Exercice 14 · Intégrales $\int_0^{\pi/4}\tan^nx\,\mathrm{d}x$ et séries alternées (type CCINP)
examen●●●Pour $n\in\mathbb{N}$, on pose $I_n=\int_0^{\pi/4}\tan^nx\,\mathrm{d}x$.
- Calculer $I_0$ et $I_1$.
- Montrer que la suite $(I_n)$ est positive et décroissante.
- Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $I_n+I_{n+2}=\frac{1}{n+1}$. En déduire $I_2$ et $I_3$.
- Montrer que, pour tout $n\ge2$, $\frac{1}{2(n+1)}\le I_n\le\frac{1}{2(n-1)}$. En déduire la limite de $(I_n)$ et un équivalent simple de $I_n$.
- Montrer que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $$\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{2k+1}=\frac\pi4+(-1)^nI_{2n+2}.$$ En déduire la limite de cette somme quand $n\to+\infty$.
- Par une méthode analogue, montrer que $\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k+1}\xrightarrow[n\to+\infty]{}\ln2$.
Une primitive de $\tan$ sur $\left[0,\frac\pi4\right]$ est $-\ln(\cos x)$.
Sur $\left[0,\frac\pi4\right]$, $0\le\tan x\le1$.
$\tan^nx(1+\tan^2x)=\tan^nx\cdot\tan'(x)$.
Question 4 : combiner la décroissance et la relation de la question 3 pour encadrer $2I_n$ et $2I_{n+2}$.
Question 5 : avec $u_k=I_{2k}$, remarquer que $(-1)^k(u_k+u_{k+1})=(-1)^ku_k-(-1)^{k+1}u_{k+1}$.
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$I_0=\int_0^{\pi/4}1\,\mathrm{d}x=\frac\pi4$. Sur $\left[0,\frac\pi4\right]$, $\cos x>0$ et $(-\ln\cos x)'=\frac{\sin x}{\cos x}=\tan x$, donc $$I_1=\big[-\ln(\cos x)\big]_0^{\pi/4}=-\ln\frac{\sqrt2}{2}=\frac{\ln2}{2}.$$
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Pour $x\in\left[0,\frac\pi4\right]$, $0\le\tan x\le1$ ($\tan$ croissante, $\tan0=0$, $\tan\frac\pi4=1$). Donc $\tan^nx\ge0$ et $\tan^{n+1}x=\tan x\cdot\tan^nx\le\tan^nx$. Les bornes étant dans l'ordre, positivité et croissance donnent $I_n\ge0$ et $I_{n+1}\le I_n$.
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Par linéarité, $I_n+I_{n+2}=\int_0^{\pi/4}\tan^nx\,(1+\tan^2x)\,\mathrm{d}x$. Or $1+\tan^2=\tan'$, et $x\mapsto\frac{\tan^{n+1}x}{n+1}$ a pour dérivée $\tan^nx\,(1+\tan^2x)$. Donc $$I_n+I_{n+2}=\left[\frac{\tan^{n+1}x}{n+1}\right]_0^{\pi/4}=\frac{1}{n+1}.$$ Ainsi $I_2=1-I_0=1-\frac\pi4$ et $I_3=\frac12-I_1=\frac{1-\ln2}{2}$.
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Par décroissance, $I_{n+2}\le I_n$, donc pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $$2I_{n+2}\le I_n+I_{n+2}=\frac1{n+1}\le2I_n.$$ L'inégalité de droite donne $I_n\ge\frac{1}{2(n+1)}$. L'inégalité de gauche au rang $n-2$ (pour $n\ge2$) donne $2I_n\le\frac{1}{n-1}$. D'où l'encadrement. Par encadrement, $I_n\to0$. De plus $$\frac{n}{n+1}\le2nI_n\le\frac{n}{n-1},$$ les deux bornes tendent vers $1$, donc $2nI_n\to1$ : $I_n\sim\frac{1}{2n}$.
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Posons $u_k=I_{2k}$. La question 3 donne $u_k+u_{k+1}=\frac{1}{2k+1}$. Donc $$\frac{(-1)^k}{2k+1}=(-1)^ku_k+(-1)^ku_{k+1}=(-1)^ku_k-(-1)^{k+1}u_{k+1}.$$ En sommant pour $k$ de $0$ à $n$, la somme télescope : $$\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{2k+1}=u_0-(-1)^{n+1}u_{n+1}=\frac\pi4+(-1)^nI_{2n+2}.$$ Comme $|(-1)^nI_{2n+2}|=I_{2n+2}\to0$, la somme tend vers $\frac\pi4$.
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Posons $v_k=I_{2k+1}$ : $v_k+v_{k+1}=I_{2k+1}+I_{2k+3}=\frac{1}{2k+2}$. Le même télescopage donne $$\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{2(k+1)}=v_0+(-1)^nv_{n+1}=\frac{\ln2}{2}+(-1)^nI_{2n+3}.$$ En multipliant par $2$ : $\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k+1}=\ln2+2(-1)^nI_{2n+3}\to\ln2$, car $I_{2n+3}\to0$.
Vérification pour $n=0$ : $1=\frac\pi4+I_2$ et $\frac12=I_1+I_3$, conformes aux valeurs trouvées.
$I_0=\frac\pi4$, $I_1=\frac{\ln2}2$, $I_n\sim\frac1{2n}$, $\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{2k+1}\to\frac\pi4$