Exercice 9 · Problème : intégrales de Wallis et intégrale de Gauss
ProblèmeProblème classique des écrits (CCINP, e3a, Mines-Télécom)●●●Pour $n\in\mathbb N$, on pose $W_n=\int_0^{\pi/2}\cos^nt\,\mathrm dt$.
Partie I — Wallis.
- Montrer que $W_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}W_n$. En déduire $W_{2n}=\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\cdot\frac\pi2$.
- Montrer que la suite $\left((n+1)W_{n+1}W_n\right)$ est constante, égale à $\frac\pi2$.
- Montrer que $(W_n)$ est décroissante et strictement positive, que $W_{n+1}\sim W_n$, puis que $W_n\sim\sqrt{\frac\pi{2n}}$.
Partie II — Gauss. On note $G=\int_0^{+\infty}e^{-t^2}\,\mathrm dt$ (intégrale convergente). 4. Montrer que pour $n\ge1$ et $t\in[0,\sqrt n]$ : $\left(1-\frac{t^2}n\right)^n\le e^{-t^2}$, et que pour tout $t\ge0$ : $e^{-t^2}\le\left(1+\frac{t^2}n\right)^{-n}$. 5. Montrer que $\int_0^{\sqrt n}\left(1-\frac{t^2}n\right)^n\mathrm dt=\sqrt n\,W_{2n+1}$ et $\int_0^{+\infty}\left(1+\frac{t^2}n\right)^{-n}\mathrm dt=\sqrt n\,W_{2n-2}$. 6. En déduire que $G=\frac{\sqrt\pi}2$.
1 : intégrer par parties $\cos^{n+1}t\cdot\cos t$, puis remplacer $\sin^2$ par $1-\cos^2$.
4 : $\ln(1+x)\le x$ pour $x>-1$.
5 : poser $t=\sqrt n\sin\theta$, puis $t=\sqrt n\tan\theta$.
1. Par parties, avec $u=\cos^{n+1}t$ et $v'=\cos t$ : $$W_{n+2}=\left[\cos^{n+1}t\sin t\right]_0^{\pi/2}+(n+1)\int_0^{\pi/2}\cos^nt\sin^2t\,\mathrm dt=(n+1)(W_n-W_{n+2}).$$ Donc $W_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}W_n$. Avec $W_0=\frac\pi2$ : $W_{2n}=\frac{(2n-1)(2n-3)\cdots1}{(2n)(2n-2)\cdots2}\cdot\frac\pi2$. En multipliant numérateur et dénominateur par $(2n)(2n-2)\cdots2=2^nn!$, on obtient $W_{2n}=\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\cdot\frac\pi2$.
2. $(n+2)W_{n+2}W_{n+1}=(n+1)W_nW_{n+1}$ par la question 1 : la suite est constante, égale à $1\cdot W_1W_0=1\cdot\frac\pi2$.
3. Sur $\left[0,\frac\pi2\right]$, $0\le\cos^{n+1}t\le\cos^nt$, donc $W_{n+1}\le W_n$ ; et $W_n>0$ (fonction continue positive non nulle). Alors $W_{n+2}\le W_{n+1}\le W_n$ donne $\frac{n+1}{n+2}\le\frac{W_{n+1}}{W_n}\le1$, d'où $W_{n+1}\sim W_n$. Par 2, $(n+1)W_n^2\sim(n+1)W_nW_{n+1}=\frac\pi2$, donc $W_n^2\sim\frac\pi{2n}$ et $W_n\sim\sqrt{\frac\pi{2n}}$ ($W_n>0$).
4. Pour $t\in[0,\sqrt n[$, $\ln\left(1-\frac{t^2}n\right)\le-\frac{t^2}n$, donc $n\ln\left(1-\frac{t^2}n\right)\le-t^2$, puis on prend l'exponentielle ; en $t=\sqrt n$, le membre de gauche est nul. De même $n\ln\left(1+\frac{t^2}n\right)\le t^2$ donne $\left(1+\frac{t^2}n\right)^{-n}\ge e^{-t^2}$.
5. Avec $t=\sqrt n\sin\theta$, $\theta\in\left[0,\frac\pi2\right]$ : $1-\frac{t^2}n=\cos^2\theta$ et $\mathrm dt=\sqrt n\cos\theta\,\mathrm d\theta$, d'où $\sqrt nW_{2n+1}$. Avec $t=\sqrt n\tan\theta$, bijection $\mathcal C^1$ croissante de $\left[0,\frac\pi2\right[$ sur $[0,+\infty[$ : $1+\frac{t^2}n=\frac1{\cos^2\theta}$ et $\mathrm dt=\frac{\sqrt n}{\cos^2\theta}\mathrm d\theta$, d'où $\int_0^{\pi/2}\sqrt n\cos^{2n-2}\theta\,\mathrm d\theta=\sqrt nW_{2n-2}$ (et la convergence de l'intégrale de départ).
6. Par 4 et la positivité : $$\sqrt nW_{2n+1}=\int_0^{\sqrt n}\left(1-\frac{t^2}n\right)^n\mathrm dt\le\int_0^{\sqrt n}e^{-t^2}\mathrm dt\le G\le\int_0^{+\infty}\left(1+\frac{t^2}n\right)^{-n}\mathrm dt=\sqrt nW_{2n-2}.$$ Par 3, $\sqrt nW_{2n+1}\sim\sqrt n\sqrt{\frac\pi{2(2n+1)}}\to\frac{\sqrt\pi}2$ et $\sqrt nW_{2n-2}\sim\sqrt n\sqrt{\frac\pi{2(2n-2)}}\to\frac{\sqrt\pi}2$. Par encadrement, $G=\frac{\sqrt\pi}2$.
$W_n\sim\sqrt{\frac\pi{2n}}$ et $\int_0^{+\infty}e^{-t^2}\,\mathrm dt=\frac{\sqrt\pi}2$.