Primitives

Les amies de Wallis - Exercice 1

2 h
165
John Wallis\textit{John Wallis} est né le 23 novembre 1616 à Ashford, et est mort le 28 octobre 1703 à Oxford. C'est un mathématicien anglais parmi les plus influent de son époque. Ses travaux sont précurseurs de ceux de Newton\textit{Newton} (1643 / 1727). Il est également précurseur de la phonétique, de l'éducation des sourds et de l'orthophonie.

John Wallis\textit{John Wallis} a fait ses études à Cambridge, à l'Emmanuel College d'abord, puis il se perfectionna au Queens' College. Étudiant d'abord la théologie, il est ordonné prêtre en 1640. Il se réoriente ensuite vers les mathématiques et montre un grand talent pour la cryptographie durant la guerre civile, en décryptant les messages des royalistes. Il occupe ensuite la chaire savilienne de géométrie à l'université d'Oxford. Il a été l'un des fondateurs de la Royal Society.

Ses travaux concernent principalement le calcul différentiel et intégral où il introduit les intégrales de Wallis\textit{Wallis}. On lui doit également le symbole de l'infini ∞\infty que l'on utilise de nos jours. Il assista l'astronome anglais Jeremiah Horrocks\textit{Jeremiah Horrocks} (1619 / 1641) pour ses calculs d'éphémérides, notamment lors du transit de Vénus de 1639.

En 1692 il résolut le problème de la voûte quarrable, posé par le mathématicien italien Vincenzo Viviani\textit{Vincenzo Viviani} (1622 / 1703) : trouver une fenêtre dans une voûte hémisphérique de sorte que le reste de la voûte soit quarrable, c'est-à-dire dont l'aire puisse s'écrire c2c^2, où cc est un nombre constructible à la règle et au compas.

En 1655, dans son livre "Arithmetica infinitorum" il y démontre le célèbre produit dit de Wallis\textit{Wallis} qui exprime la moitié du célèbre nombre π\pi
Question 1
↬  Hypotheˋses‾ :\looparrowright \,\, \textit{\underline{Hypothèses} :}
Soit n∈Nn \in \mathbb{N}. On considère les deux familles d'intégrales, dites de Wallis\textit{Wallis}, suivantes :
In=∫0π2sin⁡n(t) dt         et         Jn=∫0π2cos⁡n(t) dtI_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n(t) \, dt \,\,\,\,\,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\,\,\,\,\, J_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^n(t) \, dt

Démontrer que, ∀n∈N\forall n \in \mathbb{N}, on a :
In=JnI_n = J_n
Pour réaliser cela, vous utiliserez le changement de variable suivant :
x=π2−tx = \dfrac{\pi}{2} - t

Correction
∀n∈N\forall n \in \mathbb{N}, on a :
In=∫0π2sin⁡n(t) dt     ⟺     In=∫0π2(sin⁡(t))n dtI_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n(t) \, dt \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \sin(t) \right)^n \, dt
En effectuant le changement de variable suivant :
x=π2−t     ⟺     t=π2−x     ⟹     dtdx=−1     ⟹     dt=−dxx = \dfrac{\pi}{2} - t \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, t = \dfrac{\pi}{2} - x \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{dt}{dx} = -1 \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, dt = - dx
Si t=0t = 0 alors x=π2x=\dfrac{\pi}{2} et si t=π2t = \dfrac{\pi}{2} alors x=0x=0. Ainsi, on a :
In=∫π20(sin⁡(π2−x))n (−dx)     ⟺     In=−∫π20(sin⁡(π2−x))n dxI_n = \int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \left( \sin\left( \dfrac{\pi}{2} - x \right) \right)^n \, (- dx) \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_n = - \int_{\frac{\pi}{2}}^{0} \left( \sin\left( \dfrac{\pi}{2} - x \right) \right)^n \, dx
Puis, en inversant les bornes de l'intégrale, on obtient :
In=−−∫0π2(sin⁡(π2−x))n dx     ⟺     In=∫0π2(sin⁡(π2−x))n dxI_n = -- \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \sin\left( \dfrac{\pi}{2} - x \right) \right)^n \, dx \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \sin\left( \dfrac{\pi}{2} - x \right) \right)^n \, dx
Or, on sait que ∀x∈R\forall x \in \mathbb{R}, on a :
sin⁡(π2−x)=cos⁡(x)\sin\left( \dfrac{\pi}{2} - x \right) = \cos (x)
Ce qui nous donne :
In=∫0π2(cos⁡(x))n dx     ⟺     In=∫0π2cos⁡n(x) dxI_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \cos\left( x \right) \right)^n \, dx \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^n\left( x \right) \, dx
Finalement, ∀n∈N\forall n \in \mathbb{N}, on a :
In=Jn\boxed{I_n = J_n}
Question 2

Calculer I0I_0.

Correction
On a I0I_0 qui vaut :
I0=∫0π2sin⁡0(t) dt     ⟺     I0=∫0π21 dt     ⟺     I0=[x]0π2I_0 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^0(t) \, dt \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_0 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1 \, dt \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_0 = \left[ x \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}
Finalement, on a :
I0=π2\boxed{I_0 = \frac{\pi}{2}}
Question 3

Calculer I1I_1.

Correction
L'intégrale I1I_1 vaut :
I1=∫0π2sin⁡1(t) dt     ⟺     I1=∫0π2sin⁡(t) dt     ⟺     I1=[−cos⁡(t)]0π2I_1 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^1(t) \, dt \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_1 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(t) \, dt \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_1 = \left[ - \cos(t) \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}
Soit :
I1=−[cos⁡(t)]0π2     ⟺     I1=[cos⁡(t)]π20     ⟺     I1=cos⁡(0)−cos⁡(π2)I_1 = -\left[ \cos(t) \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_1 = \left[ \cos(t) \right]_{\frac{\pi}{2}}^{0} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_1 = \cos(0) - \cos\left( \frac{\pi}{2} \right)
D'où :
I1=1−0I_1 = 1 - 0
Finalement, on a :
I1=1\boxed{I_1 = 1}
Question 4

Démontrer que, ∀n∈N/{0 ; 1}\forall n \in \mathbb{N} / \{0\,;\,1\}, on a :
In=n−1nIn−2I_n = \dfrac{n-1}{n} I_{n-2}
Pour réaliser cela, vous utiliserez l'écriture suivante :
sin⁡n(t)=sin⁡n−1(t)sin⁡(t)\sin^n(t) = \sin^{n-1}(t) \sin(t)

Correction
On a, ∀n∈N\forall n \in \mathbb{N}, les développements suivants :
In=∫0π2sin⁡n(t) dt     ⟺     In=∫0π2sin⁡n−1(t)sin⁡(t) dtI_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n(t) \, dt \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-1}(t) \sin(t) \, dt
En intégrant par parties, on obtient :
In=[−cos⁡(t)sin⁡n−1(t)]0π2−∫0π2−cos⁡(t)(n−1)cos⁡(t)sin⁡n−2(t) dtI_n = \left[ -\cos(t) \sin^{n-1}(t)\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} -\cos(t) (n-1) \cos(t) \sin^{n-2}(t) \, dt
Or, on sait que cos⁡(π2)=0\cos \left( \frac{\pi}{2} \right) =0 et sin⁡(0)=0\sin(0) = 0. D'où :
In=(n−1)∫0π2cos⁡2(t)sin⁡n−2(t) dtI_n = (n-1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2(t) \sin^{n-2}(t) \, dt
Mais, ∀t∈R\forall t \in \mathbb{R}, on a cos⁡2(t)=1−sin⁡2(t)\cos^2(t) = 1 - \sin^2(t). D'où :
In=(n−1)∫0π2(1−sin⁡2(t))sin⁡n−2(t) dtI_n = (n-1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left(1 - \sin^2(t) \right) \sin^{n-2}(t) \, dt
En développant, on obtient :
In=(n−1)(∫0π2sin⁡n−2(t) dt−∫0π2sin⁡n(t) dt)I_n = (n-1) \left( \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n-2}(t) \, dt - \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n}(t) \, dt \right)
Soit :
In=(n−1)(In−2−In)     ⟺     In=(n−1)In−2−(n−1)InI_n = (n-1) \left( I_{n-2} - I_{n} \right) \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, I_n = (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_{n}
Ce qui nous donne :
In+(n−1)In=(n−1)In−2     ⟺     (1+n−1)In=(n−1)In−2I_n + (n-1) I_{n} = (n-1) I_{n-2} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, (1+ n-1) I_{n} = (n-1) I_{n-2}
Ainsi, on trouve que :
(n)In=(n−1)In−2(n) I_{n} = (n-1) I_{n-2}
Finalement, on obtient :
In=n−1nIn−2\boxed{I_n = \dfrac{n-1}{n} I_{n-2}}
Question 5

Si nn est pair alors on pose n=2pn = 2p ou p∈N∗p \in \mathbb{N}^*. Démontrer alors que :
I2p=1×3×5×...×(2p−1)2×4×6×...×(2p)π2I_{2p} = \dfrac{1 \times 3 \times 5 \times ... \times (2p-1)}{2 \times 4 \times 6 \times ... \times (2p)}\dfrac{\pi}{2}

Correction
Si nn est pair alors on pose n=2pn = 2p ou p∈Np \in \mathbb{N}. On a alors :
I2p=2p−12pI2p−2     ⟹     I2p−2=2p−32p−2I2p−4     ⟹     I2p−4=2p−52p−4I2p−6I_{2p} = \dfrac{2p-1}{2p} I_{2p-2} \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, I_{2p-2} = \dfrac{2p-3}{2p-2} I_{2p-4} \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, I_{2p-4} = \dfrac{2p-5}{2p-4} I_{2p-6}
On peut réitérer cette égalité jusqu'à la dernière :
I2=12I0     ⟹     I2=12×π2I_{2} = \dfrac{1}{2} I_{0} \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, I_{2} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\pi}{2}
Ainsi, il est possible d'écrire que :
I2p=2p−12p×2p−32p−2×2p−52p−4I2p−6×...×12×π2I_{2p} = \dfrac{2p-1}{2p} \times \dfrac{2p-3}{2p-2} \times \dfrac{2p-5}{2p-4} I_{2p-6} \times ... \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\pi}{2}
On remarque qu'au numérateur, on effectue une suite de produits, partant de 11 jusqu'à 2p−12p-1, mais par "saut de deux". De même, au dénominateur, on effectue une suite de produits, partant de 22 jusqu'à 2p2p, mais par "saut de deux". Ainsi, on a :
I2p=1×3×5×...×(2p−1)2×4×6×...×(2p)π2\boxed{I_{2p} = \dfrac{1 \times 3 \times 5 \times ... \times (2p-1)}{2 \times 4 \times 6 \times ... \times (2p)}\dfrac{\pi}{2} }
Question 6

Si nn est impair alors on pose n=2p+1n = 2p+1 ou p∈N∗p \in \mathbb{N}^*. Démontrer alors que :
I2p+1=2×4×6×...×(2p)3×5×7×...×(2p+1)I_{2p+1} = \dfrac{2 \times 4 \times 6 \times ... \times (2p)}{3 \times 5 \times 7 \times ... \times (2p+1)}

Correction
Si nn est impair alors on pose n=2p+1n = 2p+1 ou p∈N∗p \in \mathbb{N}^*, on a alors :
I2p+1=2p+1−12p+1I2p+1−2     ⟹     I2p+1=2p2p+1I2p−1I_{2p+1} = \dfrac{2p+1-1}{2p+1} I_{2p+1-2} \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, I_{2p+1} = \dfrac{2p}{2p+1} I_{2p-1}
On va donc pouvoir écrire que :
I2p−1=2p−22p−1I2p−3     ⟹     I2p−3=2p−42p−3I2p−5I_{2p-1} = \dfrac{2p-2}{2p-1} I_{2p-3} \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, I_{2p-3} = \dfrac{2p-4 }{ 2p-3} I_{2p-5}
On peut réitérer cette égalité jusqu'à la dernière :
I3=23I1     ⟹     I3=23×1     ⟹     I3=23I_{3} = \dfrac{2}{3} I_{1} \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, I_{3} = \dfrac{2}{3} \times 1 \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, I_{3} = \dfrac{2}{3}
Ainsi, il est possible d'écrire que :
I2p+1=2p2p+1×2p−22p−1×2p−42p−3I2p−5×...×23I_{2p+1} = \dfrac{2p}{2p+1} \times \dfrac{2p-2}{2p-1} \times \dfrac{2p-4 }{ 2p-3} I_{2p-5} \times ... \times \dfrac{2}{3}
On remarque qu'au numérateur, on effectue une suite de produits, partant de 22 jusqu'à 2p2p, mais par "saut de deux". De même, au dénominateur, on effectue une suite de produits, partant de 33 jusqu'à 2p+12p+1, mais par "saut de deux". Ainsi, on a :
I2p+1=2×4×6×...×(2p)3×5×7×...×(2p+1)\boxed{I_{2p+1} = \dfrac{2 \times 4 \times 6 \times ... \times (2p)}{3 \times 5 \times 7 \times ...\times (2p+1)}}
Question 7

Si nn est pair, démontrer alors que :
I2p=(2 p)!22p+1 (p!)2πI_{2p} = \frac{(2\,p)!}{2^{2p+1}\, (p!)^2} \pi

Correction
Si nn est pair, on sait que :
I2p=1×3×5×...×(2p−1)2×4×6×...×(2p)π2I_{2p} = \dfrac{1 \times 3 \times 5 \times ... \times (2p-1)}{2 \times 4 \times 6 \times ... \times (2p)}\dfrac{\pi}{2}
Ce qui peut encore s'écrire sous la forme :
I2p=1×2×3×4×5×6×...×(2p−1)×(2p)22×42×62×...×(2p)2π2I_{2p} = \dfrac{1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times ... \times (2p-1) \times (2p)}{2^2 \times 4^2 \times 6^2 \times ... \times (2p)^2}\dfrac{\pi}{2}
Ou encore :
I2p=1×2×3×4×5×6×...×(2p−1)×(2p)22×2222×2232×...×22p2π2I_{2p} = \dfrac{1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times ... \times (2p-1) \times (2p) }{2^2 \times 2^2 2^2 \times 2^2 3^2 \times ... \times 2^2p^2}\dfrac{\pi}{2}
En regroupant tous les termes 222^2, on trouve que :
I2p=1×2×3×4×5×6×...×(2p−1)×(2p)(22×22×...×22⏟p  termes)×(1×22×32×...×p2)π2I_{2p} = \dfrac{1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times ... \times (2p-1) \times (2p)}{ (\underbrace{2^2 \times 2^2 \times ... \times 2^2}_{p \,\, termes}) \times (1\times 2^2 \times 3^2 \times ... \times p^2)}\dfrac{\pi}{2}
Mais 1=121=1^2, d'où :
I2p=1×2×3×4×5×6×...×(2p−1)×(2p)(22×22×...×22⏟p  termes)×(12×22×32×...×p2)π2I_{2p} = \dfrac{1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times ... \times (2p-1) \times (2p)}{ (\underbrace{2^2 \times 2^2 \times ... \times 2^2}_{p \,\, termes}) \times (1^2 \times 2^2 \times 3^2 \times ... \times p^2)}\dfrac{\pi}{2}
Soit :
I2p=(2p)!(22)p×(1×2×3×...×p)2π2I_{2p} = \dfrac{(2p)!}{ \left( 2^2 \right)^p \times (1 \times 2 \times 3 \times ... \times p)^2}\dfrac{\pi}{2}
Ce qui nous donne :
I2p=(2p)!22p×(p!)2π2I_{2p} = \dfrac{(2p)!}{ 2^{2p} \times (p!)^2}\dfrac{\pi}{2}
En déplaçant le 22 du dénominateur, on trouve que :
I2p=(2 p)!22p2 (p!)2πI_{2p} = \frac{(2\,p)!}{2^{2p}2\, (p!)^2} \pi
Finalement, on trouve la relation suivante :
I2p=(2 p)!22p+1 (p!)2π\boxed{I_{2p} = \frac{(2\,p)!}{2^{2p+1}\, (p!)^2} \pi}
Question 8

Si nn est impair, démontrer alors que :
I2p+1=22 p (p!)2(2 p+1)! I_{2p+1} =\frac{2^{2\,p}\, (p!)^2}{(2\,p +1)!}~

Correction
Si nn est impair, on sait que :
I2p+1=2×4×6×...×(2p)3×5×7×...×(2p+1)I_{2p+1} = \dfrac{2 \times 4 \times 6 \times ... \times (2p)}{3 \times 5 \times 7 \times ... \times (2p+1)}
Qui va encore s'écrire comme :
I2p+1=22×42×62×...×(2p)22×3×4×5×6×7×...×(2p+1)I_{2p+1} = \dfrac{2^2 \times 4^2 \times 6^2 \times ... \times (2p)^2}{2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times 7 \times ... \times (2p+1)}
Comme multiplier par 11 ne change rien, on a également :
I2p+1=22×42×62×...×(2p)21×2×3×4×5×6×7×...×(2p+1)I_{2p+1} = \dfrac{2^2 \times 4^2 \times 6^2 \times ... \times (2p)^2}{1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times 7 \times ... \times (2p+1)}
On a alors, de manière similaire à la question précédente, l'écriture suivante :
I2p+1=22×2222×2232×...×22(p)21×2×3×4×5×6×7×...×(2p+1)I_{2p+1} = \dfrac{2^2 \times 2^22^2 \times 2^23^2 \times ... \times 2^2(p)^2}{1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times 7 \times ... \times (2p+1)}
Soit encore en regroupant les 222^2 ensembles :
I2p+1=(22×22×...×22⏟p  termes)×(1×22×32×...×p2)1×2×3×4×5×6×7×...×(2p+1)I_{2p+1} = \dfrac{(\underbrace{2^2 \times 2^2 \times ... \times 2^2}_{p \,\, termes}) \times (1\times 2^2 \times 3^2 \times ... \times p^2)}{1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times 7 \times ... \times (2p+1)}
Mais comme 1=121=1^2, on obtient :
I2p+1=(22×22×...×22⏟p  termes)×(12×22×32×...×p2)1×2×3×4×5×6×7×...×(2p+1)I_{2p+1} = \dfrac{(\underbrace{2^2 \times 2^2 \times ... \times 2^2}_{p \,\, termes}) \times (1^2\times 2^2 \times 3^2 \times ... \times p^2)}{1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times 7 \times ... \times (2p+1)}
Ce qui nous donne :
I2p+1=(22×22×...×22⏟p  termes)×(1×2×3×...×p)21×2×3×4×5×6×7×...×(2p+1)I_{2p+1} = \dfrac{(\underbrace{2^2 \times 2^2 \times ... \times 2^2}_{p \,\, termes}) \times (1\times 2 \times 3 \times ... \times p)^2}{1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times 7 \times ... \times (2p+1)}
Finalement, on trouve que :
I2p+1=22 p (p!)2(2 p+1)!\boxed{I_{2p+1} =\frac{2^{2\,p}\, (p!)^2}{(2\,p +1)!}}