1- Définition et propriétés des intégrales de Wallis

1.1 Définition

On nomme "intégrale de Wallis" l'intégrale \(W_n\) suivante (dépendante de l'entier \(n\)): $$W_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n(t) dt$$ On pourra noter que on a également : $$W_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n(t) dt$$ Pour s'en rendre compte, il suffit d'effectuer le changement de variable \(x = \frac{\pi}{2} - t \) et d'appliquer la formule : \(\cos \left(\frac{\pi}{2} - x \right) = \sin(x)\)

1.2 Relations de récurrences, limite

Pour tout \(n \in \mathbb{N}\) plus grand que \(2\), on a : $$n W_n = (n-1) W_{n-2}$$ Et pour tout \(n \in \mathbb{N}\) non nul, on a : $$n W_n W_{n-1} = \frac{\pi}{2} $$

Demonstration

Première relation de récurrence

Puisque \(n \ge 2\) on peut intégrer par partie par exemple en posant : $$\begin{cases} u(x) = \cos^{n-1}(x) \\ v'(x) = \cos(x) \end{cases}$$ D'où: $$\begin{cases} u'(x) = -(n-1)\cos^{n-2}(x)\sin(x) \\ v(x) = \sin(x) \end{cases}$$ On obtient alors: $$W_n = [\cos^{n-1}(x)\sin(x){]_0}^{\frac{\pi}{2}} + (n-1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{n-2}(x) \sin^2(x) dx$$ $$W_n = (n-1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{n-2}(x) (1-\cos^2(x)) dx$$ $$W_n = (n-1) (W_{n-2} - W_2)$$ D'où finalement : $$n W_n = (n-1) W_{n-2}$$

Deuxième relation de récurrence

En partant de la précédente relation de récurrence et en multipliant chaque membre par \( W_{n-1}\) on obtient que : $$n W_n W_{n-1} = (n-1) W_{n-1} W_{n-2}$$ On en déduit que la suite \( (nW_{n}W_{n-1})_{n \in \mathbb{N}/{1}} \) est constante et que donc : Pour tout \(n\) plus grand que \(1\), on a : $$n W_n W_{n-1} = W_1 W_0 = \frac{\pi}{2}$$

Limite

\( (W_n)_{n \in \mathbb{N}}\) est bien une suite décroissante : $$W_{n+1} - W_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n(x)(\sin(x)-1) dx \le 0$$ De plus elle est bien minorée par \(0\). Donc d'après le théorème de la limite monotone, elle converge vers une limie \(L\). En passant à la limite dans l'équation de récurrence précédente, on a \(L^2 = 0\) d'où : \(L = 0\).

1.3 Formule explicite

Soit \(p\) un entier naturel, on a : $$W_{2p} = \frac{(2p)!}{2^{2p}(p!)^2} \frac{\pi}{2}$$ Et : $$W_{2p+1} = \frac{2^{2p}(p!)^2}{(2p+1)!}$$

Demonstration

Cas pair

On procède par récurrence sur \(p\). Pour \(p = 0\), on a évidemment l'égalité. Pour l'hérédité, on choisit \(n\) entier naturel quelconque tel que la propriété soit vraie pour cet entier. On écrit alors d'après la formule de récurrence : $$W_{2(p+1)} = W_{2p + 2} = \frac{2p+1}{2p+2} W_{2p}$$ D'où : $$W_{2p+2} = \frac{2p+1}{2p+2} \frac{(2p)!}{2^{2p}(p!)^2} \frac{\pi}{2}$$ $$W_{2p+2} = \frac{(2p+2)!}{(2p+2)^2 2^{2p}(p!)^2} \frac{\pi}{2}$$ $$W_{2p+2} = \frac{(2p+2)!}{4(p+1)^2 2^{2p}(p!)^2} \frac{\pi}{2}$$ $$W_{2p+2} = \frac{(2(p+1))!}{2^{2(p+1)}((p+1)!)^2} \frac{\pi}{2}$$

Cas impair

On procède par récurrence sur \(p\). Pour \(p = 0\), de même l'égalité est directe. Pour l'hérédité, on choisit \(n\) entier naturel quelconque tel que la propriété soit vraie pour cet entier. On écrit alors d'après la formule de récurrence : $$W_{2(p+1)+1} = W_{2p + 3} = \frac{2p+2}{2p+3} W_{2p+1}$$ D'où : $$W_{2p+3} = \frac{2p+2}{2p+3} \frac{2^{2p}(p!)^2}{(2p+1)!}$$ $$W_{2p+3} = \frac{(2p+2)^2 2^{2p}(p!)^2}{(2p+3)!}$$ $$W_{2p+3} = \frac{4(p+1)^2 2^{2p}(p!)^2}{(2p+3)!}$$ $$W_{2p+3} = \frac{2^{2(p+1)}((p+1)!)^2}{(2p+3)!}$$

1.4 Equivalent des intégrales de Wallis

On a : $$W_{n+1} \sim W_n$$ Et : $$W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}}$$

Demonstration

1er équivalent

La suite \( (W_n)_{n \in \mathbb{N}}\) est décroissante, d'où : $$\frac{n+1}{n+2} \le \frac{W_{n+2}}{n} \le \frac{W_{n+1}}{W_n} \le 1$$ En appliquant le théorème des gendarmes (encadrement par deux suites qui tendent vers \(1\)) on obtient que : \( \lim_{n \to \infty} \frac{W_{n+1}}{W_n} = 1 \) ce qui prouve l'équivalence.

2ème équivalent

On a : \( W_{n+1}W_{n}n = \frac{\pi}{2} \), d'où d'après l'équivalent précédent : $${W_n}^2 \sim \frac{\pi}{2n}$$ $$W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}}$$

2- Produit de Wallis

2.1 Première limite

On a la limite suivante : $$ \lim_{n \to \infty} \frac{2^{4n}(n!)^4}{n((2n)!)^2} = \pi $$

Demonstration

On a : $$ \frac{W_{2n+1}}{W_{2n}} = \frac{2^{4n}(n!)^4}{(2n+1)((2n)!)^2} \frac{2}{\pi} $$ Et comme \( W_{2n+1} \sim W_{2n}\), on a : $$2^{4n+1}(n!)^4 \sim (2n+1)((2n)!)^2 \pi$$ De plus on a : $$(2n+1)((2n)!)^2 \pi \sim (2n)((2n)!)^2 \pi$$ D'où : $$2^{4n+1}(n!)^4 \sim (2n)((2n)!)^2 \pi$$ Donc : $$\frac{2^{4n+1}(n!)^4}{(2n)((2n)!)^2} \sim \pi$$ $$\frac{2^{4n}(n!)^4}{n((2n)!)^2} \sim \pi$$ C'est-à-dire : $$ \lim_{n \to \infty} \frac{2^{4n}(n!)^4}{n((2n)!)^2} = \pi $$

2.2 Deuxième limite

On a la limite suivante : $$ \lim_{n \to \infty} \frac{2^{4n+2}n(n!)^4}{((2n+1)!)^2} = \pi $$

Demonstration

En effet, démontrons que : $$ \frac{2^{4n}(n!)^4}{n((2n)!)^2} \underset{n \to \infty}{\sim} \frac{2^{4n+2}n(n!)^4}{((2n+1)!)^2} $$ Nous avons : $$ \frac{2^{4n}(n!)^4}{n((2n)!)^2} \frac{((2n+1)!)^2}{2^{4n+2}n(n!)^4} = \left( \frac{2n+1}{2n} \right)^2 $$ D'où : $$ \underset{n \to \infty}{\lim} \frac{2^{4n}(n!)^4}{n((2n)!)^2} \frac{((2n+1)!)^2}{2^{4n+2}n(n!)^4} = 1$$ D'où l'équivalence des deux expressions en plus l'infini. Et d'après la limite précédente, on en déduit que : $$ \lim_{n \to \infty} \frac{2^{4n+2}n(n!)^4}{((2n+1)!)^2} = \pi $$

2.3 Troisième limite

La troisième et dernière limite intermédiaire : $$ \lim_{n \to \infty} \frac{2^{4n+1}(n!)^4}{(2n)!(2n+1)!} = \pi $$

Demonstration

En effet, démontrons que : $$ \frac{2^{4n+1}(n!)^4}{(2n)!(2n+1)!} \underset{n \to \infty}{\sim} \frac{2^{4n+2}n(n!)^4}{((2n+1)!)^2} $$ Calculons le quotient : $$ \frac{2^{4n+1}(n!)^4}{(2n)!(2n+1)!} \frac{((2n+1)!)^2}{2^{4n+2}n(n!)^4} = \left( \frac{2n}{2n+1} \right)^2 $$ D'où : $$ \underset{n \to \infty}{\lim} \frac{2^{4n+1}(n!)^4}{(2n)!(2n+1)!} \frac{((2n+1)!)^2}{2^{4n+2}n(n!)^4} = 1$$ Avec la limite du paragrphe, on en déduit que : $$ \lim_{n \to \infty} \frac{2^{4n+1}(n!)^4}{(2n)!(2n+1)!} = \pi $$

2.4 Produit de Wallis

Dernière étape, démontrons le produit de Wallis à savoir que : $$ \prod_{k=1}^{\infty} \frac{4k^2}{4k^2-1} = \frac{\pi}{2} $$

Demonstration

On peut directement exprimer le produit partiel : \(2 \prod_{k=1}^{n} \frac{4k^2}{4k^2-1} \). En effet, prouvons que : $$\forall n \in \mathbb{N}^* , \frac{2^{4n+1}(n!)^4}{(2n)!(2n+1)!} = 2 \prod_{k=1}^{n} \frac{4k^2}{4k^2-1} $$ Tout d'abord, remarquons que : $$ 2 \prod_{k=1}^{n} \frac{4k^2}{4k^2-1} = 2 \frac{4^n (n!)^2}{\prod_{k=1}^{n} (2k-1) \prod_{k=1}^{n} (2k+1)}$$ Démontrons donc par récurrence que : $$ \forall n \in \mathbb{N}^* , \prod_{k=1}^{n} (2k-1) = \frac{(2n-1)!}{2^{n-1}(n-1)!} $$ La proprosition est vraie trivialement pour \(n = 1\). Supposons que que la proposition soit vraie pour un entier \(n \in \mathbb{N}^*\) et vérifions qu'elle reste vraie pour l'entier \(n+1\) : $$ \prod_{k=1}^{n+1} (2k-1) = (2n+1) \frac{(2n-1)!}{2^{n-1}(n-1)!} $$ Par hypothèse de réccurence. D'où : $$ \prod_{k=1}^{n+1} (2k-1) = \frac{(2n+1)(2n)(2n-1)!}{(2n)2^{n-1}(n-1)!} $$ $$ \prod_{k=1}^{n+1} (2k-1) = \frac{(2n+1)!}{2^{n}n!} $$ D'où la conclusion. On en déduit l'expression de l'autre produit : $$ \forall n \in \mathbb{N}^* , \prod_{k=0}^{n-1} (2k+1) = \prod_{k=1}^{n} (2k-1)$$ $$ \forall n \in \mathbb{N}^* , \prod_{k=1}^{n} (2k+1) = \frac{(2n-1)!(2n+1)}{2^{n-1}(n-1)!}$$ On en déduit alors l'égalité annoncée : $$ 2 \prod_{k=1}^{n} \frac{4k^2}{4k^2-1} = \frac{2 2^{2n} (n!)^2 2^{n-1} (n-1)! 2^{n-1} (n-1)!}{(2n-1)! (2n-1)! (2n+1)} = \frac{2^{4n+1} (n!)^4}{(2n)! (2n+1)!}$$ Et d'après le paragraphe précédent, on en déduit le produit infini de wallis.

3- Formule de Stirling

3.1 Etude d'une suite

Démontrons qu'il existe un réel \(\beta \) strictement positif tel que \(n! \underset{n \to \infty}{\sim} \beta \left( \frac{n}{e} \right)^n \sqrt{n} \)

Demonstration

Soit la suite \( (u_n)_{n \in \mathbb{N}^*} \) définie pour \(n \ge 1 \) par : $$ u_n = \frac{n! e^n}{n^n \sqrt{n}}$$ On a pour tout \( n \in \mathbb{N}^* \) : $$ \ln ( u_{n+1} ) - \ln ( u_n ) = 1 - \left( n + \frac{1}{2} \right) \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) $$ On effectue alors un développement limité du logarithme à l'ordre \(2\) : $$ \ln ( u_{n+1} ) - \ln ( u_n ) = 1 - \left( n + \frac{1}{2} \right) \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^2} + \underset{+ \infty}{o} \left( \frac{1}{n^3} \right) \right) $$ D'où : $$ \ln ( u_{n+1} ) - \ln ( u_n ) \underset{+ \infty}{\sim} - \frac{1}{12n^2}$$ D'où on en déduit que la série \( \sum \ln ( u_{n+1} ) - \ln ( u_n ) \) converge par comparaison à une série de Riemann (elle est également de signe constant). Et que donc puisqu'il s'agit d'une série télescopique, la suite \((\ln (u_n))_{n \in \mathbb{N}^*} \) converge aussi vers une limite \( \alpha \). D'où \( (u_n)_{n \in \mathbb{N}^*} \) converge vers \(\beta = e^{\alpha}\) qui est donc strictement positive. On en déduit donc que : $$ n! \underset{+ \infty}{\sim} \beta \left( \frac{n}{e} \right)^n \sqrt{n} $$

3.2 Formule de Stirling

Démontrons la formule de Stirling : $$ n! \underset{+ \infty}{\sim} \sqrt{2 \pi} \left( \frac{n}{e} \right)^n \sqrt{n} $$

Demonstration

D'après le paragraphe précédent, on sait que \( n! \underset{+ \infty}{\sim} \beta \left( \frac{n}{e} \right)^n \sqrt{n} \). D'après la formule des équivalents des intégrales de Wallis on a : $$ \sqrt{ \frac{\pi}{4p}} \underset{+ \infty}{\sim} W_{2p} $$ Et comme \(W_{2p} = \frac{(2p)!}{2^{2p}(p!)^2} \frac{\pi}{2}\), on a d'autre part que (en utilisant l'équivalent de la factorielle trouvé au paragraphe précédent) : $$ W_{2p} \underset{+ \infty}{\sim} \frac{\pi}{2^{2p+1}} \left( \beta \left( \frac{2p}{e} \right)^{2p} \sqrt{2p} \right) \left( \frac{1}{\beta^2 p} \left( \frac{e}{p} \right)^{2p} \right)$$ Donc on a après simplification : $$ \underset{n \to \infty}{\lim} \beta = \underset{n \to \infty}{\lim} \sqrt{2 \pi}$$ D'où : $$ \beta = \sqrt{2 \pi} $$ On en déduit alors la formule de Stirling.

4- Intégrales avec puissances de tangente

4.1 Définitions et relation de récurrence

Etudions la suite \((T_n)_{n \in \mathbb{N}} \) définie par : $$ T_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^n(t) dt$$ Cette suite vérifie la propriété pour tout \(n \in \mathbb{N} \): $$T_{n+2} + T_n = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^n(t) (\tan^2(t) + 1) dt$$ $$T_{n+2} + T_n = \left[ \frac{\tan^{n+1}(t)}{n+1} \right]_0^{\frac{\pi}{4}}$$ $$T_{n+2} + T_n =\frac{1}{n+1}$$

4.2 Calcul explicite

Cas pair

Pour \(n \in \mathbb{N}^* \) : $$ \sum_{k=1}^n (-1)^k (T_{2k+1} + T_{2k-1}) = \sum_{k=1}^n ((-1)^k T_{2k+1} - (-1)^{k-1} T_{2k-1})$$ Donc par télescopage : $$ \sum_{k=1}^n (-1)^k (T_{2k+1} + T_{2k-1}) = (-1)^n T_{2n+1} - T_1$$ D'où d'après le calcul du paragraphe précédent : $$ \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{2k} = (-1)^n T_{2n+1} - \frac{\ln(2)}{2}$$ D'où on en déduit : $$T_{2n+1} = \frac{(-1)^n}{2} \left( \ln(2) + \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{k} \right)$$

Cas impair

De même dans le cas pair. Pour \(n \in \mathbb{N}^* \) : $$ \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k (T_{2k+2} + T_{2k}) = \sum_{k=1}^n ((-1)^{k+1} T_{2k+2} - (-1)^{k} T_{2k})$$ Donc par télescopage : $$ \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k (T_{2k+1} + T_{2k-1}) = (-1)^n T_{2n} - T_0$$ D'où d'après le calcul du paragraphe précédent : $$ \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{2k+1} = \frac{\pi}{4} - (-1)^n T_{2n}$$ D'où on en déduit : $$T_{2n} = (-1)^n \left( \frac{\pi}{4} - \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{2k+1} \right)$$

4.3 Limite

On a pour tout \(n \in \mathbb{N}\) : $$ 0 \le T_n \le T_n + T_{n+2} = \frac{1}{n+1}$$ Donc par encadrement la suite \((T_n)_{n \in \mathbb{N}}\) tend vers \(0\).

4.4 Applications

Par passage à la limite dans les égalités du paragraphe anté-précédent, sachant que \((T_n)_{n \in \mathbb{N}}\) tend vers \(0\), on trouve que : $$ \sum_{k=0}^{+ \infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} = \frac{\pi}{4} $$ $$ \sum_{k=1}^{+ \infty} \frac{(-1)^k}{k} = - \ln(2)$$