Les intégrales de Wallis et Futuna

Pour {n\ge1}, soit {F_{n}=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\!\!\dfrac{\,\text{d}t}{\,\text{ch}^{n}(t)}} (intégrales de Futuna).

  1. Pouver l’existence de {F_{1},F_{2}}, et calculer leurs valeurs.
  2. Prouver l’existence de {F_{n}} et trouver une relation de récurrence.
  3. Calculer les intégrales {F_{2n}} et {F_{2n+1}}.
  4. Pour {n\in\mathbb{N}}, on pose {W_n=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}\!\!\cos^n(x)\;\text{d}x} (intégrales de Wallis).

    Pour tout {n\ge 1}, prouver l’égalité {F_n=W_{n-1}}.

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  1. L’application {t\mapsto\dfrac{1}{\,\text{ch}(t)}} est positive et continue sur {\mathbb{R}^+}.

    Dans {\displaystyle\int_{0}^{a}\dfrac{\,\text{d}t}{\,\text{ch}(t)}} (avec {a>0}) on pose {u=\text{e}^t}.

    Ainsi {\text{d}u=\text{e}^t\,\text{d}t=u\,\text{d}t} et {\text{ch}(t)=\dfrac{u^2+1}{2u}}.

    On trouve donc : {\begin{array}{rl}\displaystyle\int_{0}^{a}\dfrac{\,\text{d}t}{\,\text{ch}(t)}&=\displaystyle\int_{1}^{\text{e}^a}\dfrac{2\,\text{d}u}{u^2+1}\\\\&={\Bigl[2\arctan u\Bigr]}_{1}^{e^a}=2\Bigl(\arctan(e^a)-\dfrac\pi4\Bigr)\end{array}}Quand {a} vers {+\infty}, on en déduit l’existence de F_1 et sa valeur :{\begin{array}{rl}F_{1}&=\displaystyle\lim_{a\rightarrow+\infty}2\Bigl(\arctan(e^a)-\dfrac\pi4\Bigr)\\\\&=2\Bigl(\dfrac\pi2-\dfrac\pi4\Bigr)=\dfrac\pi2\end{array}}Une primitive de {t\mapsto\dfrac{1}{\,\text{ch}^{2}(t)}} sur {\mathbb{R}} est {t\mapsto\,\text{th}(t)}.

    Ainsi : {F_{2}=\displaystyle\lim_{a\rightarrow+\infty}\Bigl[\,\text{th}(t)\Bigr]_0^a=\displaystyle\lim_{a\rightarrow+\infty}\,\text{th}(a)=1}.

  2. On procède par récurrence de pas 2. On sait que {F_1,F_2} existent.

    Soit {n\ge1}, tels que {F_1,\ldots,F_{n+1}} existent.

    On va montrer l’existence de {F_{n+2}}.

    Pour cela, on se donne {a} dans {\mathbb{R}^{+*}}.

    On intègre par parties {\displaystyle\int_{0}^{a}\dfrac{\text{d}t}{\text{ch}^{2}(t)\,\text{ch}^{n}(t)}} en primitivant {\dfrac{1}{\text{ch}^{2}(t)}} : {\begin{array}{rl}\displaystyle\int_{0}^{a}\dfrac{\text{d}t}{\text{ch}^{n+2}(t)}&=\biggl[\dfrac{\text{th}(t)}{\text{ch}^{n}(t)}\biggr]_{0}^{a}+n\displaystyle\int_{0}^{a}\dfrac{\text{th}(t)\,\text{sh}(t)}{\text{ch}^{n+1}(t)}\text{d}t\\\\&=\dfrac{\text{th}(a)}{\text{ch}^{n}(a)}+n\displaystyle\int_{0}^{a}\dfrac{\text{sh}^{2}(t)}{\text{ch}^{n+2}(t)}\,\text{d}t\\\\&=\dfrac{\text{th}(a)}{\text{ch}^{n}(a)}+n\displaystyle\int_{0}^{a}\dfrac{\text{ch}^{2}(t)-1}{\text{ch}^{n+2}(t)}\,\text{d}t\end{array}}On en déduit l’égalité : {\displaystyle\int_{0}^{a}\dfrac{\text{d}t}{\text{ch}^{n+2}(t)}=\dfrac{1}{n+1}\Biggl(\dfrac{\,\text{th}(a)}{\text{ch}^{n}(a)}+n\displaystyle\int_{0}^{a}\dfrac{\text{d}t}{\text{ch}^{n}(t)}\Biggr)}Quand {a\rightarrow+\infty}, le coté droit tend vers {\dfrac{n}{n+1}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\text{d}t}{\,\text{ch}^{n}(t)}=\dfrac{n}{n+1}F_n}.

    Cela prouve l’existence de {F_{n+2}} et l’égalité {F_{n+2}=\dfrac{n}{n+1}F_n}.

    La suite {(F_n)_{n\ge1}} est donc entièrement définie et : {\forall\, n\ge1,\;F_{n+2}=\dfrac{n}{n+1}F_n}

  3. Pour tout {n\ge2}, on peut écrire : {\begin{array}{rl}F_{2n}&=\dfrac{2(n-1)}{2n-1}\,F_{2(n-1)}\\\\&=\dfrac{2(n-1)}{(2n-1)}\,\dfrac{2(n-2)}{(2n-3)}\cdots\dfrac45\,\dfrac23\,F_2\end{array}}Or {F_2=1}.

    On en déduit (et l’expression obtenue est valable si n=0) : {\begin{array}{rl}F_{2n}&=\dfrac{2^{n-1}(n-1)!}{(2n-1)(2n-3)\cdots1}\\\\&=\dfrac{(2^{n-1}(n-1)!)^2}{(2n-1)!}=\dfrac{(2^nn!)^2}{2n\cdot(2n)!}\end{array}}Pour tout {n\ge 1}, on peut écrire : {\begin{array}{rl}F_{2n+1}&=\dfrac{2n-1}{2n}\,F_{2(n-1)+1}\\\\&=\dfrac{2n-1}{2n}\,\dfrac{(2n-3)}{2(n-1)}\cdots\dfrac34\,\dfrac12\,F_1\end{array}}Or {F_1=\dfrac\pi2}. Ainsi (et c’est ok pour n=0) :
    {F_{2n+1}=\dfrac{(2n-1)(2n-3)\cdots1}{2^nn!}\dfrac\pi2=\dfrac{(2n)!}{(2^nn!)^2}\dfrac\pi2}

  4. On se donne {n} dans {\mathbb{N}^*}. On pose {t=\tan\Bigl(\dfrac x2\Bigr)} dans {W_{n-1}}.

    On a {\,\text{d}x=\dfrac{2\,\text{d}t}{1+t^2}}. De plus {\cos x=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}}.

    Quand {x} décrit {\Bigl[0,\dfrac\pi2\Bigr]}, {t} décrit {[0,1]}.

    Ainsi {W_{n-1}=\displaystyle\int_{0}^{\pi/2}(\cos x)^{n-1}\,\text{d}x=2\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{(1-t^2)^{n-1}}{(1+t^2)^n}\,\text{d}t}.

    On pose {t=\,\text{th}\Bigl(\dfrac x2\Bigr)} dans {F_{n}}.

    On a {\text{d}x=\dfrac{2\,\text{d}t}{1-t^2}}, et on sait que {\text{ch}x=\dfrac{1+t^2}{1-t^2}}.

    Quand {x} décrit {[0,a]}, {t} décrit {[0,\,\text{th}(a/2)]}.

    Ainsi {\displaystyle\int_{0}^{a}\dfrac{\,\text{d}x}{(\text{ch} x)^n}=2\displaystyle\int_{0}^{\text{th}(a/2)}\dfrac{(1-t^2)^{n-1}}{(1+t^2)^n}\text{d}t}.

    Quand {a\rightarrow+\infty}, on obtient {F_n=2\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{(1-t^2)^{n-1}}{(1+t^2)^n}\,\text{d}t=W_{n-1}}.