Longueur approchée d’une ellipse

(Exercice d’oral Centrale Mp)
On fixe {a\in\,]0,1[}, et on pose {J=\displaystyle\int_{0}^{\pi}\sqrt{1-a^2\sin^2t}\,\text{d}t}.
Cet exercice est consacré à la recherche d’une valeur approchée de {J}.

  1. Soit {g\colon x\mapsto \sqrt{1-x}}, et {\lambda_k=\dfrac{1}{(2k-1)4^{k}}\dbinom{2k}{k}} pour {k\in\mathbb{N}}.

    • Exprimer la dérivée {k}-ième de {g} sur {[0,1[} en fonction de {\lambda_{k}}.
    • Établir que, pour tous {n\ge 1} et {x\in[0,1[} : {g(x)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\lambda_kx^k=-(n+1)\lambda_{n+1}\displaystyle\int_0^{x}\Bigl(\dfrac{x-t}{1-t}\Bigr)^n\dfrac{\,\text{d}t}{\sqrt{1-t}}}
    • En déduire : {\forall n\ge1,\;\forall x\in[0,1[,\;\Bigl|g(x)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\lambda_kx^k\Bigr|\le\dbinom{2n}{n}\dfrac{x^n}{4^n}}.
  2. Pour tout {k} de {\mathbb{N}}, on admet que {I_{k}=\displaystyle\int_{0}^{\pi}\sin^{2k}t\,\text{d}t=\dfrac{\pi}{4^{k}}\dbinom{2k}{k}}.

    Soit {\mu_k=\dfrac{a^{2k}}{(2k\!-\!1)16^k}\,\dbinom{2k}{k}^{2}} et {\ell_n=-\pi\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\mu_k=\pi\Bigl(1\!-\!\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\mu_k\Bigr).}

    • Montrer que {\left|{J-\ell_n}\right|\le\varepsilon_n}, où {\varepsilon_n=\pi\,\dfrac{a^{2n}}{16^n}\dbinom{2n}{n}^{2}}.

    • Donner un équivalent de {\varepsilon_n} quand {n\to+\infty}.

      En déduire que {J=\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\ell_{n}=\pi\Bigl(1-\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\mu_n\Bigr)}

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    • Le calcul suivant vaut si {0\le t\lt 1} et, dans un premier temps, si {k\ge2}.

      On a {g(t)=(1-t)^{1/2}}, et on en déduit : {g^{(k)}(t)=(-1)^k\Bigl(\dfrac12\Bigr)\Bigl(-\dfrac12\Bigr)\Bigl(-\dfrac32\Bigr)\cdots\Bigl(\dfrac32-k\Bigr)(1-t)^{-k+1/2}}On peut donc écrire : {g^{(k)}(t)=-\displaystyle\dfrac{1}{2^k}\Bigl(\,\prod_{j=1}^{k-1}(2j-1)\Bigr)(1-t)^{-k+1/2}=-\dfrac{(2k-2)!}{2^{2k-1}(k-1)!}(1-t)^{-k+1/2}}Finalement, on trouve : {g^{(k)}(t)=-\dfrac{(2k)!}{(2k-1)\,4^{k}\,k!}(1-t)^{-k+1/2}=-k!\,\lambda_{k}\,(1-t)^{-k+1/2}}Remarque : le résultat est encore valable si {k=0} et si {k=1}.

    • Pour tout {x} de {[0,1[}, et pour {k\in\mathbb{N}} :{g(x)-\displaystyle\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{g^{(k)}(0)}{k!}\,x^{k}=\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{(x-t)^n}{n!}\,g^{(n+1)}(t)\,\text{d}t}En effet d’une part {g^{(k)}(0)=-k!\,\lambda_{k}} pour tout {k}, et d’autre part : {\begin{array}{rl}\dfrac{(x-t)^n}{n!}\,g^{(n+1)}(t)&=-\dfrac{(x-t)^n}{n!}(n+1)!\,\lambda_{n+1}(1-t)^{-n-1/2}\\\\&=-(n+1)\lambda_{n+1}\Bigl(\dfrac{x-t}{1-t}\Bigr)^n\dfrac{1}{\sqrt{1-t}}\end{array}}Ainsi, pour {n\ge1} et {x\in[0,1[} : {g(x)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\lambda_kx^k=-(n+1)\lambda_{n+1}\displaystyle\int_0^{x}\Bigl(\dfrac{x-t}{1-t}\Bigr)^n\dfrac{\,\text{d}t}{\sqrt{1-t}}}
    • L’intégrande positive, on peut écrire : {\Bigl|g(x)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\lambda_kx^k\Bigr|=(n+1)\lambda_{n+1}\displaystyle\int_0^{x}\Bigl(\dfrac{x-t}{1-t}\Bigr)^n\dfrac{\,\text{d}t}{\sqrt{1-t}}} Or {\varphi:t\mapsto \dfrac{x-t}{1-t}} est positive décroissante sur {[0,x]}.

      Elle est donc majorée par {\varphi(0)=x}. Ainsi : {\Bigl|g(x)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\lambda_kx^k\Bigr|\le (n+1)\lambda_{n+1}\;x^n\displaystyle\int_0^{x}\dfrac{\,\text{d}t}{\sqrt{1-t}}}Mais {\displaystyle\int_0^{x}\dfrac{\,\text{d}t}{\sqrt{1-t}}=2(1-\sqrt{1-x})\le 2}.

      Or {2(n+1)\lambda_{n+1}=\dfrac1{4^n}\dbinom{2n}{n}}, donc {\Bigl|g(x)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\lambda_kx^k\Bigr|\le \dbinom{2n}{n}\dfrac{x^n}{4^n}}.

    • Avec {x=a^{2}\sin^2t\in[0,1[}, on a : {\Bigl|g(a^2\sin^2t)+\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\lambda_k\,a^{2k}(\sin t)^{2k}\Bigr|\le\dbinom{2n}{n}\dfrac{a^{2n}}{4^n}\,(\sin t)^{2n}}On a donc la majoration : {\Biggl|\displaystyle\int_{0}^{\pi}\Bigl(g(a^2\sin^2t)+{\textstyle\displaystyle\sum_{k=0}^{n}}\lambda_k\,a^{2k}(\sin t)^{2k}\Bigl)\,\text{d}t\Biggr|\le\dbinom{2n}{n}\dfrac{a^{2n}}{4^n}\displaystyle\int_{0}^{\pi}(\sin t)^{2n}\,\text{d}t}Autrement dit : {\Biggl|J+{\textstyle\displaystyle\sum_{k=0}^{n}}\lambda_k\,a^{2k}I_k\Biggr|\le\pi\dbinom{2n}{n}^{2}\dfrac{a^{2n}}{16^n}=\varepsilon_{n}}.

      Et c’est fini car : {\begin{array}{rl}\lambda_k\,a^{2k}I_k&=\dfrac{a^{2k}}{(2k-1)4^{k}}\dbinom{2k}{k}\dfrac{\pi}{4^{k}}\dbinom{2k}{k}\\\\&=\dfrac{\pi\,a^{2k}}{(2k-1)16^k}\,\dbinom{2k}{k}^{2}=\pi\,\mu_{k}\end{array}}

    • Avec Stirling, on trouve {\dfrac{1}{16^n}\dbinom{2n}{n}^{2}\sim\dfrac{1}{\pi n}}, donc {\varepsilon_{n}\sim \dfrac{a^{2n}}{n}}.

      Puisque {0\lt a\lt 1}, on {\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\varepsilon_n=0}

      (et la convergence est d’autant plus rapide que {a} est proche de {0}).

      On trouve donc finalement : {\begin{array}{rl}J&=\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\ell_n=-\pi \displaystyle\lim_{n\to+\infty}{\textstyle\displaystyle\sum_{k=0}^{n}}\mu_k\\\\&=\pi\Bigl(1-\displaystyle\lim_{n\to+\infty}{\textstyle\displaystyle\sum_{k=1}^{n}}\mu_k\Bigr)=\pi\Bigl(1-{\textstyle\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}}\mu_n\Bigr)\end{array}}