3. Nous avons déjà une relation entre I n+2 et I n ; nous pouvons donc en déduire une
relation entre (n + 2)I n+2 I n+1 et (n + 1)I n+1 I n .
(n + 1)I n+1 I n = (n + 1)I n+1
n + 2
n + 1
I n+2
= (n + 2)I n+2 I n+1 .
La suite de terme général (n + 1)I n+1 I n est constante.
On a donc, pour tout n ∈ N : (n + 1)I n+1 I n = I 1 I 0 .
Or : I 0 =
π
2
0
1 dt =
π
2
et I 1 =
π
2
0
sin(t) dt = [−cos(t)]
π
2
0 = 1 d’où :
∀n ∈ N,(n + 1)I n+1 I n =
π
2
.
Enfin, I n+1 ∼ I n d’après la question précédente et n + 1 ∼ n d’où
(n + 1)I n+1 I n ∼ n I 2
n .
Comme (n + 1)I n+1 I n =
π
2
on a donc n I
2
n ∼
π
2
d’où, d’après les règles de
calcul sur les équivalents et puisque I n 0 :
I n ∼
π
2n
.
4. Une récurrence s’impose ! En effet, on connaît une relation de récurrence entre
I 2n et I 2n+2 = I 2(n+1) .
Par définition, (2n)! = 1 × 2 × · · · × (2n − 1) × (2n) . Une erreur fréquente
consiste à oublier les facteurs impairs…
En particulier, (2n + 2)! = (2n)! × (2n + 1) × (2n + 2) ; il faudra donc,
pour obtenir (2n + 2)!, faire apparaître les deux facteurs 2n + 1 et 2n + 2.
Pour n ∈ N posons H n : « I 2n =
(2n)!
(2 n n!) 2
π
2
».
• H 0 est vraie : en effet, I 0 =
π/2
0
1 dt =
π
2
.
• Soit n ∈ N tel que H n est vraie. Alors :
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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Chapitre 8 • Intégration
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