Les intégrales de Wallis

Stratégie : intégration par parties pour la récurrence, encadrement pour l'asymptotique. C'est le plan universel des suites d'intégrales : on relie $I_n$ à $I_{n-2}$, on en tire des formules closes, puis on fabrique une quantité invariante qui donne l'équivalent.

1) Les deux premiers termes.

$$I_0={\int }_0^{\pi /2}1\mathrm{d}t=\frac{\pi }{2},I_1={\int }_0^{\pi /2}\sin t\mathrm{d}t=[-\cos t{]}_0^{\pi /2}=1.$$

2) La relation de récurrence. Pour $n\ge 2$, écrivons ${\sin }^{n}t={\sin }^{n-1}t\times \sin t$ et intégrons par parties avec $u(t)={\sin }^{n-1}t$ et $v(t)=-\cos t$ :

$$I_n=[-\cos t{\sin }^{n-1}t{]}_0^{\pi /2}+(n-1){\int }_0^{\pi /2}{\cos }^{2}t{\sin }^{n-2}t\mathrm{d}t.$$

Le terme entre crochets est nul aux deux bornes : en $\frac{\pi }{2}$ parce que $\cos =0$, en $0$ parce que ${\sin }^{n-1}=0$ — c'est ici que l'hypothèse $n\ge 2$ sert. Puis ${\cos }^2=1-{\sin }^2$ donne

$$I_n=(n-1)\left(I_{n-2}-I_n\right),\text{d’ouˋ}n{I}_n=(n-1)I_{n-2},\boxed{I_n=\frac{n-1}{n}{I}_{n-2}.}$$

3) Les formules closes. En descendant de deux en deux à partir de $I_0$ et de $I_1$ :

$$I_{2p}=\frac{(2p-1)(2p-3)\cdots 1}{(2p)(2p-2)\cdots 2}\times \frac{\pi }{2}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2p}{p}\right)\frac{\pi }{2^{2p+1}},$$

$$I_{2p+1}=\frac{(2p)(2p-2)\cdots 2}{(2p+1)(2p-1)\cdots 3}=\frac{2^{2p}(p!{)}^2}{(2p+1)!}.$$

Contrôle en $p=3$ : la formule donne $I_6=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)\frac{\pi }{128}=\frac{20\pi }{128}=\frac{5\pi }{32}$, et le produit $\frac{5\times 3\times 1}{6\times 4\times 2}\times \frac{\pi }{2}=\frac{15}{48}\times \frac{\pi }{2}=\frac{5\pi }{32}$ ✓. De même $I_7=\frac{6\times 4\times 2}{7\times 5\times 3}=\frac{48}{105}=\frac{16}{35}$, et la formule close donne $\frac{2^6\times 36}{5040}=\frac{2304}{5040}=\frac{16}{35}$ ✓.

4) Décroissance. Sur $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ on a $0\le \sin t\le 1$, donc ${\sin }^{n+1}t\le {\sin }^{n}t$. Par croissance de l'intégrale, $I_{n+1}\le I_n$ : la suite décroît. Elle est de plus strictement positive, l'intégrande étant continu, positif et non identiquement nul.

5) Le rapport tend vers $1$. Encadrons en utilisant la relation de récurrence sous la forme $I_{n-1}=\frac{n+1}{n}{I}_{n+1}$ :

$$I_{n+1}\le I_n\le I_{n-1}=\frac{n+1}{n}{I}_{n+1}.$$

En divisant par $I_{n+1}>0$ : $1\le \frac{I_n}{I_{n+1}}\le \frac{n+1}{n}$, et le théorème des gendarmes donne $\frac{I_{n+1}}{I_n}\to 1$.

6) L'invariant, et l'équivalent. Posons $w_n=n{I}_n{I}_{n-1}$ pour $n\ge 1$. Alors

$$w_{n+1}=(n+1)I_{n+1}{I}_n=(n+1)\times \frac{n}{n+1}{I}_{n-1}\times I_n=n{I}_n{I}_{n-1}=w_n:$$

la suite $(w_n)$ est constante, égale à $w_1=1\times I_1\times I_0=\frac{\pi }{2}$. Donc $n{I}_n{I}_{n-1}=\frac{\pi }{2}$ pour tout $n\ge 1$. Or

$$\frac{I_n^2}{I_n{I}_{n-1}}=\frac{I_n}{I_{n-1}}\underset{n\to \infty }{\to }1,\text{donc}{I}_n^2\sim I_n{I}_{n-1}=\frac{\pi }{2n}.$$

⚠️ Le point délicat est le dernier pas. Passer de $I_n^2\sim \frac{\pi }{2n}$ à $I_n\sim \sqrt{\frac{\pi }{2n}}$ n'est pas automatique : c'est légitime parce que la racine carrée conserve les équivalents de suites strictement positives, ce qui est bien le cas ici. Sur des suites de signe variable, l'étape serait fausse.

$$\boxed{I_n\sim \sqrt{\frac{\pi }{2n}}.}$$

Contrôle numérique. En itérant la récurrence jusqu'à $n=4000$, on trouve $I_{4000}/\sqrt{\frac{\pi }{8000}}=0,999938$ ✓. Et l'invariant $n{I}_n{I}_{n-1}=\frac{\pi }{2}$ se vérifie à $10^{-9}$ près pour tous les rangs jusqu'à $50$ ✓.

Ce que l'exercice installe. Le modèle complet d'une suite d'intégrales : récurrence par parties, formules closes, monotonie, encadrement, invariant, équivalent. Ces intégrales réapparaissent partout — dans la formule de Stirling, dans l'asymptotique du coefficient binomial central $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$, et dans le calcul du volume de la boule en dimension $n$.