Exercice 1 5550 Correction

Vérifier

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + t}) d t = γ

avec $γ$ la constante d’Euler.

Solution

La somme contenue dans l’intégrale est celle de la série de fonctions $\sum u_{n}$ avec

u_{n} (t) = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + t} avec t \in [0; 1] et n \in ℕ^{*} .

Les fonctions $u_{n}$ sont continues sur $[0; 1]$ et, par croissance,

sup_{t \in [0; 1]} | u_{n} (t) | = u_{n} (1) = \frac{1}{n (n + 1)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{1}{n^{2}} \geq 0 .

La série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement (et donc uniformément) sur $[0; 1]$ .

Par théorème d’intégration terme à terme, on peut écrire

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + t}) d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + t}) d t

avec existence.

Cela donne

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + t}) d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {[\frac{t}{n} - \ln (n + t)]}_{0}^{1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \ln (n + 1) + \ln (n)) .

Pour $N \in ℕ^{*}$ , il vient par télescopage

\sum_{n = 1}^{N} (\frac{1}{n} - \ln (n + 1) + \ln (n)) = \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} - \ln (N + 1)

que l’on transforme

\sum_{n = 1}^{N} (\frac{1}{n} - \ln (n + 1) + \ln (n)) = \underset{\begin{matrix} \to γ \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} - \ln (N)}} + \underset{\begin{matrix} \to 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\ln (\frac{N}{N + 1})}} \to_{N \to + \infty}^{} γ .

On peut alors conclure

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + t}) d t = γ .

Exercice 2 5725 Correction

Établir

\int_{0}^{1} \frac{1}{2 - x} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n 2^{n}} .

Solution

Pour $x \in [0; 1]$ ,

\frac{1}{2 - x} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{x}{2}} .

Par sommation géométrique de raison $q = x / 2$ avec $| q | < 1$ ,

\frac{1}{2 - x} = \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(\frac{x}{2})}^{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{2^{n + 1}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{x^{n - 1}}{2^{n}} .

Procédons à une intégration terme à terme. Pour $n \geq 1$ , posons $u_{n} : [0; 1] \to ℝ$ définie par

u_{n} (x) = \frac{x^{n - 1}}{2^{n}} .

Les fonctions $u_{n}$ sont continues sur $[0; 1]$ et

{∥ u_{n} ∥}_{\infty} = sup_{x \in [0; 1]} | u_{n} (x) | = \frac{1}{2^{n}} .

Ce terme est sommable et l’on peut affirmer que la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement et donc uniformément sur $[0; 1]$ . Par intégration terme à terme,

\int_{0}^{1} \frac{1}{2 - x} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} \frac{x^{n - 1}}{2^{n}} d x = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {[\frac{x^{n}}{n 2^{n}}]}_{0}^{1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n 2^{n}} .

Exercice 3 5826 Correction

Justifier l’égalité

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n}} t^{n} d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n} (n + 1)} .

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit $u_{n} : [0; 1] \to ℝ$ donnée par

u_{n} (t) = \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n}} t^{n} .

Pour $t \in [0; 1]$ , la série numérique $\sum u_{n} (t)$ est alternée et la suite $(| u_{n} (t) |)$ décroît vers $0$ : cette série converge en vertu du critère spécial des séries alternées. De plus,

| \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} u_{k} (t) | \leq | u_{n + 1} (t) | = \frac{t^{n + 1}}{\sqrt{n + 1}} \leq \frac{1}{\sqrt{n + 1}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Par majoration uniforme, la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ . De plus, les fonctions sommées sont continues et l’on peut écrire avec existence des objets l’égalité

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} u_{n} (t) d t = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} u_{n} (t) d t

ce qui se relit

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n}} t^{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} {[\frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n}} \cdot \frac{t^{n + 1}}{n + 1}]}_{0}^{1} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{\sqrt{n} (n + 1)} .

Exercice 4 911 Correction

Pour $n \in ℕ$ , on considère $u_{n} : [0; 1] \to ℝ$ définie par

u_{n} (x) = {\begin{matrix} {(- 1)}^{n + 1} x^{2 n + 2} \ln (x) & si x \in] 0; 1] \\ 0 & s i x = 0 . \end{matrix}

(a)

Calculer

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (x) .$
(b)

Montrer que la série des $u_{n}$ converge uniformément sur $[0; 1]$ .
(c)

En déduire l’égalité

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (x)}{1 + x^{2}} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n + 1}}{{(2 n + 1)}^{2}} .$

Solution

(a)

Pour $x \in] 0; 1 [$ , on obtient par sommation géométrique

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_{n} (x) = - \frac{x^{2} \ln (x)}{1 + x^{2}} .$

Cette relation vaut aussi pour $x = 0$ ou $x = 1$ .
(b)

On peut appliquer le critère spécial des séries alternées et donc

$| R_{n} (x) | = | \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} {(- 1)}^{k + 2} x^{2 k + 2} \ln (x) | \leq x^{2 (n + 2)} | \ln (x) | .$

L’étude de $φ : x \mapsto x^{2 (n + 2)} | \ln (x) |$ donne

$\forall x \in [0; 1], x^{2 (n + 2)} | \ln (x) | \leq \frac{e^{- 1}}{2 (n + 2)}$

donc

${∥ R_{n} ∥}_{\infty} \leq \frac{e^{- 1}}{2 (n + 2)} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(c)

On a

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (x)}{1 + x^{2}} d x = \int_{0}^{1} \ln (x) d x - \int_{0}^{1} \frac{x^{2} \ln (x)}{1 + x^{2}} d x$

et l’on peut calculer la dernière intégrale par intégration terme à terme car il y a convergence uniforme sur $[0; 1]$ . Cela donne

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (x)}{1 + x^{2}} d x = - 1 + \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(2 n + 3)}^{2}}$

puis le résultat.

Exercice 5 943

Soit $n \in ℤ$ . Calculer

I_{n} = \int_{0}^{2 π} \frac{e^{i n θ}}{2 + e^{i θ}} d θ .

Exercice 6 5416 Correction

Soit $z \in ℂ$ tel que $| z | \neq 1$ . Calculer

\int_{0}^{2 π} \frac{1}{z - e^{i t}} d t .

Solution

Si $| z | < 1$ alors

\int_{0}^{2 π} \frac{1}{z - e^{i t}} d t = - \int_{0}^{2 π} \frac{e^{- i t}}{1 - z e^{- i t}} d t = - \int_{0}^{2 π} \sum_{k = 0}^{+ \infty} z^{k} e^{- i (k + 1) t} d t .

Par convergence normale de la série de fonctions,

\int_{0}^{2 π} \frac{1}{z - e^{i t}} d t = - \sum_{k = 0}^{+ \infty} z^{k} \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\int_{0}^{2 π} e^{- i (k + 1) t} d t}} = 0 .

Si $| z | > 1$ alors

\int_{0}^{2 π} \frac{1}{z - e^{i t}} d t = \frac{1}{z} \int_{0}^{2 π} \frac{1}{1 - e^{i t} / z} d t = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{z^{k + 1}} \int_{0}^{2 π} e^{i k t} d t = \frac{2 π}{z}

car

\int_{0}^{2 π} e^{i k t} d t = {\begin{matrix} 2 π & si k = 0 \\ 0 & si k \geq 1 . \end{matrix}

Exercice 7 2439 CENTRALE (MP)Correction

Soient $a \in ℂ$ , $| a | \neq 1$ et $n \in ℤ$ . Calculer

\int_{0}^{2 π} \frac{e^{i n t}}{e^{i t} - a} d t .

Solution

Si $| a | < 1$ alors

\int_{0}^{2 π} \frac{e^{i n t}}{e^{i t} - a} d t = \int_{0}^{2 π} \frac{e^{i (n - 1) t}}{1 - a e^{- i t}} d t = \int_{0}^{2 π} \sum_{k = 0}^{+ \infty} a^{k} e^{i (n - (k + 1)) t} d t .

Par convergence normale de la série de fonctions,

\int_{0}^{2 π} \frac{e^{i n t}}{e^{i t} - a} d t = \sum_{k = 0}^{+ \infty} a^{k} \int_{0}^{2 π} e^{i (n - (k + 1)) t} d t = {\begin{matrix} 2 π a^{n - 1} & si n \geq 1 \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Si $| a | > 1$ alors

	$\int_{0}^{2 π} \frac{e^{i n t}}{e^{i t} - a} d t$	$= - \frac{1}{a} \int_{0}^{2 π} \frac{e^{i n t}}{1 - e^{i t} / a} d t$
		$= - \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{a^{k + 1}} \int_{0}^{2 π} e^{i (n + k) t} d t = {\begin{matrix} - 2 π a^{n - 1} & si n \leq 0 \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

Exercice 8 3268 Correction

Montrer

\int_{0}^{2 π} e^{2 \cos (x)} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{2 π}{{(n!)}^{2}} .

Solution

Pour $x \in [0; 2 π]$ , on peut écrire

e^{2 \cos (x)} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{2^{n} \cos^{n} (x)}{n!} .

Introduisons $f_{n} : [0; 2 π] \to ℝ$ définie par

f_{n} (x) = \frac{2^{n} \cos^{n} (x)}{n!} .

Les fonctions $f_{n}$ sont continues et la série de fonctions $\sum f_{n}$ converge normalement sur $[0; 2 π]$ puisque

{∥ f_{n} ∥}_{\infty} \leq \frac{2^{n}}{n!} = o (\frac{1}{n^{2}}) .

On peut donc intégrer terme à terme pour obtenir

\int_{0}^{2 π} e^{2 \cos (x)} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{2^{n}}{n!} \int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{n} d x .

Par intégration par parties (cf. intégrale de Wallis),

\int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{n} d x = \frac{n - 1}{n} \int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{n - 2} d x .

Sachant

\int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{0} d x = 2 π et \int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{1} d x = 0

on obtient

\int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{2 p} d x = 2 π \frac{(2 p)!}{2^{2 p} {(p!)}^{2}} et \int_{0}^{2 π} {(\cos (x))}^{2 p + 1} d x = 0

et donc

\int_{0}^{2 π} e^{2 \cos (x)} d x = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{2^{2 p}}{(2 p)!} \cdot \frac{(2 p)!}{2^{2 p} {(p!)}^{2}} 2 π = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{2 π}{{(p!)}^{2}} .

Exercice 9 2629 Correction

Pour $n \in ℕ$ , on pose

I_{n} = \int_{0}^{1} t^{n} {(1 - t)}^{n} d t .

(a)

Calculer $I_{n}$ .
(b)

Justifier la convergence de la série de terme général $I_{n}$ .
(c)

Exprimer sa somme à l’aide d’une intégrale puis calculer celle-ci.

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on réalise une intégration par parties avec les fonctions $u$ et $v$ de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; 1]$ déterminées par

$u (t) = \frac{1}{n + 1} t^{n + 1} et v (t) = {(1 - t)}^{n} .$

On obtient

$I_{n} = \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[\frac{1}{n + 1} t^{n + 1} {(1 - t)}^{n}]}_{0}^{1}}} + \frac{n}{n + 1} \int_{0}^{1} t^{n + 1} {(1 - t)}^{n - 1} d t .$

En répétant ce type d’intégration par parties,

$I_{n}$ $= \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{n - 1}{n + 2} \times \dots \times \frac{1}{2 n} \int_{0}^{1} t^{2 n} d t$

$= \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{n - 1}{n + 2} \times \dots \times \frac{1}{2 n} \times {[\frac{t^{2 n + 1}}{2 n + 1}]}_{0}^{1}$

$= \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{n - 1}{n + 2} \times \dots \times \frac{1}{2 n} \cdot \frac{1}{2 n + 1} = \frac{{(n!)}^{2}}{(2 n + 1)!} .$
(b)

On observe

$| \frac{I_{n + 1}}{I_{n}} |$ $= \frac{I_{n + 1}}{I_{n}} = {(\frac{(n + 1)!}{n!})}^{2} \frac{(2 n + 1)!}{(2 n + 3)!}$

$= \frac{{(n + 1)}^{2}}{(2 n + 2) (2 n + 3)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n^{2}}{4 n^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{4} < 1 .$

Par le critère de d’Alembert, la série de terme général $I_{n}$ converge.

(c)

On souhaite calculer

\sum_{n = 0}^{+ \infty} I_{n} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{0}^{1} t^{n} {(1 - t)}^{n} d t .

Puisque les fonctions sommées sont toutes positives, on peut directement intégrer terme à terme et écrire

\sum_{n = 0}^{+ \infty} I_{n} = \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{+ \infty} t^{n} {(1 - t)}^{n} d t .

Par sommation géométrique, on poursuit

\sum_{n = 0}^{+ \infty} I_{n} = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 - t (1 - t)} d t = \int_{0}^{1} \frac{d t}{t^{2} - t + 1} .

Il reste à calculer cette intégrale. Pour déterminer une primitive, on écrit

t^{2} - t + 1 = {(t - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4}

et l’on obtient

	$\sum_{n = 0}^{+ \infty} I_{n}$	$= \int_{0}^{1} \frac{d t}{{(t - \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4}} = \frac{4}{3} \int_{0}^{1} \frac{d t}{{(\frac{2 t - 1}{\sqrt{3}})}^{2} + 1}$
		$= \frac{2}{\sqrt{3}} \int_{0}^{1} \frac{\frac{2}{\sqrt{3}} d t}{{(\frac{2 t - 1}{\sqrt{3}})}^{2} + 1} = \frac{2}{\sqrt{3}} {[\arctan (\frac{2 t - 1}{\sqrt{3}})]}_{0}^{1}$
		$= \frac{2}{\sqrt{3}} (\arctan (\frac{1}{\sqrt{3}}) - \arctan (\frac{- 1}{\sqrt{3}}))$
		$= \frac{2}{\sqrt{3}} (\frac{π}{6} + \frac{π}{6}) = \frac{2 π}{3 \sqrt{3}} .$

Exercice 10 5980 Correction

Soit $r \in] - 1; 1 [$ . On pose

f_{n} (x) = r^{n} \cos (n x) pour tout n \in ℕ .

(a)

Montrer que $\sum f_{n}$ converge normalement sur $ℝ$ .

On pose

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (x) pour tout x \in ℝ .

(b)

Calculer $S (x)$ pour $x \in ℝ$ .
(c)

En déduire que

$\forall x \in ℝ, \frac{1 - r^{2}}{1 - 2 r \cos (x) + r^{2}} = 1 + 2 \sum_{n = 1}^{+ \infty} f_{n} (x) .$
(d)

Soit $(k, n) \in ℕ^{2}$ . Calculer

$\int_{0}^{2 π} \cos (k x) \cos (n x) d x .$
(e)

En déduire, pour $k$ dans $ℕ$ , la valeur de

$I_{k} = \int_{0}^{2 π} \frac{\cos (k x)}{1 - 2 r \cos (x) + r^{2}} d x .$

Solution

(a)

Pour $n \in ℕ$ ,

${∥ f_{n} ∥}_{\infty} = sup_{x \in ℝ} | f_{n} (x) | = {| r |}^{n} .$

La série géométrique $\sum {| r |}^{n}$ converge car $| r | \in [0; 1 [$ donc $\sum f_{n}$ converge normalement sur $ℝ$ .
(b)

Soit $x \in ℝ$ . Avec convergence de la série géométrique complexe introduite,

$S (x) = Re (\sum_{n = 0}^{+ \infty} r^{n} e^{i n x}) = Re (\frac{1}{1 - r e^{i x}}) car | r e^{i x} | < 1 .$

Or

$\frac{1}{1 - r e^{i x}} = \frac{1}{1 - r \cos (x) - i r \sin (x)} = \frac{1 - r \cos (x) + i r \sin (x)}{1 - 2 r \cos (x) + r^{2}}$

donc

$S (x) = \frac{1 - r \cos (x)}{1 - 2 r \cos (x) + r^{2}} .$
(c)

Pour $x \in ℝ$ ,

$1 + 2 \sum_{n = 1}^{+ \infty} f_{n} (x) = 2 S (x) - 1 = 2 \frac{1 - r \cos (x)}{1 - 2 r \cos (x) + r^{2}} - 1 = \frac{1 - r^{2}}{1 - 2 r \cos (x) + r^{2}} .$
(d)

On sait

$\cos (a) \cos (b) = \frac{1}{2} (\cos (a + b) + \cos (a - b))$

donc

$\int_{0}^{2 π} \cos (k x) \cos (n x) d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} \cos ((k + n) x) d x + \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} \cos ((k - n) x) d x .$

Cas: $k = n = 0$ .

$\int_{0}^{2 π} \cos (k x) \cos (n x) d x = 2 π .$

Cas: $k = n \neq 0$ .

$\int_{0}^{2 π} \cos (k x) \cos (n x) d x = π .$

Cas: $k \neq n$ .

$\int_{0}^{2 π} \cos (k x) \cos (n x) d x = 0 .$
(e)

Pour $k \in ℕ$ ,

$I_{k} = \frac{1}{1 - r^{2}} \int_{0}^{2 π} \cos (k x) d x + \frac{2}{1 - r^{2}} \int_{0}^{2 π} \sum_{n = 1}^{+ \infty} f_{n} (x) \cos (k x) d x .$

Posons $g_{n} : x \mapsto f_{n} (x) \cos (k x)$ définie sur $ℝ$ . On a ${∥ g_{n} ∥}_{\infty} = {| r |}^{n}$ donc $\sum g_{n}$ est une série de fonctions continues convergeant normalement sur $ℝ$ . On peut intégrer terme à terme

$I_{k} = \frac{1}{1 - r^{2}} \int_{0}^{2 π} \cos (k x) d x + \frac{2}{1 - r^{2}} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{2 π} r^{n} \cos (n x) \cos (k x) d x .$

Pour $k = 0$ ou $k \neq 0$ ,

$I_{k} = \frac{2 π}{1 - r^{2}} .$

Exercice 11 5828 Correction

Pour $x \in] - 1; 1 [$ , on pose

F (x) = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{1}{1 - x \cos (t)} d t .

(a)

Établir que pour tout $x \in] - 1; 1 [$ ,

$F (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) x^{2 n} .$
(b)

À l’aide du changement de variable $u = \tan (t / 2)$ , montrer

$\forall x \in] - 1; 1 [, \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) x^{2 n} .$
(c)

Application : Justifier

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{3}{(2 n + 1) 4^{2 n}} (\binom{2 n}{n}) = π .$

Solution

(a)

Soit $x \in] - 1; 1 [$ .

Pour $t \in [- π; π]$ , on obtient par sommation géométrique de raison $q = x \cos (t)$ avec $| q | < 1$

\frac{1}{1 - x \cos (t)} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(x \cos (t))}^{n} d t .

Posons alors

u_{n} (t) = x^{n} \cos^{n} (t) avec t \in [- π; π] et n \in ℕ .

Les fonctions $u_{n}$ sont continues sur $[- π; π]$ et la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement sur $[- π; π]$ car

sup_{t \in [- π; π]} | u_{n} (t) | = {| x |}^{n} avec | x | < 1 .

Par théorème d’intégration terme à terme d’une série de fonctions continues convergeant uniformément sur $[- π; π]$ ,

F (x) = \frac{1}{2 π} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \int_{- π}^{π} x^{n} \cos^{n} (t) d t = \sum_{n = 0}^{+ \infty} W_{n} x^{n}

en introduisant les intégrales de Wallis

W_{n} = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \cos^{n} (t) d t .

Pour $n \geq 2$ , une intégration par parties donne

	$W_{n}$	$= \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \cos (t) \times \cos^{n - 1} (t) d t$
		$= \frac{1}{2 π} \underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{{[\sin (t) \cos^{n - 1} (t)]}_{- π}^{π}}} + \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} (n - 1) \underset{\begin{matrix} = 1 - \cos^{2} (t) \end{matrix}}{\underset{⏟}{\sin^{2} (t)}} \cos^{n - 2} (t) d t$
		$= (n - 1) (W_{n - 2} - W_{n}) .$

On en déduit la relation de récurrence

W_{n} = \frac{n - 1}{n} W_{n - 2} .

Sachant $W_{0} = 1$ et $W_{1} = 0$ , on parvient à

\forall p \in ℕ, W_{2 p} = \frac{(2 p)!}{2^{2 p} {(p!)}^{2}} = \frac{1}{4^{p}} (\binom{2 p}{p}) et W_{2 p + 1} = 0 .

Par conséquent,

F (x) = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{p}} (\binom{2 p}{p}) x^{2 p} .

(b)

Pour le changement de variable $u = \tan (t / 2)$ ,

d u = \frac{1}{2} (1 + u^{2}) d t et \cos (t) = \frac{1 - u^{2}}{1 + u^{2}}

ce qui donne

	$F (x)$	$= \frac{1}{π} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{1 + u^{2} - x (1 - u^{2})} d u = \frac{1}{π} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{1 - x + (1 + x) u^{2}}$
		$= \frac{1}{π (1 + x)} \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{a^{2} + u^{2}} d u avec a = \sqrt{\frac{1 - x}{1 + x}}$
		$= \frac{1}{π (1 + x)} {[\frac{1}{a} \arctan (\frac{u}{a})]}_{- \infty}^{\infty} = \frac{1}{a (1 + x)} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} .$

On en déduit la relation proposée.

(c)

D’une part,

$\int_{0}^{1 / 2} \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x = {[\arcsin (x)]}_{0}^{1 / 2} = \arcsin (\frac{1}{2}) = \frac{π}{6} .$

D’autre part,

$\int_{0}^{1 / 2} \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} d x = \int_{0}^{1 / 2} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) x^{2 n} d x .$

On remarque

$(\binom{2 n}{n}) \leq \sum_{k = 0}^{2 n} (\binom{2 n}{k}) = {(1 + 1)}^{2 n} = 4^{n}$

et donc

$sup_{x \in [0; 1 / 2]} | \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) x^{2 n} | \leq sup_{x \in [0; 1 / 2]} x^{2 n} = \frac{1}{4^{n}} .$

Par intégration terme à terme d’une série de fonctions continues sur $[0; 1 / 2]$ , il vient

$\frac{π}{6} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) \int_{0}^{1 / 2} x^{2 n} d x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{4^{n}} (\binom{2 n}{n}) \frac{1}{2^{2 n + 1} (2 n + 1)}$

ce qui conduit à la relation proposée.

Exercice 12 920 Correction

Déterminer la valeur de

\prod_{n = 1}^{+ \infty} (1 + \frac{1}{n^{2}}) .

On donne

\forall α \in [0; 1], \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{2 α}{α^{2} + n^{2}} = π \frac{ch (π α)}{sh (π α)} - \frac{1}{α}

avec prolongement par continuité en $0$ .

Solution

{∥ α \mapsto \frac{2 α}{α^{2} + n^{2}} ∥}_{\infty, [0; 1]} \leq \frac{1}{n^{2}}

est le terme générale d’une série convergente. Par convergence normale sur le segment $[0; 1]$ ,

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{2 α}{α^{2} + n^{2}} d α = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \int_{0}^{1} \frac{2 α d α}{α^{2} + n^{2}} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \ln (1 + \frac{1}{n^{2}}) .

\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{2 α}{α^{2} + n^{2}} = π \frac{ch (π α)}{sh (π α)} - \frac{1}{α}

donc

\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{2 α}{α^{2} + n^{2}} d α = {[\ln (\frac{sh (π α)}{α})]}_{0}^{1} = \ln (\frac{sh (π)}{π}) .

On en déduit que

\prod_{n = 1}^{+ \infty} (1 + \frac{1}{n^{2}}) = \frac{sh (π)}{π} .

[<] Étude de la convergence d'une série de fonctions [>] Étude pratique de la fonction somme d'une série

Édité le 29-11-2025

	$I_{n}$	$= \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{n - 1}{n + 2} \times \dots \times \frac{1}{2 n} \int_{0}^{1} t^{2 n} d t$
		$= \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{n - 1}{n + 2} \times \dots \times \frac{1}{2 n} \times {[\frac{t^{2 n + 1}}{2 n + 1}]}_{0}^{1}$
		$= \frac{n}{n + 1} \cdot \frac{n - 1}{n + 2} \times \dots \times \frac{1}{2 n} \cdot \frac{1}{2 n + 1} = \frac{{(n!)}^{2}}{(2 n + 1)!} .$

	$\| \frac{I_{n + 1}}{I_{n}} \|$	$= \frac{I_{n + 1}}{I_{n}} = {(\frac{(n + 1)!}{n!})}^{2} \frac{(2 n + 1)!}{(2 n + 3)!}$
		$= \frac{{(n + 1)}^{2}}{(2 n + 2) (2 n + 3)} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{n^{2}}{4 n^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{1}{4} < 1 .$

Intégration terme à terme