• (a)

  En appliquant le changement de variable $u=\pi /2-t$ on obtient

  $$I_n={\int }_0^{\pi /2}{\cos }^n(u)du$$

  $t\mapsto {\sin }^n(t)$ est continue, positive sans être la fonction nulle et $0<\pi /2$ donc $I_n>0$

• (b)

  Par intégration par parties

  $$I_{n+2}={\int }_0^{\pi /2}\sin (t){\sin }^{n+1}(t)dt={\left[-\cos (t){\sin }^{n+1}(t)\right]}_0^{\pi /2}+(n+1){\int }_0^{\pi /2}{\cos }^2(t){\sin }^n(t)dt$$

  donc

  $$I_{n+2}=(n+1){\int }_0^{\pi /2}\left(1-{\sin }^2(t)\right){\sin }^n(t)dt=(n+1)I_n-(n+1)I_{n+2}$$

  puis

  $$(n+2)I_{n+2}=(n+1)I_n\text{.}$$

• (c)

  $$I_{2p}=\frac{2p-1}{2p}{I}_{2p-2}=\frac{2p-1}{2p}\frac{2p-3}{2p-2}\mathrm{\cdots }\frac{1}{2}{I}_0=\frac{(2p)!}{2^{2p}{(p!)}^2}\frac{\pi }{2}$$

  sachant $I_0=\pi /2$.

  $$I_{2p+1}=\frac{2p}{2p+1}\frac{2p-2}{2p-1}\mathrm{\cdots }\frac{2}{3}{I}_1=\frac{2^{2p}{(p!)}^2}{(2p+1)!}$$

  sachant $I_1=1$.

• (d)

  Posons $u_n=(n+1)I_{n+1}{I}_n$. On

  $$u_{n+1}=(n+2)I_{n+2}{I}_{n+1}=(n+1)I_n{I}_{n+1}=u_n$$

  et $u_0=I_1{I}_0=\pi /2$ donc pour tout $n\in \mathbb{N}$

  $$(n+1)I_{n+1}{I}_n=\pi /2\text{.}$$

  Pour tout $t\in [0;\pi /2]$,

  $${\sin }^{n+2}(t)\le {\sin }^{n+1}(t)\le {\sin }^n(t)$$

  donc

  $$I_{n+2}\le I_{n+1}\le I_n\text{.}$$

• (e)

  On a

  $$\frac{n+1}{n+2}{I}_n\le I_{n+1}\le I_n$$

  donc $I_{n+1}/I_n\to 1$. Ainsi $I_{n+1}\sim I_n$.
  Par suite,

  $$\frac{\pi }{2}=(n+1)I_{n+1}{I}_n\sim n{I}_n^2$$

  et donc

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

  sachant $I_n>0$.

• (a)

  On procède à une intégration par parties avec

  $$u(t)=\sin (t)\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}v(t)={\cos }^{2n-1}(t)$$

  pour écrire

  $$I_n=\underset{\begin{array}{c}=0\end{array}}{\underbrace{{\left[\sin (t){\cos }^{2n-1}(t)\right]}_0^{\pi }}}+{\int }_0^{\pi }(2n-1)\underset{\begin{array}{c}=1-{\cos }^2(t)\end{array}}{\underbrace{{\sin }^2(t)}}{\cos }^{2n-2}(t)dt=(2n-1)(I_{n-1}-I_n)\text{.}$$

  On en déduit la relation proposée.

• (b)

  On vérifie la relation par récurrence sur $n\in \mathbb{N}$ ou par un calcul direct si l’on sait correctement exprimer le produit d’entiers pairs/impairs consécutifs.

• (c)

  Pour tout $x\in [0;2\pi ]$, la formule du binôme de Newton donne

  $$2^n{\cos }^{2n}(x/2)={\left(1+\cos (x)\right)}^n=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}\right){\cos }^k(x)\text{.}$$

  On intègre les deux membres de cette identité entre $0$ et $2\pi$.

  D’une part,

  $${\int }_0^{2\pi }{2}^n{\cos }^{2n}(x/2)dx\underset{t=x/2}{=}{2}^{n+1}{\int }_0^{\pi }{\cos }^{2n}(t)dt=2\pi \frac{(2n)!}{2^n{(n!)}^2}\text{.}$$

  D’autre part,

  $${\int }_0^{2\pi }\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}\right){\cos }^k(x)\mathrm{d}x=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}\right){\int }_0^{2\pi }{\cos }^k(x)dx\text{.}$$

  Par argument de symétrie,

  $${\int }_0^{2\pi }{\cos }^k(x)dx=\{\begin{array}{cc}0\hfill & \text{ si }k=2p+1\hfill \\ 2I_p\hfill & \text{ si }k=2p\hfill \end{array}$$

  donc

  $${\int }_0^{2\pi }\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}\right){\cos }^k(x)\mathrm{d}x=\sum _{p=0}^{\lfloor n/2\rfloor }2\pi \left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{2p}\right)\frac{(2p)!}{2^{2p}{(p!)}^2}=2\pi \sum _{p=0}^{\lfloor n/2\rfloor }\frac{n!}{2^{2p}{(p!)}^2(n-2p)!}\text{.}$$

  En identifiant ces deux calculs, on obtient la relation souhaitée.

• (a)

  $$0\le I_n\le {\int }_0^1{x}^{n}dx=\frac{1}{n+1}\to 0$$

  donc $I_n\to 0$.
  De plus, pour tout $x\in [0;1]$,

  $$\frac{x^n}{x+1}\le \frac{x^{n+1}}{x+1}$$

  donc $I_n\le I_{n+1}$.

• (b)

  $$I_n+I_{n+1}=\frac{1}{n+1}$$

  donc

  $$I_n=\sum _{k=1}^n\frac{{(-1)}^{n-k}}{k}+{(-1)}^n{I}_0\text{.}$$

• (c)

  $I_0=\ln (2)$ et ${(-1)}^n{I}_n\to 0$ donc

  $$\sum _{k=1}^n\frac{{(-1)}^{-k}}{k}+\ln (2)\to 0$$

  puis la conclusion.

• (d)

  Comme ci-dessus, $J_n\to 0$. De plus,

  $$J_n+J_{n+2}=\frac{1}{n+1}$$

  donc

  $$J_{2n}=\sum _{k=0}^{n-1}\frac{{(-1)}^{n-1-k}}{2k+1}+{(-1)}^n{J}_0$$

  puis

  $$\sum _{k=0}^{n-1}\frac{{(-1)}^{k+1}}{2k+1}+\frac{\pi }{4}\to 0$$

  d’où

  $$\sum _{k=0}^n\frac{{(-1)}^k}{2k+1}\to \frac{\pi }{4}\text{.}$$

• (a)

  On a

  $$0\le I_n\le {\int }_0^1\frac{\mathrm{e}}{n!}dx=\frac{\mathrm{e}}{n!}\to 0$$

  donc par encadrement $I_n\to 0$.

• (b)

  Par intégration par parties,

  $$I_n={\int }_0^1\frac{{(1-x)}^n}{n!}{\mathrm{e}}^{x}dx={\left[-\frac{{(1-x)}^{n+1}}{(n+1)!}{\mathrm{e}}^x\right]}_0^1+{\int }_0^1\frac{{(1-x)}^{n+1}}{(n+1)!}{\mathrm{e}}^{x}dx=\frac{1}{(n+1)!}+I_{n+1}\text{.}$$

• (c)

  Pour $k\ge 1$,

  $$\frac{1}{k!}=I_{k-1}-I_k$$

  donc

  $$\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}=1+\sum _{k=1}^n{I}_{k-1}-I_k=1+I_0-I_n$$

  avec

  $$I_0={\int }_0^1{\mathrm{e}}^{x}dx=\mathrm{e}-1\text{.}$$

  Ainsi,

  $$\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}=\mathrm{e}-I_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\mathrm{e}\text{.}$$

• (a)

  Directement $I_0=\mathrm{e}-1$ et

  $$I_1={\int }_1^{\mathrm{e}}\ln (x)dx={\left[x\ln (x)-x\right]}_1^{\mathrm{e}}=1\text{.}$$

• (b)

  Par intégration par parties,

  	$I_{n+1}$	$={\displaystyle {\int }_1^{\mathrm{e}}}{\left(\ln (x)\right)}^{n+1}dx={\left[x{\left(\ln (x)\right)}^{n+1}\right]}_1^{\mathrm{e}}-(n+1){\displaystyle {\int }_1^{\mathrm{e}}}{\left(\ln (x)\right)}^{n}dx$
  		$=\mathrm{e}-(n+1)I_n\text{.}$

• (c)

  Par intégration d’une fonction continue, positive et non nulle, on a $I_n>0$.

  Puisque $I_{n+1}>0$, on a aussi $I_n<\frac{\mathrm{e}}{n+1}$.

• (d)

  Par encadrement $I_n\to 0$.
  Puisque $I_{n+1}=\mathrm{e}-(n+1)I_n$ est de limite nulle,

  $$(n+1)I_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}\mathrm{e}$$

  puis

  $$I_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{\mathrm{e}}{n+1}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\sim }\frac{\mathrm{e}}{n}\text{.}$$

• (e)

  On a

  $$D_{n+1}=(n+1)D_n$$

  donc $D_n=n!D_0$.

  Si $a\ne I_0$ alors $(D_n)$ tend vers $+\mathrm{\infty }$ puis

  $$|u_n|\ge D_n-I_n\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}+\mathrm{\infty }\text{.}$$

• (a)

  $u_0=1/2$, $u_1=\ln (2)$ et $u_2=\pi /4$.

• (b)

  On a

  $$u_{n+1}-u_n={\int }_0^1\frac{x^n(1-x)}{(1+x^n)(1+x^{n+1})}dx$$

  or la fonction

  $$x\mapsto \frac{x^n(1-x)}{(1+x^n)(1+x^{n+1})}$$

  est continue, positive sans être la fonction nulle et $0<1$ donc $u_{n+1}-u_n>0$.

• (c)

  On a

  $$|u_n-1|={\int }_0^1\frac{x^n\mathrm{d}x}{1+x^n}\le {\int }_0^1{x}^{n}dx=\frac{1}{n+1}\to 0$$

  donc $u_n\to 1$.

• (d)

  Par intégration par parties,

  	$I_n$	$={\displaystyle {\int }_0^1}x{\displaystyle \frac{x^{n-1}}{1+x^n}}dx$
  		$={\left[{\displaystyle \frac{1}{n}}x\ln (1+x^n)\right]}_0^1-{\displaystyle \frac{1}{n}}{\displaystyle {\int }_0^1}\ln (1+x^n)dx$
  		$={\displaystyle \frac{\ln (2)}{n}}-{\displaystyle \frac{1}{n}}{\displaystyle {\int }_0^1}\ln (1+x^n)dx\text{.}$

• (e)

  On a

  $$0\le {\int }_0^1\ln (1+x^n)dx\le {\int }_0^1{x}^{n}dx=\frac{1}{n+1}\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

  car il est connu que $\ln (1+t)\le t$ pour $t>-1$.
  On a alors

  $${\int }_0^1\ln (1+x^n)dx\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{\overset{}{\to }}0$$

  donc

  $$u_n=1-{\int }_0^1\frac{x^n}{1+x^n}dx\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{=}1-\frac{\ln (2)}{n}+\mathrm{o}\left(\frac{1}{n}\right)\text{.}$$

Soit $n\in \mathbb{N}$. Pour $t\in [0;1]$, la formule du binôme de Newton donne

$${\left(1-t^2\right)}^n=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}\right){(-t^2)}^k=\sum _{k=0}^n{(-1)}^k\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}\right)t^{2k}\text{.}$$

Par linéarité de l’intégrale, on obtient un premier calcul

	$I_n$	$={\displaystyle {\int }_0^1}{\displaystyle \sum _{k=0}^n}{(-1)}^k\left({\displaystyle \genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}}\right)t^{2k}\mathrm{d}t={\displaystyle \sum _{k=0}^n}{(-1)}^k\left({\displaystyle \genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}}\right){\displaystyle {\int }_0^1}{t}^{2k}dt$
		$={\displaystyle \sum _{k=0}^n}{(-1)}^k\left({\displaystyle \genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}}\right){\left[{\displaystyle \frac{t^{2k+1}}{2k+1}}\right]}_0^1={\displaystyle \sum _{k=0}^n}{\displaystyle \frac{{(-1)}^k}{2k+1}}\left({\displaystyle \genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}}\right)\text{.}$

Méthode: Un second calcul est possible en formant une relation de récurrence sur les termes de la suite $(I_n)$.

Soit $n\in {\mathbb{N}}^{*}$. On pose

$$u(t)=t\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}v(t)={\left(1-t^2\right)}^n\text{.}$$

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe ${𝒞}^1$ sur $[0;1]$ et la formule d’intégration par parties donne

$$I_n=\underset{\begin{array}{c}=0\end{array}}{\underbrace{{\left[t{\left(1-t^2\right)}^n\right]}_0^1}}-{\int }_0^{1}t\times n(-2t){\left(1-t^2\right)}^{n-1}dt=2n{\int }_0^1{t}^2{\left(1-t^2\right)}^{n-1}dt\text{.}$$

Dans l’intégrale obtenue, on écrit astucieusement $t^2=1-\left(1-t^2\right)$ et l’on obtient

$$I_n=2n{\int }_0^1\left({\left(1-t^2\right)}^{n-1}-{\left(1-t^2\right)}^n\right)dt=2n\left(I_{n-1}-I_n\right)\text{.}$$

On en déduit la relation de récurrence

$$I_n=\frac{2n}{2n+1}{I}_{n-1}\mathit{\hspace{1em}}\text{pour tout }n\in {\mathbb{N}}^{*}\text{.}$$

Par celle-ci, on peut exprimer $I_n$ en fonction de $I_{n-1}$, de $I_{n-2}$, etc. puis de $I_0$:

	$I_n$	$={\displaystyle \frac{2n}{2n+1}}\cdot {\displaystyle \frac{2(n-1)}{2n-1}}{I}_{n-2}$
		$={\displaystyle \frac{2n}{2n+1}}\cdot {\displaystyle \frac{2(n-1)}{2n-1}}\times \mathrm{\cdots }\times {\displaystyle \frac{2}{3}}{I}_0\text{.}$

Un calcul immédiat donne $I_0=1$ et l’on obtient l’écriture

$$I_n=\frac{(2n)(2n-2)\times \mathrm{\cdots }\times 2}{(2n+1)(2n-1)\times \mathrm{\cdots }\times 3}\text{.}$$

On sait exprimer un produit d’entiers pairs et d’entiers impairs à l’aide de nombres factoriels ce qui donne

$$I_n=\frac{2^{2n}{\left(n!\right)}^2}{(2n+1)!}=\frac{4^n}{2n+1}{\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{2n}{n}\right)}^{-1}\mathit{\hspace{1em}}\text{pour tout }n\in \mathbb{N}\text{.}$$

Les deux expressions de $I_n$ produisent la formule annoncée.

Pour $n\in {\mathbb{N}}^{*}$ et $x\in [0;\pi ]$, on sait

$$\cos \left((n+1)x\right)+\cos \left((n-1)x\right)=2\cos (x)\cos (nx)$$

et donc

$$\cos \left((n+1)x\right)+4\cos (nx)+\cos \left((n-1)x\right)=\left(2\cos (x)+4\right)\cos (nx)\text{.}$$

On en déduit

$$I_{n+1}+4I_n+I_{n-1}={\int }_0^{\pi }2\cos (nx)dx=0\text{.}$$

La suite $(I_n)$ est récurrente linéaire d’ordre $2$ d’équation caractéristique

$$r^2+4r+1=0$$

de racines $-2+\sqrt{3}$ et $-2-\sqrt{3}$. Il existe donc $\lambda ,\mu \in ℝ$ tels que

$$\forall n\in \mathbb{N},I_n=\lambda {\left(-2-\sqrt{3}\right)}^n+\mu {\left(-2+\sqrt{3}\right)}^n\text{.}$$

Il reste à calculer $\lambda$ et $\mu$ à partir de $I_0$ et $I_1$.

D’une part, le changement de variable $t=\tan (x/2)$ donne

$$I_0={\int }_0^{\pi }\frac{\mathrm{d}x}{2+\cos (x)}={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{\mathrm{d}t}{3+t^2}=\frac{\pi }{\sqrt{3}}\text{.}$$

D’autre part,

$$I_1={\int }_0^{\pi }\frac{2+\cos (x)-2}{2+\cos (x)}dx={\int }_0^{\pi }dx-2I_0=\pi -\frac{2\pi }{\sqrt{3}}\text{.}$$

On peut alors déterminer $\lambda$ et $\mu$:

$$\lambda =0\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}\mu =\frac{\pi }{\sqrt{3}}$$

et conclure

$$\forall n\in \mathbb{N},I_n={(-1)}^n\frac{\pi }{\sqrt{3}}(2-\sqrt{(}3)){}^n\text{.}$$