Vous vous intéressez dans cet article à obtenir le nombre $\pi$ comme limite d’une suite.
Utilisez les intégrales de Wallis
Pour tout entier naturel $n$, vous posez $I_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\dt.$
Vous calculez d’abord $I_0.$
\begin{align*}
I_0 &= \int_0^{\pi/2} \sin^0 t\dt\\
&= \int_0^{\pi/2} 1\dt\\
&=\frac{\pi}{2}.
\end{align*}Vous enchaînez avec $I_1.$
\begin{align*}
I_1 &= \int_0^{\pi/2} \sin^1 t\dt\\
&= \int_0^{\pi/2} \sin t\dt\\
&=\left[-\cos t\right]_0^{\pi/2}\\
&=-\left[\cos t\right]_0^{\pi/2}\\
&=-\left(0-1\right)\\
&=1.
\end{align*}Soit maintenant $n$ un entier naturel fixé. Vous allez utiliser un outil très important, qui est une intégration par parties.
\begin{align*}
I_{n+2} &= \int_0^{\pi/2} \sin^{n+2} t\dt\\
&= \int_0^{\pi/2}\sin t \times \sin^{n+1} t\dt\\
&= \left[-\cos t \times \sin^{n+1} t\right]_0^{\pi/2}- \int_0^{\pi/2} (-\cos t) (n+1) \sin^{n} t \cos t\dt\\
&=0- \int_0^{\pi/2} (-\cos t) (n+1) \sin^{n} t \cos t\dt\\
&= (n+1) \int_0^{\pi/2} \cos^2 t \sin^{n} t \dt\\
&= (n+1) \int_0^{\pi/2} (1-\sin^2 t) \sin^{n} t \dt\\
&=(n+1) \int_0^{\pi/2} (\sin^n t-\sin^{n+2} t) \dt\\
&=(n+1)I_n - (n+1)I_{n+2}.
\end{align*}Cette relation permet d’obtenir :
\begin{align*}
(n+2)I_{n+2} &= (n+1)I_n.
\end{align*}Ainsi :
\boxed{\forall n\in\N, I_{n+2} =\frac{n+1}{n+2} I_n.}Le reste dépend de la parité de l’entier $n.$
Pour tout $n\in\N$ calculez $I_{2n}$
Déjà, vous avez $I_0 = \frac{\pi}{2}.$
Puis $I_2 = \frac{1}{2}I_0 = \frac{1}{2}\times \frac{\pi}{2}.$
Ensuite $I_4 =\frac{3}{4}I_2 = \frac{1\times 3}{2\times 4} \times \frac{\pi}{2}.$
Il est d’usage d’écrire ce dernier calcul en utilisant des factorielles :
\begin{align*}
I_4 &= \frac{1\times 3}{2\times 4} \times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{1\times 2 \times 3\times 4}{(2\times 4)^2} \times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{4!}{(2\times 4)^2} \times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{4!}{(1\times 2 \times 2^2)^2} \times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{4!}{(2! \times 2^2)^2} \times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{4!}{(2!)^2 \times 2^4} \times \frac{\pi}{2}.
\end{align*}Qu’en est-il pour $I_6$ ? Vous effectuez une démarche similaire :
\begin{align*}
I_6 &= \frac{5}{6}\times I_4 \\
&= \frac{5}{6}\times \frac{1\times 3}{2\times 4} \times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{1\times 3\times 5}{2\times 4 \times 6} \times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{1\times 2\times 3\times 4\times 5\times 6}{(2\times 4 \times 6)^2} \times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{6!}{(2\times 4 \times 6)^2} \times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{6!}{(1\times 2 \times 3 \times 2^3)^2} \times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{6!}{(3! \times 2^3)^2} \times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{6!}{(3!)^2 \times 2^6} \times \frac{\pi}{2}.
\end{align*}Vous êtes maintenant prêt à démontrer par récurrence que $\forall n\in\N, I_{2n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2\times 2^{2n}}\times \frac{\pi}{2}.$
Pour tout entier naturel $n$, vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété : « $I_{2n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2\times 2^{2n}}\times \frac{\pi}{2}.$ »
Initialisation. Pour $n=0$, $I_0 = \frac{\pi}{2}.$
D’autre part, $\frac{(0!)}{(0!)^2\times 2^{0}}\times \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$ donc $\mathscr{P}(0)$ est vérifiée.
Hérédité. Soit $n\in\N$, supposez $\mathscr{P}(n).$
\begin{align*}
I_{2n+2} &= \frac{2n+1}{2n+2} I_{2n}\\
&= \frac{2n+1}{2n+2} \times \frac{(2n)!}{(n!)^2\times 2^{2n}}\times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{(2n+1)(2n+2)}{(2n+2)^2} \times \frac{(2n)!}{(n!)^2\times 2^{2n}}\times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{(2n+2)!}{(2n+2)^2 (n!)^2\times 2^{2n}}\times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{(2n+2)!}{(2(n+1))^2 (n!)^2\times 2^{2n}}\times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{(2n+2)!}{2^2 \times (n+1)^2 (n!)^2\times 2^{2n}}\times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{(2n+2)!}{ (n+1)^2 (n!)^2\times 2^{2n+2}}\times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{(2n+2)!}{ ((n+1)\times n!)^2\times 2^{2n+2}}\times \frac{\pi}{2}\\
&= \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2\times 2^{2n+2}}\times \frac{\pi}{2}.
\end{align*}Ainsi, la propriété $\mathscr{P}(n+1)$ est bien vérifiée.
Vous avez donc établi le résultat suivant :
\boxed{\forall n\in\N, I_{2n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2\times 2^{2n}}\times \frac{\pi}{2}.}Pour tout $n\in\N$ calculez $I_{2n+1}$
Déjà, vous avez $I_1 = 1.$
Puis $I_3 = \frac{2}{3}I_1 = \frac{2}{3}.$
Ensuite, $I_5 = \frac{4}{5}I_3 = \frac{4}{5}\times \frac{2}{3} = \frac{2\times 4}{3\times 5}.$
Vous écrivez $I_5$ avec des factorielles :
\begin{align*}
I_5 &= \frac{2\times 4}{3\times 5} \\
&= \frac{(2\times 4)^2}{2\times 3 \times 4\times 5} \\
&= \frac{(1\times 2 \times 2^2)^2 \times 2^2}{5!} \\
&= \frac{(2!)^2 \times 2^4}{5!}.
\end{align*}Pour tout entier naturel $n$, vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété : « $I_{2n+1} = \frac{(n!)^2\times 2^{2n}}{(2n+1)!}.$ »
Initialisation. Pour $n=0$, $I_1 = 1.$
$ \frac{(0!)^2\times 2^0}{(2\times 0+1)!} = 1$ donc $\mathscr{P}(0)$ est vérifiée.
Hérédité. Soit $n\in\N$, supposez $\mathscr{P}(n).$
\begin{align*}
I_{2n+3} &= \frac{2n+2}{2n+3} I_{2n+1}\\
&=\frac{2n+2}{2n+3} \times \frac{(n!)^2\times 2^{2n}}{(2n+1)!}\\
&=\frac{(2n+2)^2}{(2n+3)(2n+2)} \times \frac{(n!)^2\times 2^{2n}}{(2n+1)!}\\
&=\frac{2^2(n+1)^2}{(2n+3)(2n+2)} \times \frac{(n!)^2\times 2^{2n}}{(2n+1)!}\\
&=\frac{2^2(n+1)^2}{(2n+3)(2n+2)} \times \frac{(n!)^2\times 2^{2n}}{(2n+1)!}\\
&=\frac{(n+1)^2(n!)^2\times 2^{2n+2}}{(2n+1)!(2n+2)(2n+3)}\\
&=\frac{(n+1)^2(n!)^2\times 2^{2n+2}}{(2n+3)!}\\
&=\frac{((n+1)n!)^2\times 2^{2n+2}}{(2n+3)!}\\
&=\frac{((n+1)!)^2\times 2^{2n+2}}{(2n+3)!}.
\end{align*}Ainsi, la propriété $\mathscr{P}(n+1)$ est bien vérifiée.
Vous avez donc établi le résultat suivant :
\boxed{\forall n\in\N, I_{2n+1} = \frac{(n!)^2\times 2^{2n}}{(2n+1)!}.}La suite $(I_n)$ est décroissante
Soit $n$ un entier naturel.
Sur l’intervalle $[0,\pi/2]$ la fonction $t\mapsto \sin t$ est positive.
Il en résulte que :
\forall t\in\left[0,\pi/2\right], 0\leq (\sin t)^n.
D’autre part :
\forall t\in \left[0,\pi/2\right], \sin t \leq 1.
En multipliant cette inégalité par $(\sin t)^n$ qui est positif, vous obtenez :
\forall t\in \left[0,\pi/2\right], 0\leq (\sin t)^{n+1} \leq (\sin t)^n.En intégrant sur l’intervalle $[0,\pi/2]$ il vient :
\begin{align*}
\int_0^{\pi/2} \sin^{n+1} t\dt \leq \int_0^{\pi/2} \sin^{n} t\dt.
\end{align*}En définitive vous avez montré que :
\boxed{\forall n\in\N, I_{n+1}\leq I_n.}Déduisez-en la formule de Wallis
Soit $n$ un entier naturel non nul.
Vous avez successivement :
\begin{align*}
I_{2n} &= \frac{(2n)!}{(n!)^2\times 2^{2n}}\times \frac{\pi}{2}\\
I_{2n+1} &= \frac{(n!)^2\times 2^{2n}}{(2n+1)!}\\
\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}} &= \frac{(2n)!}{(n!)^2\times 2^{2n}}\times \frac{\pi}{2} \times \frac{(2n+1)!}{(n!)^2\times 2^{2n}}\\
&= \frac{(2n)!(2n+1)!}{(n!)^4\times 2^{4n+1}} \times \pi.
\end{align*}
D’autre part, par décroissance de la suite $(I_p)_{p\geq 0}$ vous avez :
\begin{align*}
I_{2n+1}\leq I_{2n}\leq I_{2n-1}.
\end{align*}Des expressions explicites de la suite susmentionnée vous avez $\forall p\in\N, I_p > 0.$
En divisant par $I_{2n+1}$ il vient :
\begin{align*}
1\leq \frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}\leq \frac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}}.
\end{align*}
Or :
\begin{align*}
I_{2n+1} &=\frac{2n}{2n+1} I_{2n-1} \\
\frac{2n+1}{2n} &=\frac{ I_{2n-1}}{I_{2n+1}} \\
1+\frac{1}{2n} &=\frac{ I_{2n-1}}{I_{2n+1}}.
\end{align*}
Donc :
1\leq \frac{(2n)!(2n+1)!}{(n!)^4\times 2^{4n+1}} \times \pi \leq 1+\frac{1}{2n}.Comme $\lim_{n\to +\infty} 1+\frac{1}{2n} =1 $ l’application du théorème des gendarmes fournit :
$\lim_{n\to +\infty} \frac{(2n)!(2n+1)!}{(n!)^4\times 2^{4n+1}} \times \pi = 1.$
En divisant par $\pi$ vous déduisez alors que :
$\lim_{n\to +\infty} \frac{(2n)!(2n+1)!}{(n!)^4\times 2^{4n+1}} = \frac{1}{\pi}.$
En prenant l’inverse vous obtenez la formule de Wallis :
\boxed{\lim_{n\to +\infty} \frac{(n!)^4\times 2^{4n+1}}{(2n)!(2n+1)!} =\pi.}Application avec un ordinateur. Pour $n=493$ vous trouverez l’encadrement suivant $3,140<\pi<3,144.$ La formule de Wallis n’est en pratique pas adaptée pour calculer efficacement les décimales de $\pi.$
Prolongement
En utilisant la formule de Wallis et en admettant qu’il existe une constante strictement positive $C$ telle que :
n! \underset{+\infty}{\sim} C\sqrt{n}\left(\frac{n}{\e}\right)^n,pourriez-vous calculer la constante $C$ ?
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