Exercice 20

1. On intègre $I_{n}(x)$ par parties (chapitre 6, proposition 4), en dérivant $t \mapsto (t^{2} + 1)^{-(n + 1)}$ et en primitivant $1$ en $t$. C'est le choix naturel : dériver la puissance $-(n + 1)$ fait apparaître la puissance $-(n + 2)$, c'est-à-dire l'intégrande de $I_{n + 1}$. Les deux fonctions sont de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $\mathbb{R}$, et $$I_{n}(x) = \Big[\frac{t}{(t^{2} + 1)^{n + 1}}\Big]_{0}^{x} + 2(n + 1)\int_{0}^{x} \frac{t^{2}}{(t^{2} + 1)^{n + 2}}\,\mathrm{d} t.$$ On écrit $t^{2} = (t^{2} + 1) - 1$ dans la dernière intégrale, qui vaut donc $I_{n}(x) - I_{n + 1}(x)$. Ainsi $$I_{n}(x) = \frac{x}{(x^{2} + 1)^{n + 1}} + 2(n + 1)\big(I_{n}(x) - I_{n + 1}(x)\big),$$ et l'on regroupe les termes en $I_{n + 1}(x)$. $$\boxed{2(n + 1)\,I_{n + 1}(x) = \frac{x}{(x^{2} + 1)^{n + 1}} + (2n + 1)\,I_{n}(x)}$$ Piège. L'erreur la plus répandue est d'intégrer par parties $I_{n + 1}$ lui-même : on obtient alors une intégrale de puissance $-(n + 3)$, et l'on s'éloigne du but. Pour faire monter l'exposant, on intègre par parties l'intégrale d'exposant le plus bas.

2. On raisonne par récurrence sur $n$. Pour $n = 0$, $I_{0}(x) = \operatorname{Arctan} x$ tend vers $\frac{\pi}{2}$ quand $x$ tend vers $+\infty$. Si $I_{n}(x)$ tend vers $L_{n}$, la relation de la question 1 montre que $I_{n + 1}(x)$ admet une limite finie, puisque $$0 \leqslant \frac{x}{(x^{2} + 1)^{n + 1}} \leqslant \frac{x}{x^{2} + 1} \xrightarrow[x \to +\infty]{} 0 \qquad (x \geqslant 0),$$ et cette limite vérifie $2(n + 1)L_{n + 1} = (2n + 1)L_{n}$. On en déduit, par produit télescopique, $$L_{n} = \frac{\pi}{2}\prod_{k = 0}^{n - 1}\frac{2k + 1}{2k + 2} = \frac{\pi}{2} \times \frac{1 \times 3 \times \cdots \times (2n - 1)}{2 \times 4 \times \cdots \times (2n)},$$ et l'on complète le numérateur en multipliant haut et bas par $2 \times 4 \times \cdots \times (2n) = 2^{n}n!$. $$\boxed{L_{n} = \frac{(2n)!}{4^{n}(n!)^{2}}\,\frac{\pi}{2}}$$ On trouve $L_{1} = \frac{\pi}{4}$, $L_{2} = \frac{3\pi}{16}$ et $L_{3} = \frac{5\pi}{32}$, valeurs confirmées par un calcul symbolique. ✓

3. La proposition 15 (iii) du cours donne $W_{2n} = \frac{(2n)!}{4^{n}(n!)^{2}}\,\frac{\pi}{2}$ : c'est exactement $L_{n}$. $$\boxed{L_{n} = W_{2n}}$$ Pour le retrouver directement, on effectue le changement de variable $t = \tan\theta$ (chapitre 6, proposition 5), avec $\theta \in [0\,,\operatorname{Arctan} x]$ : le facteur $1 + t^{2}$ appelle la tangente, puisque $1 + \tan^{2}\theta = \frac{1}{\cos^{2}\theta}$ et que $\mathrm{d} t = (1 + \tan^{2}\theta)\,\mathrm{d}\theta$. La fonction $\tan$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $\big[0\,,\frac{\pi}{2}\big[$, et $$I_{n}(x) = \int_{0}^{\operatorname{Arctan} x} \frac{1 + \tan^{2}\theta}{(1 + \tan^{2}\theta)^{n + 1}}\,\mathrm{d}\theta = \int_{0}^{\operatorname{Arctan} x} \cos^{2n}\theta\,\mathrm{d}\theta.$$ La fonction $u \mapsto \int_{0}^{u} \cos^{2n}$ est continue sur $\mathbb{R}$ (théorème 6), et $\operatorname{Arctan} x$ tend vers $\frac{\pi}{2}$ : par composition des limites, $$\boxed{L_{n} = \int_{0}^{\pi/2} \cos^{2n}\theta\,\mathrm{d}\theta = W_{2n}}$$ la dernière égalité étant la proposition 15 (i).

À retenir. La relation de récurrence de la question 1, à la limite, est celle des intégrales de Wallis, $(2n + 2)W_{2n + 2} = (2n + 1)W_{2n}$ : le changement de variable $t = \tan\theta$ explique cette coïncidence. C'est aussi la récurrence annoncée par la méthode du cours pour intégrer les éléments simples $\frac{1}{(1 + u^{2})^{k}}$. L'exercice 46 reviendra sur les intégrales de Wallis.