Exercice 30

On note $a_{n} = \frac{n}{n + 1}$ et $b_{n} = a_{n}\frac{\pi}{2}$, de sorte que $\frac{\pi}{2} - b_{n} = \frac{\pi}{2(n + 1)}$.

1. Pour $t \in \big[0\,,\frac{\pi}{2}\big]$, on a $a_{n}t \in [0\,,b_{n}] \subset \big[0\,,\frac{\pi}{2}\big[$, où le cosinus est strictement positif : l'intégrande est continu sur le segment, et $I_{n}$ existe. À $t$ fixé, la suite $(a_{n}t)$ est croissante dans $\big[0\,,\frac{\pi}{2}\big[$, où le cosinus est décroissant et positif ; donc $\frac{t}{\cos(a_{n}t)}$ croît avec $n$, et la croissance de l'intégrale conclut. $$\boxed{(I_{n}) \text{ est croissante}}$$

2. Pour minorer, on utilise $\cos u = \sin\big(\frac{\pi}{2} - u\big) \leqslant \frac{\pi}{2} - u$ pour $u \in \big[0\,,\frac{\pi}{2}\big]$, puis le changement de variable $u = a_{n}t$, pour $n \geqslant 1$ (chapitre 6, proposition 5), naturel puisque $a_{n}t$ est l'argument du cosinus : $$I_{n} \geqslant \int_{0}^{\pi/2} \frac{t\,\mathrm{d} t}{\frac{\pi}{2} - a_{n}t} = \frac{1}{a_{n}^{2}}\int_{0}^{b_{n}} \frac{u\,\mathrm{d} u}{\frac{\pi}{2} - u} \geqslant \int_{0}^{b_{n}} \Big(\frac{\pi/2}{\frac{\pi}{2} - u} - 1\Big)\mathrm{d} u,$$ car $\frac{1}{a_{n}^{2}} \geqslant 1$ et l'intégrale est positive. La dernière intégrale vaut $\frac{\pi}{2}\ln\frac{\pi/2}{\pi/2 - b_{n}} - b_{n} = \frac{\pi}{2}\ln(n + 1) - b_{n}$. $$\boxed{I_{n} \geqslant \frac{\pi}{2}\ln(n + 1) - \frac{\pi}{2} \xrightarrow[n \to +\infty]{} +\infty}$$

3. La fonction auxiliaire. La fonction $\varphi(u) = \frac{u}{\cos u} - \frac{\pi/2}{\pi/2 - u}$ est continue sur $\big[0\,,\frac{\pi}{2}\big[$. On pose $u = \frac{\pi}{2} - h$, avec $h \to 0^{+}$ ; alors $\cos u = \sin h$, et $$\varphi(u) = \frac{\pi}{2}\Big(\frac{1}{\sin h} - \frac{1}{h}\Big) - \frac{h}{\sin h} = \frac{\pi}{2} \times \frac{h - \sin h}{h\sin h} - \frac{h}{\sin h} \xrightarrow[h \to 0^{+}]{} -1,$$ puisque $h - \sin h \sim \frac{h^{3}}{6}$ et $h\sin h \sim h^{2}$ (chapitre 10). Prolongée par $\varphi\big(\frac{\pi}{2}\big) = -1$, $\varphi$ est continue sur le segment $\big[0\,,\frac{\pi}{2}\big]$, donc bornée par un réel $K$ (chapitre 8, théorème 10).

Le calcul. Le même changement de variable $u = a_{n}t$ donne cette fois l'égalité $$I_{n} = \frac{1}{a_{n}^{2}}\int_{0}^{b_{n}} \frac{u\,\mathrm{d} u}{\cos u} = \frac{1}{a_{n}^{2}}\Big(\int_{0}^{b_{n}} \frac{\pi/2}{\frac{\pi}{2} - u}\,\mathrm{d} u + \int_{0}^{b_{n}} \varphi\Big) = \frac{1}{a_{n}^{2}}\Big(\frac{\pi}{2}\ln(n + 1) + R_{n}\Big),$$ avec $|R_{n}| \leqslant \frac{K\pi}{2}$. Comme $a_{n}$ tend vers $1$ et que $\ln(n + 1) = \ln n + \ln\big(1 + \frac{1}{n}\big) \sim \ln n$, on obtient $\frac{2I_{n}}{\pi\ln n} \to 1$. $$\boxed{I_{n} \sim \frac{\pi}{2}\ln n}$$ À retenir. On peut aller plus loin. La fonction $x \mapsto \int_{0}^{x} \varphi$ est continue sur $\big[0\,,\frac{\pi}{2}\big]$, donc $R_{n}$ tend vers $C = \int_{0}^{\pi/2} \varphi \approx -1{,}4525$, et l'on vérifie que $I_{n} - \frac{\pi}{2}\ln n$ tend vers $C$. La convergence est lente : on trouve numériquement $-0{,}647$, $-1{,}305$, $-1{,}431$ et $-1{,}450$ pour $n = 10$, $10^{2}$, $10^{3}$ et $10^{4}$. Le rapport $\frac{2I_{n}}{\pi\ln n}$ tend vers $1$ plus lentement encore, puisque l'écart est de l'ordre de $\frac{2C}{\pi\ln n}$. La méthode est générale : pour trouver un équivalent d'une intégrale dont l'intégrande devient grand près d'une borne, on retranche une fonction simple qui a la même singularité, dont on sait calculer l'intégrale, et l'on montre que la différence reste bornée.