Intégrales de Wallis pondérées

Intégrales de Walis

Premièrement, la suite d’intégrales étudiée ressemble à la célèbre suite des intégrales de Walis mais on a pondéré chacune des intégrandes par une fonction continue $f$.

On a le résultat connu sur les intégrales de Walis suivant : $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n}(t) dt \underset{n\to+\infty}{\sim} \sqrt{\frac{\pi}{2n}}$
On réadapte ce résultat en utilisant la symétrie du sinus en $\frac \pi 2$ pour agrandir le domaine d’intégration : $\int_{0}^{\pi} \sin^{n}(t) \underset{n\to+\infty}{\sim} 2 \sqrt{\frac{\pi}{2n}}$
puis en normalisant via le changement de variable affine $t = \pi u$ : $\int_{0}^{1} \sin^{n}(\pi u) du = \frac{2}{\pi} \sqrt{\frac{\pi}{2n}} = \sqrt{\frac{2}{\pi n}}$

Un premier découpage

Ensuite pour comprendre intuitivement d’où vient ce $f\left(\frac 1 2 \right)$, la fonction $t \mapsto \sin(\pi t)$ atteint son maximum $1$ en $\frac 1 2$ et est à valeurs dans $[0,1[$ sur $[0,1]\setminus\{\frac 1 2 \}$.
Donc, $\forall t \in [0,1], \lim\limits_{n\to + \infty}(\sin(\pi t))^{n} = \begin{cases} 0 , \text{ si } t \ne \frac 1 2\\ 1 , \text{ si } t = \frac 1 2 \end{cases}$ et même mieux par croissances comparées
$\forall t \in [0,1], \lim\limits_{n\to + \infty} \sqrt{\frac{\pi n}{2}}(\sin(\pi t))^{n} = \begin{cases} 0 , \text{ si } t \ne \frac 1 2\\ +\infty , \text{ si } t = \frac 1 2 \end{cases}$
Donc les fonctions $g_{n} : t \mapsto \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \sin^{n}(\pi t) f(t)$ se concentrent autour de la valeur $\frac 1 2$.

On pose $\forall n \in \N, I_{n}= \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \int_{0}^{1} f(t) \sin^{n}(\pi t) \mathrm{ dt}$

On casse l’intégrale en deux par linéarité de l’intégrale :
$I_{n} = \underset{A_{n}}{\underbrace{\sqrt{\frac{\pi n}{2}} \int_{0}^{1} \left(f(t) - f\left(\frac 1 2 \right) \right) \sin^{n}(\pi t) \mathrm{dt}}} + \underset{B_{n}}{\underbrace{ f\left( \frac 1 2 \right) \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \int_{0}^{1} \sin^{n}(\pi t) \mathrm{dt}}}$

On sait, comme dit dans le paragraphe précédent, que $\lim\limits_{n\to+\infty} B_{n} = f\left(\frac 1 2\right)$

Il reste à montrer que $\lim\limits_{n \to +\infty} A_{n} = 0$
$\newline$

Un deuxième découpage

On souhaite montrer que $(A_{n})_{n\in\N}$ converge vers $0$. Pour cela, on se ramène à la définition de la limite via les epsilons et on découpe l’intégrale en $3$ en suivant l’idée que $f(t) - f\left( \frac 1 2 \right)$ est petit pour $t$ proche de $\frac 1 2$ et que $\sqrt{\frac{\pi n}{2}} \sin^{n}(\pi t)$ est proche de $0$ pour les autres valeurs de $t$.

Soit $\varepsilon > 0$

Comme $f$ est continue en $\frac 1 2$, il existe un $\alpha > 0$ tel que $\forall t \in [\frac 1 2 - \alpha, \frac 1 2 + \alpha], \left| f(t) - f\left(\frac 1 2\right) \right| \le \frac \varepsilon 6$
$\newline$
On découpe $A_{n}$ en $3$ pour tout $n \in\N$ et on utilise l’inégalité triangulaire :
$\forall n \in \N, |A_{n}| = \left| \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \int_{0}^{1} \left(f(t) - f\left(\frac 1 2 \right) \right) \sin^{n}(\pi t) \mathrm{dt} \right|$

$\le \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \int_{0}^{\frac 1 2 - \alpha} \left|f(t) - f\left(\frac 1 2 \right) \right| \sin^{n}(\pi t) \mathrm{dt}$
$+ \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \int_{\frac 1 2 - \alpha}^{\frac 1 2 + \alpha} \left|f(t) - f\left(\frac 1 2 \right) \right| \sin^{n}(\pi t) \mathrm{dt}$
$+ \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \int_{\frac 1 2 + \alpha}^{1} \left|f(t) - f\left(\frac 1 2 \right) \right| \sin^{n}(\pi t) \mathrm{dt}$
$\newline$
On utilise la continuité de $f$ en $\frac 1 2$ et le fait que $t \mapsto \sin(\pi t)$ est croissante sur $[0,\frac 1 2 - \alpha] \subset [0,\frac 1 2]$ et est décroissante $[\frac 1 2 + \alpha, 1] \subset [\frac 1 2 , 1]$.
$\newline$
$\forall n \in \N, |A_{n}|$
$\le \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \sin^{n}(\pi (\frac 1 2 - \alpha)) \int_{0}^{\frac 1 2 - \alpha} \left|f(t) - f\left(\frac 1 2 \right) \right| \mathrm{dt}$
$+ \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \frac{\varepsilon}{6} \int_{\frac 1 2 - \alpha}^{\frac 1 2 + \alpha} \sin^{n}(\pi t) \mathrm{dt}$
$+ \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \sin^{n}(\pi (\frac 1 2 + \alpha)) \int_{\frac 1 2 + \alpha}^{1} \left|f(t) - f\left(\frac 1 2 \right) \right| \mathrm{dt}$

Etude du premier et du troisième termes

$\newline$
$\sin(\pi(\frac 1 2 - \alpha))$ et $\sin(\pi(\frac 1 2 + \alpha))$ sont dans $[0,1[$
ainsi $\lim\limits_{n\to+\infty}\sin^{n}\pi(\frac 1 2 - \alpha)) = 0$ et $\lim\limits_{n\to+\infty}\sin^{n}\pi(\frac 1 2 + \alpha)) = 0$,

de plus avec les croissances comparées et le fait que les intégrales $\int_{0}^{\frac 1 2 - \alpha} \left|f(t) - f\left(\frac 1 2 \right) \right| \mathrm{dt}$ et $\int_{\frac 1 2 + \alpha}^{1} \left|f(t) - f\left(\frac 1 2 \right) \right| \mathrm{dt}$ sont indépendants de $n$, on a :
$\lim\limits_{n\to+\infty} \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \sin^{n}(\pi (\frac 1 2 - \alpha)) \int_{0}^{\frac 1 2 - \alpha} \left|f(t) - f\left(\frac 1 2 \right) \right| \mathrm{dt} = 0$
et $\lim\limits_{n\to+\infty} \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \sin^{n}(\pi (\frac 1 2 + \alpha)) \int_{\frac 1 2 + \alpha}^{1} \left|f(t) - f\left(\frac 1 2 \right) \right| \mathrm{dt} = 0$

Ils existent des rangs $n_{1}$ et $n_{3}$ tels que
$\forall n \in \N_{\ge n_{1}}, \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \sin^{n}(\pi (\frac 1 2 - \alpha)) \int_{0}^{\frac 1 2 - \alpha} \left|f(t) - f\left(\frac 1 2 \right) \right| \mathrm{dt} \le \frac \varepsilon 3$
et $\forall n \in \N_{\ge n_{3}}, \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \sin^{n}(\pi (\frac 1 2 + \alpha)) \int_{\frac 1 2 + \alpha}^{1} \left|f(t) - f\left(\frac 1 2 \right) \right| \mathrm{dt} \le \frac \varepsilon 3$
$\newline$

Etude du deuxième terme

Il reste à traiter le terme $\sqrt{\frac{\pi n}{2}} \frac{\varepsilon}{6} \int_{\frac 1 2 - \alpha}^{\frac 1 2 + \alpha} \sin^{n}(\pi t) \mathrm{dt}$

Par positivité de $t \mapsto \sin(\pi t)$ sur $[0,1]$, on a :
$\newline$$\forall n \in \N, \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \frac{\varepsilon}{6} \int_{\frac 1 2 - \alpha}^{\frac 1 2 + \alpha} \sin^{n}(\pi t) \mathrm{dt} \le \frac \varepsilon 6 \sqrt{\frac {\pi n} 2} \int_{0}^{1} \sin^{n}(\pi t) \mathrm{dt}$
$\newline$
Comme $\lim\limits_{n\to+\infty} \sqrt{\frac {\pi n}{2}} \int_0^1 \sin^{n}(\pi t) =1$
Donc à partir d’un certain rang $n_{2}$, $\sqrt{\frac{\pi n}2} \int_{0} ^{1} \sin^{n}(\pi t) \le 2$

On a ainsi :
$\forall n \in \N_{\ge n_{2}}, \sqrt{\frac{\pi n}{2}} \frac{\varepsilon}{6} \int_{\frac 1 2 - \alpha}^{\frac 1 2 + \alpha} \sin^{n}(\pi t) \mathrm{dt} \le \frac \varepsilon 3$

Conclusion

$\newline$
On pose $n_{0} = \max(n_{1},n_{2},n_{3})$
$\forall n \in \N_{\ge n_{0}}, |A_{n}| \le \frac \varepsilon 3 + \frac \varepsilon 3 + \frac \varepsilon 3 = \varepsilon$
Donc $\lim\limits_{n \to +\infty} A_{n} = 0$

On commence par écrire $f(t)$ sous la forme d’une série de Fourier:

$f(t)= \displaystyle \sum_{j=0}^{+\infty} a_{j}\cos(2\pi jt)+ b_{j}\sin(2\pi jt)$

avec cette écriture:

$f(\frac{1}{2})= \displaystyle \sum_{j=0}^{+\infty} a_{j}(-1)^{j}$ ou encore $f(\frac{1}{2})= \displaystyle \lim_{N\to +\infty}\sum_{j=0}^{N} a_{j}(-1)^{j}$

Ensuite on prend $n$ pair, soit $n=2m$ et on linéarise $\sin^{2m}(\pi t)$

on trouve alors :

$\displaystyle\sin^{2m}(\pi t)=\frac{2m!}{2^{2m}m!^{2}}(1+2\sum_{k=1}^{m}(-1)^{k}\cos(2\pi kt)\frac{m!^{2}}{(m-k)!(m+k)!})$

en combinant ces deux résultats, on peut donc écrire:

$\displaystyle\frac{2^{2m}m!^{2}}{2m!}\sin^{2m}(\pi t)f(t)=(1+2\sum_{k=1}^{m}(-1)^{k}\cos(2\pi kt)\frac{m!^{2}}{(m-k)!(m+k)!})\cdot(\sum_{j=0}^{+\infty} a_{j}\cos(2\pi jt)+ b_{j}\sin(2\pi jt))$

et se lancer dans le calcul de $\displaystyle\frac{2^{2m}m!^{2}}{2m!}\int_{0}^{1}\sin^{2m}(\pi t)f(t)dt$

Pour ce calcul, on est amené à calculer les intégrales:

$\displaystyle\int_{0}^{1}\cos(2\pi kt)\cos(2\pi jt)dt$ et $\displaystyle\int_{0}^{1}\cos(2\pi kt)\sin(2\pi jt)dt$

or ces intégrales sont toutes nulles sauf les intégrales $\displaystyle\int_{0}^{1}\cos(2\pi kt)\cos(2\pi jt)dt$ lorsque $k= j$, on obtient ainsi:

$\displaystyle\frac{2^{2m}m!^{2}}{2m!}\int_{0}^{1}\sin^{2m}(\pi t)f(t)dt=\sum_{k=0}^{m}(-1)^{k}a_{k}\frac{m!^{2}}{(m-k)!(m+k)!}$

or cette dernière somme converge vers $\displaystyle \sum_{j=0}^{+\infty} a_{j}(-1)^{j}=f(\frac{1}{2})$
voir: VRAI ou FAUX ?

voir aussi: Le compte est bon