\documentclass[12pt]{book}
\usepackage{pas-exos}
\usepackage{tkz-tab}
\begin{document}
\chapter*{Intégrale de Gauss}

\begin{center}
\bfseries\scshape Partie A
\end{center}

Dans cette partie, $k$ est un réel strictement supérieur à 1.

\begin{enumerate}
\item On considère la fonction $\phi_k$ définie sur $[0;k[$ par :
\[ \phi_k\ :\ x \mapsto x+(k-1)\ln\left(1-\frac{x}{k}\right) \]

\begin{enumerate}
\item En étudiant les variations de $\phi_k$, montrer qu'il existe une unique valeur $r$ dans $]1;k[$ telle que $\phi_k(r)=0$.
\item En déduire le signe de $\phi_k(x)$ sur $[0;k[$.
\end{enumerate}

\item A l'aide de la fonction $\phi_k$, montrer que l'équation :
\[ \e^{-x}=\left(1-\frac{x}{k} \right)^{k-1} \]
admet $x=r$ comme unique solution sur $[0;k[$.

\item On considère la fonction $\varphi_k$ définie sur $[0;k[$ par :
\[ \varphi_k\ :\ x \mapsto \e^{-x}-\left(1-\frac{x}{k}\right)^k\]
\begin{enumerate}
\item Montrer que $\varphi_k(x)\geq 0$ sur $[0;k[$.\\
\emph{Indication : utiliser l'inégalité $\e^{-u}\geq 1-u$ pour $u \in [0;1]$ et la croissance de la fonction $v \mapsto v^k$.}
\item Calculer $\varphi_k^\prime(x)$.
\item Montrer que $\varphi_k^\prime(r)=0$ et en déduire le signe de $\varphi_k^\prime(x)$ sur $[0;k[$.
\item Montrer que : \[ \varphi_k(r)=\frac{r}{k}\left(1-\frac{r}{k}\right)^{k-1}\]
\end{enumerate}

\item On considère la fonction $\Psi_k$ définie sur $]0;1[$ par :
\[ \Psi_k\ :\ x \mapsto x(1-x)^{k-1}\]

\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout $x$ de $]0;1[$ : \[ \left\vert \Psi_k(x) \right\vert \leq \Psi_k\left(\frac{1}{k}\right)\]
\item En déduire que pour tout $x$ de $]0;1[$ : \[ \left\vert \Psi_k(x) \right\vert \leq \frac{1}{k} \]
\emph{Indication : utiliser la croissance sur $[0;1]$ de la fonction $u~\mapsto~u^{k-1}$.}
\end{enumerate}

\item A l'aide des variations de la fonction $\varphi_k$, montrer que pour tout $x$ de $]0;k[$ : \[ \left\vert \varphi_k(x) \right\vert \leq \frac{1}{k} \]
\emph{Indication : } $\varphi_k(r)=\Psi_k\left(\frac{r}{k}\right)$.

\item 
\begin{enumerate}
\item Déduire de la question précédente que pour tout réel $x$ de $[0;\sqrt{k}[$, on a : \[ \left\vert \e^{-x^2}-\left(1-\frac{x^2}{k}\right)^k\right\vert \leq \frac{1}{k} \]

\item En déduire que pour tout $x$ de $[0;1]$, on a : \[ \left\vert \e^{-kx^2}-\left(1-x^2\right)^k \right\vert \leq \frac{1}{k} \]
\end{enumerate}

\item Déduire de tout ce qui précède que pour tout réel $k$ strictement supérieur à 1, on a : \[ \left\vert \sqrt{k}\int_0^1 \e^{-kx^2}\dx-\sqrt{k}\int_0^1\left(1-x^2\right)^k\dx \right\vert\leq\frac{1}{\sqrt{k}} \]
\end{enumerate}

\begin{center}
\bfseries\scshape Partie B
\end{center}

On considère les suites définies pour $n \in \mathbb{N}$ par :
\[ I_n=\sqrt{n}\int_0^1\e^{-nx^2}\dx \qquad \textrm{et} \qquad \left\lbrace\begin{array}{l}J_0=1\\J_n=\displaystyle\int_0^1\left(1-x^2\right)^n\dx \textrm{ si } n\geq 1 \end{array} \right. \]

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout $n \in \mathbb{N}$, on a :
\[ I_n=\int_0^{\sqrt{n}} \e^{-x^2}\dx \]
\emph{Indication : considérer, en justifiant son existence, une primitive F de $x \mapsto \e^{-x^2}$.}

\item Montrer que pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à 2 : \[ \left\vert \int_0^{\sqrt{n}} \e^{-x^2}\dx-\sqrt{n}J_n\right\vert\leq\frac{1}{\sqrt{n}} \]
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item Montrer, à l'aide d'une intégration par parties, que pour tout entier naturel $n$ non nul : \[ J_n=\left(\frac{2n}{2n+1}\right)J_{n-1} \]
\item En déduire, à l'aide d'un raisonnement par récurrence, que pour tout entier naturel $n$ : \[ J_n=\frac{\left(2^n n!\right)^2}{(2n+1)!} \]
\emph{On rappelle que }$n!=2\times 3\times \cdots\times n$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{center}
\bfseries\scshape Partie C
\end{center}

\begin{enumerate}
\item On considère la suite $\left(W_n\right)$ définie pour tout entier naturel $n$ par : \[ \left\lbrace\begin{array}{l}W_0=\frac{\pi}{2}\\W_n=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\cos x\right)^n\dx \textrm{ si } n\geq 1\end{array} \right.\]

\begin{enumerate}
\item Calculer $W_1$.
\item Montrer, à l'aide d'une intégration par parties, que pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à 2, on a : \[ W_n=\left(\frac{n-1}{n}\right)W_{n-2}\]
\item En déduire que pour tout entier naturel $n$, $W_n > 0$.
\end{enumerate}

\item On considère les deux suites définies pour tout entier naturel $n$ par : \[ A_n=W_{2n} \qquad \textrm{et}\qquad B_n=W_{2n+1}\]
A l'aide d'un raisonnement par récurrence, montrer que pour tout entier naturel $n$, on a : \[ A_n=\frac{\pi}{2}\times\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\qquad\textrm{et}\qquad B_n=\frac{\left(2^n n!\right)^2}{(2n+1)!} \]
\emph{Indication : à l'aide de la question 1, montrer que les suites $(A_n)$ et $(B_n)$ vérifient une relation de récurrence d'ordre 1.}

\item On considère la suite définie pour tout entier naturel $n$ non nul par : \[ P_n=nW_nW_{n-1} \]

\begin{enumerate}
\item Montrer que cette suite est constante et préciser sa valeur.

\emph{Indication : exprimer $P_n$ en fonction  de $P_{n-1}$ à l'aide de la relation de récurrence obtenue à la question précédente.}

\item Montrer que pour tout entier naturel $n$, on a : \[ A_nB_n=\frac{\pi}{4n+2} \]
\item Montrer que pour tout entier naturel $n$ non nul : \[ \left(nB_n\right)^2\frac{A_n}{B_n}=\frac{\pi n}{4n+2} \]

\item Déduire de tout ce qui précède que pour tout entier naturel $n$ : \[ \sqrt{n}B_n=\sqrt{\frac{B_n}{A_n}\times\frac{\pi n}{4n+2}}\]
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout entier naturel $n$ et pour tout $x$ de $\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$ : \[ (\cos x)^{2n+2} \leq (\cos x)^{2n+1} \leq (\cos x)^{2n}\]
\emph{Indication : on pourra étudier le signe de $\sigma_p~:~x~\mapsto~(\cos x)^p~-~(\cos x)^{p+1}$ sur $\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$, où $p \in \mathbb{N}$.}

\item En déduire que pour tout entier naturel $n$, on a : \[ W_{2n+2} \leq W_{2n+1} \leq W_{2n} \qquad \textrm{puis}\qquad \frac{A_{n+1}}{A_n}\leq \frac{B_n}{A_n}\leq 1\]
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item Simplifier $\dfrac{A_{n+1}}{A_n}$ puis en déduire la valeur de : $\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{B_n}{A_n}$.

\item Donner la valeur de $\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt{n}B_n$ puis celle de $\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt{n}J_n$.

\item En déduire alors la valeur de $\lim\limits_{t\to +\infty}\displaystyle\int_0^t \e^{-x^2}\dx$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\correction

\begin{center}
\bfseries\scshape Partie A
\end{center}

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item La fonction $\Phi_k$ est dérivable sur $[0;k[$ comme somme d'une fonction polynôme ($x \mapsto x$) et d'une fonction logarithme définie sur cet intervalle $\left( x\mapsto (k-1)\ln\left(1-\frac{x}{k}\right)\right)$.\\
Sa dérivée est $\Phi_k^\prime(x)=1+(k-1)\times\dfrac{-\frac{1}{k}}{1-\frac{x}{k}}=1+\dfrac{1-k}{k-x}=\dfrac{k-x+1-k}{k-x}=\dfrac{1-x}{k-x}$.\\
Sur $[0;k[$, $k-x>0$ et $k>1$ donc $1-x>0 \Leftrightarrow 0 \leq x<1$.\\
Ainsi, $\Phi_k$ est croissante sur $[0;1[$ et décroissante sur $]1;k[$ ; elle atteint donc donc maximum en $x=1$, qui est $\Phi_k(1)=1-(k-1)\ln\left(1-\dfrac{1}{k}\right)>1>0$.\\
De plus, $\Phi_k(0)=0$ et $\lim\limits_{x \to k}\Phi_k(x)=-\infty$ (en effet, $\lim\limits_{x \to k} \left(1-\frac{x}{k}\right)=0^+$ et $\lim\limits_{X \to 0^+}\ln X=-\infty$ ; de plus $k-1>0$).
On a alors le tableau de variations suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,$\Phi_k(x)$/2}{$0$,$1$,$k$}
\tkzTabVar{-/$0$,+/$\Phi_k(1)>0$,-D/$-\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

Ainsi, d'après le \emph{théorème de la bijection}, il existe un unique réel $r$ dans $]1;k[$ tel que $\Phi_k(r)=0$.

\item De ce qui précède, nous pouvons affirmer que :

\begin{itemize}
\item[$\bullet$] Pour $0 \leq x \leq r$, $\Phi_k(x) \geq 0$.
\item[$\bullet$] Pour $r < x < k$, $\Phi_k(x)<0$.
\end{itemize}
\end{enumerate}

\item Nous avons les équivalences suivantes :
\[
\begin{array}{lll}
0\leq x < k,\ \e^{-x}=\left(1-\frac{x}{k}\right)^{k-1} & \Longleftrightarrow \e^{-x}=\e^{(k-1)\ln\left(1-\frac{x}{k}\right)} & \\
& \Longleftrightarrow -x = (k-1)\ln\left(1-\dfrac{x}{k}\right) & \color{red}\textrm{ car } \e^a=\e^b \Leftrightarrow a=b\\
& \Longleftrightarrow \Phi_k(x)=0 & \\
& \Longleftrightarrow x=r & \color{red} \textrm{ d'après la question 1.}
\end{array}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item Pour $0 \leq u \leq 1$, on a l'inégalité : $\e^{-u} \geq 1-u$. Or, pour $0 \leq x < k$, $0 \leq 1-\dfrac{x}{k} < 1$ donc $\e^{-\frac{x}{k}} \geq 1-\dfrac{x}{k}$. Ainsi, en composant par la fonction $v \mapsto v^k$, croissante sur $[0;1]$, on a : \[ \left(\e^{-\frac{x}{k}} \right)^k \geq \left(1-\frac{x}{k}\right)^k\]
D'où : \[ \e^{-x} \geq \left(1-\frac{x}{k}\right)^k\]
\underline{Ainsi, $\varphi_k(x) \geq 0$ pour $x \in [0;k[$.}

\item La fonction $\varphi_k$ est dérivable sur $[0;k[$ comme somme de deux fonctions dérivables sur cet intervalle (la fonction exponentielle inverse $x \mapsto \e^{-x}$, et la fonction polynôme $x \mapsto \left(1-\frac{x}{k}\right)^k$).\\
Sa dérivée est : \[ \varphi_k^\prime(x)=-\e^{-x}-k\times\left(-\frac{1}{k}\right)\left(1-\frac{x}{k}\right)^{k-1}\] Soit : \[\boxed{\varphi_k^\prime(x)=-\e^{-x}+\left(1-\frac{x}{k}\right)^{k-1}}\]

\item $\varphi_k^\prime(r)=-\e^{-r}+\left(1-\dfrac{r}{k}\right)^{k-1}$. \\De plus, $\Phi_k(r)=0$ (d'après la question 1) donc nous avons :
\[
\begin{array}{ll}
\Phi_k(r)=0 & \Longleftrightarrow r+(k-1)\ln\left(1-\dfrac{r}{k}\right)=0\\
& \Longleftrightarrow (k-1)\ln\left(1-\dfrac{r}{k}\right)=-r\\
& \Longleftrightarrow \e^{(k-1)\ln\left(1-\frac{r}{k}\right)}=\e^{-r}\\
& \Longleftrightarrow \left(1-\dfrac{r}{k}\right)^{k-1}=\e^{-r}\\
& \Longleftrightarrow \boxed{\varphi_k^\prime(r)=0}
\end{array}
\]

Du raisonnement que l'on vient de faire, nous pouvons écrire : $\varphi_k^\prime(x) \geq 0 \Longleftrightarrow \Phi_k(x) \geq 0$.
Ainsi :

\begin{itemize}
\item[$\bullet$] Si $0 \leq x \leq r$, alors $\varphi_k^\prime(x) \geq 0$.
\item[$\bullet$] Si $r < x < k$, alors $\varphi_k^\prime(x) < 0$.
\end{itemize}

\item D'après la question 2, $\e^{-r}=\left(1-\dfrac{r}{k}\right)^{k-1}$.\\
Ainsi : \[\varphi_k(r)=\left(1-\dfrac{r}{k}\right)^{k-1}-\left(1-\dfrac{r}{k}\right)^k\]
Soit, en factorisant :
\[ \varphi_k(r)=\left(1-\dfrac{r}{k}\right)^{k-1}\left(1-1+\frac{r}{k}\right)\]
Soit : \[ \boxed{\varphi_k(r)=\frac{r}{k}\left(1-\dfrac{r}{k}\right)^{k-1}}\]
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item La fonction $\Psi_k$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme fonction polynôme et sa dérivée est :
\[
\Psi_k^\prime(x)=1\times(1-x)^{k-1}+x\times(k-1)\times(-1)\times(1-x)^{k-2}
\]
\[\Psi_k^\prime(x)=(1-x)^{k-2}\left[ 1-x-(k-1)x \right] \]
\[\Psi_k^\prime(x)=(1-x)^{k-2}(1-kx) \]
Ainsi, sur $]0;1[$, $\Psi_k^\prime(x) \geq 0 \Leftrightarrow 1-kx \geq 0$, soit $x \leq \dfrac{1}{k}$, car pour tout $x$ dans $]0;1[$, $1-x \geq 0$, donc $(1-x)^{k-2}\geq 0$.\\
On a ainsi le tableau de variations suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,$\Psi_k(x)$/2}{0,$\frac{1}{k}$,1}
\tkzTabVar{-/0,+/$\Psi_k\left(\frac{1}{k}\right)$,-/0}
\end{tikzpicture}
\end{center}

Ainsi, pour $x \in ]0;1[$, $\Psi_k(x) \leq \Psi_k\left(\frac{1}{k}\right)$, ce qui revient à écrire : \[ \boxed{\left\vert\Psi_k(x)\right\vert \leq \Psi_k\left(\frac{1}{k}\right)}\]

\item $\Psi_k\left(\frac{1}{k}\right)=\frac{1}{k}\left(1-\frac{1}{k}\right)^{k-1}$.\\
De plus, $k>1$ donc : \[ 0<1-\frac{1}{k}<1\] 
Ainsi, \[0<\left(1-\frac{1}{k}\right)^{k-1}<1 \qquad \color{red}\textrm{car la fonction }u\mapsto u^{k-1} \textrm{ est croissante sur }]0;1[\] 
et donc \[0<\frac{1}{k}\left(1-\frac{1}{k}\right)^{k-1}<\frac{1}{k}\]
Ainsi, du résultat de la question précédente, nous pouvons écrire :
\[ \boxed{x\in ]0;1[\Longrightarrow\left\vert\Psi_k(x)\right\vert\leq\frac{1}{k}}\]
\end{enumerate}

\item De la question 3.(c) et de la remarque faite dans l'énoncé - à savoir que $\varphi_k(r)=\Psi_k\left(\frac{r}{k}\right)$, nous pouvons écrire :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit{$x$/1,$\varphi_k(x)$/2}{0,$r$,$k$}
\tkzTabVar{-/0,+/$\Psi_k\left(\frac{r}{k}\right)$,-/$\e^{-k}$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

Ainsi, pour $x\in [0;k[$ : 
\begin{equation}
\left\vert\varphi_k(x)\right\vert\leq\Psi_k\left(\frac{r}{k}\right)\end{equation}
Or, $0<\dfrac{r}{k}<1$ donc, d'après la question 4.(b): \begin{equation}
\Psi_k\left(\frac{r}{k}\right)\leq\frac{1}{k}
\end{equation}

D'après $(1)$ et $(2)$, on a :
\[
\boxed{\left\vert\varphi_k(x)\right\vert\leq\frac{1}{k}}
\]

\item 
\begin{enumerate}
\item De la question précédente, on peut écrire :
\[ 0\leq y < k \Longrightarrow \left\vert \e^{-y}-\left(1-\frac{y}{k}\right)^k\right\vert\leq\frac{1}{k}\]
En posant $y=x^2$, cela devient :
\[ 0\leq x^2 < k \Longrightarrow \left\vert \e^{-x^2}-\left(1-\frac{x^2}{k}\right)^k\right\vert\leq\frac{1}{k}\]
Soit :
\[ \boxed{0\leq x < \sqrt{k} \Longrightarrow \left\vert \e^{-x^2}-\left(1-\frac{x^2}{k}\right)^k\right\vert\leq\frac{1}{k}}\]
\item Considérons le résultat de la question précédente et posons $x=\sqrt{k}z$. On obtient alors :
\[ 0 \leq \sqrt{k}z<\sqrt{k} \Longrightarrow \left\vert \e^{-\left(\sqrt{k}z\right)^2}-\left(1-\frac{\left(\sqrt{k}z\right)^2}{k}\right)^k\right\vert\leq\frac{1}{k}\]
Soit :
\[ 0 \leq z<1 \Longrightarrow \left\vert \e^{-kz^2}-\left(1-z^2\right)^k\right\vert\leq\frac{1}{k}\]
En nommant l'inconnue $x$ à la place de $z$, on obtient finalement :
\[ \boxed{0 \leq x<1 \Longrightarrow \left\vert \e^{-kx^2}-\left(1-x^2\right)^k\right\vert\leq\frac{1}{k}}\]
\end{enumerate}

\item Pour tout $k>1$, on a :
\renewcommand{\arraystretch}{2}
\[ 
\begin{array}{ll}
\left\vert \sqrt{k}\displaystyle\int_0^1 \e^{-kx^2}\dx - \sqrt{k}\displaystyle\int_0^1\left(1-x^2\right)^k\dx\right\vert & = \left\vert\sqrt{k}\displaystyle\int_0^1 \left(\e^{-kx^2}-\left(1-x^2\right)^k\right)\dx\right\vert\\
& = \sqrt{k}\left\vert\displaystyle\int_0^1\left(\e^{-kx^2}-\left(1-x^2\right)^k\right)\dx\right\vert\\
& \leq \sqrt{k}\displaystyle\int_0^1\left\vert \e^{-kx^2}-\left(1-x^2\right)^k\right\vert\dx\\
& \leq \sqrt{k}\displaystyle\int_0^1 \dfrac{1}{k}\dx \quad \color{red}\textrm{d'après la question 6.(b)}\\
& \leq \dfrac{1}{\sqrt{k}} \quad \textrm{CQFD.}
\end{array}
\]
\end{enumerate}

\begin{center}
\scshape\bfseries Partie B
\end{center}

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item La fonction $x \mapsto \e^{-x^2}$ est continue sur l'intervalle $\mathbb{R}$, comme composée de la fonction exponentielle et de la fonction carrée. Ainsi, elle admet une primitive sur $\mathbb{R}$.\\
On pose $u=x\sqrt{n}$ ; ainsi, si $0\leq x\leq 1$, alors $0\leq u\leq\sqrt{n}$. De plus, $\dfrac{\du}{\dx}=\sqrt{n}$, soit $\du=\sqrt{n}\dx$.\\
Ainsi : \[ \int_0^1 \e^{-\left(\sqrt{n}x\right)^2}\sqrt{n}\dx=\int_0^{\sqrt{n}}\e^{-u^2}\du\]

\item D'après la question 7 de la partie A, en remplaçant $k$ par $n$, on a $n\geq 2$ et :
\[
\left\vert\sqrt{n}\int_0^1\e^{-kx^2}\dx-\sqrt{n}\int_0^1\left(1-x^2\right)^k\dx\right\vert\leq\frac{1}{\sqrt{n}}
\]
Soit, d'après la question précédente :
\[ 
\boxed{\left\vert \int_0^{\sqrt{n}}\e^{-x^2}\dx-\sqrt{n}J_n\right\vert\leq\frac{1}{\sqrt{n}}}
\]
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item On a : \[ J_n=\int_0^1 1\times\left(1-x^2\right)^n\dx\]
On pose alors $u'(x)=1$, donc $u(x)=x$, et $v(x)=(1-x^2)^n$, et on a alors :\\ $xv'(x)~=~2n(-x^2)(1~-~x^2)^{n-1}=2n(-1+1-x^2)(1-x^2)^{n-1}=-2n(1-x^2)^{n-1}+2n(1-x^2)^n$.\\
Ainsi : \[ J_n=\left[x(1-x^2)^n\right]_0^1+2nJ_{n-1}-2nJ_n\]
Soit : \[ (2n+1)J_n=2nJ_{n-1}\]
Ainsi : \[ \boxed{J_n=\frac{2n}{2n+1}J_{n-1}}\]

\item Soit $\mathcal{P}_n$ la propriété : \og $J_n=\dfrac{\left(2^n n!\right)^2}{(2n+1)!}$\fg.

\medskip

\begin{itemize}
\item[$\bullet$] \textbf{Initialisation.}\\
$J_0=1$ et $\mathcal{P}_0$ : $\dfrac{(2^0 0!)^2}{(2\times 0+1)!}=1$.\\
La propriété $\mathcal{P}_0$ est donc vraie.

\medskip

\item[$\bullet$] \textbf{Hypothèse de récurrence :} supposons que $\mathcal{P}_n$ soit vraie pour un certain rang $n$. \\
D'après la question  2.(a), on a :
\[ J_{n+1}=\frac{2(n+1)}{2(n+1)+1}J_n\]
\[ J_{n+1}=\frac{2(n+1)}{2n+3}\times\dfrac{\left(2^n n!\right)^2}{(2n+1)!}\quad\color{red}\textrm{ par hypothèse de récurrence}\]
\[ J_{n+1}=\frac{2(n+1)\textcolor{blue}{\times(2n+2)}}{(2n+3)\textcolor{blue}{\times(2n+2)}}\times\dfrac{\left(2^n n!\right)^2}{(2n+1)!}\]
\[ J_{n+1}=\frac{\left(2^{n+1}(n+1)!\right)^2}{(2n+3)!}\]

\underline{L'hérédité est alors vérifiée. Ainsi, $\mathcal{P}_n$ est vraie pour tout entier naturel $n$.}
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\begin{center}
\scshape\bfseries Partie C
\end{center}

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item $W_1=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos x\dx=\left[\sin x \right]_0^{\frac{\pi}{2}}=\sin\frac{\pi}{2}-\sin 0=1$.
\item On peut écrire : \[ \left(\cos x\right)^n=\left(\cos x\right)^2\times\left(\cos x\right)^{n-2}=\left(1-(\sin x)^2\right)\times\left(\cos x\right)^{n-2}=\left(\cos x\right)^{n-2}-(\sin x)^2\left(\cos x\right)^{n-2}\]
Ainsi :
\[ W_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\cos x\right)^{n-2}\dx-\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin x\left(\cos x\right)^{n-2}\right)\sin x\dx\]
En posant $u'(x)=\sin x\left(\cos x\right)^{n-2}$ et $v(x)=\sin x$ dans la seconde intégrale, on a alors $u(x)=-\dfrac{1}{n-1}\left(\cos x\right)^{n-1}$ et $v'(x)=\cos x$.
D'où : \[ W_n=W_{n-2}-\left( \left[ -\frac{1}{n-1}\sin x(\cos x)^{n-1} \right]_0^{\frac{\pi}{2}} +\frac{1}{n-1} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\cos x\right)^n\dx\right)\]
Soit : \[ W_n=W_{n-2}-\frac{1}{n-1}W_n\]
D'où : \[ \frac{n}{n-1}W_n=W_{n-2}\]
Ainsi :
\[ \boxed{W_n=\frac{n-1}{n}W_{n-2}}\]
\item $W_0>0$ et donc, d'après la question précédente, pour tout entier naturel $k$ non nul, $W_{2k}>0$ car $\dfrac{2k-1}{2k}>0$.\\
De plus, $W_1>0$ et donc, par un raisonnement analogue, $W_{2k+1}>0$.\\
\underline{Ainsi, $W_n>0$ pour tout entier naturel $n$.}
\end{enumerate}

\item On a : $A_n=W_{2n}=\dfrac{2n-1}{2n}W_{2(n-1)}=\dfrac{2n-1}{2n}A_{n-1}$.\\
Posons $\mathcal{P}n$ : \og $A_n=\dfrac{\pi}{2}\times\dfrac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ \fg.

\begin{itemize}
\item[$\bullet$] \textbf{Initialisation.}\\
$A_0=W_0=\dfrac{\pi}{2}$ et $\mathcal{P}_0$ : $A_0=\dfrac{\pi}{2}\times\dfrac{0!}{1\times(0!)^2}=\dfrac{\pi}{2}$.\\
L'initialisation est alors faite.

\medskip

\item[$\bullet$] \textbf{Hypothèse de récurrence.}\\
Supposons que $\mathcal{P}_n$ soit vraie pour un certain rang $n$. Alors :
\[
A_{n+1}=W_{2n+2}=\frac{2n+2-1}{2n+2}W_{2n} \quad \color{red}\textrm{d'après la question 1.}
\]
Donc :
\[
A_{n+1}=\frac{2n+1}{2n+2}\times\frac{\pi}{2}\times\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\quad\color{red}\textrm{par hypothèse de récurrence}
\]
Soit :
\[
A_{n+1}=\frac{\pi}{2}\times\frac{(2n+1)!\textcolor{blue}{\times(2n+2)}}{4^n(n!)^2\times 2(n+1)\textcolor{blue}{\times 2(n+1)}}
\]
Ainsi :
\[ 
A_{n+1}=\frac{\pi}{2}\times\frac{(2(n+1))!}{4^{n+1}((n+1)!)^2}
\]
\underline{L'hérédité est alors vérifiée. Ainsi, $\mathcal{P}_n$ est vraie pour tout entier naturel $n$.}
\end{itemize}

\medskip

Posons maintenant $\mathcal{Q}_n$ : \og $B_n=\dfrac{\left(2^n n!\right)^2}{(2n+1)!}$\fg.\\
$B_n=W_{2n+1}=\dfrac{2n}{2n+1}W_{2n-1}=\dfrac{2n}{2n+1}B_{n-1}$.

\begin{itemize}
\item[$\bullet$] \textbf{Initialisation.}\\
$B_0=W_1=1$ et $\mathcal{Q}_0$ : $B_0=\dfrac{(1\times 0!)^2}{1!}=1$.\\
L'initialisation est alors faite.

\medskip

\item[$\bullet$] \textbf{Hypothèse de récurrence.}\\
Supposons que $\mathcal{Q}_n$ soit vraie pour un certain rang $n$. Alors :
\[ B_{n+1}=\frac{2(n+1)}{2(n+1)+1}B_n=\frac{2(n+1)}{2n+3}\times\frac{(2^n n!)^2}{(2n+1)!}=\frac{(2^n n!)^2\times 2(n+1)\textcolor{blue}{\times 2(n+1)}}{(2n+1)!\textcolor{blue}{\times (2n+2)}\times (2n+3)}\]
Finalement :
\[ B_{n+1}=\frac{(2^{n+1} (n+1)!)^2}{(2n+3)!}\]
\underline{L'hérédité est alors vérifiée ; la propriété $\mathcal{Q}_n$ est alors vraie pour tout entier naturel $n$.}
\end{itemize}

\item 
\begin{enumerate}
\item On a : $P_n=nW_nW_{n-1}=n\dfrac{n-1}{n}W_{n-2}\times\dfrac{n-2}{n-1}W_{n-3}=(n-2)W_{n-2}W_{n-3}=P_{n-2}$.\\
De plus, $P_0=0$ et $P_1=W_1W_0=0$. \underline{Ainsi, la suite $(P_n)$ est constante et vaut $0$.}

\item D'après la question 2, on a : 
\[
A_nB_n=\frac{\pi}{2}\times\frac{(2n)!\times (2^n n!)^2}{4^n (n!)^2 (2n+1)!}=\frac{\pi}{2}\times\frac{1}{2n+1}=\boxed{\frac{\pi}{4n+2}}
\]

\item On a :
\[
(nB_n^2)\frac{A_n}{B_n}=nA_nB_n=\frac{n\pi}{4n+2} \color{red}\textrm{ d'après la question précédente}
\]

\item De la question (c), on déduit :
\[
\sqrt{(nB_n^2)\frac{A_n}{B_n}}=\sqrt{\frac{n\pi}{4n+2}}
\]
Soit :
\[ 
\boxed{\sqrt{n}B_n=\sqrt{\frac{B_n}{A_n}\times\frac{n\pi}{4n+2}}}
\]
\end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Posons $\sigma_p(x)=(\cos x)^p(1-\cos x)$ sur $I=\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$.\\
Sur $I$, $0\leq \cos x \leq 1$ donc $0\leq (\cos x)^p\leq 1$ et $0\leq 1-\cos x\leq 1$ pour tout entier naturel $p$.\\
Ainsi, $(\cos x)^{p+1} \leq (\cos x)^p$ pour tout entier naturel $p$ d'où :
\[ \boxed{\forall n \in \mathbb{N},\forall x\in\left[0;\frac{\pi}{2}\right],\: (\cos x)^{2n+2}\leq (\cos x)^{2n+1}\leq (\cos x)^{2n}}\]

\item Des inégalités précédentes, on peut déduire :
\[
\forall n \in \mathbb{N},\: \int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos x)^{2n+2}\dx\leq \int_0^{\frac{\pi}{2}}(\cos x)^{2n+1}\dx\leq\int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos x)^{2n}\dx
\]
Soit :
\[ \boxed{\forall n\in\mathbb{N},\: W_{2n+2}\leq W_{2n+1}\leq W_{2n}}\]
On en déduit alors que pour tout entier naturel $n$ :
\[ 
\frac{W_{2n+2}}{W_n}\leq\frac{W_{2n+1}}{W_n}\leq 1 \quad \color{red}{\textrm{car }W_n>0}
\]
Or, $W_{2n+2}=W_{2(n+1)}=A_{n+1}$ et $W_{2n+1}=B_n$ d'où :
\[
\boxed{\forall n \in \mathbb{N},\: \frac{A_{n+1}}{A_n}\leq\frac{B_n}{A_n}\leq 1}
\]
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item D'après la question 2, on a :
\[ \frac{A_{n+1}}{A_n}=\dfrac{(2(n+1))!\times 4^n (n!)^2}{4^{n+1}((n+1)!)^2\times (2n)!}=\frac{(2n+1)(2n+2)}{4(n+1)^2}\]
Ainsi :
\[
\lim_{n\to +\infty}\frac{A_{n+1}}{A_n}=1\quad \textrm{rapport des termes de plus haut degré}
\]
Par conséquent, d'après la question 4.(b), en utilisant le théorème des gendarmes, on a :
\[ 
\boxed{\lim_{n \to +\infty} \frac{B_n}{A_n}=1}
\]

\item D'après la question 3.(d), on a :
\[ 
\lim_{n \to =\infty}\sqrt{n}B_n=\lim_{n \to +\infty}\sqrt{\frac{B_n}{A_n}\times\frac{n\pi}{4n+2}}=\sqrt{\frac{\pi}{4}}
\]
Ainsi :\[ \boxed{\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n}B_n=\frac{\sqrt{\pi}}{2}}\]
D'après la question 2 de la partie C et la question 2.(b) de la partie B, $B_n=J_n$. Ainsi :
\[  \boxed{\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n}J_n=\frac{\sqrt{\pi}}{2}}\]

\item D'après la question 1.(b) de la partie A, pour $n \geq 2$ :
\[
\left\vert\int_0^{\sqrt{n}}\e^{-x^2}\dx-\sqrt{n}J_n\right\vert\leq\frac{1}{\sqrt{n}}
\]
D'où :
\[ 
\lim_{n\to +\infty}\left\vert\int_0^{\sqrt{n}}\e^{-x^2}\dx-\sqrt{n}J_n\right\vert=0
\]
Soit :
\[ 
\lim_{n \to +\infty}\int_0^{\sqrt{n}}\e^{-x^2}\dx=\lim_{n \to +\infty}\sqrt{n}J_n=\frac{\sqrt{\pi}}{2} \quad \textrm{d'après la question précédente}
\]
Finalement, on a :
\[ 
\boxed{\lim_{t\to +\infty}\int_0^t\e^{-x^2}\dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}}
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\paragraph*{Remarque.} L'intégrale $\displaystyle\int_0^{+\infty}\e^{-x^2}\dx$ est une \emph{intégrale de Gauss}. Elle est notamment utilisée en statistiques (loi normale centrée réduite).\\
A l'aide du résultat obtenu ici, on peut déterminer la fonction de densité $f$ de sorte à ce que $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\dx=1$.\\
En effet, on sait que  $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\e^{-x^2}\dx=\sqrt{\pi}$ donc  $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{\pi}}\e^{-x^2}\dx=1$ et donc, en posant $x=\dfrac{u}{\sqrt{2}}$, on a : $\dx=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\du$ et on obtient  $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{u^2}{2}}\du=1$.

\medskip

\begin{center}
\shorthandoff{:}
\begin{tikzpicture}[xscale=2,yscale=7]
\draw (-3,-.1) rectangle +(6,.6);
\filldraw[fill=yellow!20,draw=black] (-3,0) plot[domain=-3:1] (\x,{(1/sqrt(2*3.14159))*exp(-.5*\x*\x)}) -- (1,0) -- (-3,0);
\draw[->,>=stealth'] (-3,0) -- (3,0);
\draw[->,>=stealth'] (0,-.1) -- (0,.5);
\draw[samples=500,domain=-3:3] plot (\x,{(1/sqrt(2*3.14159))*exp(-.5*\x*\x)});
\node[below] at (1,0) {$t$};
\node[below left] at (0,0) {$O$};
\node[right,scale=.75,red] (n) at (-3,.4) {$P(X \leq t) = \displaystyle\int_{-\infty}^t\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp{-\frac{x^2}{2}}\dx$};
\draw[->,red] (n.south) to[bend right=10] (-.5,.2);
\end{tikzpicture}
\shorthandon{:}
\end{center}
\end{document}