Calcul de $I_0$ et $I_1$

• Pour $I_0$ :
  \[ I_0 = \int_0^1 \sqrt{1-x} \,dx = \left[-\frac{2}{3}(1-x)^{\frac{3}{2}}\right]_0^1 = \frac{2}{3} \]
• Pour $I_1$, on utilise une intégration par parties :
  \begin{align*} I_1 &= \int_{0}^{1}{\left(-\frac{2}{3}(1-x)^{\frac{3}{2}}\right)' x \,dx} \\ &= \left[-\frac{2}{3}(1-x)^{\frac{3}{2}} x\right]_0^1 - \int_0^1 -\frac{2}{3}(1-x)^{\frac{3}{2}} \cdot 1 \,dx \\ &= 0 + \frac{2}{3} \int_0^1 (1-x)^{\frac{3}{2}} \,dx \\ &= \frac{2}{3} \left[-\frac{2}{5}(1-x)^{\frac{5}{2}}\right]_0^1 = \frac{4}{15} \end{align*}

Expression de $I_n$ avec changement de variable

• Posons $t = \sqrt{1-x}$. On a $x = 1-t^2$ et $dx = -2t\,dt$.
  Pour les bornes : si $x=0$ alors $t=1$, et si $x=1$ alors $t=0$.
• En remplaçant dans l'intégrale :
  \begin{align*} I_n &= \int_1^0 (1-t^2)^n \cdot t \cdot (-2t) \,dt \\ &= 2\int_0^1 t^2 (1-t^2)^n \,dt \end{align*}
• D'après la formule du binôme de Newton, $(1-t^2)^n = \sum_{k=0}^n C_n^k (-1)^k t^{2k}$. L'intégrale devient donc :
  \begin{align*} I_n &= 2\int_0^1 t^2 \left( \sum_{k=0}^n C_n^k (-1)^k t^{2k} \right) \,dt \\ &= 2 \sum_{k=0}^n C_n^k (-1)^k \int_0^1 t^{2k+2} \,dt \\ &= 2 \sum_{k=0}^n C_n^k (-1)^k \left[ \frac{t^{2k+3}}{2k+3} \right]_0^1 \\ &= 2 \sum_{k=0}^n C_n^k \frac{(-1)^k}{2k+3} \end{align*}

1. Relation entre $I_{n+1}$ et $I_n$

   • Utilisons une intégration par parties sur $I_{n+1}$ :
     \begin{align*} I_{n+1} &= \int_{0}^{1}{\left(-\frac{2}{3}(1-x)^{\frac{3}{2}}\right)' x^{n+1} \,dx} \\ &= \left[-\frac{2}{3}(1-x)^{\frac{3}{2}} x^{n+1}\right]_0^1 - \int_0^1 \left(-\frac{2}{3}(1-x)^{\frac{3}{2}}\right) (n+1)x^n \,dx \\ &= 0 + \frac{2(n+1)}{3} \int_0^1 x^n (1-x)\sqrt{1-x} \,dx \\ &= \frac{2(n+1)}{3} \left( \int_0^1 x^n \sqrt{1-x} \,dx - \int_0^1 x^{n+1} \sqrt{1-x} \,dx \right) \\ &= \frac{2(n+1)}{3} (I_n - I_{n+1}) \end{align*}
   • En multipliant par $3$ et en regroupant les termes en $I_{n+1}$ :
     \[ 3I_{n+1} = 2(n+1)I_n - 2(n+1)I_{n+1} \] \[ (2n+5)I_{n+1} = 2(n+1)I_n \]

2. Démonstration par récurrence

   • Initialisation : Pour $n=0$, on a d'une part $I_0 = \frac{2}{3}$.
     D'autre part, la formule donne $\frac{2^2 (0!)^2 \cdot 1}{3!} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$.
     La propriété est donc vraie pour $n=0$.
   • Hérédité : Supposons la propriété vraie pour un certain $n \in \mathbb{N}$. Montrons qu'elle l'est pour $n+1$.
     D'après la question précédente : $I_{n+1} = \frac{2(n+1)}{2n+5} I_n$.
     En utilisant l'hypothèse de récurrence :
     \[ I_{n+1} = \frac{2(n+1)}{2n+5} \times \frac{2^{2n+2} (n!)^2 (n+1)}{(2n+3)!} \] Multiplions le numérateur et le dénominateur par $(2n+4)$ pour compléter la factorielle au dénominateur :
     \begin{align*} I_{n+1} &= \frac{2(n+1)(2n+4)}{(2n+5)(2n+4)} \times \frac{2^{2n+2} (n!)^2 (n+1)}{(2n+3)!} \\ &= \frac{4(n+1)(n+2) \cdot 2^{2n+2} \cdot (n!)^2 \cdot (n+1)}{(2n+5)!} \\ &= \frac{2^{2n+4} \cdot ((n+1)!)^2 \cdot (n+2)}{(2n+5)!} \\ &= \frac{2^{2(n+1)+2} ((n+1)!)^2 ((n+1)+1)}{(2(n+1)+3)!} \end{align*} La propriété est donc héréditaire.
   • Conclusion : Par le principe de récurrence, l'expression de $I_n$ est valide pour tout $n \in \mathbb{N}$.

1. Décomposition en éléments simples

   • On factorise le dénominateur : $x^2-2 = (x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})$.
     Le degré du numérateur étant strictement inférieur à celui du dénominateur, la partie entière $a$ est nulle ($a=0$).
   • L'égalité s'écrit : $\frac{2}{(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})} = \frac{b}{x-\sqrt{2}} + \frac{c}{x+\sqrt{2}}$.
     En multipliant par $(x-\sqrt{2})$ et en évaluant en $\sqrt{2}$, on trouve $b = \frac{2}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
     En multipliant par $(x+\sqrt{2})$ et en évaluant en $-\sqrt{2}$, on trouve $c = \frac{2}{-2\sqrt{2}} = -\frac{\sqrt{2}}{2}$.
   • Donc, $a=0$, $b=\frac{\sqrt{2}}{2}$ et $c=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

2. Calcul de l'intégrale

   • On remarque que $\frac{x^2}{x^2-2} = \frac{x^2-2+2}{x^2-2} = 1 + \frac{2}{x^2-2}$.
   • On peut donc utiliser la décomposition précédente :
     \begin{align*} \int_0^1 \frac{x^2}{x^2-2} \,dx &= \int_0^1 \left(1 + \frac{\sqrt{2}/2}{x-\sqrt{2}} - \frac{\sqrt{2}/2}{x+\sqrt{2}}\right) \,dx \\ &= \left[ x + \frac{\sqrt{2}}{2} \ln|x-\sqrt{2}| - \frac{\sqrt{2}}{2} \ln|x+\sqrt{2}| \right]_0^1 \\ &= \left[ x + \frac{\sqrt{2}}{2} \ln\left|\frac{x-\sqrt{2}}{x+\sqrt{2}}\right| \right]_0^1 \\ &= 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} \ln\left(\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}\right) \end{align*} (Note : on peut simplifier la fraction logarithmique sachant que $\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1} = (\sqrt{2}-1)^2$, ce qui donne $1 + \sqrt{2}\ln(\sqrt{2}-1)$).

1. Calcul de $J_0$

   • En utilisant le même changement de variable $t = \sqrt{1-x}$, on a $dx = -2t\,dt$ et $1+x = 2-t^2$.
     \begin{align*} J_0 &= \int_1^0 \frac{t}{2-t^2} (-2t) \,dt \\ &= 2\int_0^1 \frac{t^2}{2-t^2} \,dt = -2\int_0^1 \frac{t^2}{t^2-2} \,dt \end{align*}
   • En utilisant le résultat de la question 4.b :
     \[ J_0 = -2 \left( 1 + \sqrt{2}\ln(\sqrt{2}-1) \right) = -2 - 2\sqrt{2}\ln(\sqrt{2}-1) \]

2. Encadrement et limite de $J_n$

   • Pour tout $x \in [0; 1]$, on a $\sqrt{1-x} \le 1$ et $1+x \ge 1$, ce qui implique $0 \le \frac{\sqrt{1-x}}{1+x} \le 1$.
   • En multipliant par $x^n \ge 0$, on obtient : $0 \le x^n \frac{\sqrt{1-x}}{1+x} \le x^n$.
   • Par intégration sur l'intervalle $[0; 1]$ qui préserve l'ordre :
     \[ 0 \le J_n \le \int_0^1 x^n \,dx \] \[ 0 \le J_n \le \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1} \]
   • Comme $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n+1} = 0$, le théorème des gendarmes permet de conclure que $\lim_{n \to +\infty} J_n = 0$.

3. Expression de $S_n$

   • Par linéarité de l'intégrale :
     \begin{align*} S_n &= \sum_{k=0}^n (-1)^k \int_0^1 x^k \sqrt{1-x} \,dx \\ &= \int_0^1 \sqrt{1-x} \left( \sum_{k=0}^n (-x)^k \right) \,dx \end{align*}
   • La somme correspond aux termes d'une suite géométrique de raison $-x \neq 1$ :
     \[ \sum_{k=0}^n (-x)^k = \frac{1 - (-x)^{n+1}}{1 - (-x)} = \frac{1 - (-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x} \]
   • En remplaçant dans l'intégrale :
     \begin{align*} S_n &= \int_0^1 \sqrt{1-x} \frac{1 - (-1)^{n+1}x^{n+1}}{1+x} \,dx \\ &= \int_0^1 \frac{\sqrt{1-x}}{1+x} \,dx - (-1)^{n+1} \int_0^1 x^{n+1} \frac{\sqrt{1-x}}{1+x} \,dx \\ &= J_0 - (-1)^{n+1} J_{n+1} \end{align*}

4. Limite de $S_n$

   • D'après la question 5.b, on sait que $\lim_{n \to +\infty} J_{n+1} = 0$, donc $\lim_{n \to +\infty} (-1)^{n+1}J_{n+1} = 0$.
   • On en déduit immédiatement la limite de la somme :
     \[ \lim_{n \to +\infty} S_n = J_0 = -2 - 2\sqrt{2}\ln(\sqrt{2}-1) \]