Correction de l'exercice

1. Calcul de $I_0$

   • En remarquant que $\sqrt{1-x} = (1-x)^{\frac{1}{2}}$, déterminons une primitive :
   \[ \begin{align*} I_0 &= \int_0^1 \sqrt{1-x} \,dx \\ &= \int_0^1 (1-x)^{\frac{1}{2}} \,dx \\ &= \left[ -\frac{2}{3}(1-x)^{\frac{3}{2}} \right]_0^1 \\ &= 0 - \left(-\frac{2}{3}(1)^{\frac{3}{2}}\right) \\ I_0 &= \frac{2}{3} \end{align*} \]



2. 1. Relation de récurrence par intégration par parties

      • Exprimons $I_{n+1}$ en faisant apparaître explicitement la primitive de $\sqrt{1-x}$ pour appliquer l'intégration par parties :
      \[ \begin{align*} I_{n+1} &= \int_0^1 x^{n+1} \sqrt{1-x} \,dx \\ &= \int_0^1 x^{n+1} \left( -\frac{2}{3}(1-x)^{\frac{3}{2}} \right)' \,dx \\ &= \left[ -\frac{2}{3} x^{n+1} (1-x)^{\frac{3}{2}} \right]_0^1 - \int_0^1 (n+1)x^n \left( -\frac{2}{3}(1-x)^{\frac{3}{2}} \right) \,dx \end{align*} \]
      • Le terme entre crochets s'annule en $1$ et en $0$. En factorisant $(1-x)^{\frac{3}{2}} = (1-x)\sqrt{1-x}$, il vient :
      \[ \begin{align*} I_{n+1} &= \frac{2n+2}{3} \int_0^1 x^n (1-x)^{\frac{3}{2}} \,dx \\ &= \frac{2n+2}{3} \int_0^1 x^n (1-x)\sqrt{1-x} \,dx \\ &= \frac{2n+2}{3} \left( \int_0^1 x^n\sqrt{1-x} \,dx - \int_0^1 x^{n+1}\sqrt{1-x} \,dx \right) \\ I_{n+1} &= \frac{2n+2}{3} (I_n - I_{n+1}) \end{align*} \]
      • En multipliant par $3$ et en isolant $I_{n+1}$, on conclut :
      \[ \begin{align*} 3I_{n+1} &= (2n+2)I_n - (2n+2)I_{n+1} \\ (2n+5)I_{n+1} &= (2n+2)I_n \end{align*} \]
   
   

   2. Déduction des valeurs de $I_1$ et $I_2$

      • Pour $n=0$ :
      \[ \begin{align*} 5I_1 &= 2I_0 \implies I_1 = \frac{2}{5} \times \frac{2}{3} = \frac{4}{15} \end{align*} \]
      • Pour $n=1$ :
      \[ \begin{align*} 7I_2 &= 4I_1 \implies I_2 = \frac{4}{7} \times \frac{4}{15} = \frac{16}{105} \end{align*} \]
   
   

   3. Démonstration de la formule explicite par récurrence

      • Initialisation : Pour $n=0$, la formule donne :
      \[ \begin{align*} \frac{2^2 \times 0! \times 1!}{3!} = \frac{4 \times 1 \times 1}{6} = \frac{2}{3} \end{align*} \]
      • La propriété est vraie au rang $0$ car $I_0 = \frac{2}{3}$.
      • Hérédité : Soit $n \in \mathbb{N}$. Supposons que $I_n = \frac{2^{2n+2} n! (n+1)!}{(2n+3)!}$ et montrons que $I_{n+1} = \frac{2^{2n+4} (n+1)! (n+2)!}{(2n+5)!}$.
      • D'après la question 2.a), $I_{n+1} = \frac{2n+2}{2n+5}I_n$. Par hypothèse de récurrence :
      \[ \begin{align*} I_{n+1} &= \frac{2(n+1)}{2n+5} \times \frac{2^{2n+2} n! (n+1)!}{(2n+3)!} \end{align*} \]
      • Pour faire apparaître $(2n+5)!$ au dénominateur, multiplions en haut et en bas par $(2n+4)$ :
      \[ \begin{align*} I_{n+1} &= \frac{2(n+1) \times (2n+4)}{(2n+5)(2n+4)} \times \frac{2^{2n+2} n! (n+1)!}{(2n+3)!} \\ &= \frac{2(n+1) \times 2(n+2) \times 2^{2n+2} n! (n+1)!}{(2n+5)!} \\ &= \frac{2^2 \times 2^{2n+2} \times (n+1)n! \times (n+2)(n+1)!}{(2n+5)!} \\ I_{n+1} &= \frac{2^{2n+4} (n+1)! (n+2)!}{(2n+5)!} \end{align*} \]
      • Conclusion : Par le principe de récurrence, la formule est vraie pour tout $n \in \mathbb{N}$.
   
   

   4. Majoration et calcul de la limite

      • Pour tout $x \in [0, 1]$, on a $0 \leq 1-x \leq 1$, d'où $0 \leq \sqrt{1-x} \leq 1$.
      • En multipliant par $x^n$ (positif sur $[0, 1]$), on obtient :
      \[ \begin{align*} 0 \leq x^n\sqrt{1-x} \leq x^n \end{align*} \]
      • Par conservation de l'ordre lors du passage à l'intégrale (les bornes étant dans l'ordre croissant $0 < 1$) :
      \[ \begin{align*} \int_0^1 0 \,dx \leq &\int_0^1 x^n\sqrt{1-x} \,dx \leq \int_0^1 x^n \,dx \\ 0 \leq &I_n \leq \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 \\ 0 \leq &I_n \leq \frac{1}{n+1} \end{align*} \]
      • Puisque $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n+1} = 0$, d'après le théorème des gendarmes, on en déduit :
      \[ \begin{align*} \lim_{n \to +\infty} I_n = 0 \end{align*} \]