Une semaine, un classique

On a

\[ \forall n \in \mathbb{N},\ \forall x \in [0,1],\ x^n \geqslant 0 \quad \text{et} \quad 1+e^x \geqslant 1 > 0 \]

Donc

\[ \forall n \in \mathbb{N},\ \forall x \in [0,1],\ 0 \leqslant \frac{x^n}{1+e^x} \leqslant x^n \]

Les fonctions considérées étant continues sur \([0,1]\), on en déduit, par croissance de l’intégration, que

\[ \begin{align*} \forall n \in \mathbb{N},\ 0 \leqslant J_n &\leqslant \int_0^1 x^n\,\mathrm{d}x \\ &\leqslant \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 \\ &\leqslant \frac{1}{n+1} \end{align*} \]

Or

\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{1}{n+1} = 0 \]

Donc, d’après le théorème de l’encadrement,

\[ \lim_{n\to+\infty} J_n = 0 \]

Soit \(n \in \mathbb{N}\). On a

\[ K_{n+2}=\int_0^1 x^{n+2} e^{-x^2}\,\mathrm{d}x \]

Avant de commencer, plusieurs remarques s’imposent.

• On cherche à exprimer \(K_{n+2}\) en fonction de \(K_n\). Il faut donc abaisser la puissance de \(x^{n+2}\), ce qui laisse penser que l’on va dériver la fonction \(x \mapsto x^{n+2}\). Cela conduit naturellement à intégrer la fonction \(x \mapsto e^{-x^2}\).

• On ne connaît pas de primitive élémentaire de la fonction \(x \mapsto e^{-x^2}\). Il est donc nécessaire d’adapter l’intégrande afin de le mettre sous une forme intégrable.

• Si \(f\) est une fonction dérivable, on sait intégrer les fonctions de la forme \(x \mapsto f'(x)e^{f(x)}\).

• La fonction \(f:x\mapsto -x^2\) est dérivable sur \([0,1]\) et vérifie \(f'(x)=-2x\).

Ces considérations nous conduisent à faire apparaître explicitement le facteur \(-2x\) dans l’intégrande. On écrit alors

\[ K_{n+2} =\int_0^1 -\frac{x^{n+1}}{2}\times(-2x)\,e^{-x^2}\,\mathrm{d}x \]

On pose alors

\[ \forall x\in[0,1],\quad u(x)=-\frac{x^{n+1}}{2} \qquad\text{et}\qquad v(x)=e^{-x^2} \]

Les fonctions \(u\) et \(v\) sont de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \([0,1]\) et vérifient

\[ \forall x\in[0,1],\quad u'(x)=-\frac{n+1}{2}x^n \qquad\text{et}\qquad v'(x)=-2x e^{-x^2} \]

On en déduit, par intégration par parties, que

\[ \begin{align*} K_{n+2} &=\int_0^1 u(x)v'(x)\,\mathrm{d}x \\ &=\left[u(x)v(x)\right]_0^1-\int_0^1 u'(x)v(x)\,\mathrm{d}x \end{align*} \]

n = int(input("Entrer n : "))
u = 0
for k in range(n):
    u = k*u + 3
print(u)

La variable u contient initialement \(u_0\). À chaque itération de la boucle, on applique la relation de récurrence, ce qui permet de calculer successivement \(u_1,u_2,\dots,u_n\). À la fin de la boucle, u vaut \(u_n\), qui est affiché.

Remarque. Il faut faire attention à l’indice utilisé dans la boucle. Ici, l’instruction for k in range(n) fait prendre à k les valeurs \(0,1,\dots,n-1\). Or la relation de récurrence est

\[ \forall m\in\mathbb{N},\ u_{m+1}=m u_m+3 \]

Ainsi, lorsque k vaut \(m\), la mise à jour u = k*u + 3 calcule bien \(u_{m+1}\) à partir de \(u_m\).

On peut aussi écrire un programme équivalent en faisant parcourir à k les valeurs \(1,2,\dots,n\). Dans ce cas, il faut décaler l’indice dans la formule, car au rang \(k\) on veut utiliser \(m=k-1\). On obtient alors :

n = int(input("Entrer n : "))
u = 0
for k in range(1, n+1):
    u = (k-1)*u + 3
print(u)

En effet, quand k vaut \(1\), on calcule \(u_1\) à partir de \(u_0\) avec le coefficient \(0\). Quand k vaut \(2\), on calcule \(u_2\) à partir de \(u_1\) avec le coefficient \(1\), etc. À la fin, après \(n\) itérations, on a bien obtenu \(u_n\).