Solution pour le challenge 92

Solution par changement de variable

Notons :

$A=\int_{0}^{1}f\left(1-t^{2}\right)\thinspace dt\qquad\text{et}\qquad B=\int_{0}^{1}f\left(2t\sqrt{1-t^{2}}\right)\thinspace dt$

Pour $A,$ posons $t=\cos\left(x\right)$ :

$A=-\int_{\pi/2}^{0}f\left(\sin^{2}\left(x\right)\right)\thinspace\sin\left(x\right)\thinspace dx=\int_{0}^{\pi/2}f\left(\sin^{2}\left(x\right)\right)\sin\left(x\right)\thinspace dx$

Pour $B,$ posons $t=\sin\left(x\right)$ :

$\begin{eqnarray*}B & = & \int_{0}^{\pi/2}f\left(\sin\left(2x\right)\right)\cos\left(x\right)\thinspace dx\\& = & \int_{0}^{\pi/4}f\left(\sin\left(2x\right)\right)\cos\left(x\right)\thinspace dx+\int_{\pi/4}^{\pi/2}f\left(\sin\left(2x\right)\right)\cos\left(x\right)\thinspace dx\end{eqnarray*}$

et posons $y=\dfrac{\pi}{2}-x$ dans cette dernière intégrale. Il vient :

$B=\int_{0}^{\pi/4}f\left(\sin\left(2x\right)\right)\left(\cos\left(x\right)+\sin\left(x\right)\right)\thinspace dx$

Posons maintenant, pour $\theta\in\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ :

$x=\dfrac{1}{2}\arcsin\left(\sin^{2}\left(\theta\right)\right)$

ce qui est licite puisque :

$\varphi:\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]\rightarrow\left[0,\dfrac{\pi}{4}\right],\thinspace\theta\mapsto\dfrac{1}{2}\arcsin\left(\sin^{2}\left(\theta\right)\right)$

est de classe $C^{1}$ (pour l’existence et la continuité de la dérivée de $\varphi$ en $\frac{\pi}{2},$ on peut utiliser le théorème de la limite de la dérivée). Alors :

$dx=\dfrac{\sin\left(\theta\right)\cos\left(\theta\right)}{\sqrt{1-\sin^{4}\left(\theta\right)}}\thinspace d\theta=\dfrac{\sin\left(\theta\right)}{\sqrt{1+\sin^{2}\left(\theta\right)}}\thinspace d\theta$

De plus, on constate que :

$\left(\cos\left(x\right)+\sin\left(x\right)\right)^{2}=1+\sin\left(2x\right)=1+\sin^{2}\left(\theta\right)$

et donc :

$B=\int_{0}^{\pi/2}f\left(\sin^{2}\left(\theta\right)\right)\thinspace\sqrt{1+\sin^{2}\left(\theta\right)}\thinspace\dfrac{\sin\left(\theta\right)}{\sqrt{1+\sin^{2}\left(\theta\right)}}\thinspace d\theta=A$

Solution par densité

Munissons $E=\mathcal{C}\left(\left[0,1\right],\mathbb{R}\right)$ de la norme de la convergence uniforme :

$\forall f\in E,\thinspace\left\Vert f\right\Vert <em>{\infty}=\sup</em>{t\in\left[0,1\right]}\left|f\left(t\right)\right|$

et considérons les applications :

$\varphi:E\rightarrow\mathbb{R},\thinspace f\mapsto\int_{0}^{1}f\left(1-t^{2}\right)\thinspace dt$

$\psi:E\rightarrow\mathbb{R},\thinspace f\mapsto\int_{0}^{1}f\left(2t\sqrt{1-t^{2}}\right)\thinspace dt$

Il est évident que $\varphi$ et $\psi$ sont des formes linéaires continues sur $E$ (la norme d’opérateur de chacune d’elles est majorée par $1).$ Pour conclure que $\varphi=\psi,$ il suffit donc de prouver que $\varphi$ et $\psi$ coïncident sur une partie $A$ de $E,$ qui engendre un sous-espace vectoriel dense de $E.$ D’après le théorème d’approximation de Weierstrass, on peut choisir $A=\left\{ e_{n};\thinspace n\in\mathbb{N}\right\} ,$ avec :

$\forall n\in\mathbb{N},\thinspace\forall x\in\left[0,1\right],\thinspace e_{n}\left(x\right)=x^{n}$

Posons donc, pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$I_{n}=\int_{0}^{1}\left(1-t^{2}\right)^{n}\thinspace dt\qquad\text{et}\qquad J_{n}=\int_{0}^{1}\left(2t\sqrt{1-t^{2}}\right)^{n}\thinspace dt$

et montrons que $\forall n\in\mathbb{N},\thinspace I_{n}=J_{n}.$

Si l’on pose $t=\sin\left(x\right)$ dans chacune de ces deux intégrales, il vient :

$\boxed{I_{n}=\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}\left(2x\right)\sin\left(x\right)\thinspace dx}\qquad\text{et}\qquad\boxed{J_{n}=\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2n+1}\left(x\right)\thinspace dx}$

On reconnaît déjà que $J_{n}$ est la $\left(2n+1\right)-$ ème intégrale de Wallis. En particulier :

$\boxed{\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace\left(2n+1\right)J_{n}=2nJ_{n-1}}$

On va montrer que la suite $\left(I_{n}\right)_{n\geqslant0}$ vérifie la même relation de récurrence. Comme $I_{0}=1=J_{0},$ la conclusion en découlera aussitôt. Le calcul qui suit va comporter trois étapes :

ETAPE 1

$\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\thinspace I_{n}=\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}\left(2x\right)\cos\left(x\right)\thinspace dx}$

Il suffit en effet de poser $y=\dfrac{\pi}{2}-x$ dans l’intégrale qui définit $I_{n}$ :

$I_{n}=-\int_{\pi/2}^{0}\sin^{n}\left(\pi-2y\right)\thinspace\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-y\right)\thinspace dy=\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}\left(2y\right)\cos\left(y\right)\thinspace dy$

ETAPE 2

$\boxed{\forall n\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace I_{n}=4n\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-1}\left(2x\right)\sin^{3}\left(x\right)\thinspace dx-2n\thinspace I_{n-1}}$

Il suffit, en partant de la formule établie à l’étape 1, d’effectuer une IPP en posant :

$\begin{eqnarray*}u=\sin^{n}\left(2x\right) & ; & v'=\cos\left(x\right)\\u'=2n\sin^{n-1}\left(2x\right)\cos\left(2x\right) & ; & v=\sin\left(x\right)\end{eqnarray*}$

Il vient alors :

$I_{n}=\underbrace{\left[\sin^{n}\left(2x\right)\sin\left(x\right)\right]_{0}^{\pi/2}}_{=0}-2n\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-1}\left(2x\right)\cos\left(2x\right)\sin\left(x\right)\thinspace dx$

puis, en remplaçant $\cos\left(2x\right)$ par $1-2\sin^{2}\left(x\right)$ :

$\begin{eqnarray*}I_{n} & = & 2n\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-1}\left(2x\right)\sin\left(x\right)\left(2\sin^{2}\left(x\right)-1\right)\thinspace dx\\& = & 4n\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-1}\left(2x\right)\sin^{3}\left(x\right)\thinspace dx-2nI_{n-1}\end{eqnarray*}$

ETAPE 3

$\boxed{\forall n\in\mathbb{N},\thinspace I_{n}=2I_{n-1}-2\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-1}\left(2x\right)\sin^{3}\left(x\right)\thinspace dx}$

Il suffit, en partant de la définition de $I_{n},$ de remplacer $\sin^{n}\left(2x\right)$ par $2\sin\left(x\right)\cos\left(x\right)\sin^{n-1}\left(2x\right),$ ce qui donne :

$I_{n}=2\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n-1}\left(2x\right)\sin\left(x\right)\cos^{2}\left(x\right)\thinspace dx$

puis de remplacer $\cos^{2}\left(x\right)$ par $1-\sin^{2}\left(x\right).$

En combinant pour finir les formules obtenues aux étapes 2 et 3, il vient pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$I_{n}=2n\left(2I_{n-1}-I_{n}\right)-2nI_{n-1}$

c’est-à-dire :

$\left(2n+1\right)I_{n}=2nI_{n-1}$

comme souhaité.

Solution probabiliste

On cherche toujours à montrer que :

$\int_{0}^{1}f\left(2t\sqrt{1-t^{2}}\right)\thinspace dt=\int_{0}^{1}f\left(1-t^{2}\right)\thinspace dt$

Ceci revient à prouver que pour toute une variable aléatoire réelle $X$ uniforme sur $\left[0,1\right]$ :

$\mathbb{E}\left(f\left(2X\sqrt{1-X^{2}}\right)\right)=\mathbb{E}\left(1-X^{2}\right)$

Cette condition équivaut à ce que $2X\sqrt{1-X^{2}}$ et $1-X^{2}$ suivent la même loi de probabilité (c’est-à-dire : possèdent la même fonction de répartition). Or, ces deux VAR sont à valeurs dans $\left[0,1\right]$ et, pour tout $a\in\left[0,1\right]$ :

$\mathbb{P}\left(1-X^{2}\leqslant a\right)=\mathbb{P}\left(X\geqslant\sqrt{1-a}\right)=1-\sqrt{1-a}$

et aussi :

$\mathbb{P}\left(2X\sqrt{1-X^{2}}\leqslant a\right)=\mathbb{P}\left(4X^{2}\left(1-X^{2}\right)\leqslant a^{2}\right)=\mathbb{P}\left(\left(1-2X^{2}\right)^{2}\geqslant1-a^{2}\right)$

donc :

$\begin{eqnarray*}\mathbb{P}\left(2X\sqrt{1-X^{2}}\leqslant a\right) & = & \mathbb{P}\left(X\leqslant\sqrt{\dfrac{1-\sqrt{1-a^{2}}}{2}}\right)+\mathbb{P}\left(X\geqslant\sqrt{\dfrac{1+\sqrt{1-a^{2}}}{2}}\right)\\& = & \sqrt{\dfrac{1-\sqrt{1-a^{2}}}{2}}+1-\sqrt{\dfrac{1+\sqrt{1-a^{2}}}{2}}\end{eqnarray*}$

Il suffit maintenant de constater que :

$\forall a\in\left[0,1\right],\thinspace\sqrt{\dfrac{1+\sqrt{1-a^{2}}}{2}}-\sqrt{\dfrac{1-\sqrt{1-a^{2}}}{2}}=\sqrt{1-a}$

ce qui est facile à voir en comparant les carrés de ces deux réels positifs :

$\begin{eqnarray*}\left(\sqrt{\dfrac{1+\sqrt{1-a^{2}}}{2}}-\sqrt{\dfrac{1-\sqrt{1-a^{2}}}{2}}\right)^{2} & = & \dfrac{1+\sqrt{1-a^{2}}}{2}+\dfrac{1-\sqrt{1-a^{2}}}{2}-2\sqrt{\dfrac{1+\sqrt{1-a^{2}}}{2}}\sqrt{\dfrac{1-\sqrt{1-a^{2}}}{2}}\\& = & 1-\sqrt{1-\left(1-a^{2}\right)}\\& = & 1-a\end{eqnarray*}$

Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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