Exercices de mpsi (et un peu de terminale)

[LapinouX]

Oui d'ailleurs les courbes représentatives des fonctions de W sont des fractales je crois (enfin je veux pas trop m'avancer non plus ), mais c'est clairement sympas, comme l'ensemble de Mandelbrot (https://www.youtube.com/watch?v=Y4ICbYtBGzA&t=0s) enfin je m'égare

[Zetary]

Non, une fonction monotone est Lebesgue-presque-partout dérivable, mais on s'éloigne du sujet ^^'

[BobbyJoe]

Pour ton avant dernier exemple, ce n'est pas vrai! C'est un théorème difficile de Gerver (sur la dite: "seconde fonction de Riemann") que cette fonction a précisément un ensemble de points de dérivabilité très spécial (le quotient de deux entiers impairs si mon souvenir est bon!)
Voilà le genre de technique utilisée pour étudier le "spectre" de ces fonctions : http://agreg-maths.univ-rennes1.fr/docu ... ierstr.pdf (mais on s'éloigne du thread original....)

[Errys]

Exercice 19 :

Dans cet exercice, la notation $ \{x\} $ désigne la partie décimale de $ x $ que l'on définit par $ \{x\} = x - E(x) $. Pour une définition de la partie entière, on pourra se référer à l'exercice 4 : http://forum.prepas.org/viewtopic.php?f ... 95#p925333

Calculer pour tout réel $ x>0 $, $ a\in\mathbb{R}^* $ et pour tout entier naturel n non nul l'intégrale :
$$ I_x = \int_{0}^x \left\lbrace\frac{t}{a}\right\rbrace^n dt $$

[LapinouX]

Exercice 20 :

1) Montrer la formule de l'intégration par parties :

$ \int_{a}^{b} f'(x)g(x) dx = f(b)g(b) - f(a)g(a) - \int_{a}^{b} f(x)g'(x) dx $

Soit la suite définie par $ \forall n \in \mathbb{N} : u_n = \int_{0}^{\pi /2} sin^n(x) dx $

2) Calculer $ u_0 $ et $ u_1 $

3) Montrer que $ u_{n+2} = \frac{n+1}{n+2} u_{n} $

4) Donner deux formules pour $ u_{2p} $ et $ u_{2p+1} $ avec p un entier naturel (une formule faisant intervenir un produit, et une faisant intervenir les factorielles)

5) On admet que $ \lim\limits_{p \rightarrow +\infty} \frac{u_{2p+1}}{u_{2p}} = 1 $, en utilisant les formules faisant intervenir le produit, montrer que $ \frac{\pi}{2} = \prod_{k=1}^{\infty} \frac{4k^2}{4k^2 - 1} $
Indice pour la question 5 :

SPOILER:

Remarquer que $ \lim\limits_{p \rightarrow +\infty} \frac{u_{2p+1}}{u_{2p}/\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi}{2} $

[pasteak]

Exercice 19:

SPOILER:

On a $ \left\{\frac{t}{a}\right\} = \frac{t}{a} - \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor $, sa dérivée est donc définie sur les intervalles [0,a[, [a,2a[ ... et est égale à $ \frac{1}{a} $ car la partie entière est constante sur chaque intervalle.

On peut alors exprimer l'intégrale recherchée : $$ \int_0^x{\left\{\frac{t}{a}\right\}\text{d}t} = \int_0^x{a\frac{1}{a}\left(\frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor\right)^n\text{d}t} = \left[ \frac{a}{n+1} \left(\frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor\right)^{n+1}\right]_0^a + \left[ \frac{a}{n+1} \left(\frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor\right)^{n+1}\right]_a^{2a} +\ ...\ +\ \left[ \frac{a}{n+1} \left(\frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor\right)^{n+1}\right]_{\left\lfloor{\frac{x}{a}}\right\rfloor}^{x} $$

On peut calculer la valeur de chacun des termes, pour tous les $ \left[ \frac{a}{n+1} \left(\frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor\right)^{n+1}\right]_{ka}^{(k+1)a} $ comme la borne (k+1)a n'est pas atteinte $ \frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor $ tend vers 1 tandis que ka est atteinte donc t = ka étant multiple de a $ \frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor = 0 $. Tous ces termes sont donc égaux à $ \frac{a}{n+1} $.
D'autre part $$ \left[ \frac{a}{n+1} \left(\frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor\right)^{n+1}\right]_{\left\lfloor{\frac{x}{a}}\right\rfloor}^{x} =\ \frac{a}{n+1}\left(\frac{x}{a} - \left\lfloor{\frac{x}{a}}\right\rfloor\right)^{n+1} =\ \frac{a}{n+1}\left\{\frac{x}{a}\right\}^{n+1}. $$
Donc comme il y a E(x/a) termes allant de ka à (k+1)a, $$ \int_0^x{\left\{\frac{t}{a}\right\}\text{d}t} = \left\lfloor\frac{x}{a}\right\rfloor\frac{a}{n+1} +\ \frac{a}{n+1}\left\{\frac{x}{a}\right\}^{n+1}\ =\ \frac{a}{n+1}\left( \left\lfloor\frac{x}{a}\right\rfloor + \left\{\frac{x}{a}\right\}^{n+1}\right) $$

[Errys]

Exercice 19:

SPOILER:

On a $ \left\{\frac{t}{a}\right\} = \frac{t}{a} - \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor $, sa dérivée est donc définie sur les intervalles [0,a[, [a,2a[ ... et est égale à $ \frac{1}{a} $ car la partie entière est constante sur chaque intervalle.

On peut alors exprimer l'intégrale recherchée : $$ \int_0^x{\left\{\frac{t}{a}\right\}\text{d}t} = \int_0^x{a\frac{1}{a}\left(\frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor\right)^n\text{d}t} = \left[ \frac{a}{n+1} \left(\frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor\right)^{n+1}\right]_0^a + \left[ \frac{a}{n+1} \left(\frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor\right)^{n+1}\right]_a^{2a} +\ ...\ +\ \left[ \frac{a}{n+1} \left(\frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor\right)^{n+1}\right]_{\left\lfloor{\frac{x}{a}}\right\rfloor}^{x} $$

On peut calculer la valeur de chacun des termes, pour tous les $ \left[ \frac{a}{n+1} \left(\frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor\right)^{n+1}\right]_{ka}^{(k+1)a} $ comme la borne (k+1)a n'est pas atteinte $ \frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor $ tend vers 1 tandis que ka est atteinte donc t = ka étant multiple de a $ \frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor = 0 $. Tous ces termes sont donc égaux à $ \frac{a}{n+1} $.
D'autre part $$ \left[ \frac{a}{n+1} \left(\frac{t}{a}- \left\lfloor{\frac{t}{a}}\right\rfloor\right)^{n+1}\right]_{\left\lfloor{\frac{x}{a}}\right\rfloor}^{x} =\ \frac{a}{n+1}\left(\frac{x}{a} - \left\lfloor{\frac{x}{a}}\right\rfloor\right)^{n+1} =\ \frac{a}{n+1}\left\{\frac{x}{a}\right\}^{n+1}. $$
Donc comme il y a E(x/a) termes allant de ka à (k+1)a, $$ \int_0^x{\left\{\frac{t}{a}\right\}\text{d}t} = \left\lfloor\frac{x}{a}\right\rfloor\frac{a}{n+1} +\ \frac{a}{n+1}\left\{\frac{x}{a}\right\}^{n+1}\ =\ \frac{a}{n+1}\left( \left\lfloor\frac{x}{a}\right\rfloor + \left\{\frac{x}{a}\right\}^{n+1}\right) $$

Bravo

[Zetary]

Exercice 21 : Existence de l’exponentielle

Pour $ x \in \mathbb{R}, x \geq 0 $, on pose $ u_0(x) = 1, v_0(x) = 0 $ et $ u_{n+1}(x) = \frac{xu_n(x)}{n+1}, v_{n+1}(x) = v_n(x) + u_n(x) $ pour tout $ n\in \mathbb{N} $. Lorsque $ (v_n(x))_n $ converge, on note $ f(x) $ sa limite.

-Calculer $ f(0) $
-Montrer que pour tout $ x \in \mathbb{R}, x\geq 0 $, $ (u_n(x))_n $ est majorée par une suite géométrique de raison $ 1/2 $ (de premier terme dépendant de $ x $).
-En déduire le domaine de définition de $ f $ (on pourra chercher à majorer $ v_n(x) $)
-Pour $ n\in \mathbb{N} $, exprimer la dérivée de $ x\mapsto u_n(x) $ et en déduire ses variations.
-Soit $ x \in \mathbb{R},x\geq 0,h\in [-x;x+1],h\neq 0 $ et $ n\in\mathbb{N},n\geq 2 $. En dérivant $ t \mapsto (x+h-t)u_{n-1}(t) $, montrer que $ u_n(t+h)-u_n(t) -\int_x^{x+h} (x+h-t)u_{n-2}(t)dt=hu_{n-1}(x) $. En encadrant $ u_{n-2}(t) $ dans l'expression précédente, montrer que $ -h^2 u_{n-2}(2x+1)/2\leq u_n(x+h) - u_n(x) - hu_{n-1}(x) \leq h^2 u_{n-2}(2x+1)/2 $
-En déduire que $ \left|\frac{f(x+h)-f(x)}{h} -f(x)\right| \leq |h|f(2x+1)/2 $, puis que $ f $ est dérivable en tout $ x>0 $ et dérivable à droite en $ 0 $
-On définit $ g \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R} $ par : $ g(x) = f(x) $ si $ x \geq 0 $ et $ g(x) = \frac{1}{f(-x)} $ sinon. Montrer que $ g $ est la fonction exponentielle. En particulier, la fonction exponentielle existe.

[Errys]

Ma solution pour l'exercice 21 :

SPOILER:

Calculer $ f(0) $

Avec $ x=0 $, on a $ u_n=0 $ pour tout entier $ n\ge 1 $ d'où $ v_n = 1 $ pour tout entier naturel n. Ainsi, $ f(0) = 1 $.

Montrer que $ (u_n) $ est majorée par une suite géométrique de raison $ \frac{1}{2} $
Si $ x=0 $, c'est vrai car $ u_0(x)= 1 $ et $ u_n(x)=0 $ pour $ n>0 $.
Soit $ x> 0 $,
On pose $ T_x = \max(\{ u_n(x)\cdot 2^{n}, 0\le n\le 2x\}) $
On pose pour tout entier naturel $ n:P(n) : u_n(x) \le T_x\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n $

Pour $ n\le 2x $, on a $ u_n(x)\cdot 2^n\le T_x $ soit $ u_n(x)\le T_x\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n $ D'où $ P(n) $ pour tout $ n\le 2x $.

Maintenant, soit $ n\ge 2x-1 $ tel que $ P(n) $, montrons $ P(n+1) $ :
On a $ u_n(x)\le T_x\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^n\iff u_{n+1}(x)\le \frac{x}{n+1}\cdot T_x\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n} $
Or, $ n+1\ge 2x\iff \frac{1}{n+1}\le \frac{1}{2x}\iff \frac{x}{n+1}\le \frac{1}{2} $.
D'où $ u_{n+1}(x)\le T_x\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} $ et donc $ P(n+1) $.

Ainsi, $ (u_n(x)) $ est bien majorée par une suite géométrique de raison $ \frac{1}{2} $ pour tout réel $ x\ge 0 $

En déduire le domaine de définition de $ f $

Montrons qu'elle est définie sur $ \mathbb{R}_+ $ :
Soit $ x\ge 0 $.
Pour cela, on va montrer que pour tout entier $ n $, $ v_n(x) \le \displaystyle T_x\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^k $.

Pour $ n=0 $, $ v_0(x)=0 $ et le membre de droite aussi donc l'inégalité est vérifiée.
Soit $ n\in\mathbb{N} $ tel que $ v_n(x)\le T_x\cdot \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{k} $.
On a donc :
$$ v_{n+1}(x) = u_n(x) + v_n(x)\le T_x\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^n + T_x\cdot\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^k = T_x\cdot \sum_{k=0}^n \left(\frac{1}{2}\right)^k $$

Par récurrence on obtient donc :
$$ \forall n\in\mathbb{N}, v_n(x)\le T_x\cdot\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^k $$

Le terme de droite converge car $ -1<\frac{1}{2}<1 $, donc $ (v_n(x)) $ est majorée.
De plus, $ u_n(x)\ge 0 $ pour tout entier n donc $ v_{n+1(x)}-v_n(x)=u_n(x)\ge 0 $.
Ainsi, $ (v_n(x)) $ est croissante et majorée donc $ (v_n(x)) $ converge. Ainsi, $ f $ est bien définie sur $ \mathbb{R}_+ $.

EDIT : Faux

SPOILER:

Maintenant, soit $ x<0 $, on a pour tout $ n>0 $, $ u_n(x) = -u_n(-x) $.
On montre par une récurrence immédiate que $ v_n(x) = -v_n(-x) + 2 $ (ou quelque chose de proche) donc $ (v_n(x)) $ converge.

Ainsi, $ f $ est définie sur $ \mathbb{R} $.

Pour $ n\in\mathbb{N} $, exprimer la dérivée de $ x\mapsto u_n(x) $.

En calculant les premières dérivées je me suis rendu compte que $ u_n(x) = \dfrac{x^n}{n!} $.
C'est vrai par définition pour $ n=0 $ et si c'est vrai pour $ n $, alors $ u_{n+1}(x) = \dfrac{x}{n+1}\times\dfrac{x^n}{n!} = \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!} $ donc c'est aussi vrai pour n+1. Le principe de récurrence conclut.

Ainsi, pour tout entier n strictement positif, et pour tout réel x, $ u_n'(x) = \dfrac{x^{n-1}}{(n-1)!} $ et $ u_0'(x) = 0 $.
Donc si $ n $ impair, $ u_n(x) $ est croissante sur $ \mathbb{R} $, sinon, elle est décroissante sur $ \mathbb{R}_- $ et croissante sur $ \mathbb{R}_+ $.

-Soit $ x \in \mathbb{R},x\geq 0,h\in [-x;x+1],h\neq 0 $ et $ n\in\mathbb{N},n\geq 2 $. En dérivant $ t \mapsto (x+h-t)u_{n-1}(t) $, montrer que $ u_n(t+h)-u_n(t) -\int_x^{x+h} (x+h-t)u_{n-2}(t)dt=hu_{n-1}(x) $. En encadrant $ u_{n-2}(t) $ dans l'expression précédente, montrer que $ -h^2 u_{n-2}(2x+1)/2\leq u_n(x+h) - u_n(x) - hu_{n-1}(x) \leq h^2 u_{n-2}(2x+1)/2 $

La dérivée de $ t\mapsto (x+h-t)u_{n-1}(t) $ est la fonction $ t\mapsto -u_{n-1}(t) + u_{n-2}(t)(x+h-t) $.

Ainsi :

$$ u_n(x+h) - u_n(x) - \int_{x}^{x+h} (x+h-t)u_{n-2}(t)dt = \int_{x}^{x+h} u_{n-1}(t)- (x+h-t)u_{n-2}(t)dt $$
$$ = \left[ -(x+h-t)u_{n-1}(t) \right]_x^{x+h} = hu_{n-1}(x) $$

En encadrant $ u_{n-2}(t) $ dans l'expression suivante, montrer l'inégalité...

On a $ u_{n}(x+h) - u_n(x) - hu_{n-1}(x) = \displaystyle\int_{x}^{x+h}(x+h-t)u_{n-2}(t)dt $. Tout les termes étant positifs, et $ t\mapsto u_{n-2}(t) $ étant croissante on obtient :
$$ -\int_{x}^{x+h}(x+h-t)u_{n-2}(x+h)dt\le \int_{x}^{x+h}(x+h-t)u_{n-2}(t)dt\le \int_{x}^{x+h}(x+h-t)u_{n-2}(x+h)dt $$
Calculons le terme de droite (on en déduit celui de gauche facilement) :
$$ \int_x^{x+h}(x+h-t)u_{n-2}(x+h)dt = u_{n-2}(x+h)\left[xt+ht-\frac{t^2}{2}\right]_x^{x+h} $$
$$ = u_{n-2}(x+h)\frac{h^2}{2}\le \frac{h^2}{2}u_{n-2}(2x+1) $$

Ce qui conclut.

En déduire....

EDIT: Manque de rigueur

SPOILER:

On obtient le premier résultat en divisant par h et en faisant tendre $ n $ vers $ +\infty $ et en divisant par $ |h| $ l'inégalité précédente.
On obtient le second en remarquant que le second terme de droite converge vers 0 donc que le taux d'acroissement auquel on soustrait f converge vers 0. En ajoutant f(x), on voit bien que le taux d'acroissement admet une limite, qui est f(x) (désolé pour le manque de rigueur mais j'en ai marre de taper en latex x) ).

Soit $ x \ge 0 $,
On a,
$$ -\frac{h^2}{2} u_{n-2}(2x+1)\le u_n(x+h) - u_n(x) - hu_{n-1}(x) \le \frac{h^2}{2} u_{n-2}(2x+1) $$

En sommant les inégalités pour $ k $ allant de 2 à $ n $, et en ajoutant $ K=u_0(x+h) - u_0(x) +u_1(x+h) - u_1(x) -h\cdot u_0(x) $ (on remarquera que K converge vers 0 quand h tend vers 0, par continuité de $ u_n $) il vient :
$$ K-\frac{h^2}{2} v_{n-1}(2x+1) \le v_{n+1}(x+h) - v_{n+1}(x) - h\cdot v_n(x) \le K+\frac{h^2}{2}v_{n-1}(2x+1) $$

$$ \iff \mid v_{n+1}(x+h) - v_{n+1}(x) - hv_{n}(x)\mid \le K+\frac{\mid h\mid^2}{2} v_{n-1}(2x+1) $$
$$ \iff \mid \dfrac{v_{n+1}(x+h) - v_{n+1}(x)}{h} - v_{n}(x)\mid \le K+\frac{\mid h\mid}{2} v_{n-1}(2x+1) $$
Comme tous les termes convergent quand $ n $ tend vers $ +\infty $, les limites de ces deux termes sont bien définies et on a :
$$ \lim_{n\to +\infty} \left(| \dfrac{v_{n+1}(x+h) - v_{n+1}(x)}{h} - v_{n}(x)|\right) \le \lim_{n\to+\infty} \left(K+\frac{\mid h\mid}{2} v_{n-2}(2x+1)\right) $$
D'où :
$$ | \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} - f(x) | \le K + \frac{|h|}{2} f(2x+1) $$
Pour x strictement positif :
Le terme de droite convergent vers 0 quand h tend vers 0, il vient que par encadrement, celui de gauche aussi, ainsi :
$$ \lim_{h\to 0} \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} - f(x) = 0 $$
Et enfin :
$$ \lim_{h\to 0} \left( \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} - f(x)\right) + f(x) = f(x) \iff \lim_{h\to 0} \dfrac{f(x+h) - f(x)}{h} = f(x)\iff f'(x) = f(x) $$

Ainsi, $ f $ est bien dérivable à gauche et à droite pour tout $ x>0 $. Pour $ x = 0 $, on peut prendre la limite à droite quand $ h $ tend vers 0 et montrer que $ f $ est bien dérivable à droite en $ x = 0 $ de la même manière.

En déduire que g est la fonction exponentielle

D'après la question précédente, $ g $ est dérivable en 0 à droite, montrons que c'est aussi le cas à gauche :
Soit $ h<0 $, calculons le taux d'acroissement :
$$ \dfrac{g(0+h) - g(0)}{h} = \dfrac{\frac{1}{f(-h)} - 1}{h} = \dfrac{1}{f(h)}\cdot \dfrac{1 - f(-h)}{h} = \dfrac{1}{f(h)}\cdot\dfrac{f(-h) -f(0)}{-h} $$
Comme $ -h>0 $, on peut utiliser la limite à droite trouvé dans la question précédente et obtenir que :
$$ \lim_{h\to 0} \dfrac{f(-h) - f(0)}{-h} = 1 $$
Et enfin :
$$ \lim_{h\to 0} \dfrac{g(0+h) - g(0)}{h} = 1\iff g'(0) = g(0) $$
Donc g est bien dérivable en 0 à gauche et à droite.

On a $ g(0)= 1 $, $ g'(x) = g(x) $ pour $ x\ge 0 $ d'après ce qui précède.
Et pour $ x<0 $, $ g'(x) = \dfrac{f'(-x)}{f(-x)^2} = \dfrac{f(-x)}{f(-x)^2} = \dfrac{1}{f(-x)} = g(x) $
Ainsi, pour tout réel $ x $, $ g'(x) = g(x) $ et $ g(0) = 1 $.
Donc $ g $ est bien la fonction exponentielle et elle existe.

Merci beaucoup pour l'exo, très intéressant !

EDIT: corrections et amélioration, d'apes les remarques de Zetary.
EDIT2: Correction de l'hérédité.

[Errys]

Ma solution pour l'exercice 20 :

SPOILER:

1) Comme $ (f\cdot g)' = f'g + fg' $, on a :
$$ \int_{a}^b f'(t)g(t)dt = \int_{a}^b (f\cdot g)'(t) dt - \int_{a}^b f(t)g'(t)dt = [f(t)g(t)]_a^b - \int_{a}^b g(t)g'(t) dt $$

2)
$$ u_0 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} 1dt = \frac{\pi}{2} $$
$$ u_1 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(t) dt = \left[-cos(t)\right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \cos(0) - \cos(\frac{\pi}{2}) = 1 $$

3) Soit $ n\in\mathbb{N} $,
On pose $ f(t) = -\cos(t) $, $ f'(t) = \sin(t) $, $ g(t) = \sin^{n+1}(t) $ et $ g'(t) = (n+1)\cos(t)\sin^n(t) $
D'où, avec une IPP :
$$ u_{n+2} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin(t)\sin^{n+1}(t)dt = f(\pi/2)g(\pi/2) - f(0)g(0) + (n+1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2(t)\sin^n(t)dt $$
$$ u_{n+2} = (n+1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1-\sin^2(t))\sin^n(t)dt = (n+1)u_n - (n+1)u_{n+2} $$
$$ \iff (n+2)u_{n+2} = (n+1)u_n\iff u_{n+2} = \dfrac{n+1}{n+2}u_n $$

4)
$$ u_{2p} = \frac{\pi}{2}\prod_{k=1}^{p} \dfrac{2k-1}{2k} = \frac{\pi}{2}\dfrac{1}{2^p\cdot p!}\cdot \dfrac{\displaystyle\prod_{k=1}^{2\cdot p} k}{\displaystyle\prod_{k=1}^{p}2k} = \dfrac{\pi\cdot(2p)!}{2^{2p+1}p!} $$
$$ u_{2p+1} = \prod_{k=1}^{p}\dfrac{2k}{2k+1} = \dfrac{2^{2p}\cdot (p!)^2}{(2p+1)!} $$

5) Soit p un entier naturel :
$$ \dfrac{u_{2p+1}}{u_{2p}} = \dfrac{2}{\pi}\prod_{k=1}^{p}\dfrac{(2k)(2k)}{(2k-1)\cdot (2k+1)} = \dfrac{2}{\pi}\prod_{k=1}^{p}\dfrac{4k^2}{4k^2-1} $$

On a $ \lim\limits_{p\to+\infty}\frac{2}{\pi}\displaystyle\prod_{k=1}^{p}\dfrac{4k^2}{4k^2-1} = 1 $ donc on obtient le résultat voulu en multipliant par $ \frac{\pi}{2} $ la limite.