1. Sur ${\displaystyle \left]0,1/2\right[}$ et ${\displaystyle \left]1/2,1\right[}$, ${\displaystyle t\mapsto t^{n}\sin \pi t}$ est continue et ${\displaystyle 0<t^{n}\sin \pi t<t^{n}}$.
2. ${\displaystyle \int _{0}^{1}t^{n}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{n+1}}}$.
3. Théorème des gendarmes.

1°  ${\displaystyle {\frac {1}{\cos ^{2}}}={\frac {a\left(1+\sin \right)+b\left(1-\sin \right)}{1-\sin ^{2}}}\Leftrightarrow a=b={\frac {1}{2}}}$, donc

${\displaystyle {\begin{aligned}I_{0}(t)&=\int _{0}^{t}{\frac {1}{\cos }}={\frac {1}{2}}\left[\ln {\frac {1+s}{1-s}}\right]_{0}^{\sin t}\\&={\frac {1}{2}}\ln {\frac {1+\sin t}{1-\sin t}}={\frac {1}{2}}\ln {\frac {(1+\sin t)^{2}}{\cos ^{2}t}}=\ln {\frac {1+\sin t}{\cos t}}.\end{aligned}}}$

Voir aussi Changement de variable en calcul intégral/Exercices/Changement de variable facile#Exercice 2-10.

2°

${\displaystyle {\begin{aligned}I_{n}(t)&=\int _{0}^{t}{\frac {\tan '}{\cos ^{2n-1}}}=\left[{\frac {\tan }{\cos ^{2n-1}}}\right]_{0}^{t}-(2n-1)\int _{0}^{t}{\frac {\tan \times \sin }{\cos ^{2n}}}\\&={\frac {\sin t}{\cos ^{2n}t}}-(2n-1)\int _{0}^{t}{\frac {\sin ^{2}}{\cos ^{2n+1}}}\\&={\frac {\sin t}{\cos ^{2n}t}}-(2n-1)\left(I_{n}(t)-I_{n-1}(t)\right),\end{aligned}}}$

d'où la formule de récurrence annoncée.

3°  ${\displaystyle I_{1}(t)={\frac {1}{2}}\left(I_{0}(t)+{\frac {\sin t}{\cos ^{2}t}}\right)={\frac {1}{2}}\left({\frac {\sin t}{\cos ^{2}t}}+\ln {\frac {1+\sin t}{\cos t}}\right)}$.

${\displaystyle I_{2}(t)={\frac {1}{4}}\left(3I_{1}(t)+{\frac {\sin t}{\cos ^{4}t}}\right)={\frac {\sin t}{4\cos ^{4}t}}+{\frac {3\sin t}{8\cos ^{2}t}}+{\frac {3}{8}}\ln {\frac {1+\sin t}{\cos t}}}$.

${\displaystyle I_{2}\left({\frac {\pi }{4}}\right)={\frac {\sqrt {2}}{2}}+{\frac {3{\sqrt {2}}}{8}}+{\frac {3}{8}}\ln \left({\sqrt {2}}+1\right)={\frac {7{\sqrt {2}}+3\ln \left({\sqrt {2}}+1\right)}{8}}}$.

1. ${\displaystyle a=1}$ et ${\displaystyle b=-1}$ donc ${\displaystyle F(x)=\left[\ln \left({\frac {t}{t+1}}\right)\right]_{1}^{x}=\ln \left({\frac {2x}{x+1}}\right)}$.
2. ${\displaystyle s(n)=\ln \left({\frac {2^{n}\,n!}{(n+1)!}}\right)=\ln \left({\frac {2^{n}}{n+1}}\right)\to +\infty }$.

1. Ces deux équations (pour ${\displaystyle n\geq 2}$) résultent de :
   • ${\displaystyle I_{n}=\left[\cos ^{n-1}\sin \right]_{0}^{x}+(n-1)\int _{0}^{x}\cos ^{n-2}\sin ^{2}=\cos ^{n-1}x\sin x+(n-1)\left(I_{n-2}-I_{n}\right)}$ ;
   • ${\displaystyle J_{n}=-\left[\sin ^{n-1}\cos \right]_{0}^{x}+(n-1)\int _{0}^{x}\sin ^{n-2}\cos ^{2}=-\sin ^{n-1}x\cos x+(n-1)\left(J_{n-2}-J_{n}\right)}$.
2. • ${\displaystyle I_{0}=J_{0}=x}$, ${\displaystyle 2I_{2}=\cos x\sin x+I_{0}}$ et ${\displaystyle 2J_{2}=-\sin x\cos x+J_{0}}$ donc

   ${\displaystyle I_{2}={\frac {x+\cos x\sin x}{2}}}$ et ${\displaystyle J_{2}={\frac {x-\cos x\sin x}{2}}}$.

   • Pour ${\displaystyle J_{3}}$ et ${\displaystyle I_{5}}$, cf. question suivante.
3. • ${\displaystyle I_{2m+1}=\int _{0}^{x}\left(1-\sin ^{2}\right)^{m}\sin '=\int _{0}^{\sin x}\left(1-u^{2}\right)^{m}\,\mathrm {d} u=\sum _{k=0}^{m}{m \choose k}{\frac {(-1)^{k}\sin ^{2k+1}x}{2k+1}}}$ ;
   • ${\displaystyle J_{2m+1}=-\int _{0}^{x}\left(1-\cos ^{2}\right)^{m}\cos '=-\int _{0}^{\cos x}\left(1-u^{2}\right)^{m}\,\mathrm {d} u=\sum _{k=0}^{m}{m \choose k}{\frac {(-1)^{k+1}\cos ^{2k+1}x}{2k+1}}}$.

1. Le graphique de f pour ${\displaystyle x\in \left[0,3\right[}$ est
   
2. • Si ${\displaystyle k\leq x<k+1}$, ${\displaystyle f(x)=x(x-k)}$.
   • ${\displaystyle u_{k}={\frac {(k+1)^{3}-k^{3}}{3}}-k{\frac {(k+1)^{2}-k^{2}}{2}}={\frac {k}{2}}+{\frac {1}{3}}}$.
   • Autrement dit : ${\displaystyle (u_{n})}$ est la suite arithmétique de raison ${\displaystyle {\frac {1}{2}}}$ et de premier terme ${\displaystyle {\frac {1}{3}}}$.
3. ${\displaystyle \int _{0}^{n}f}$ est égale à la somme des ${\displaystyle n}$ premiers termes de cette suite arithmétique, c'est-à-dire à ${\displaystyle {\frac {n}{2}}(u_{0}+u_{n-1})={\frac {n}{3}}+{\frac {n(n-1)}{4}}}$.

1. La fonction ${\displaystyle \sin ^{n}}$ est continue. ${\displaystyle I_{0}={\frac {\pi }{2}}}$ et ${\displaystyle I_{1}=1}$.
2. Pour ${\displaystyle n\geq 2}$, ${\displaystyle I_{n}=-\left[\sin ^{n-1}\cos \right]_{0}^{\frac {\pi }{2}}+(n-1)\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{n-2}\cos ^{2}=0+(n-1)\left(I_{n-2}-I_{n}\right)}$ donc ${\displaystyle I_{n}={\frac {n-1}{n}}I_{n-2}}$.
   Par conséquent,
   • ${\displaystyle I_{2p}={\frac {2p-1}{2p}}{\frac {2p-3}{2p-2}}\dots {\frac {1}{2}}{\frac {\pi }{2}}={\frac {3\times 5\times \cdots \times (2p-1)}{2\times 4\times \cdots \times 2p}}{\frac {\pi }{2}}}$ et
   • ${\displaystyle I_{2p+1}={\frac {2p}{2p+1}}{\frac {2p-2}{2p-1}}\dots {\frac {2}{3}}={\frac {2\times 4\times \cdots \times 2p}{3\times 5\times \cdots \times (2p+1)}}}$.
3. Puisque ${\displaystyle v_{p}={\frac {I_{2p+1}}{I_{2p}/{\frac {\pi }{2}}}}}$, il s'agit de montrer que ${\displaystyle {\frac {2p}{2p+1}}<{\frac {I_{2p}}{I_{2p-1}}}<1}$. Plus généralement, on déduit les deux inégalités ${\displaystyle {\frac {n+1}{n+2}}<{\frac {I_{n+1}}{I_{n}}}<1}$ de la décroissance de la suite ${\displaystyle (I_{n})}$ et de plus, pour la première, de la relation de récurrence : voir Équivalents et développements de suites : intégrales de Wallis.

1. ${\displaystyle I_{0}=\int _{0}^{1}\ln(1+x)\;\mathrm {d} x=\int _{1}^{2}\ln =[y\ln y-y]_{1}^{2}=2\ln 2-1}$.
2. La positivité est immédiate et la décroissance vient du fait que pour tout ${\displaystyle x\in [0,1]}$, ${\displaystyle \ln(1+x)\geq 0}$ et la suite ${\displaystyle (x^{n})}$ est décroissante.
   1. ${\displaystyle \ln 2<1}$.
   2. ${\displaystyle I_{n}\leq \int _{0}^{1}x^{n}\;\mathrm {d} x={\frac {1}{n+1}}}$.
   3. D'après le théorème des gendarmes, ${\displaystyle I_{n}\to 0}$.
3. 1. ${\displaystyle I_{n}=\left[{\frac {x^{n+1}}{n+1}}\ln(1+x)\right]_{0}^{1}-\int _{0}^{1}{\frac {x^{n+1}}{(n+1)(1+x)}}\;\mathrm {d} x={\frac {\ln 2}{n+1}}-{\frac {1}{n+1}}\int _{0}^{1}{\frac {x^{n+1}}{1+x}}\;\mathrm {d} x}$.
   2. ${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {x^{n+1}}{1+x}}\;\mathrm {d} x\leq \int _{0}^{1}x^{n+1}\;\mathrm {d} x={\frac {1}{n+2}}}$ donc d'après la question précédente, ${\displaystyle nI_{n}\to \ln 2}$.