Baccalauréat Amérique du Nord 21 mai 2024 : Calcul intégral ; suites et fonctions trigonométriques - Exercice 1

40 min
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Pour tout entier naturel nn, on considère les intégrales suivantes :
In=∫0πe−nxsin⁡(x)dxI_n=\int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \sin (x) \mathrm{d} x et Jn=∫0πe−nxcos⁡(x)dx. J_n=\int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \cos (x) \mathrm{d} x .
Question 1

Calculer I0I_0.

Correction
I0=∫0πe−0×xsin⁡(x)dxI_0=\int_0^\pi \mathrm{e}^{-0\times x} \sin (x) \mathrm{d} x
I0=∫0πe0×sin⁡(x)dxI_0=\int_0^\pi \mathrm{e}^{0} \times\sin (x) \mathrm{d} x . Or e0=1\mathrm{e}^{0}=1 . On obtient :
I0=∫0πsin⁡(x)dxI_0=\int_0^\pi \sin (x) \mathrm{d} x
Donc :
I0=[−cos⁡(x)]0πI_0=[-\cos (x)]_0^\pi
I0=−cos⁡(π)+cos⁡(0)I_0=-\cos (\pi)+\cos (0)
I0=−(−1)+1I_0=-(-1)+1
Finalement :
I0=2I_0=2
Question 2

Justifier que, pour tout entier naturel nn, on a In⩾0I_n \geqslant 0.

Correction
La fonction x⟼e−nxx \longmapsto \mathrm{e}^{-n x} est strictement positive pour x∈[0,π]x \in[0, \pi] et n∈Nn \in \mathbb{N}.
La fonction x⟼sin⁡(x)x \longmapsto \sin (x) est positive ou nulle sur [0,π]\left[0, \pi\right].
Donc le produit e−nxsin⁡(x)\mathrm{e}^{-n x} \sin (x) est toujours positif sur [0,π]\left[0, \pi\right].
Ainsi, pour tout x∈[0,π]x\in [0, \pi] on a : e−nxsin⁡(x)≥0\mathrm{e}^{-n x} \sin (x) \ge 0
Positivité de l'intégrale.
Soit ff une fonction continue sur un intervalle [a;b]\left[a;b\right].
  • Si f(x)≥0f\left(x\right)\ge 0 sur [a;b]\left[a;b\right] alors ∫abf(x)dx≥0\int _{a}^{b}f\left(x\right) dx\ge 0
Comme : e−nxsin⁡(x)≥0\mathrm{e}^{-n x} \sin (x)\ge 0
On peut conclure que, d'après la positivité de l'intégrale : ∫0πe−nxsin⁡(x)dx≥0\int _{0}^{\pi}\mathrm{e}^{-n x} \sin (x)dx \ge 0 .
Finalement :
In≥0I_{n} \ge 0

Question 3

Montrer que, pour tout entier naturel nn, on a In+1−In⩽0I_{n+1}-I_n \leqslant 0.

Correction
Commencons par écrire et simplifier In+1I_{n+1}.
In+1=∫0πe−(n+1)×xsin⁡(x)dxI_{n+1}=\int_0^\pi \mathrm{e}^{-\left(n+1\right)\times x} \sin (x) \mathrm{d} x
In+1=∫0πe−(nx+x)sin⁡(x)dxI_{n+1}=\int_0^\pi \mathrm{e}^{-\left(nx+x\right)} \sin (x) \mathrm{d} x
In+1=∫0πe−nx−xsin⁡(x)dxI_{n+1}=\int_0^\pi \mathrm{e}^{-nx-x} \sin (x) \mathrm{d} x
In+1=∫0πe−nxe−xsin⁡(x)dxI_{n+1}=\int_0^\pi \mathrm{e}^{-nx}\mathrm{e}^{-x} \sin (x) \mathrm{d} x
Ainsi :
In+1−In=∫0πe−nxe−xsin⁡(x)dx−∫0πe−nxsin⁡(x)dxI_{n+1}-I_n =\int_0^\pi \mathrm{e}^{-nx}\mathrm{e}^{-x} \sin (x) \mathrm{d} x-\int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \sin (x) \mathrm{d} x
D'après la linéarité de l'intégrale :
In+1−In=∫0πe−nxe−xsin⁡(x)dx−e−nxsin⁡(x)dxI_{n+1}-I_n =\int_0^\pi {\color{blue}{\mathrm{e}^{-n x} }}\mathrm{e}^{-x} {\color{blue}{ \sin (x)}}\mathrm{d} x-{\color{blue}{\mathrm{e}^{-n x} \sin (x)}} dx
In+1−In=∫0πe−nxsin⁡(x)(e−x−1)dxI_{n+1}-I_n =\int_0^\pi {\color{blue}{\mathrm{e}^{-n x} \sin (x)}}\left(\mathrm{e}^{-x}-1\right) dx
Il nous faut donc étudier le signe de e−nxsin⁡(x)(e−x−1){\color{blue}{\mathrm{e}^{-n x} \sin (x)}}\left(\mathrm{e}^{-x}-1\right) sur l'intervalle [0,π]\left[0, \pi\right] .
La fonction x⟼sin⁡(x)x \longmapsto \sin (x) est positive ou nulle sur [0,π]\left[0, \pi\right].
La fonction x⟼e−nxx \longmapsto \mathrm{e}^{-n x} est strictement positive pour x∈[0,π]x \in[0, \pi] et n∈Nn \in \mathbb{N}.
Cherchons à savoir à partir de quel réel xx, e−x−1≥0\mathrm{e}^{-x}-1 \ge 0
e−x−1≥0\mathrm{e}^{-x}-1 \ge 0 équivaut à
e−x≥1\mathrm{e}^{-x} \ge 1
e−x≥e0\mathrm{e}^{-x} \ge \mathrm{e}^{0}
−x≥0-x \ge 0 d'où x≤0x \le 0.
Il en résulte donc que e−x−1≥0\mathrm{e}^{-x}-1 \ge 0 si x≤0x \le 0.
Ainsi :
La fonction x⟼e−x−1x \longmapsto \mathrm{e}^{-x}-1 est négative ou nulle sur [0,π]\left[0, \pi\right].
On peut conclure que si x∈[0,π]x\in \left[0, \pi\right], on a : e−nxsin⁡(x)(e−x−1)≤0{\color{blue}{\mathrm{e}^{-n x} \sin (x)}}\left(\mathrm{e}^{-x}-1\right)\le 0
Soit ff une fonction continue sur un intervalle [a;b]\left[a;b\right].
  • Si f(x)≤0f\left(x\right)\le 0 sur [a;b]\left[a;b\right] alors ∫abf(x)dx≤0\int _{a}^{b}f\left(x\right) dx\le 0
Il en résulte donc que :
∫0πe−nxsin⁡(x)(e−x−1)dx≤0\int_0^\pi {\color{blue}{\mathrm{e}^{-n x} \sin (x)}}\left(\mathrm{e}^{-x}-1\right) dx\le 0
Autrement dit :
In+1−In≤0I_{n+1}-I_n\le 0 .
La suite (In)\left(I_{n} \right) est décroissante.
Question 4

Déduire des deux questions précédentes que la suite (In)\left(I_n\right) converge.

Correction
  • Une suite décroissante et minorée est convergente, elle admet donc une limite finie.
  • Une suite croissante et majorée est convergente, elle admet donc une limite finie.
On a démontrer à la question 22 que la suite (In)\left(I_{n} \right) était minorée par 00 car : un≥0u_{n} \ge 0 . De plus, la suite (In)\left(I_{n} \right) est décroissante.
D'après le théorème de convergence des suites monotones , on peut affirmer que la suite (In)\left(I_{n} \right) est convergente et admet donc une limite que l'on note ℓ\ell .
Question 5

Montrer que, pour tout entier naturel nn, on a : In⩽∫0πe−nx dx.I_n \leqslant \int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{~d} x .

Correction
Pour tout x∈[0,π]x \in[0, \pi] , an a 0⩽sin⁡(x)⩽10\leqslant \sin (x) \leqslant 1 ainsi sin⁡(x)⩽1 \sin (x) \leqslant 1. De plus, pour tout entier nn et pour tour réel x,e−nx>0x, \mathrm{e}^{-n x}>0, ainsi :
sin⁡(x)×e−nx⩽1×e−nx \sin (x)\times\mathrm{e}^{-n x} \leqslant 1\times\mathrm{e}^{-n x}
sin⁡(x)e−nx⩽e−nx\sin (x)\mathrm{e}^{-n x} \leqslant \mathrm{e}^{-n x}
Intégration d'une inégalité :
Si f≤gf\le g sur [a;b]\left[a;b\right] alors ∫abf(x)dx≤∫abg(x)dx\int _{a}^{b}f\left(x\right) dx\le \int _{a}^{b}g\left(x\right) dx
Ainsi :
∫0πe−nxsin⁡(x)dx⩽∫0πe−nx dx\int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \sin (x) \mathrm{d} x \leqslant\int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{~d} x
Autrement dit :
In⩽∫0πe−nx dxI_n \leqslant \int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{~d} x

Question 6

Montrer que, pour tout entier naturel n⩾1n \geqslant 1, on a :
∫0πe−nx dx=1−e−nπn.\int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{~d} x=\frac{1-\mathrm{e}^{-n \pi}}{n} .

Correction
  • Une primitive de nombre×eax\text{nombre}\times e^{{\color{red}{a}}x} est nombrea×eax\frac{\text{nombre}}{{\color{red}{a}}}\times e^{{\color{red}{a}}x}
    •  Une primitive de e−nxest1−ne−nx, donc pour n⩾1, \text { Une primitive de } \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{est} \frac{1}{-n} \mathrm{e}^{-n x}, \text { donc pour } n \geqslant 1,
    ∫0πe−nx dx=[1−ne−nx]0π \int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{~d} x=\left[\frac{1}{-n} \mathrm{e}^{-n x}\right]_0^\pi
    ∫0πe−nx dx=[−1ne−nx]0π \int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{~d} x=\left[-\frac{1}{n} \mathrm{e}^{-n x}\right]_0^\pi
    ∫0πe−nx dx=−1ne−n×π−(−1ne−n×0) \int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{~d} x=-\frac{1}{n}\mathrm{e}^{-n\times \pi}-\left(-\frac{1}{n}\mathrm{e}^{-n\times 0}\right)
    ∫0πe−nx dx=−1ne−n×π−(−1ne0) \int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{~d} x=-\frac{1}{n}\mathrm{e}^{-n\times \pi}-\left(-\frac{1}{n}\mathrm{e}^{0}\right)
    ∫0πe−nx dx=−1ne−n×π−(−1n) \int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{~d} x=-\frac{1}{n}\mathrm{e}^{-n\times \pi}-\left(-\frac{1}{n}\right)
    ∫0πe−nx dx=−1ne−n×π+1n \int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{~d} x=-\frac{1}{n}\mathrm{e}^{-n\times \pi}+\frac{1}{n}
    ∫0πe−nx dx=1n×(−e−nπ+1) \int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{~d} x=\frac{1}{n}\times\left(-\mathrm{e}^{-n \pi}+1\right)
    Finalement :
    ∫0πe−nx dx=1−e−nπn \int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{~d} x=\frac{1-\mathrm{e}^{-n \pi}}{n}
    Question 7

    Déduire des deux questions précédentes la limite de la suite (In)\left(I_n\right).

    Correction
    D'après la question 22 nous savons que, pour tout entier naturel nn, on a In⩾0I_n \geqslant 0.
    D'après les question 55 et 66 nous savons que, pour tout entier naturel nn, on a In⩽1−e−nπnI_n \leqslant \frac{1-\mathrm{e}^{-n \pi}}{n} .
    Il en résulte donc que, pour tout entier naturel nn, on a :
    0≤In≤1−e−nπn0\le I_n \le\frac{1-\mathrm{e}^{-n \pi}}{n}
    Or :
    lim⁡n→+∞1−e−nπn=0\lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{1-\mathrm{e}^{-n \pi}}{n}=0 et lim⁡n→+∞0=0\lim _{n \rightarrow+\infty}0 =0
    Donc d'après le théroème des gendarmes :
    lim⁡n→+∞In=0\lim _{n \rightarrow+\infty} I_n =0

    Question 8

    En intégrant par parties l'intégrale InI_n de deux façons différentes, établir les deux relations suivantes, pour tout entier naturel n⩾1n \geqslant 1 :
    In=1+e−nπ−nJn et In=1nJnI_n=1+\mathrm{e}^{-n \pi}-n J_n \quad \text { et } \quad I_n=\frac{1}{n} J_n

    Correction
      Formule d’inteˊgration par parties\red{\text{Formule d'intégration par parties}}
    u\color{blue}{u} et v\color{green}{v} sont deux fonctions dérivables sur un intervalle II dont leurs dérivées u′\color{red}{u'} et v′\color{purple}{v'} sont continues sur II.
    Pour tous réels aa et bb de II, nous avons alors :
    ∫abu(x)v′(x)dx=[u(x)v(x)]ab−∫abu′(x)v(x)dx\int _{a}^{b}{\color{blue}{u\left(x\right)}}{\color{purple}{v'\left(x\right)}}dx =\left[{\color{blue}{u\left(x\right)}}{\color{green}{v\left(x\right)}}\right]_{a}^{b} -\int _{a}^{b}{\color{red}{u'\left(x\right)}}{\color{green}{v\left(x\right)}}dx
    Pour obtenir la deuxième relation :
    Pour tout réel xx de I=[0;π]I=\left[0;\pi\right], on pose :
    u(x)=sin⁡(x){\color{blue}{u\left(x\right)=\sin (x)}} \qquad on détermine u′u' la deˊriveˊe\blue{\text{la dérivée}} de uu \qquad \qquad \quad u′(x)=cos⁡(x){\color{red}{u'\left(x\right)=\cos(x)}}
    v′(x)=e−nx{\color{purple}{v'\left(x\right)=\mathrm{e}^{-n x}}} \qquad on détermine vv une primitive\blue{\text{une primitive}} de v′v' \qquad \qquad v(x)=−1ne−nx{\color{green}{v\left(x\right)=-\frac{1}{n}\mathrm{e}^{-n x}}}
    Les fonctions u\color{blue}{u} et v\color{green}{v} sont dérivables sur II et les fonctions u′\color{red}{u'} et v′\color{purple}{v'} sont continues sur II.
    D'après la formule d'intégrations par parties :
    In=∫0πsin⁡(x)e−nxdxI_n=\int _{0}^{\pi}{\color{blue}{\sin (x)}}{\color{purple}{\mathrm{e}^{-n x}}} dx
    In=[sin⁡(x)(−1ne−nx)]0π−∫0πcos⁡(x)(−1ne−nx)dxI_n=\left[{\color{blue}{\sin(x)}}{\color{green}{\left(-\frac{1}{n}\mathrm{e}^{-n x}\right)}} \right]_{0}^{\pi} -\int _{0}^{\pi}{\color{red}{\cos(x)}}{\color{green}{\left(-\frac{1}{n}\mathrm{e}^{-n x}\right)}} dx
    In=[e−nx−nsin⁡x]0π−∫0πe−nx−ncos⁡(x)dxI_n=\left[\frac{\mathrm{e}^{-n x}}{-n} \sin x\right]_0^\pi-\int_0^\pi \frac{\mathrm{e}^{-n x}}{-n} \cos (x) \mathrm{d} x
    In=[e−nx−nsin⁡x]0π+∫0πe−nxncos⁡(x)dxI_n=\left[\frac{\mathrm{e}^{-n x}}{-n} \sin x\right]_0^\pi+\int_0^\pi \frac{\mathrm{e}^{-n x}}{n} \cos (x) \mathrm{d} x
    In=[e−nx−nsin⁡x]0π+1n∫0πe−nxsin⁡(x)dxI_n=\left[\frac{\mathrm{e}^{-n x}}{-n} \sin x\right]_0^\pi+\frac{1}{n}\int_0^\pi \mathrm{e}^{-n x} \sin (x) \mathrm{d} x
    In=[e−nπ−nsin⁡π−e0−nsin⁡0]⏟0+1nJnI_n=\underbrace{\left[\frac{\mathrm{e}^{-n \pi}}{-n} \sin \pi-\frac{\mathrm{e}^0}{-n} \sin 0\right]}_0+\frac{1}{n} J_n
    Ainsi :
    In=1nJnI_n=\frac{1}{n} J_n

    Pour obtenir la première relation :
    Pour tout réel xx de I=[0;π]I=\left[0;\pi\right], on pose :
    u(x)=e−nx{\color{blue}{u\left(x\right)=\mathrm{e}^{-n x}}} \qquad on détermine u′u' la deˊriveˊe\blue{\text{la dérivée}} de uu \qquad \qquad \quad u′(x)=−ne−nx{\color{red}{u'\left(x\right)=-n\mathrm{e}^{-n x}}}
    v′(x)=sin⁡(x){\color{purple}{v'\left(x\right)=\sin(x)}} \qquad on détermine vv une primitive\blue{\text{une primitive}} de v′v' \qquad \qquad v(x)=−cos⁡(x){\color{green}{v\left(x\right)=-\cos(x)}}
    Les fonctions u\color{blue}{u} et v\color{green}{v} sont dérivables sur II et les fonctions u′\color{red}{u'} et v′\color{purple}{v'} sont continues sur II.
    D'après la formule d'intégrations par parties :
    In=∫0πe−nxsin⁡(x)dxI_n=\int _{0}^{\pi}{\color{blue}{\mathrm{e}^{-n x}}}{\color{purple}{\sin(x)}} dx
    In=[e−nx(−cos⁡(x))]0π−∫0π(−ne−nx)(−cos⁡(x))dxI_n=\left[{\color{blue}{\mathrm{e}^{-n x}}}{\color{green}{\left(-\cos(x)\right)}} \right]_{0}^{\pi} -\int _{0}^{\pi}{\color{red}{(-n\mathrm{e}^{-n x})}}{\color{green}{\left(-\cos(x)\right)}} dx
    In=[−cos⁡(x)e−nx]0π−∫0π(−cos⁡(x))(−ne−nx)dxI_n=\left[-\cos (x) \mathrm{e}^{-n x}\right]_0^\pi-\int_0^\pi(-\cos (x))\left(-n \mathrm{e}^{-n x}\right) \mathrm{d} x
    In=[−cos⁡(π)e−nπ+cos⁡(0)e0]−n∫0πcos⁡(x)e−nx dxI_n=\left[-\cos (\pi) \mathrm{e}^{-n \pi}+\cos (0) \mathrm{e}^0\right]-n \int_0^\pi \cos (x) \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{~d} x
    Ainsi :
    In=1+e−nπ−nJnI_n=1+\mathrm{e}^{-n \pi}-n J_n
    Question 9

    En déduire que, pour tout entier naturel n⩾1n \geqslant 1, on a In=1+e−nπn2+1I_n=\frac{1+\mathrm{e}^{-n \pi}}{n^2+1} .

    Correction
    Nous avons montrer que pour tout entier naturel n⩾1n \geqslant 1 :
    In=1+e−nπ−nJn et In=1nJnI_n=1+\mathrm{e}^{-n \pi}-n J_n \quad \text { et } \quad I_n=\frac{1}{n} J_n
    Nous allons substituer dans la première expression InI_n par 1nJn\frac{1}{n} J_n car In=1nJnI_n=\frac{1}{n} J_n.
    On a alors :
    1nJn=1+e−nπ−nJn1nJn+nJn=1+e−nπJn(1n+n)=1+e−nπJn(1+n2n)=1+e−nπ\begin{aligned} & \frac{1}{n} J_n=1+\mathrm{e}^{-n \pi}-n J_n \\ & \frac{1}{n} J_n+n J_n=1+\mathrm{e}^{-n \pi} \\ & J_n\left(\frac{1}{n}+n\right)=1+\mathrm{e}^{-n \pi} \\ & J_n\left(\frac{1+n^2}{n}\right)=1+\mathrm{e}^{-n \pi}\end{aligned}
    Jn=1+e−nπ(1+n2n)J_n=\frac{1+\mathrm{e}^{-n \pi}}{\left(\dfrac{1+n^2}{n}\right)}
    Jn=(1+e−nπ)×n1+n2J_n=\left(1+\mathrm{e}^{-n \pi}\right)\times \frac{n}{1+n^2}
    Ainsi :
    Jn=n(1+e−nπ)1+n2J_n=\frac{n\left(1+\mathrm{e}^{-n \pi}\right)}{1+n^2}

    Comme In=1nJnI_n=\frac{1}{n} J_n alors In=1n×(n(1+e−nπ)1+n2)I_n=\frac{1}{n} \times\left(\frac{n\left(1+\mathrm{e}^{-n \pi}\right)}{1+n^2}\right)
    Finalement :
    In=1+e−nπn2+1I_n=\frac{1+\mathrm{e}^{-n \pi}}{n^2+1}

    Question 10

    On souhaite obtenir le rang nn à partir duquel la suite (In)\left(I_n\right) devient inférieure à 0,10,1 . Recopier et compléter la cinquième ligne du script Python ci-dessous avec la commande appropriée.
    from math import *
    def seuil() :
    n=0n=0
    I=2I=2
    ......................................
         n=n+1n=n+1
         I=(1+exp⁡(−n∗pi))/(n∗n+1)I=\left(1+\exp \left(-n^* \mathrm{pi}\right)\right) /\left(n^* n+1\right)
    return nn

    Correction
    from math import *
    def seuil() :
    n=0n=0
    I=2I=2
    while\red{while} I⩾0.1\red{I \geqslant 0.1}
         n=n+1n=n+1
         I=(1+exp⁡(−n∗pi))/(n∗n+1)I=\left(1+\exp \left(-n^* \mathrm{pi}\right)\right) /\left(n^* n+1\right)
    return nn

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