Bac Maths 2024 Amérique du Nord Jour 1

21 mai 2024 — 4 exercices — 20 points — épreuve de spécialité

Correction rédigée par Maths Facile — 22 questions détaillées. Chaque résultat numérique de cette page a été recalculé indépendamment avec un moteur de calcul formel avant publication.

Énoncé : sujet officiel de l'épreuve de spécialité mathématiques, session 21 mai 2024.

Thèmes abordés

Probabilités conditionnellesLoi binomialeGéométrie dans l'espaceProduit scalaire dans l'espaceLimites de fonctionsConvexitéLogarithme népérienContinuité (TVI)Calcul intégralSuites numériques

Exercice 1 — Probabilités — les objets rares d'un jeu vidéo (5 points)

Un jeu vidéo récompense par un objet tiré au sort les joueurs ayant remporté un défi. L'objet tiré peut être « commun » ou « rare ». Deux types d'objets communs ou rares sont disponibles, des épées et des boucliers.

Les concepteurs du jeu vidéo ont prévu que :

• la probabilité de tirer un objet rare est de 7 %7\,\% ;
• si on tire un objet rare, la probabilité que ce soit une épée est de 80 %80\,\% ;
• si on tire un objet commun, la probabilité que ce soit une épée est de 40 %40\,\%.

Les parties A et B sont indépendantes.
Arbre pondéré de probabilités — R : rare, E : épée Arbre pondéré. R : rare, E : épée. Branche R, probabilité 0,07 : E, probabilité 0,8 ; Ē, probabilité 0,2. Branche R̄, probabilité 0,93 : E, probabilité 0,4 ; Ē, probabilité 0,6. 0,07 R 0,8 E 0,2 Ē 0,93 R̄ 0,4 E 0,6 Ē R : rare, E : épée

Arbre pondéré.

Partie A

A.1
Un joueur vient de remporter un défi et tire au sort un objet. On note :

• RR l'évènement « le joueur tire un objet rare » ;
• EE l'évènement « le joueur tire une épée » ;
• R‾\overline{R} et E‾\overline{E} les évènements contraires des évènements RR et EE.

Dresser un arbre pondéré modélisant la situation, puis calculer P(R∩E)P(R \cap E).
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L'arbre pondéré est représenté ci-dessus : au premier niveau, P(R)=0,07P(R) = 0{,}07 et P(R‾)=0,93P(\overline{R}) = 0{,}93 ; au second niveau, PR(E)=0,8P_R(E) = 0{,}8, PR(E‾)=0,2P_R(\overline{E}) = 0{,}2, PR‾(E)=0,4P_{\overline{R}}(E) = 0{,}4 et PR‾(E‾)=0,6P_{\overline{R}}(\overline{E}) = 0{,}6.

Le long d'un chemin, on multiplie les probabilités :

P(R∩E)=P(R)×PR(E)=0,07×0,8P(R \cap E) = P(R) \times P_R(E) = 0{,}07 \times 0{,}8

P(R∩E)=0,056\boxed{P(R \cap E) = 0{,}056}
A.2
Calculer la probabilité de tirer une épée.
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RR et R‾\overline{R} forment une partition de l'univers : on applique la formule des probabilités totales.

P(E)=P(R∩E)+P(R‾∩E)=0,056+0,93×0,4=0,056+0,372P(E) = P(R \cap E) + P(\overline{R} \cap E) = 0{,}056 + 0{,}93 \times 0{,}4 = 0{,}056 + 0{,}372

P(E)=0,428\boxed{P(E) = 0{,}428}
A.3
Le joueur a tiré une épée. Déterminer la probabilité que ce soit un objet rare. Arrondir le résultat au millième.
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On cherche la probabilité conditionnelle PE(R)P_E(R) — attention au renversement du conditionnement :

PE(R)=P(R∩E)P(E)=0,0560,428=14107≈0,13084P_E(R) = \dfrac{P(R \cap E)}{P(E)} = \dfrac{0{,}056}{0{,}428} = \dfrac{14}{107} \approx 0{,}13084

PE(R)≈0,131\boxed{P_E(R) \approx 0{,}131}

Sachant que l'objet tiré est une épée, il y a environ 13 %13\,\% de chances que ce soit un objet rare.

Partie B

B.1
Un joueur remporte 3030 défis. On note XX la variable aléatoire correspondant au nombre d'objets rares que le joueur obtient après avoir remporté 3030 défis. Les tirages successifs sont considérés comme indépendants.

Déterminer, en justifiant, la loi de probabilité suivie par la variable aléatoire XX. Préciser ses paramètres, ainsi que son espérance.
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Chaque tirage est une épreuve de Bernoulli dont le succès « tirer un objet rare » a pour probabilité p=0,07p = 0{,}07. On répète cette épreuve 3030 fois de façon identique et indépendante (énoncé), et XX compte le nombre de succès.

X∼B(30 ; 0,07)\boxed{X \sim \mathcal{B}(30~;~0{,}07)}

Son espérance vaut :

E(X)=np=30×0,07=2,1E(X) = np = 30 \times 0{,}07 = \boxed{2{,}1}

En moyenne, un joueur qui remporte 3030 défis obtient 2,12{,}1 objets rares.
B.2
Déterminer P(X<6)P(X < 6). Arrondir le résultat au millième.
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Comme XX est à valeurs entières, P(X<6)=P(X⩽5)P(X < 6) = P(X \leqslant 5).

À la calculatrice (fonction de répartition binomiale avec n=30n = 30 et p=0,07p = 0{,}07) :

P(X⩽5)=∑k=05(30k) 0,07k 0,9330−k≈0,98377P(X \leqslant 5) = \sum_{k=0}^{5} \binom{30}{k} \, 0{,}07^k \, 0{,}93^{30-k} \approx 0{,}98377

P(X<6)≈0,984\boxed{P(X < 6) \approx 0{,}984}
B.3
Déterminer la plus grande valeur de kk telle que P(X⩾k)⩾0,5P(X \geqslant k) \geqslant 0{,}5. Interpréter le résultat dans le contexte de l'exercice.
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On calcule P(X⩾k)=1−P(X⩽k−1)P(X \geqslant k) = 1 - P(X \leqslant k-1) pour les premières valeurs de kk :

• P(X⩾2)=1−P(X⩽1)≈0,631⩾0,5P(X \geqslant 2) = 1 - P(X \leqslant 1) \approx 0{,}631 \geqslant 0{,}5 ✓
• P(X⩾3)=1−P(X⩽2)≈0,351<0,5P(X \geqslant 3) = 1 - P(X \leqslant 2) \approx 0{,}351 < 0{,}5 ✗

La suite k↦P(X⩾k)k \mapsto P(X \geqslant k) étant décroissante, la plus grande valeur cherchée est :

k=2\boxed{k = 2}

Interprétation : un joueur qui remporte 3030 défis a au moins une chance sur deux d'obtenir au moins 22 objets rares.
B.4
Les développeurs du jeu vidéo veulent proposer aux joueurs d'acheter un « ticket d'or » qui permet de tirer NN objets. La probabilité de tirer un objet rare reste de 7 %7\,\%.

Les développeurs aimeraient qu'en achetant un ticket d'or, la probabilité qu'un joueur obtienne au moins un objet rare lors de ces NN tirages soit supérieure ou égale à 0,950{,}95.

Déterminer le nombre minimum d'objets à tirer pour atteindre cet objectif. On veillera à détailler la démarche mise en œuvre.
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Soit YY le nombre d'objets rares parmi les NN tirages : Y∼B(N ; 0,07)Y \sim \mathcal{B}(N~;~0{,}07). On passe par l'évènement contraire « aucun objet rare » :

P(Y⩾1)=1−P(Y=0)=1−0,93NP(Y \geqslant 1) = 1 - P(Y = 0) = 1 - 0{,}93^N

On veut 1−0,93N⩾0,951 - 0{,}93^N \geqslant 0{,}95, c'est-à-dire 0,93N⩽0,050{,}93^N \leqslant 0{,}05.

La fonction ln⁡\ln étant strictement croissante, et ln⁡(0,93)<0\ln(0{,}93) < 0 (le sens de l'inégalité change) :

Nln⁡(0,93)⩽ln⁡(0,05)  ⟺  N⩾ln⁡(0,05)ln⁡(0,93)≈41,28N \ln(0{,}93) \leqslant \ln(0{,}05) \iff N \geqslant \dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}93)} \approx 41{,}28

Vérification : 1−0,9341≈0,949<0,951 - 0{,}93^{41} \approx 0{,}949 < 0{,}95 et 1−0,9342≈0,953⩾0,951 - 0{,}93^{42} \approx 0{,}953 \geqslant 0{,}95.

N=42\boxed{N = 42}

Exercice 2 — QCM — géométrie dans l'espace (4 points)

Cet exercice est un questionnaire à choix multiple. Pour chaque question, une seule des quatre réponses proposées est exacte. Aucune justification n'est demandée. Une réponse fausse, une réponse multiple ou l'absence de réponse ne rapporte ni n'enlève de point. Les quatre questions sont indépendantes.

L'espace est rapporté à un repère orthonormé (O ; ı→, ȷ→, k→)\left(O~;~\vec{\imath},~\vec{\jmath},~\vec{k}\right).

Nous justifions ci-dessous chaque réponse, même si l'épreuve ne le demande pas.
1
On considère les points A(1 ; 0 ; 3)A(1~;~0~;~3) et B(4 ; 1 ; 0)B(4~;~1~;~0). Une représentation paramétrique de la droite (AB)(AB) est :

a. x=3+tx = 3 + t, y=1y = 1, z=−3+3tz = -3 + 3t — b. x=1+4tx = 1 + 4t, y=ty = t, z=3z = 3 — c. x=1+3tx = 1 + 3t, y=ty = t, z=3−3tz = 3 - 3t — d. x=4+tx = 4 + t, y=1y = 1, z=3−3tz = 3 - 3t (avec t∈Rt \in \mathbb{R})
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Le vecteur AB→=(4−1 ; 1−0 ; 0−3)=(3 ; 1 ; −3)\overrightarrow{AB} = (4-1~;~1-0~;~0-3) = (3~;~1~;~-3) dirige la droite (AB)(AB).

La représentation c. part du point (1 ; 0 ; 3)=A(1~;~0~;~3) = A (pour t=0t = 0) avec le vecteur directeur (3 ; 1 ; −3)=AB→(3~;~1~;~-3) = \overrightarrow{AB} : c'est bien la droite (AB)(AB).

Les autres échouent : a. a pour vecteur directeur (1 ; 0 ; 3)(1~;~0~;~3), b. a pour vecteur directeur (4 ; 1 ; 0)(4~;~1~;~0) (coordonnées d'un point, pas du vecteur AB→\overrightarrow{AB}), d. passe par (4 ; 1 ; 3)(4~;~1~;~3) qui n'est ni AA ni BB et a un mauvais vecteur directeur.

Reˊponse c.\boxed{\text{Réponse c.}}
2
On considère la droite (d)(d) de représentation paramétrique {x=3+4ty=6tz=4−2t\begin{cases} x = 3 + 4t \\ y = 6t \\ z = 4 - 2t \end{cases} avec t∈Rt \in \mathbb{R}.

Parmi les points suivants, lequel appartient à la droite (d)(d) ?

a. M(7 ; 6 ; 6)M(7~;~6~;~6) — b. N(3 ; 6 ; 4)N(3~;~6~;~4) — c. P(4 ; 6 ; −2)P(4~;~6~;~-2) — d. R(−3 ; −9 ; 7)R(-3~;~-9~;~7)
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Pour chaque point, on cherche un paramètre tt commun aux trois équations.

Pour R(−3 ; −9 ; 7)R(-3~;~-9~;~7) : 3+4t=−33 + 4t = -3 donne t=−32t = -\dfrac{3}{2}. On vérifie alors :
y=6×(−32)=−9y = 6 \times \left(-\dfrac{3}{2}\right) = -9 ✓ et z=4−2×(−32)=4+3=7z = 4 - 2 \times \left(-\dfrac{3}{2}\right) = 4 + 3 = 7 ✓

Les trois équations sont satisfaites pour le même tt : R∈(d)R \in (d).

(Pour MM : t=1t = 1 donne z=2≠6z = 2 \neq 6 ; pour NN : t=0t = 0 donne y=0≠6y = 0 \neq 6 ; pour PP : t=14t = \dfrac{1}{4} donne y=1,5≠6y = 1{,}5 \neq 6.)

Reˊponse d.\boxed{\text{Réponse d.}}
3
On considère la droite (d′)(d') de représentation paramétrique {x=−2+3ky=−1−2kz=1+k\begin{cases} x = -2 + 3k \\ y = -1 - 2k \\ z = 1 + k \end{cases} avec k∈Rk \in \mathbb{R}.

Les droites (d)(d) et (d′)(d') sont :

a. sécantes — b. non coplanaires — c. parallèles — d. confondues
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Directions : u→(4 ; 6 ; −2)\vec{u}(4~;~6~;~-2) dirige (d)(d) et v→(3 ; −2 ; 1)\vec{v}(3~;~-2~;~1) dirige (d′)(d'). Leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles (43≠6−2\frac{4}{3} \neq \frac{6}{-2}) : les droites ne sont ni parallèles ni confondues.

Intersection ? On résout le système. Les deux premières équations 3+4t=−2+3k3 + 4t = -2 + 3k et 6t=−1−2k6t = -1 - 2k donnent t=−12t = -\dfrac{1}{2} et k=1k = 1. On teste la troisième :

4−2t=4+1=5mais1+k=2≠54 - 2t = 4 + 1 = 5 \qquad \text{mais} \qquad 1 + k = 2 \neq 5

Le système n'a pas de solution : les droites ne sont pas sécantes. Non parallèles et non sécantes :

Reˊponse b. (non coplanaires)\boxed{\text{Réponse b. (non coplanaires)}}
4
On considère le plan (P)(P) passant par le point I(2 ; 1 ; 0)I(2~;~1~;~0) et perpendiculaire à la droite (d)(d). Une équation du plan (P)(P) est :

a. 2x+3y−z−7=02x + 3y - z - 7 = 0 — b. −x+y−4z+1=0-x + y - 4z + 1 = 0 — c. 4x+6y−2z+9=04x + 6y - 2z + 9 = 0 — d. 2x+y+1=02x + y + 1 = 0
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(P)(P) est perpendiculaire à (d)(d) : le vecteur directeur u→(4 ; 6 ; −2)\vec{u}(4~;~6~;~-2) de (d)(d) est un vecteur normal de (P)(P), tout comme n→(2 ; 3 ; −1)=12u→\vec{n}(2~;~3~;~-1) = \frac{1}{2}\vec{u}.

(P)(P) a donc une équation de la forme 2x+3y−z+d=02x + 3y - z + d = 0. Comme I(2 ; 1 ; 0)∈(P)I(2~;~1~;~0) \in (P) :

2×2+3×1−0+d=0  ⟺  d=−72 \times 2 + 3 \times 1 - 0 + d = 0 \iff d = -7

(La réponse c. a le bon vecteur normal mais 4×2+6×1−0+9=23≠04 \times 2 + 6 \times 1 - 0 + 9 = 23 \neq 0 : elle ne passe pas par II.)

Reˊponse a. (2x+3y−z−7=0)\boxed{\text{Réponse a. } (2x + 3y - z - 7 = 0)}

Exercice 3 — Étude de la fonction f(x)=xln⁡(x2)−1xf(x) = x\ln(x^2) - \frac{1}{x} (5 points)

Le but de cet exercice est d'étudier la fonction ff définie sur l'intervalle ]0 ; +∞[]0~;~+\infty[ par :

f(x)=xln⁡(x2)−1xf(x) = x\ln\left(x^2\right) - \dfrac{1}{x}

On a tracé ci-dessous la courbe représentative (Cf)(\mathcal{C}_f) de la fonction ff, ainsi que la droite (T)(T), tangente à la courbe (Cf)(\mathcal{C}_f) au point AA de coordonnées (1 ; −1)(1~;~-1). Cette tangente passe également par le point B(0 ; −4)B(0~;~-4).
Courbe de f et tangente TDans un repère, la courbe de f et la tangente T sont tracées. Les points A de coordonnées un, moins un et B situé sur la tangente sont indiqués. 1 2 3 -6 -4 -2 2 4 6 A B Cf T

Partie A — Lectures graphiques

A.1
Lire graphiquement f′(1)f'(1) et donner l'équation réduite de la tangente (T)(T).
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f′(1)f'(1) est le coefficient directeur de la tangente (T)(T) au point d'abscisse 11. Avec les points A(1 ; −1)A(1~;~-1) et B(0 ; −4)B(0~;~-4) :

f′(1)=yA−yBxA−xB=−1−(−4)1−0=3f'(1) = \dfrac{y_A - y_B}{x_A - x_B} = \dfrac{-1 - (-4)}{1 - 0} = \boxed{3}

(T)(T) passe par B(0 ; −4)B(0~;~-4), son ordonnée à l'origine est donc −4-4 :

(T):y=3x−4\boxed{(T) : y = 3x - 4}
A.2
Donner les intervalles sur lesquels la fonction ff semble convexe ou concave. Que semble représenter le point AA pour la courbe (Cf)(\mathcal{C}_f) ?
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Graphiquement, la courbe est au-dessous de ses tangentes sur ]0 ; 1]]0~;~1] : ff y semble concave. Elle est au-dessus de ses tangentes sur [1 ; +∞[[1~;~+\infty[ : ff y semble convexe.

Le point A(1 ; −1)A(1~;~-1), où la courbe change de convexité et traverse sa tangente (T)(T), semble être un point d'inflexion de (Cf)(\mathcal{C}_f).

Partie B — Étude analytique

B.1
Déterminer, en justifiant, la limite de ff en +∞+\infty, puis sa limite en 00.
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Pour x>0x > 0, ln⁡(x2)=2ln⁡x\ln\left(x^2\right) = 2\ln x, donc f(x)=2xln⁡x−1xf(x) = 2x\ln x - \dfrac{1}{x}.

En +∞+\infty : lim⁡x→+∞2xln⁡x=+∞\lim\limits_{x \to +\infty} 2x \ln x = +\infty (produit de deux facteurs tendant vers +∞+\infty) et lim⁡x→+∞1x=0\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0, donc :

lim⁡x→+∞f(x)=+∞\boxed{\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty}

En 00 : par croissances comparées, lim⁡x→0+xln⁡x=0\lim\limits_{x \to 0^+} x \ln x = 0, donc lim⁡x→0+2xln⁡x=0\lim\limits_{x \to 0^+} 2x\ln x = 0. Par ailleurs lim⁡x→0+1x=+∞\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{1}{x} = +\infty, donc :

lim⁡x→0+f(x)=−∞\boxed{\lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty}

(La courbe admet l'axe des ordonnées pour asymptote verticale.)
B.2
On admet que la fonction ff est deux fois dérivable sur l'intervalle ]0 ; +∞[]0~;~+\infty[.

a. Déterminer f′(x)f'(x) pour xx appartenant à l'intervalle ]0 ; +∞[]0~;~+\infty[.

b. Montrer que pour tout xx appartenant à l'intervalle ]0 ; +∞[]0~;~+\infty[, f′′(x)=2(x+1)(x−1)x3f''(x) = \dfrac{2(x + 1)(x - 1)}{x^3}.
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a. En écrivant f(x)=2xln⁡x−1xf(x) = 2x\ln x - \dfrac{1}{x} : la dérivée de 2xln⁡x2x \ln x est 2ln⁡x+2x×1x=2ln⁡x+22\ln x + 2x \times \dfrac{1}{x} = 2\ln x + 2 (dérivée d'un produit), et la dérivée de −1x-\dfrac{1}{x} est 1x2\dfrac{1}{x^2}. Donc :

f′(x)=2ln⁡x+2+1x2\boxed{f'(x) = 2\ln x + 2 + \dfrac{1}{x^2}}

b. On dérive f′f' :

f′′(x)=2x−2x3=2x2−2x3=2(x2−1)x3f''(x) = \dfrac{2}{x} - \dfrac{2}{x^3} = \dfrac{2x^2 - 2}{x^3} = \dfrac{2\left(x^2 - 1\right)}{x^3}

En factorisant x2−1=(x+1)(x−1)x^2 - 1 = (x+1)(x-1) (identité remarquable) :

f′′(x)=2(x+1)(x−1)x3\boxed{f''(x) = \dfrac{2(x + 1)(x - 1)}{x^3}}
B.3
a. Étudier la convexité de la fonction ff sur l'intervalle ]0 ; +∞[]0~;~+\infty[.

b. Étudier les variations de la fonction f′f', puis le signe de f′(x)f'(x) pour xx appartenant à l'intervalle ]0 ; +∞[]0~;~+\infty[. En déduire le sens de variation de la fonction ff sur l'intervalle ]0 ; +∞[]0~;~+\infty[.
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a. Sur ]0 ; +∞[]0~;~+\infty[, x3>0x^3 > 0 et 2(x+1)>02(x+1) > 0 : f′′(x)f''(x) est du signe de (x−1)(x - 1).

• f′′(x)⩽0f''(x) \leqslant 0 sur ]0 ; 1]]0~;~1] : ff est concave sur ]0 ; 1]]0~;~1] ;
• f′′(x)⩾0f''(x) \geqslant 0 sur [1 ; +∞[[1~;~+\infty[ : ff est convexe sur [1 ; +∞[[1~;~+\infty[.

f′′f'' s'annule en 11 en changeant de signe : le point A(1 ; −1)A(1~;~-1) est un point d'inflexion, ce qui confirme la lecture graphique.

b. Le signe de f′′f'' donne les variations de f′f' : f′f' est décroissante sur ]0 ; 1]]0~;~1] et croissante sur [1 ; +∞[[1~;~+\infty[. Elle admet donc un minimum en x=1x = 1 :

f′(1)=2ln⁡1+2+1=3f'(1) = 2\ln 1 + 2 + 1 = 3

Ainsi, pour tout x>0x > 0, f′(x)⩾3>0f'(x) \geqslant 3 > 0 :

f est strictement croissante sur ]0 ; +∞[\boxed{f \text{ est strictement croissante sur } ]0~;~+\infty[}
B.4
a. Montrer que l'équation f(x)=0f(x) = 0 admet une unique solution α\alpha sur l'intervalle ]0 ; +∞[]0~;~+\infty[.

b. Donner la valeur arrondie au centième de α\alpha et montrer que α\alpha vérifie : α2=exp⁡(1α2)\alpha^2 = \exp\left(\dfrac{1}{\alpha^2}\right).
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a. La fonction ff est continue (car dérivable) et strictement croissante sur ]0 ; +∞[]0~;~+\infty[, avec lim⁡x→0+f(x)=−∞\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -\infty et lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty.

Comme 00 appartient à ]−∞ ; +∞[]-\infty~;~+\infty[, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection) garantit que l'équation f(x)=0f(x) = 0 admet une unique solution α\alpha dans ]0 ; +∞[]0~;~+\infty[. ■\blacksquare

b. À la calculatrice : f(1,32)≈−0,025<0f(1{,}32) \approx -0{,}025 < 0 et f(1,33)≈0,007>0f(1{,}33) \approx 0{,}007 > 0, donc 1,32<α<1,331{,}32 < \alpha < 1{,}33, et plus précisément α≈1,3279\alpha \approx 1{,}3279 :

α≈1,33\boxed{\alpha \approx 1{,}33}

Par définition, f(α)=0f(\alpha) = 0, c'est-à-dire αln⁡(α2)=1α\alpha \ln\left(\alpha^2\right) = \dfrac{1}{\alpha}. En multipliant les deux membres par 1α>0\dfrac{1}{\alpha} > 0 :

ln⁡(α2)=1α2\ln\left(\alpha^2\right) = \dfrac{1}{\alpha^2}

En composant par l'exponentielle (réciproque de ln⁡\ln) :

α2=exp⁡(1α2)\boxed{\alpha^2 = \exp\left(\dfrac{1}{\alpha^2}\right)}

Exercice 4 — Suites d'intégrales InI_n et JnJ_n (6 points)

Pour tout entier naturel nn, on considère les intégrales suivantes :

In=∫0πe−nxsin⁡(x) dxetJn=∫0πe−nxcos⁡(x) dxI_n = \int_0^{\pi} \mathrm{e}^{-nx}\sin(x)\,\mathrm{d}x \qquad \text{et} \qquad J_n = \int_0^{\pi} \mathrm{e}^{-nx}\cos(x)\,\mathrm{d}x
1
Calculer I0I_0.
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Pour n=0n = 0, e−0×x=1\mathrm{e}^{-0 \times x} = 1, donc I0=∫0πsin⁡(x) dxI_0 = \displaystyle\int_0^{\pi} \sin(x)\,\mathrm{d}x. Une primitive de sin⁡\sin est −cos⁡-\cos :

I0=[−cos⁡(x)]0π=−cos⁡(π)+cos⁡(0)=1+1I_0 = \Big[-\cos(x)\Big]_0^{\pi} = -\cos(\pi) + \cos(0) = 1 + 1

I0=2\boxed{I_0 = 2}
2
a. Justifier que, pour tout entier naturel nn, on a In⩾0I_n \geqslant 0.

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

c. Déduire des deux questions précédentes que la suite (In)\left(I_n\right) converge.
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a. Sur [0 ; π][0~;~\pi], sin⁡(x)⩾0\sin(x) \geqslant 0 et e−nx>0\mathrm{e}^{-nx} > 0, donc e−nxsin⁡(x)⩾0\mathrm{e}^{-nx}\sin(x) \geqslant 0. Par positivité de l'intégrale (bornes dans l'ordre croissant) : In⩾0I_n \geqslant 0. ■\blacksquare

b. Par linéarité :

In+1−In=∫0π(e−(n+1)x−e−nx)sin⁡(x) dxI_{n+1} - I_n = \int_0^{\pi} \left(\mathrm{e}^{-(n+1)x} - \mathrm{e}^{-nx}\right)\sin(x)\,\mathrm{d}x

Sur [0 ; π][0~;~\pi], −(n+1)x⩽−nx-(n+1)x \leqslant -nx et l'exponentielle est croissante, donc e−(n+1)x⩽e−nx\mathrm{e}^{-(n+1)x} \leqslant \mathrm{e}^{-nx} : la parenthèse est négative, et sin⁡(x)⩾0\sin(x) \geqslant 0. L'intégrande est donc négatif, et par positivité de l'intégrale :

In+1−In⩽0■I_{n+1} - I_n \leqslant 0 \qquad \blacksquare

c. D'après b., la suite (In)\left(I_n\right) est décroissante ; d'après a., elle est minorée par 00. Par le théorème de la limite monotone :

la suite (In) converge\boxed{\text{la suite } \left(I_n\right) \text{ converge}}
3
a. Montrer que, pour tout entier naturel nn, on a In⩽∫0πe−nx dxI_n \leqslant \displaystyle\int_0^{\pi} \mathrm{e}^{-nx}\,\mathrm{d}x.

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

c. Déduire des deux questions précédentes la limite de la suite (In)\left(I_n\right).
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a. Sur [0 ; π][0~;~\pi], sin⁡(x)⩽1\sin(x) \leqslant 1, donc e−nxsin⁡(x)⩽e−nx\mathrm{e}^{-nx}\sin(x) \leqslant \mathrm{e}^{-nx} (on multiplie par e−nx>0\mathrm{e}^{-nx} > 0). Par croissance de l'intégrale :

In⩽∫0πe−nx dx■I_n \leqslant \int_0^{\pi} \mathrm{e}^{-nx}\,\mathrm{d}x \qquad \blacksquare

b. Pour n⩾1n \geqslant 1, une primitive de x↦e−nxx \mapsto \mathrm{e}^{-nx} est x↦−1ne−nxx \mapsto -\dfrac{1}{n}\mathrm{e}^{-nx} :

∫0πe−nx dx=[−1ne−nx]0π=−e−nπn+1n=1−e−nπn■\int_0^{\pi} \mathrm{e}^{-nx}\,\mathrm{d}x = \left[-\dfrac{1}{n}\mathrm{e}^{-nx}\right]_0^{\pi} = -\dfrac{\mathrm{e}^{-n\pi}}{n} + \dfrac{1}{n} = \dfrac{1 - \mathrm{e}^{-n\pi}}{n} \qquad \blacksquare

c. En combinant 2.a, 3.a et 3.b, pour tout n⩾1n \geqslant 1 :

0⩽In⩽1−e−nπn⩽1n0 \leqslant I_n \leqslant \dfrac{1 - \mathrm{e}^{-n\pi}}{n} \leqslant \dfrac{1}{n}

Comme lim⁡n→+∞1n=0\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n} = 0, le théorème des gendarmes donne :

lim⁡n→+∞In=0\boxed{\lim_{n \to +\infty} I_n = 0}
4
a. 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−nJnetIn=1nJnI_n = 1 + \mathrm{e}^{-n\pi} - nJ_n \qquad \text{et} \qquad I_n = \dfrac{1}{n}J_n

b. En déduire que, pour tout entier naturel n⩾1n \geqslant 1, on a In=1+e−nπn2+1I_n = \dfrac{1 + \mathrm{e}^{-n\pi}}{n^2 + 1}.
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a. Première IPP — on pose u(x)=e−nxu(x) = \mathrm{e}^{-nx} et v′(x)=sin⁡(x)v'(x) = \sin(x), d'où u′(x)=−ne−nxu'(x) = -n\mathrm{e}^{-nx} et v(x)=−cos⁡(x)v(x) = -\cos(x) (uu et vv dérivables à dérivées continues) :

In=[−e−nxcos⁡(x)]0π−∫0πne−nxcos⁡(x) dx=(e−nπ+1)−nJnI_n = \Big[-\mathrm{e}^{-nx}\cos(x)\Big]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} n\mathrm{e}^{-nx}\cos(x)\,\mathrm{d}x = \left(\mathrm{e}^{-n\pi} + 1\right) - nJ_n

In=1+e−nπ−nJn\boxed{I_n = 1 + \mathrm{e}^{-n\pi} - nJ_n}

Seconde IPP — on pose cette fois u(x)=sin⁡(x)u(x) = \sin(x) et v′(x)=e−nxv'(x) = \mathrm{e}^{-nx}, d'où u′(x)=cos⁡(x)u'(x) = \cos(x) et v(x)=−1ne−nxv(x) = -\dfrac{1}{n}\mathrm{e}^{-nx} :

In=[−e−nxnsin⁡(x)]0π+1n∫0πe−nxcos⁡(x) dx=0+1nJnI_n = \left[-\dfrac{\mathrm{e}^{-nx}}{n}\sin(x)\right]_0^{\pi} + \dfrac{1}{n}\int_0^{\pi} \mathrm{e}^{-nx}\cos(x)\,\mathrm{d}x = 0 + \dfrac{1}{n}J_n

(car sin⁡(0)=sin⁡(π)=0\sin(0) = \sin(\pi) = 0)

In=1nJn\boxed{I_n = \dfrac{1}{n}J_n}

b. La seconde relation donne Jn=nInJ_n = nI_n, que l'on reporte dans la première :

In=1+e−nπ−n×nIn  ⟺  In(1+n2)=1+e−nπI_n = 1 + \mathrm{e}^{-n\pi} - n \times nI_n \iff I_n\left(1 + n^2\right) = 1 + \mathrm{e}^{-n\pi}

In=1+e−nπn2+1\boxed{I_n = \dfrac{1 + \mathrm{e}^{-n\pi}}{n^2 + 1}}
5
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.

1 from math import *
2 def seuil() :
3 n = 0
4 I = 2
5 ...
6 n = n+1
7 I = (1+exp(-n*pi))/(n*n+1)
8 return n
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Il faut répéter les lignes 6 et 7 tant que InI_n n'est pas passée sous 0,10{,}1 :

5 while I >= 0.1 :

La boucle s'arrête dès que I<0,1I < 0{,}1, et la fonction renvoie le rang correspondant.

Vérification : I3=1+e−3π10≈0,10001⩾0,1I_3 = \dfrac{1 + \mathrm{e}^{-3\pi}}{10} \approx 0{,}10001 \geqslant 0{,}1 (de justesse !) et I4=1+e−4π17≈0,0588<0,1I_4 = \dfrac{1 + \mathrm{e}^{-4\pi}}{17} \approx 0{,}0588 < 0{,}1.

La fonction seuil() renvoie donc n=4\boxed{n = 4}.

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Ce sujet mobilise 10 notions du programme de Terminale. Chacune dispose d'un cours complet, d'une fiche de révision et d'exercices corrigés :

Probabilités conditionnellesLoi binomialeGéométrie dans l'espaceProduit scalaire dans l'espaceLimites de fonctionsConvexitéLogarithme népérienContinuité (TVI)Calcul intégralSuites numériques