Intégration-4 (Prérentrée ECG1-Maths approfondies)

Exercice 1 (🔥🔥) : Étude d'une suite d’intégrales
📄 Énoncé

On pose \(I_{0} = \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \sin (3x)\:\text{d}x\) et, pour tout nombre \(n\) entier naturel non nul : \[I_{n} = \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} x^n\sin (3x)\:\text{d}x\]

    1. Calculer \(I_{0}\).

    2. En utilisant une intégration par parties, calculer \(I_{1}\).

    1. En effectuant deux intégrations par parties successives, déterminer, lorsque \(n \geqslant 1,~I_{n+2}\) en fonction de \(I_{n}\).

    2. Vérifier que \(I_{3} = \dfrac{\pi^2}{108} - \dfrac{2}{27}\).

  3. Sans calculer l’intégrale \(I_{n}\),

    1. montrer que la suite \(\left(I_{n}\right)_{n\in \mathbb{N}}\) est monotone ;

    2. pour tout nombre \(n\) entier naturel non nul, comparer \(I_{n}\) à \(\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} x^n\:\text{d}x\).

    3. déterminer \(\displaystyle\lim_{n \to + \infty} I_{n}\).

✅ Corrigé

  1. Notons tout d’abord que, pour tout \(n\in\mathbb{N}\), la fonction \(x\mapsto x^n \sin(3x)\) est continue sur \(\left[ 0,\frac{\pi}{6} \right]\) donc la suite \((I_n)\) est bien définie.

    1. On a : \[\begin{aligned} I_0 &= \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \sin (3x)\:\text{d}x \\ &= \left[ - \frac{\cos(3x)}{3} \right]_{0}^{\frac{\pi}{6}} \\ &= -\frac{1}{3}\,\cos\! \left( \frac{\pi}{2} \right) + \frac{1}{3} \,\cos(0) \end{aligned}\]

      d’où :

      \[I_0 = \frac{1}{3}\]

    2. On a : \[I_0 = \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} x \sin (3x)\:\text{d}x\]

      De plus les fonctions \(u : x\mapsto x\) et \(x\mapsto -\frac{\cos(3x)}{3}\) sont dérivables sur \(\left[ 0,\frac{\pi}{6} \right]\) et on a : \[\forall x\in \left[ 0,\frac{\pi}{6} \right],\ u'(x) = 1 \quad \text{et} \quad v'(x) = \sin(3x)\]

      Ainsi \(u'\) et \(v'\) sont également continues sur \(\left[ 0,\frac{\pi}{6} \right]\) et on a donc, par intégration par parties : \[\begin{aligned} I_1 &= \left[ -x \, \frac{\cos(3x)}{3} \right]_{0}^{\frac{\pi}{6}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} -1\times \frac{\cos(3x)}{3} \,\mathrm{d}x\\ &= -\frac{\pi}{18} \, \cos \! \left( \frac{\pi}{2} \right) + 0 + \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \frac{\cos(3x)}{3} \,\mathrm{d}x\\ &= \left[ \frac{\sin(3x)}{9} \right]_{0}^{\frac{\pi}{6}} \\ &= \frac{1}{9} \,\sin \! \left( \frac{\pi}{2} \right) - \frac{1}{9}\, \sin(0) \end{aligned}\]

      d’où :

      \[I_1 = \frac{1}{9}\]

    1. Soit \(n \in\mathbb{N}^\ast\). On a : \[I_{n+2} = \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} x^{n+2} \sin (3x)\:\text{d}x\]

      De plus les fonctions \(u : x\mapsto x^{n+2}\) et \(x\mapsto -\frac{\cos(3x)}{3}\) sont dérivables sur \(\left[ 0,\frac{\pi}{6} \right]\) et on a : \[\forall x\in \left[ 0,\frac{\pi}{6} \right],\ u'(x) = \left( n+2 \right) x^{n+1} \quad \text{et} \quad v'(x) = \sin(3x)\]

      Ainsi \(u'\) et \(v'\) sont également continues sur \(\left[ 0,\frac{\pi}{6} \right]\) et on a donc, par intégration par parties : \[\begin{aligned} I_{n+2} &= \left[ -x^{n+2} \, \frac{\cos(3x)}{3} \right]_{0}^{\frac{\pi}{6}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} - \left( n+2 \right) x^{n+1} \times \frac{\cos(3x)}{3} \,\mathrm{d}x\\ &= 0 + \frac{n+2}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} x^{n+1} \cos(3x) \,\mathrm{d}x \end{aligned}\]

      De même les fonctions \(u:x\mapsto x^{n+1}\) et \(v : x\mapsto \frac{\sin(3x)}{3}\) sont dérivables sur sur \(\left[ 0,\frac{\pi}{6} \right]\) et on a : \[\forall x\in \left[ 0,\frac{\pi}{6} \right],\ u'(x) = \left( n+1 \right) x^{n} \quad \text{et} \quad v'(x) = \cos(3x)\]

      Ainsi \(u'\) et \(v'\) sont également continues sur \(\left[ 0,\frac{\pi}{6} \right]\) et on a donc, par intégration par parties : \[\begin{aligned} I_{n+2} &= \frac{n+2}{3} \left( \left[ x^{n+1} \, \frac{\sin(3x)}{3} \right]_{0}^{\frac{\pi}{6}} - \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} \left( n+1 \right) x^{n} \times \frac{\sin(3x)}{3} \,\mathrm{d}x\right) \\ &= \frac{n+2}{3} \left( \frac{1}{3}\left( \frac{\pi}{6} \right)^{n+1} - \frac{n+1}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{6}} x^{n} \sin(3x) \,\mathrm{d}x\right) \end{aligned}\]

      d’où :

      \[I_{n+2} = \frac{n+2}{9} \left( \frac{\pi}{6} \right)^{n+1} - \frac{(n+2)(n+1)}{9}\, I_n\]

    2. Pour \(n=1\), on obtient alors : \[\begin{aligned} I_3 &= \frac{1+2}{9} \left( \frac{\pi}{6} \right)^{1+1} - \frac{(1+2)(1+1)}{9}\, I_1 \\ &= \frac{1}{3}\times \frac{\pi^2}{36} - \frac{2}{3} \times \frac{1}{9} \end{aligned}\]

      soit encore :

      \[I_{3} = \dfrac{\pi^2}{108} - \dfrac{2}{27}\]

    1. Soit \(n \in\mathbb{N}\). On a : \[\forall x\in \left[ 0,\frac{\pi}{6} \right],\ 0 \leqslant x \leqslant 1 \quad \text{et} \quad x^n \geqslant 0\]

      donc :

      \[\forall x\in \left[ 0,\frac{\pi}{6} \right],\ 0 \leqslant x^{n+1} \leqslant x^n\]

      On a de plus : \[\forall x\in \left[ 0,\frac{\pi}{6} \right],\ 0 \leqslant 3x \leqslant \frac{\pi}{2}\]

      donc, comme la fonction \(\sin\) est positive sur \(\left[ 0,\frac{\pi}{2} \right]\) : \[\forall x\in \left[ 0,\frac{\pi}{6} \right],\ 0 \leqslant \sin(3x)\]

      d’où : \[\forall x\in \left[ 0,\frac{\pi}{6} \right],\ 0 \leqslant x^{n+1} \sin(3x) \leqslant x^n \sin(3x)\]

      On en déduit, par croissance de l’intégration, les fonctions en présence étant continues sur \(\left[ 0, \frac{\pi}{6} \right]\), avec \(0 \leqslant \frac{\pi}{6}\) : \[I_{n+1} \leqslant I_n\]

      ce qui nous permet de conclure, ce résultat étant valable pour tout \(n \in\mathbb{N}\) :

      La suite \(\left(I_{n}\right)_{n\in \mathbb{N}}\) est décroissante

    2. Soit \(n \in\mathbb{N}\). On a : \[\forall x\in \left[ 0,\frac{\pi}{6} \right],\ 0 \leqslant x^n \quad \text{et} \quad 0 \leqslant \sin(3x) \leqslant 1\]

      d’où : \[\forall x\in \left[ 0,\frac{\pi}{6} \right],\ 0 \leqslant x^{n} \sin(3x) \leqslant x^n\]

      On en déduit, par croissance de l’intégration, les fonctions en présence étant continues sur \(\left[ 0, \frac{\pi}{6} \right]\), avec \(0 \leqslant \frac{\pi}{6}\) :

      \[\forall n \in \mathbb{N},\ I_n \leqslant \int_0^\frac{\pi}{6} x^n \,dx\]

    3. Remarquons que l’on a de même, la fonction \(x\mapsto x^{n} \sin(3x)\) étant continue et positive sur \(\left[ 0, \frac{\pi}{6} \right]\) : \[\forall n \in \mathbb{N},\ I_n \geqslant 0\]

      Or on a par ailleurs : \[\begin{aligned} \forall n \in \mathbb{N},\ \int_0^\frac{\pi}{6} x^n \,dx &= \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^\frac{\pi}{6} \\ &= \frac{1}{n+1} \left( \frac{\pi}{6} \right)^{n+1} \\ &\leqslant \frac{1}{n+1} \end{aligned}\]

      d’où : \[\forall n \in \mathbb{N},\ 0 \leqslant I_n \leqslant \frac{1}{n+1}\]

      Enfin on a : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\frac{1}{n+1} = 0\]

      donc, d’après le théorème de l’encadrement :

      \[\lim_{n \to + \infty} I_{n} = 0\]

📝 Mes notes :

Exercice 2 (🔥🔥) : Étude d'une fonction définie par une intégrale
📄 Énoncé

L’objet du problème est d’étudier une fonction \(f\) puis d’examiner des intégrales qui en sont issues.

Partie A

On considère la fonction \(f\) définie sur l’intervalle \(\mathbb{R}_+ = [0 , +\infty[\) par : \[f(x) = \ln (\text{e}^x + \text{e}^{-x} )\] on désigne par (\(\mathcal{C}\)) sa courbe représentative dans le plan.

    1. Déterminer la limite de \(f\) en \(+\infty\).

    2. Montrer que, pour tout \(x\) appartenant à l’intervalle \(\mathbb{R}_+\) on a : \[f(x) = x + \ln (1 + \text{e}^{-2x})\]

    3. En déduire que la courbe (\(\mathcal{C}\)) admet comme asymptote la droite (\(\Delta\)) d’équation \(y = x\).

    4. Étudier la position relative de (\(\mathcal{C}\)) et (\(\Delta\)).

  2. Étudier le sens de variation de \(f\) et dresser son tableau de variations.

  3. Tracer la droite (\(\Delta\)) et la courbe (\(\mathcal{C}\)).

Partie B

Pour tout \(x\) appartenant à l’intervalle \([0~;~ +\infty[\) on pose \[F(x) = \displaystyle\int_{0}^x \ln (1 + \text{e}^{-2t})\:\text{d}t\] On ne cherchera pas à calculer \(F(x)\).

  1. Soit \(x\) un réel strictement positif. En utilisant la question 1 de la partie A, donner une interprétation géométrique de \(F(x)\).

  2. Étudier le sens de variation de \(F\) sur l’intervalle \(\mathbb{R}_+\).

  3. Soit \(a\) un réel strictement positif.

    1. Montrer que, pour tout \(t\) appartenant à l’intervalle \([1,1+a]\), on a

      \[\dfrac{1}{1 + a} \leqslant \dfrac{1}{t} \leqslant 1\]

    2. En appliquant le théorème des inégalités des accroissements finis à la fonction logarithme, établir que \(\dfrac{a}{1 + a} \leqslant \ln (1 + a) \leqslant a\).

  4. Soit \(x\) un réel strictement positif. Déduire de la question 6 : \[\int_{0}^x \dfrac{\text{e}^{-2t}}{1 + \text{e}^{-2t}}\:\text{d}t \leqslant F(x) \leqslant \int_{0}^x \text{e}^{-2t}\:\text{d}t.\] puis : \[\dfrac{1}{2} \ln (2) - \dfrac{1}{2}\ln (1 + \text{e}^{-2t}) \leqslant F(x)\leqslant \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} \, \text{e}^{-2x}\]

  5. Montrer que \(F(x)\) a une limite finie \(\ell\) lorsque \(x\) tend vers \(+\infty\) puis que \(\dfrac{1}{2} \ln (2) \leqslant \ell \leqslant \dfrac{1}{2}\).

  6. Pour tout entier naturel \(n\), on pose : \(u_{n} = \displaystyle\int_{n}^{n+1}\ln (1 + \text{e}^{-2t})\:\text{d}t\).

    1. Montrer que, pour tout entier naturel \(n\), on a : \(0 \leqslant u_{n} \leqslant \ln (1 + \text{e}^{-2n})\).

    2. Déterminer la limite de la suite \(\left(u_{n}\right)\).

  7. Pour tout entier naturel \(n\), on pose \(S_{n} = u_{0} + u_{1} + u_{2} + \ldots + u_{n}\).

    1. Exprimer \(S_{n}\) à l’aide de \(F\) et \(n\).

    2. La suite \(\left(S_{n}\right)\) est-elle convergente ? Dans l’affirmative, donner sa limite.

✅ Corrigé

Partie A

  1. Notons tout d’abord que la fonction \(f\) est bien définie sur \(\mathbb{R}_+\) car la fonction \(x\mapsto \mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x}\) est bien définie sur \(\mathbb{R}_+\) et strictement positive, tandis que la fonction \(\ln\) est bien définie sur \(\mathbb{R}_+^\ast\).

    1. On a : \[\lim_{x\to {+\infty}} \mathrm{e}^x = {+\infty}\quad \text{et} \quad \lim_{x\to {+\infty}} \mathrm{e}^{-x} = 0\]

      donc, par somme : \[\lim_{x\to {+\infty}} ( \mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x} ) = {+\infty}\]

      Or on a de plus : \[\lim_{t\to {+\infty}} \ln(t) = {+\infty}\]

      donc, par composition :

      \[\lim_{x\to {+\infty}} f(x) = {+\infty}\]

    2. On a :

      \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+,\ f(x) &= \ln\! \left( \mathrm{e}^x +\mathrm{e}^{-x} \right) \\ &= \ln\! \left( \mathrm{e}^x \left( 1+ \mathrm{e}^{-2x} \right) \right) \\ &= \ln(\mathrm{e}^x) + \ln(1+ \mathrm{e}^{-2x}) \end{aligned}\]

      Commentaire

      \(\ln(ab) = \ln(a) + \ln(b)\)

      d’où :

      Commentaire

      Si \(a>0\), alors \(\ln(a^b) = b\ln(a)\)

      \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ f(x) = x + \ln (1 + \text{e}^{-2x})\]

    3. On a ainsi : \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ f(x) - x = \ln (1 + \text{e}^{-2x})\]

      Or on a de plus : \[\lim_{x\to {+\infty}} (1 + \text{e}^{-2x}) = 1 \quad \text{et} \quad \lim_{t\to 1} \ln(t) = 0\]

      donc, par composition : \[\lim_{x\to {+\infty}} \left[ f(x) - x \right] = 0\]

      ce qui nous permet de conclure :

      La courbe (\(\mathcal{C}\)) admet comme asymptote la droite (\(\Delta\)) d’équation \(y = x\)

    4. La fonction exponentielle est positive sur \(\mathbb{R}_+\) donc on a : \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ 1+\mathrm{e}^{-2x} \geqslant 1\]

      d’où, comme la fonction \(\ln\) est croissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) et comme \(\ln(1) = 0\) : \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ \ln( 1+\mathrm{e}^{-2x} ) \geqslant 0\]

      On a ainsi : \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ f(x) \geqslant x\] ce qui nous permet de conclure :

      \((\mathcal{C})\) est au dessus de \((\Delta)\)

  2. La fonction \(x\mapsto \mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\) comme somme de fonctions qui le sont. De plus elle est strictement positive et la fonction \(\ln\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) donc, par composition, \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\). De plus on a :

    \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+,\ f'(x) &= \frac{\mathrm{e}^x - \mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^x + \mathrm{e}^{-x}} \end{aligned}\]

    \((\ln(u))' = \frac{u'}{u}\)

    De plus la fonction exponentielle est strictement croissante et strictement positive sur \(\mathbb{R}\) donc on a : \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ \mathrm{e}^x \geqslant \mathrm{e}^{-x} >0\]

    avec égalité entre \(\mathrm{e}^x\) et \(\mathrm{e}^{-x}\) si et seulement si \(x=0\) donc : \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ f'(x) \geqslant 0\]

    avec égalité si et seulement si \(x=0\). On en déduit le tableau de variations suivant :

    ECG1_05_4_Entrainement_exo002_tabvar_01.svg

  3. D’après les éléments précédents, on sait que :

    • \(f\) est croissante sur \(\mathbb{R}_+\),

    • \(f(0) = \ln(2)\) et \(\displaystyle \lim_{x\to {+\infty}} f(x) = {+\infty}\),

    • la droite d’équation \(y=x\) est asymptote à \((\mathcal{C})\) au voisinage de \({+\infty}\) et se situe en dessous de \((\mathcal{C})\),

    • \(f'(0)=0\) et \(f(0) = \ln(2)\) donc la droite d’équation \(y=\ln(2)\) est une tangente horizontale à \((\mathcal{C})\) au point d’abscisse \(0\).

    On peut maintenant proposer la courbe suivante :

    <div class="imageblock"> <img src="https://www.stephanepreteseille.com/wp-content/uploads/Exercices_Annales_proteges/ECG1_05_4_Entraînement_1.png" style="max-width: 100 </div>

Partie B

  1. Rappelons que : \[\forall t \in\mathbb{R}_+,\ \ln (1 + \text{e}^{-2t}) = f(t) - t\]

    De plus la fonction \(t\mapsto f(t) - t\) est continue et positive sur \(\mathbb{R}_+\) donc sur \([0,x]\) pour tout \(x\in \mathbb{R}_+\) et ainsi :

    \(F(x)\) est une mesure de l’aire du domaine du plan situé sous la courbe de \(f\) et délimité par les droites d’équation \(y=x\), \(t=0\) et \(t=x\) (ici le domaine violet dans le cas \(x=0,6\) :

    <div class="imageblock"> <img src="https://www.stephanepreteseille.com/wp-content/uploads/Exercices_Annales_proteges/ECG1_05_4_Entraînement_2.png" style="max-width: 100 </div>

  2. La fonction \(t\mapsto \ln(1+\mathrm{e}^{-2t})\) est continue sur \(\mathbb{R}_+\) donc \(F\) en est une primitive (la seule s’annulant en \(0\)). \(F\) est ainsi dérivable sur \(\mathbb{R}_+\) et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in\mathbb{R}_+,\ F'(x) &= \ln(1+\mathrm{e}^{-2x} ) \\ &\geqslant 0 \end{aligned}\]

    donc :

    \(F\) est croissante sur \(\mathbb{R}_+\)

    1. La fonction inverse est décroissante sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) et on sait que \(0<1 \leqslant 1+a\) donc :

      \[\forall t \in [1,1+a],\ \dfrac{1}{1 + a} \leqslant \dfrac{1}{t} \leqslant 1\]

    2. La fonction \(\ln\) est dérivable sur \([1,1+a]\) et on a, d’après le résultat précédent : \[\forall t \in [1,1+a],\ \dfrac{1}{1 + a} \leqslant \ln'(t) \leqslant 1\]

      donc, d’après l’inégalité des accroissements finis, comme \(1 \leqslant 1+a\) : \[\dfrac{1}{1 + a} \left( 1+a - 1 \right) \leqslant \ln(1+a) - \ln(1) \leqslant 1 \left( 1+a-1 \right)\]

      d’où :

      \[\dfrac{a}{1 + a} \leqslant \ln (1 + a) \leqslant a\]

    • En prenant \(a=\mathrm{e}^{-2t}\) (qui est bien strictement positif) on a ainsi : \[\forall t\in [0,x],\ \dfrac{\text{e}^{-2t}}{1 + \text{e}^{-2t}} \leqslant \ln(1+\mathrm{e}^{-2t} ) \leqslant \text{e}^{-2t}\]

      donc, par croissance de l’intégration, les fonctions en présence étant toutes continues sur \([0,x]\), avec \(0 \leqslant x\) :

      \[\int_{0}^x \dfrac{\text{e}^{-2t}}{1 + \text{e}^{-2t}}\:\text{d}t \leqslant F(x) \leqslant \int_{0}^x \text{e}^{-2t}\:\text{d}t\]

    • On a de plus : \[\begin{aligned} \int_{0}^x \text{e}^{-2t}\:\text{d}t &= \left[ - \frac{\mathrm{e}^{-2t}}{2} \right]_0^x \\ &= \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} \, \text{e}^{-2x} \end{aligned}\]

      et par ailleurs :

      \[\begin{aligned} \int_{0}^x \dfrac{\text{e}^{-2t}}{1 + \text{e}^{-2t}}\:\text{d}t &= \left[ - \frac{\ln \left| 1 + \text{e}^{-2t} \right| }{2} \right]_0^x \\ &= \dfrac{1}{2} \, \ln (2) - \dfrac{1}{2}\ln (1 + \text{e}^{-2t}) \end{aligned}\]

      \(\frac{u'}{u} = (\ln \left| u \right|)'\)

      d’où

      \[\dfrac{1}{2} \, \ln (2) - \dfrac{1}{2}\ln (1 + \text{e}^{-2t}) \leqslant F(x)\leqslant \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} \, \text{e}^{-2x}\]

    • On a donc : \[\forall x\in\mathbb{R}_+,\ F(x) \leqslant \dfrac{1}{2}\]

      Or la fonction \(F\) est croissante. Comme elle est également majorée, le théorème de la limite monotone nous permet de conclure :

      \(F\) a une limite finie \(\ell\) en \({+\infty}\)

    • On a : \[\lim_{x\to {+\infty}} \mathrm{e}^{-2x} = 0 \quad \text{et} \quad \lim_{t\to 0} \ln(1+t) = \ln(1) = 0\]

      d’où : \[\lim_{x\to {+\infty}} \left[ \dfrac{1}{2} \, \ln (2) - \dfrac{1}{2}\ln (1 + \text{e}^{-2t}) \right] = \dfrac{1}{2} \ln (2) \quad \text{et} \quad \lim_{x\to {+\infty}} \left[ \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} \, \text{e}^{-2x} \right] = \dfrac{1}{2}\]

      donc, d’après le résultat de la question précédente et le théorème de prolongement des inégalités (on fait tendre \(x\) vers \({+\infty}\)) :

      \[\dfrac{1}{2} \, \ln (2) \leqslant \ell \leqslant \dfrac{1}{2}\]

    1. Soit \(n \in\mathbb{N}\). La fonction \(x\mapsto 1+\mathrm{e}^{-2x}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\) (en tant que somme de fonctions qui le sont) et strictement positive, tandis que la fonction \(\ln\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+^\ast\) donc, par composition, la fonction \(h : t \mapsto \ln (1 + \text{e}^{-2t})\) est dérivable sur \(\mathbb{R}_+\).

      On a de plus : \[\begin{aligned} \forall t\in [n,n+1],\ h'(t) &= - \frac{2\, \mathrm{e}^{-2t}}{1+\mathrm{e}^{-2t}} \\ &\leqslant 0 \end{aligned}\]

      Pour encadrer une intégrale, on encadre l’intégrande, ce que l’on peut faire en étudiant ses variations sur le segment d’intégration.

      Ainsi \(h\) est décroissante sur \([n,n+1]\). De plus elle est positive donc on a : \[\forall t\in [n,n+1],\ 0 \leqslant \ln (1 + \text{e}^{-2t}) \leqslant \ln (1 + \text{e}^{-2n})\]

      d’où, par croissance de l’intégration, les fonctions en présence étant continues sur \([n,n+1]\), avec \(n \leqslant n+1\) : \[0 \leqslant u_n \leqslant \int_n^{n+1} \ln (1 + \text{e}^{-2n})\,\mathrm{d}t\]

      ce qui nous permet de conclure :

      Commentaire

      \(\ln (1 + \text{e}^{-2n})\) est une constante et \(n+1-n=1\)

      \[\forall n \in \mathbb{N},\ 0 \leqslant u_{n} \leqslant \ln (1 + \text{e}^{-2n})\]

    2. Comme dans la question 1c, on a : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\ln (1 + \text{e}^{-2n}) = 0\]

      donc, d’après le résultat de la question précédente et le théorème de l’encadrement :

      \[\lim\limits_{n\to+\infty}u_n = 0\]

    1. Par définition, on a : \[\begin{aligned} \forall n \in \mathbb{N},\ S_n &= u_0+u_1+\cdots + u_n \\ &= \sum_{k=0}^n u_k \\ &= \sum_{k=0}^n \int_{k}^{k+1}\ln (1 + \text{e}^{-2t})\:\text{d}t \\ &= \int_{0}^{1}\ln (1 + \text{e}^{-2t})\:\text{d}t + \int_{1}^{2}\ln (1 + \text{e}^{-2t})\:\text{d}t + \cdots + \int_{n}^{n+1}\ln (1 + \text{e}^{-2t})\:\text{d}t \end{aligned}\]

      d’où, d’après la relation de Chasles :

      \[\forall n \in \mathbb{N},\ S_n = \int_{0}^{n+1}\ln (1 + \text{e}^{-2t})\:\text{d}t = F(n+1)\]

    2. On en déduit, comme \(F\) tend vers \(\ell\) en \({+\infty}\) :

      La suite \((S_n)\) converge vers \(\ell\)

      La suite \(\left(S_{n}\right)\) est-elle convergente ? Dans l’affirmative, donner sa limite.

📝 Mes notes :

Exercice 3 (🔥🔥) : Étude d'une suite d’intégrales
📄 Énoncé

(Fichier énoncé introuvable)

✅ Corrigé

    1. \(F_1\) est dérivable sur \([0,1]\) comme produit de fonctions qui le sont et on a : \[\begin{aligned} \forall x\in [0,1],\ F_1'(x) &= 1\times \mathrm{e}^x + \left( x-1\right) \times \mathrm{e}^x \\ &= x\,\mathrm{e}^x \\ &= f_1(x) \end{aligned}\]

      d’où :

      \(F_{1}\) est une primitive de la fonction \(f_{1}\)

    2. On en déduit que : \[I_1 = \int_0^1 f_1(t)\,\mathrm{d}t= F_1(1) - F_1(0)\]

      d’où :

      \[I_1 = 1\]

  2. Soit \(n \in\mathbb{N}^\ast\). On a : \[I_{n+1} = \int_0^1 x^{n+1 } \,\mathrm{e}^x \,\mathrm{d}x\]

    De plus les fonctions \(u : x \mapsto x^{n+1}\) et \(v: x\mapsto \mathrm{e}^x\) sont dérivables sur \([0,1]\) et on a : \[\forall x\in [0,1],\ u'(x) = \left( n+1 \right) x^n \quad \text{et} \quad v'(x) = \mathrm{e}^x\]

    donc, par intégration par parties : \[\begin{aligned} I_{n+1} &= \left[ x^{n+1} \,\mathrm{e}^x \right]_0^1 - \int_0^1 \left( n+1 \right) x^n \,\mathrm{e}^x \,\mathrm{d}x\\ &= \mathrm{e}- \left( n+1 \right) \int_0^1x^n \,\mathrm{e}^x \,\mathrm{d}x \end{aligned}\]

    d’où :

    \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ I_{n + 1} = \mathrm{e}- \left( n + 1 \right) I_{n}\]

  3. En prenant \(n=1\), on en déduit : \[\begin{aligned} I_2 &= \mathrm{e}- 2I_1 \end{aligned}\]

    d’où, comme \(I_1=1\) :

    \[I_2=\mathrm{e}- 2\]

  4. Cette fonction crée une liste L contenant initialement \(1\), c’est-à-dire \(I_1\). Ensuite, pour \(i\) prenant les valeurs \(1,2,\dots,n-1\), elle calcule successivement \(I_2,I_3,I_4,I_5\) en utilisant la formule trouvée dans la question précédente et les stocke dans L d’où :

    Cette fonction renvoie la liste \([I_1,I_2,I_3,I_4,I_6]\)

    1. Comme la fonction \(f_n : x\mapsto x^n\,e^x\) est positive sur \([0,1]\), \(I_n\) est une mesure de l’aire de la partie du plan située sous la courbe représentative de \(f_n\) et délimité par les droites d’équations \(x=0\), \(x=1\) et \(y=0\).

    2. Plus \(n\) est grand et plus le graphe de \(f_n\) semble proche de l’axe des abscisses et de la droite d’équation \(x=1\) donc :

      On conjecture que la suite \((I_n)\) converge vers \(0\)

  6. Soit \(n \in\mathbb{N}^\ast\). La fonction exponentielle est croissante et positive sur \(\mathbb{R}\) donc on a : \[\forall x\in [0, 1],\ 0 \leqslant \mathrm{e}^x \leqslant \mathrm{e}\]

    d’où, comme \(x^n \geqslant 0\) lorsque \(x\geqslant 0\) :

    \[\forall x\in [0, 1],\ 0 \leqslant x^n\, \mathrm{e}^x \leqslant \mathrm{e}\, x^n\]

    Comme les fonctions en présence sont continues sur \([0,1]\), avec \(0 \leqslant 1\), on en déduit, par croissance de l’intégration : \[0 \leqslant I_n \leqslant \int_0^1 \mathrm{e}\, x^n\,\mathrm{d}x\]

    soit encore, par linéarité de l’intégration :

    \[\forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ 0 \leqslant I_{n} \leqslant \mathrm{e}\int_{0}^{1} x^{n} \, \mathrm{d} x\]

  7. On a de plus : \[\begin{aligned} \forall n \in \mathbb{N}^\ast,\ \mathrm{e}\int_{0}^{1} x^{n} \, \mathrm{d} x &= \mathrm{e}\left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 \\ &= \frac{\mathrm{e}}{n+1} \end{aligned}\]

    d’où : \[\lim\limits_{n\to+\infty}\mathrm{e}\int_{0}^{1} x^{n} \, \mathrm{d} x = 0\]

    ce qui nous permet de conclure, d’après le théorème de l’encadrement :

    \[\lim\limits_{n \to + \infty} I_{n} = 0\]

📝 Mes notes :

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