Devoir de maths corrigé, Intégrales

Terminale générale, spécialité mathématiques

Devoir de mathématiques, et corrigé, posé en spé maths, terminale générale, année scolaire 2022/2023

Exercice 1: Quelques calculs d'intégrales

Calculer les intégrales: $I_1=\dsp\int_0^33x^5\,dx$ ;   $I_2=\dsp\int_{-1}^1 xe^{3x^2}\,dx$ ;   $I_3=\dsp\int_0^1\dfrac{3x}{x^2+1}\,dx$ ;  
À l'aide d'une intégration par parties, calculer $I_4=\dsp\int_0^1xe^{-3x}\,dx$

Correction exercice 1


$I_1=\dsp\int_0^33x^5\,dx=\lb\dfrac36x^6\rb_0^3 =\dfrac12\tm3^6-0=\dfrac{729}2$
$I_2=\dsp\int_{-1}^1 xe^{3x^2}\,dx =\left[ \dfrac16e^{3x^2}\rb_{-1}^1 =\dfrac16\left( e^3 - e^3\right) =0$
$I_3=\dsp\int_0^1\dfrac{3x}{x^2+1}\,dx =\lb\dfrac32\ln\left( x^2+1\rp\rb_0^1 =\dfrac32\ln(2)-\dfrac32\ln(1)=\dfrac32\ln(2)$
En intégrant par parties, en posant $u=x$ et $v'=e^{-3x}$, donc $u'=1$ et $v=-\frac13e^{-3x}$,
\[\begin{array}{ll}I_4&=\dsp\int_0^1xe^{-3x}\,dx\\[1em] &=\left[ -\dfrac13xe^{-3x}\rb_0^1-\dsp\int_0^1-\dfrac13e^{-3x}\,dx\\[1em] &=-\dfrac13e^{-3}-\lb\dfrac19e^{-3x}\rb_0^1\\[1em] &=-\dfrac13e^{-3}-\lp\dfrac19e^{-3}-\dfrac19e^0\rp\\[1em] &=-\dfrac49e^{-3}+\dfrac19 \enar\]



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Exercice 2: Exponentielle et intégrales (Bac 2014)

Sur le graphique ci-dessous, on a tracé, dans un repère orthonormé $\left( O;\vec{i},\vec{j}\rp, une courbe $\mathcal{C} et la droite $(AB) où $A et $B sont les points de coordonnées respectives $(0~;~1) et $(-1~;~3).
\psset{unit=1.2cm,arrowsize=7pt} \begin{pspicture}(-3,-2.2)(3,3.5) \psline[linewidth=1pt]{->}(-3,0)(3,0) \psline[linewidth=1pt]{->}(0,-2.2)(0,3.8) \rput(0,1){$\tm$}\rput(-1,3){$\tm$} \uput[ur](0,1){$A$}\uput[l](-1,3){$B$} \uput[dl](0,0){O} \psline[linewidth=1.6pt]{->}(0,0)(1,0)\uput[d](0.5,0){$\vec{i}$} \uput[d](-1,0){$- 1$}\uput[r](0,3){3} \psline[linewidth=1.6pt]{->}(0,0)(0,1)\uput[l](0,0.5){$\vec{j}$} \uput[d](-2,-1.2){$\mathcal{C}$} \psline[linestyle=dashed](-1,0)(-1,3)(0,3) \psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-2.5}{2.5}{1 x add x 3 mul 2.71828 x dup mul exp div sub} \psplot{-1.4}{1.5}{1 x 2 mul sub} \end{pspicture}

On désigne par $f la fonction dérivable sur $\R dont la courbe représentative est $\mathcal{C}.
On suppose, de plus, qu'il existe un réel $a tel que pour tout réel $x,
f(x) = x + 1 + axe^{- x^2}.

    1. Justifier que la courbe $\mathcal{C} passe par le point $A.
    2. Déterminer le coefficient directeur de la droite $(AB).
    3. Démontrer que pour tout réel $x,
      f'(x) = 1 - a\left(2x^2 - 1\right)e^{- x^2}.

    4. On suppose que la droite $(AB) est tangente à la courbe $\mathcal{C} au point $A.
      Déterminer la valeur du réel $a.
  2. D'après la question précédente, pour tout réel $x,
    f(x) = x + 1 - 3xe^{- x^2} \quad \text{et} \quad f'(x) = 1 + 3\left(2x^2 - 1\right)e^{- x^2}.

    1. Démontrer que pour tout réel $x de l'intervalle $]- 1~;~0], $f(x) > 0.
    2. Démontrer que pour tout réel $x inférieur ou égal à $- 1, $f'(x) > 0.
    3. Démontrer qu'il existe un unique réel $c de l'intervalle $\left[- \dfrac{3}{2}~;~- 1\right] tel que $f(c) = 0. Justifier que $c<-\dfrac{3}{2} + 2.10^{-2}.
  3. On désigne par $\mathcal{A} l'aire, exprimée en unités d'aire, du domaine défini par:
    c \leqslant x \leqslant 0 \quad \text{et}\quad 0 \leqslant y \leqslant f(x).

    1. Écrire $\mathcal{A} sous la forme d'une intégrale.
    2. On admet que l'intégrale $I = \dsp\int_{-\frac{3}{2}}^0 f(x)\,dx est une valeur approchée de $\mathcal{A} à $10^{-3} près.
      Calculer la valeur exacte de l'intégrale $I.

Correction exercice 2


Bac S - métropole, 11 septembre 2014 - 5 points
    1. On a $f(0)=1 ce qui montre que le point de coordonnées $(0;1), c'est-à-dire $A, appartient à $\mathcal{C}.
    2. Le coefficient directeur de la droite $(AB) est $\dfrac{y_{B}-y_{A}}{x_{B}-x_{A}} = \dfrac{3-1}{-1-0}=-2.
    3. $f est de la forme $f(x)=x+1+a u(x) v(x), avec $u(x)=x donc $u'(x)=1 et $v(x)=e^{-x^2}=e^{w(x)} donc $v'(x)=w'(x)e^{w(x)}=-2xe^{-x^2}.
      Ainsi, $f'(x)=1+a\left( u'(x)v(x)+u(x)v'(x)\right) =1+a\left( e^{-x^2}-2x^2e^{-x^2}\right) =1-a\lp2x^2-1\right) e^{-x^2}.
    4. Si la droite $(AB) est tangente à la courbe $\mathcal{C} au point $A d'abscisse $0, alors le coefficient directeur de $(AB) est $f'(0)=-2. Ainsi, $1 - a\left (0-1\right )e^0 = -2 \iff 1+a=-2 \iff a=-3
  2. On a donc, avec $a=-3, $f(x) = x + 1 - 3xe^{- x^2} \text{ et } f'(x) = 1 + 3\lp2x^2-1\right) e^{- x^2}.
    1. Pour tout réel $x\in]-1;0], $e^{-x^2}>0 et $-3x\geqslant 0, donc $-3xe^{-x^2}\geqslant 0.
      Pour tout $x\in]-1;0], $x>-1, donc $x+1>0, alors, par addition, $f(x)=x+1+\left( -3xe^{-x^2}\rp>0.
    2. Pour $x\leqslant -1, $x^2\geqslant 1, donc, $2x^2\geqslant 2 et $2x^2-1\geqslant 1>0. Ainsi, $3\left( 2x^2-1\right) e^{-x^2}>0 et alors $f'(x)=1+3\left( 2x^2-1\right) e^{-x^2}>1>0.
    3. Sur $] -\infty\,;\,-1], $f est dérivable donc continue, avec $f'(x)>0 donc la fonction $f est strictement croissante sur cet intervalle donc aussi sur l'intervalle $\left[ -\dfrac{3}{2}\,;\, -1\rb.
      Or $f\left (-\dfrac{3}{2}\right ) \approx -0,026<0 et $f(-1)\approx 1,10>0 donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (ou théorème de la bijection), l'équation $f(x)=0 admet une solution unique $c dans l'intervalle $\lb-\dfrac{3}{2}\,;\, -1\rb.
      Or $f\lp- \dfrac{3}{2} + 2.10^{-2}\right) \approx 0,017>0 donc $c\in\lb-\dfrac{3}{2}\,;\,-\dfrac{3}{2}+2.10^{-2}\right[ et donc $c < -\dfrac{3}{2}+2.10^{-2}.

    1. Comme $f(x)\geqslant 0 sur $[c;0], alors $\mathcal A = \dsp\int_c^0 f(x) dx.
    2. La fonction $x \mapsto x+1 a pour primitive la fonction $x \mapsto \dfrac{x^2}{2}+x.
      La fonction $x \mapsto -2xe^{-x^2} (forme $u'e^{u}) a pour primitive la fonction $x \mapsto e^{-x^2} donc la fonction $x \mapsto -3xe^{-x^2} a pour primitive la fonction $x\mapsto\dfrac{3}{2}\,e^{-x^2}.
      La fonction $f a donc pour primitive la fonction $F définie par $F(x)=\dfrac{x^2}{2}+x+\dfrac{3}{2}e^{-x^2}.
      On a alors $I= F(0) - F\lp-\dfrac{3}{2}\right) =\dfrac{3}{2}-\lp\dfrac{9}{8}-\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}e^{-\frac{9}{4}}\right) =\dfrac{15}{8}-\dfrac{3}{2}e^{-\frac{9}{4}}


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Exercice 3: Logarithme et son carré, aire (IPP) et distance maximale (Bac 2008)

Les courbes C et C' données ci-dessous représentent respectivement, dans un repère orthonormal $\left( 0;\vec{i},\vec{j}\rp$, les fonctions $f$ et $g$ définies sur l'intervalle $]0;+\infty[$ par $f(x)=\ln x$ et $g(x)=\left(\ln x\rp^2$.
\[\psset{xunit=3cm,yunit=1.5cm} \begin{pspicture*}(-1,-3.2)(4,3.2) \newcommand{\f}[1]{x ln} \newcommand{\g}[1]{x ln 2 exp} \pscustom{ \psplot{1}{2.718}{\f{x}} \gsave \psplot{2.718}{1}{\g{x}} \fill[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray] %\fill[fillstyle=vlines] \grestore} \psline(-.2,0)(4,0) \psline(0,-3)(0,3) \multido{\i=1+1}{4}{\psline(\i,.1)(\i,-.1)\rput(\i,-.3){\i}} \multido{\i=-3+1}{7}{\psline(-.1,\i)(.1,\i)\rput[r](-.1,\i){\i}} \psplot{.05}{4}{\f{x}} \psplot{.1}{4}{\g{x}} \end{pspicture*}\]


  1. On cherche à déterminer l'aire A (en unités d'aire) de la partie grisée.
    On note $I=\dsp\int_1^e\ln x\,dx$ et $J=\dsp\int_1^e\lp\ln x\rp^2\,dx$.
    1. Vérifier que la fonction $F$ définie sur l'intervalle $]0;+\infty[$ par $F(x)=x\ln x-x$ est une primitive de la fonction logarithme népérien. En déduire $I$.
    2. Démontrer à l'aide d'une intégration par partie que $J=e-2I$.
    3. Donner la valeur de A.
  2. Pour $x$ appartenant à l'intervalle $[1;e]$, on note $M$ le point de la courbe C d'abscisse $x$ et $N$ le point de la courbe C' de même abscisse.
    Pour quelle valeur de $x$ la distance MN est-elle maxiale ? Calculer la valeur maximale de MN.

Correction exercice 3


Bac juin 2008
    1. On dérive: $F=uv-u$ avec $u(x)=x$ donc $u'(x)=1$ et $v(x)=\ln x$ donc $v'(x)=\dfrac1x$,
      et alors, $F'=u'v-uv'-u'$,
      soit $F'(x)=\ln x-x\tm\dfrac1x-1=\ln x=f(x)$
      ce qui montre que $F$ est bien une primtive de $f$.

      On en déduit
      \[\begin{array}{ll}I&=\dsp\int_1^e\ln x\,dx =\Bigl[\,F(x)\,\Bigr]_1^e =F(e)-F(1)\\[1em] &=\left( e\ln e-e\rp-\left( 1\ln 1-1\rp =1\enar\]


    2. On pose $u=\ln x$ donc $u'=\dfrac1x$ et $v'=\ln x$ donc $v=x\ln x-x$ et et alors, en intégrant par parties,
      \[\begin{array}{ll}J&=\Bigl[\ln x\left( x\ln x-x\rp\Bigr]_1^e -\dsp\int_1^e\dfrac1x\left( x\ln x-x\rp\\[1em] &=0-\dsp\int_1^e\lp\ln x-1\rp\,dx\\[1em] &=-\dsp\int_1^e\ln x\,dx+\int_1^e1dx\\[1em] &=-I+e-1=e-2I\enar\]

      car $I=1$.
    3. On en déduit la valeur de A:
      \[\begin{array}{ll}A&=\dsp\int_1^e\left( f(x)-g(x)\rp\,dx\\[1em] &=\dsp\int_1^ef(x)\,dx-\int_1^eg(x)\,dx\\[1em] &=I-J =1-\left( e-2I\rp\\ &=1-\left( e-2\rp=3-e\enar\]

  2. Pour $x\in[1;e]$, on a
    \[\begin{array}{ll}MN&=d(x)=f(x)-g(x)\\[.5em]&=\ln x-\lp\ln x\rp^2\enar\]

    Pour trouver le maximum de cette fonction, il suffit de connaître ses variations.
    On a
    \[d'(x)=\dfrac1x-2\dfrac1x\ln x=\dfrac1x\lp1-2\ln x\rp\]

    avec $1-2\ln x>0\iff \ln x<1/2\iff x<e^{1/2}=\sqrt{e}$ et donc
    \[\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline $x$ &$1$ && $\sqrt{e}$ && $e$\\\hline $1/x$ && $+$ &$|$&$+$&\\\hline $1-2\ln x$ && $+$ &\zb&$-$&\\\hline $d'(x)$ && $+$ &\zb&$-$&\\\hline &&&$d\lp\sqrt{e}\rp$&&\\ $d$&&\Large{$\nearrow$}&&\Large{$\searrow$}&\\ &&&&&\\\hline \end{tabular}\]

    La distance est donc maximale en $x=\sqrt{e}$ et cette distance maximale est
    \[d\lp\sqrt{e}\rp=\ln\sqrt{e}-\lp\ln\sqrt{e}\rp^2 =\dfrac12-\lp\dfrac12\rp^2=\dfrac14\]



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Quelques autres devoirs




Voir aussi:
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