Solutions pour les élèves

 Chapitre 10
Corrigés des exercices
Application
12 1. I + J =
3
1. D est le disque centré à l’origine et de
rayon 2. L’aire de D est 4π unités d’aire.


3 sin2 xdx + 3 cos2
0
0

3 (sin2 x + cos2 x )dx
0



3 1dx =  x  3 = .
 0 3
0
∫
∫
=∫
2.
=∫
2

2. J – I = ∫ 3 cos2 xdx –
1,5
1
0,5
0
0,2 0,4 0,6 0,8
1
t
1,2 1,4 1,6 1,8

3 sin2
0
∫
0

3 (cos2 x – sin2 x )dx
0

3
3 cos 2 xdx =
.
0
4
=
∫
=
∫
xdx .
3. En additionnant membre à membre les égalités
obtenues dans les questions 1 et 2, on obtient :
2
2J =
3. La fonction h : x ↦ 4 – x2 est continue sur  0 ; 2 
car elle est polynômiale. Elle prend ses valeurs
dans ℝ+. En outre, la fonction g : y ↦ y est
continue sur ℝ+. Par composition, la fonction
3  , donc
3  .
+
J=
+
4
3
8
6
En soustrayant membre à membre ces égalités, on

3
obtient : I = –
.
6
8
16 1. Vrai. La fonction cosinus est positive sur

2 cos( x )dx
0
f = g  h est continue sur  0 ; 2  .
 

 0 ; 2  , avec 2  0 , donc


4. À l’aide de la question 1, on obtient :
2. Faux. Pour x   0 ; 1 , e x ⩾ 1,
2
∫0
4 – x 2 dx =
1
4 =  .
4
donc
5. On en déduit la valeur moyenne de f sur  0 ; 2  :
1 2

4 – x 2 dx = .
2 – 0 ∫0
2
1
∫0 1dx = 1 .
côté 1 assure que
Par suite, la moitié de l’aire de ce carré vaut
1
dx =
1
.
2
On en déduit, par linéarité, que
∫0 ( – 2x )
1
1
∫0 3
1
dx = 3 ∫ 1dx = 3,
0
∫0 (3 – 2x )
1
0
0
1
∫0 (
 0 ; 1 et 1 > 0, donc
dx = ∫ 3dx + ∫ – 2 xdx = 2 .
1
1
0
0
dx = a ∫ xdx + b ∫ 1dx =
)
1
a+b .
2
1
1
1
0
0
0
2 x 2 + x – 5 dx = 2 ∫ x 2dx + ∫ xdx – 5 ∫ 1dx
2 1
23
= + –5=–
.
3 2
6
1
∫0 ln(1 + x )dx ⩾ 0.
  
4. Faux. Pour x   – ; –  , on a cos x ⩾ 0.
4
 2


De plus, – < – . On en déduit que
2
4
∫

4 cos x

–
2
–
dx ⩾ 0.

, 0 ⩽ sin x ⩽ 1.
2 

2. Intégrons l’inégalité obtenue à la question pré-
3. Par linéarité, on trouve
1
0

2. Par linéarité, on a également
∫0 ( ax + b )
1
∫0 exp( x )dx ⩾ 1. On en déduit que
18 1.Sur  0 ;
0
1
⩾ 0.
∫1 exp( x )dx  – 1 0 .
1
dx = – 2 ∫ xdx = – 1 , et
1
∫
3. Vrai. La fonction x  ln(1 + x ) est positive sur
10 1. La formule donnant l’aire d’un carré de
∫0 x
xdx .

 

cédente sur  0 ;  : 0 ⩽ ∫ 2 sin x dx ⩽ .
0
2
2

x
 
3. De même, pour x   0 ;  , 0 ⩽ ∫ sint dt ⩽ x.
0
2

24 1. f est de la forme u'u ; une primitive F de
f est
1 2
1
u . On a F ( x ) = (ln x )2 .
2
2
2. f est de la forme u ' eu ; une primitive est la fonc3
tion F telle que F ( x ) = e x .
chapitre 10
●
Intégration
3. f est de la forme u 'u2 ; une primitive F de f est
1 3
1
u . On a F ( x ) = sin3 x .
3
3
4. f ( x ) = –
1
 ( – 4e3 – 4 x ) ; le terme entre parenthè4

2
0
∫
e3 n + 1
I . D’après la question précédente,
–
3
3 n
e3 n + 1
In + 1 
0 On en déduit que
⩾ 0.
⩾ 0.
I 
0
–
3
3 n
33
ee nn++11

Ceci s’écrit encore
⩾ 
II .
33
33 nn

 x2  2
2
.
  =
8
 2  0
)
(

Finalement,
2. a. I – J = ∫ 2 x cos2 x – sin2 x dx
0

2
0
∫
=
)
x cos( 2 x dx .
b. On pose u(x) = x et v(x) = 1
sin(2x), ce qui
2
donne u’(x) = 1 et v’(x) = cos(2x).

1
2
I – J=  x sin ( 2 x  –
2

0
)
=

2
0
∫
sur [0 ; +∞[. lim ex = + ∞ donc lim f(x) = 0.
x→+ 
b. f est la dérivée de F et f est une fonction strictement
positive, donc F est strictement croissante sur ℝ.
c. Sur [0 ; +∞[, 0 < ex ⩽ ex + 1 ⩽ 2ex , car ex ⩾ 1 pour
x ⩾ 0 ; donc, en utilisant la décroissance de la fonc1
1
1
tion inverse sur ]0 ; + ∞[, x ⩾ x
⩾
,
e +1
e
2e x
2
2
1
1
+ , puis J = + .
16
8
4
2
Approfondissement
x 1 , ln( x ) > 0 , donc ln( x )0
est bien défini et vaut 1. On en déduit que
52 1. Pour
e
 x3 
e3 − 1
In+1 = ∫ x dx =   =
.
3
 3 1
1
2
2. Soit n ∈ ℕ. On considère les fonctions u et v défix3
nies sur 1;e par u( x ) =
et v ( x ) = ln( x ) n+1. Ces
3
fonctions sont dérivables sur 1;e et leurs derivées
(
(
)
() ln( x ))n
u’ et v’, avec u '( x ) = x 2 et v '( x ) = n + 1
(
In+1 assure
=∫x
1
)
n+1
que
ln
x Indx
+1 =
 x3
=
ln(n)
 3
(
e
∫ x (ln x )
n+1
2
ment des limites et si F a une limite en +∞, on
obtient : 0,5 ⩽ lim F ( x ) ⩽ 1.
dx
(
)
=
) (
) (
) (
e
Intégration
x
x
e +1
=
ex + 1 – ex
ex + 1
x
= f ( x ).
et 
)n dx b. F ( x ) = ∫0 1 – et + 1 dt
e3 n + 1
−
I
3
3 n.
2e3 + 1
(choisir n = 0 dans la
9
5e3 – 2
relation ci-dessus) et I2 =
(choisir n = 1).
27
●
x→+ 
1
On en déduit que I1 =
chapitre 10
1
(–e–x + 1) ⩽ F ( x ) ⩽ –e–x + 1.
2
Or lim e-x = 0, donc par le théorème d’encadre-
3. a. 1 –
e 3
e 33
n1+1 
1
n+1   x
nx
x
= ∫
ln(
ln x
n +n1)
ln
 −x∫ dx n + 1
−
x
x  1 3
 1 33
e3 n + 1
=
−
I
3
3 n.
1 –x
e ⩽ f ( x ) ⩽ e–x.
2
L’intégration conserve l’ordre,
x1
x
donc ∫ e – t dt ⩽ F ( x ) ⩽ ∫ e – t dt
0 2
0
1  – t  x ⩽ F ( x ) ⩽  – t  x
–e
–e
0

0
2 
soit
x→+ 
x
sont elles-mêmes continues sur 1;e .
Par conséquent, la formule d’intégration par parties
2
x→+ 
2. a. f est positive, donc F représente l’aire du
domaine limité par la courbe de la fonction f, l’axe
des abscisses et les droites perpendiculaires à l’axe
des abscisses en 0 et x.
2
1
et I – J = − ,
8
2
2
1
2 1
d’où 2I = − puis I = −
16
4
8 2
e
e3
= 0 , le théorème des gendarmes assure
n→+  n + 1
lim
57 1. La fonction exp est positive et strictement
croissante sur ℝ donc f est strictement décroissante

2
3. I + J = e
3. c. Les deux questions précédentes assurent
e3
que pour tout n ∈ ℕ, on a 0  In 
. Puisque
n +1
)
1
1

sin π +  cos ( 2 x dx  = − .
2
4
4
0
et 2J = e3
⩾ I

I n.
n +1 n
que ( In converge vers 0.
1
sin(2 x )
2
)
e
cette inégalité, on obtient In = ∫ x 2 (ln x )n dx 
⩾ 0.
0
In + 1 =
)
∫02 xdx =e
0 Par intégration de
Par conséquent, x 2 (ln x )n 
⩾ 0.
3. b. Soit n ∈ ℕ. On a montré à la question 2 que
x ( cos x + sin x dx

=
en déduit que pour tout n ∈ ℕ, (ln x )n 
⩾ 0.
0
1
u
u
ses est de la forme u ' e , dérivée de e .
1
On a donc F ( x ) = – e3 – 4 x .
4
42 1. I + J = 3. a. Pour x  1; e  , on a x2 ⩾ 0 et (ln x ) 
⩾ 0.
0 On
(
)
x
= t – ln et + 1  = x – ln( ex +1) + ln 2

0
= ln ex – ln( ex +1) + ln 2 = ln
lim
x→+ 
ex
ex + 1
= 1, donc
ex
x
e +1
+ ln 2.
lim F ( x ) = ln 2.
x→+ 
ln 2 ≈ 0,69 ce qui confirme le résultat précédent.
Chapitre 10
Pour préparer le bac
ROC On déduit de lim f(x) = 0 que 𝒞 admet l’axe des
Cours
Voir démonstration page 313.
abscisses pour asymptote en + .
x → +
Application
1. Considérons les fonctions u et v définies sur  *+
par u(t ) = t et v (t ) = ln t . Ces fonctions sont dérivables sur  *+ et leurs dérivées u' et v ' sont continues sur ℝ *+ . La formule d’intégration par parties
assure alors que pour tout t  ℝ *+
F(x) =
∫ u '(t )v (t )dt
x
1
x
1
x
=  t ln(t ) –
1
)
c.
x
=  u(t )v (t ) –
b. La fonction x  1 – x est dérivable sur ℝ car c’est
une fonction polynomiale. La fonction y  e y est
également dérivable sur ℝ. Par composition, on
en déduit que la fonction x  e1 – x est dérivable
sur ℝ. Puisque la fonction x  x 2 est également
dérivable sur ℝ, il vient, par produit, que la fonction f est dérivable sur ℝ. En outre, pour x  ℝ,
on a f '( x ) = 2 xe1 – x – x 2e1 – x = x ( 2 – x e1 – x .
x
∫ u(t )v '(t )dt
0
– ∞
–
f’( x )
1
x
+
–
4
e
+ ∞
f
1
∫ t t dt
1
0
x
= x ln( x ) – 1ln(1) – t  = x ln( x ) – x + 1.
+ ∞
2
0
7
1
6
2. On en déduit que les primitives de la fonction
ln sur ℝ *+ sont les fonctions x  x ln( x ) – x + k où
k  ℝ.
5
4
3
QCM
2
1. a. ; 2.a. ;
3.b. ; 4.c.
1
Justifications 1. a. En effet, la fonction F est strictement monotone sur l’intervalle  1; +  car elle y est dérivable et sa derivée f y est strictement positive. Par
continuité en 1, la fonction F est strictement croissante sur  1; +  .
2. a. Sur l’intervalle  1; +  , la fonction F est positive car pour tout x   1; +  , F ( x ) est ­l’intégrale
de la fonction positive f sur  1; x  .
3. b. Le cours assure que la fonction F est la primitive de f sur ℝ *+ qui s’annule en 1.
4. c. Considérons la fonction u définie sur ℝ *+ par
u(t ) = ln(t ) . La fonction u est derivable sur ℝ *+ et
sa derivée u' est continue sur ℝ *+ . Par conséquent,
pour tout x  ℝ *+ , on a
 u2 (t ) x ln2 ( x ) – ln2 (1) (ln x )2
 =
F ( x ) = ∫ u '(t )u(t )dt = 
=
.
2
2
 2 1
1
x
Exercice
1. a. Pour tout x  ℝ, on a e1 – x  0 .
On en déduit que f ( x )  0 si x  0 et f (0) = 0 .
)
Pour x  0 , on a ln(f ( x ) = 2ln( x ) + 1 – x .
On en déduit que lim
x → +
)
ln(f ( x ) = –  .
(
))
En outre, pour x  0 , on a f ( x ) = exp ln(f ( x ) ,
d’où lim f ( x ) = 0 .
x → +
Par ailleurs, on a lim e1 – x = +  et lim x 2 = +  ,
x → –
d’où lim f ( x ) = + .
x → –
x → –
0
2
4
6
8
10
2. a. Par intégration par parties, on a :
1
In + 1 =
1
1
∫ x n + 1e1 – x dx = – x n + 1e1 – x 0 + (n + 1) ∫ x ne1 – x dx
0
(
0
)
= – 1 + n + 1 In .
b. Un calcul direct fournit
1
1
1
I1 = ∫ x e1 – x dx =  – x e1 – x  + ∫ e1 – x dx

0
0
0
1
1– x 
= –1+ – e
= –1 – 1+ e = e – 2 .

0
À l’aide de la formule obtenue en 2. a, on a ensuite
I2 = – 1 + 2I1 = 2e – 5 .
c. Il s’agit de l’aire du domaine limité par la courbe
𝒞, l’axe des abscisses et les droites d’équations
x = 0 et x = 1.
3. a. Pour x   0 ; 1 , on a 0  1 – x  1 . La fonction exponentielle étant croissante sur ℝ, on en
déduit que e0  e1 – x  e1 , soit 1 e1 – x  e . Puisqu’en outre pour n  ℕ * , on a 0  x n , on en
déduit que x n  x ne1 – x  ex n .
b. Intégrant l’inégalité précédente sur  0 ; 1 , il
1
e
 In 
vient
. Le théorème des gendarmes
n +1
n +1
assure alors que la suite ( In converge vers 0.
)
EPREUVE PRATIQUE
Fichiers associés : c10_prbac.xls (Excel) et c10_prbac.
ods (OpenOffice).
chapitre 10
●
Intégration
A. Pour n = 10, on obtient : 0,202 5 ⩽ A ⩽ 0,302 5
et pour n = 100 : 0,245 025 ⩽ A ⩽ 0,255 025.
Voir feuilles de calcul.
1
B. 1. Chaque rectangle a pour largeur .
n
 i i + 1
Sur l’intervalle  ;
 , pour i variant de 0 à
n n 
n − 1, le rectangle sous la courbe a pour hauteur
i
f   et le rectangle au dessus de la courbe a pour
 n
 i + 1
hauteur f 
.
 n 
En effectuant la somme de toutes les aires des rectangles au dessous et au dessus, on obtient :
n–1
1 i
n–1
1  i + 1
.
n 
∑ n f  n  ⩽ A ⩽ ∑ n f 
i =0
i =0
On remarque dans la deuxième somme que, si i
varie de 0 à n − 1, alors i +1 varie de 1 à n et comme
03 = 0, on peut écrire :
n–1
n
1 i
1 i
∑ n f  n  ⩽ A ⩽ ∑ n f  n  , puis
i =0
i =0
chapitre 10
●
Intégration
n–1
3
3
n
1 i 
1 i 
∑ n  n  ⩽ A ⩽ ∑ n  n  , soit
i =0
i =0
1
n–1
n
1
∑ i 3 ⩽ A ⩽ n4 ∑ i 3 .
n4
i =0
i =0
n
En utilisant
∑i
3
= )2
n2 ( n + 1
4
i =0
devient :
2. lim
n → +
(n – 1)2 n2
4n 4
⩽ A ⩽ (n – 1)2 n2 = 4n
De même lim
4
n → +
n2 (n + 1)
lim
)2 =
n2 ( n + 1
2
4n 4
4n 4
1
.
4
Par le théorème des gendarmes, A = 1
 x4 
1
1
3. A = ∫ x 3dx =   = .
0
4
4
  0
.
n4 – 2n3 + n2
n → +
4
l’encadrement
1
.
4
= 1
.
4
Chapitre 10
Les TICE
Fichiers associés
Pour l’exemple de la page Tice :
c10_tice_exemple.gef (Graphe Easy) et c10_tice_
exemple.ggb (GeoGebra) ;
Pour les applications :
c10_tice_applic.gef (Graphe Easy) et c10_tice_applic.
ggb (GeoGebra) ;
c10_tice_applic_param.gef (Graphe Easy, avec un
paramètre n pour le nombre de rectangles).
On peut obtenir un encadrement à 10 – 2 près avec
les 2 logiciels : il faut 315 rectangles pour obtenir
1, 99  A  2, 01.
À la calculatrice, on obtient en unités d’aire :
A=2 .
On peut calculer :
∫0 sin x = [ – cos x ]0 = – cos  + cos 0 = 2,


ce
qui
confirme qu’en unités d’aire : A = 2 .
Correction de l’application
Complément pour Graphe Easy 1. Voir fichiers Graphe Easy et GeoGebra.
Ce complément permet de montrer aux élèves,
de façon dynamique, l’affinement de l’encadrement.
2. Pour obtenir l’encadrement à 10 – 3 près de l’aire
A sous la courbe de la fonction définie sur  par
f ( x ) = sin x entre 0 et 1, il faut environ 3200 rectangles, on a alors en unité d’aire : 1, 999  A  2, 001
Le logiciel Graphe Easy ne permet pas d’atteindre
cette précision, puisque le nombre maximal de rectangles est 1000.
Définir un paramètre n entre 0 et 1000 avec un pas
de 1 (voir page 126 du manuel).
Donner n comme nombre de rectangles pour l’intégrale, puis activer le mode dynamique pour le
paramètre n (voir p. 126).
chapitre 10
●
Intégration