Calcul intégral : corrigé des exercices de maths en terminale à télécharger en PDF

Exercice 1 (calcul intégral)

On choisit \(J=\int_{1}^{2}\dfrac{2x}{1+x}dx\), car \(I+J=\int_{1}^{2}\dfrac{x^2+2x+1}{1+x}dx=\int_{1}^{2}\dfrac{(x+1)^2}{x+1}dx=\int_{1}^{2}(x+1)dx\).

\(I+J=[\dfrac{x^2}{2}+x]_{1}^{2}=(2+2)-(\dfrac{1}{2}+1)=\dfrac{5}{2}\).

Calcul de \(J\) : \(\dfrac{2x}{1+x}=\dfrac{2(x+1)-2}{x+1}=2-\dfrac{2}{x+1}\), donc \(J=[2x-2\ln(x+1)]_{1}^{2}=4-2\ln 3-2+2\ln 2=2-2\ln\dfrac{3}{2}\).

On en déduit \(I=\dfrac{5}{2}-J=\dfrac{5}{2}-2+2\ln\dfrac{3}{2}\), soit \(I=\dfrac{1}{2}+2\ln\dfrac{3}{2}\).

Exercice 2 :

A. On pose \(u(x)=x\), \(u^{\prime}(x)=1\), et \(v^{\prime}(x)=\sqrt{3-x}\), \(v(x)=-\dfrac{2}{3}(3-x)^{\frac{3}{2}}\).

\(A=[-\dfrac{2}{3}x(3-x)^{\frac{3}{2}}]_{0}^{3}+\dfrac{2}{3}\int_{0}^{3}(3-x)^{\frac{3}{2}}dx=0+\dfrac{2}{3}[-\dfrac{2}{5}(3-x)^{\frac{5}{2}}]_{0}^{3}\)

\(A=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{2}{5}\times 3^{\frac{5}{2}}=\dfrac{4}{15}\times 9\sqrt{3}\), donc \(A=\dfrac{12\sqrt{3}}{5}\).

B. On pose \(u(x)=\ln x\), \(u^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\), et \(v^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x^2}\), \(v(x)=-\dfrac{1}{x}\).

\(B=[-\dfrac{\ln x}{x}]_{1}^{e}+\int_{1}^{e}\dfrac{1}{x^2}dx=-\dfrac{1}{e}+[-\dfrac{1}{x}]_{1}^{e}=-\dfrac{1}{e}-\dfrac{1}{e}+1\), donc \(B=1-\dfrac{2}{e}\).

C. On pose \(u(x)=x\), \(u^{\prime}(x)=1\), et \(v^{\prime}(x)=\cos\dfrac{x}{2}\), \(v(x)=2\sin\dfrac{x}{2}\).

\(C=[2x\sin\dfrac{x}{2}]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}2\sin\dfrac{x}{2}dx=2\pi-[-4\cos\dfrac{x}{2}]_{0}^{\pi}=2\pi-(0+4)\), donc \(C=2\pi-4\).

Exercice 3 (calcul intégral)

Pour la dérivée de \(\dfrac{\ln x}{x}\), on utilise \((\dfrac{u}{v})^{\prime}=\dfrac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^2}\) avec \(u=\ln x\) et \(v=x\).

\(f^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{\frac{1}{x}\times x-\ln x\times 1}{x^2}=-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1-\ln x}{x^2}=\dfrac{-1+1-\ln x}{x^2}\)

Donc, pour tout \(x\gt 0\), \(f^{\prime}(x)=-\dfrac{\ln x}{x^2}\).

Exercice 4 :

1. a. En \(+\infty\) : \(\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{x^2-x}=+\infty\) (car \(x^2-x=x(x-1)\to+\infty\)) et \(\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty\), donc par somme \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\).

b. En \(-\infty\), on a une forme indéterminée « \(+\infty-\infty\) ». On multiplie par la quantité conjuguée : \(f(x)=\dfrac{(x^2-x)-x^2}{\sqrt{x^2-x}-x}=\dfrac{-x}{\sqrt{x^2-x}-x}\).

Pour \(x\lt 0\), \(\sqrt{x^2-x}=|x|\sqrt{1-\dfrac{1}{x}}=-x\sqrt{1-\dfrac{1}{x}}\), donc \(f(x)=\dfrac{-x}{-x(\sqrt{1-\frac{1}{x}}+1)}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{x}}+1}\).

Comme \(\dfrac{1}{x}\to 0\), on obtient \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\dfrac{1}{2}\) : la courbe de \(f\) admet la droite d’équation \(y=\dfrac{1}{2}\) comme asymptote horizontale en \(-\infty\).

2. En 0 (à gauche) : \(f(0)=0\) et, pour \(x\lt 0\), \(\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{\sqrt{x^2-x}}{x}+1=-\sqrt{1-\dfrac{1}{x}}+1\). Quand \(x\to 0^-\), \(-\dfrac{1}{x}\to+\infty\), donc ce taux d’accroissement tend vers \(-\infty\) : \(f\) n’est pas dérivable en 0.

En 1 (à droite) : \(f(1)=1\) et, pour \(x\gt 1\), \(\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\dfrac{\sqrt{x(x-1)}}{x-1}+1=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x-1}}+1\), qui tend vers \(+\infty\) quand \(x\to 1^+\) : \(f\) n’est pas dérivable en 1.

Interprétation : la courbe de \(f\) admet une demi-tangente verticale au point \(O(0\,;0)\) et au point de coordonnées \((1\,;1)\).

3. a. Pour \(x\geq\, 1\), \(\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{x\sqrt{1-\frac{1}{x}}+x}{x}=\sqrt{1-\dfrac{1}{x}}+1\), donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=2\).

b. \(f(x)-2x=\sqrt{x^2-x}-x=\dfrac{(x^2-x)-x^2}{\sqrt{x^2-x}+x}=\dfrac{-x}{x(\sqrt{1-\frac{1}{x}}+1)}=\dfrac{-1}{\sqrt{1-\frac{1}{x}}+1}\), donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}[f(x)-2x]=-\dfrac{1}{2}\).

Ainsi \(\lim\limits_{x\to+\infty}[f(x)-(2x-\dfrac{1}{2})]=0\) : la courbe de \(f\) admet la droite d’équation \(y=2x-\dfrac{1}{2}\) comme asymptote oblique en \(+\infty\).

Exercice 5 (calcul intégral)

Une division (ou une vérification en développant) donne, pour \(x\neq 3\) : \(f(x)=-2x-3-\dfrac{2}{x-3}\). En effet \((-2x-3)(x-3)-2=-2x^2+3x+9-2=-2x^2+3x+7\).

1. a. En \(\pm\infty\), \(f(x)\) a la même limite que le quotient des termes de plus haut degré \(\dfrac{-2x^2}{x}=-2x\). Donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-\infty\) et \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=+\infty\).

b. En 3, le numérateur tend vers \(-2\times 9+9+7=-2\). Si \(x\to 3^-\), \(x-3\to 0^-\) donc \(f(x)\to+\infty\) ; si \(x\to 3^+\), \(x-3\to 0^+\) donc \(f(x)\to-\infty\). La courbe C admet la droite d’équation \(x=3\) comme asymptote verticale.

2. a. \(f^{\prime}(x)=-2+\dfrac{2}{(x-3)^2}=\dfrac{-2(x-3)^2+2}{(x-3)^2}=\dfrac{-2[(x-3)^2-1]}{(x-3)^2}\), soit \(f^{\prime}(x)=\dfrac{-2(x-2)(x-4)}{(x-3)^2}\).

Le dénominateur est strictement positif ; \((x-2)(x-4)\) est positif à l’extérieur des racines 2 et 4. Donc \(f^{\prime}(x)\lt 0\) sur \(]-\infty\,;2[\) et sur \(]4\,;+\infty[\), \(f^{\prime}(x)\gt 0\) sur \(]2\,;3[\) et sur \(]3\,;4[\). De plus \(f(2)=\dfrac{-8+6+7}{-1}=-5\) et \(f(4)=\dfrac{-32+12+7}{1}=-13\).

\(x\)	\(-\infty\)		\(2\)		\(3\)		\(4\)		\(+\infty\)
signe de \(f^{\prime}(x)\)		−	0	+	||	+	0	−
variations de \(f\)	\(+\infty\)	décroissante	\(-5\)	croissante	\(+\infty\) || \(-\infty\)	croissante	\(-13\)	décroissante	\(-\infty\)

La fonction admet un minimum local \(-5\) en 2 et un maximum local \(-13\) en 4.

3. a. \(f(x)-(-2x-3)=-\dfrac{2}{x-3}\), qui tend vers 0 en \(+\infty\) et en \(-\infty\). Donc la droite (D) d’équation \(y=-2x-3\) est asymptote oblique à C en \(+\infty\) et en \(-\infty\).

b. Le signe de \(f(x)-(-2x-3)=\dfrac{-2}{x-3}\) est l’opposé de celui de \(x-3\) : C est au-dessus de (D) sur \(]-\infty\,;3[\) et au-dessous de (D) sur \(]3\,;+\infty[\).

4. L’ensemble de définition \(\mathbb{R}\setminus\{3\}\) est symétrique par rapport à 3 : si \(x\neq 3\), alors \(6-x\neq 3\). Pour \(x\neq 3\) :

\(f(6-x)=-2(6-x)-3-\dfrac{2}{3-x}=2x-15+\dfrac{2}{x-3}\), donc \(f(6-x)+f(x)=2x-15+\dfrac{2}{x-3}-2x-3-\dfrac{2}{x-3}=-18=2\times (-9)\).

Ainsi S(3 ; −9) est centre de symétrie de C.

Intersections avec l’axe des abscisses : \(f(x)=0\iff -2x^2+3x+7=0\). Le discriminant vaut \(\Delta=9+56=65\), d’où \(x=\dfrac{3-\sqrt{65}}{4}\approx-1{,}27\) ou \(x=\dfrac{3+\sqrt{65}}{4}\approx 2{,}77\) (ces deux valeurs sont différentes de 3). Les points cherchés sont \(B(\dfrac{3-\sqrt{65}}{4}\,;0)\) et \(A(\dfrac{3+\sqrt{65}}{4}\,;0)\).

5. Voici la courbe C avec ses asymptotes, les tangentes horizontales en \(S_1(2\,;-5)\) et \(S_2(4\,;-13)\) et les points A et B :

Exercice 6 :

1. a. Par linéarité : \(U_0+U_1=\int_{0}^{1}\dfrac{1+e^{-x}}{1+e^{-x}}dx=\int_{0}^{1}1\,dx\), donc \(U_0+U_1=1\).

b. La fonction \(x\mapsto \dfrac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\) est de la forme \(-\dfrac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u(x)=1+e^{-x}\gt 0\). Donc \(U_1=[-\ln(1+e^{-x})]_{0}^{1}=\ln 2-\ln(1+e^{-1})=\ln\dfrac{2}{1+e^{-1}}\), soit \(U_1=\ln\dfrac{2e}{e+1}\approx 0{,}380\).

On en déduit \(U_0=1-\ln\dfrac{2e}{e+1}\) (environ 0,620).

2. Pour tout \(x\in[0\,;1]\), \(e^{-nx}\gt 0\) et \(1+e^{-x}\gt 0\), donc la fonction intégrée est positive. Comme \(0\lt 1\), par positivité de l’intégrale, \(U_n\geq\, 0\) pour tout entier naturel \(n\).

3. a. Pour \(n\geq\, 1\) : \(U_{n+1}+U_n=\int_{0}^{1}\dfrac{e^{-nx}(e^{-x}+1)}{1+e^{-x}}dx=\int_{0}^{1}e^{-nx}dx=[-\dfrac{1}{n}e^{-nx}]_{0}^{1}\), donc \(U_{n+1}+U_n=\dfrac{1-e^{-n}}{n}\).

b. D’après la question 2, \(U_{n+1}\geq\, 0\), donc \(U_n\leq\, U_{n+1}+U_n\), c’est-à-dire \(U_n\leq\,\dfrac{1-e^{-n}}{n}\).

4. Pour \(n\geq\, 1\) : \(0\leq\, U_n\leq\,\dfrac{1-e^{-n}}{n}\). Or \(\lim\limits_{n\to+\infty}(1-e^{-n})=1\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}=0\), donc le majorant tend vers 0. D’après le théorème des gendarmes, \(\lim\limits_{n\to+\infty}U_n=0\).

Exercice 7 (calcul intégral)

1. a. Comme \(e^{-x}\gt 0\), \(f(x)\) a le signe de \(1+x\) : \(f(x)\lt 0\) sur \(]-\infty\,;-1[\), \(f(-1)=0\) et \(f(x)\gt 0\) sur \(]-1\,;+\infty[\).

b. En \(-\infty\) : \(\lim\limits_{x\to-\infty}(1+x)=-\infty\) et \(\lim\limits_{x\to-\infty}e^{-x}=+\infty\), donc par produit \(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty\).

En \(+\infty\) : \(f(x)=e^{-x}+\dfrac{x}{e^{x}}\). Or \(\lim\limits_{x\to+\infty}e^{-x}=0\) et, par croissances comparées, \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x}{e^x}=0\). Donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\) : l’axe des abscisses est asymptote à la courbe en \(+\infty\).

c. \(f^{\prime}(x)=1\times e^{-x}+(1+x)\times (-e^{-x})=e^{-x}(1-1-x)\), donc \(f^{\prime}(x)=-xe^{-x}\).

\(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(-x\) : \(f\) est croissante sur \(]-\infty\,;0]\) et décroissante sur \([0\,;+\infty[\), avec un maximum \(f(0)=1\).

d. La courbe est tracée sur la figure ci-dessous (elle coupe l’axe des abscisses en \(-1\) et atteint son maximum au point \((0\,;1)\)).

2. a. Pour \(n\in\mathbb{N}\), on a \(-1\lt n\) et \(f\) est continue et positive sur \([-1\,;n]\), strictement positive sur \(]-1\,;n]\) : l’intégrale d’une fonction continue, positive et non identiquement nulle est strictement positive, donc \(I_n\gt 0\).

b. D’après la relation de Chasles, \(I_{n+1}-I_n=\int_{n}^{n+1}f(x)dx\). Sur \([n\,;n+1]\), avec \(n\geq\, 0\), on a \(f(x)\gt 0\), donc \(I_{n+1}-I_n\geq\, 0\) : la suite \((I_n)\) est croissante.

3. a. On pose \(u(x)=1+x\), \(u^{\prime}(x)=1\), et \(v^{\prime}(x)=e^{-x}\), \(v(x)=-e^{-x}\).

\(\int_{a}^{b}f(x)dx=[-(1+x)e^{-x}]_{a}^{b}+\int_{a}^{b}e^{-x}dx=-(1+b)e^{-b}+(1+a)e^{-a}+[-e^{-x}]_{a}^{b}\)

\(\int_{a}^{b}f(x)dx=-(1+b)e^{-b}+(1+a)e^{-a}-e^{-b}+e^{-a}\), donc \(\int_{a}^{b}f(x)dx=(-2-b)e^{-b}+(2+a)e^{-a}\).

b. Avec \(a=-1\) et \(b=n\) : \(I_n=(-2-n)e^{-n}+(2-1)e^{1}\), soit \(I_n=e-(n+2)e^{-n}\).

c. \((n+2)e^{-n}=\dfrac{n}{e^n}+\dfrac{2}{e^n}\) tend vers 0 (croissances comparées), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}I_n=e\).

d. \(I_n\) est l’aire, en unités d’aire, du domaine compris entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équations \(x=-1\) et \(x=n\). La limite signifie que le domaine illimité situé entre la courbe et l’axe des abscisses, à droite de la droite \(x=-1\), a une aire égale à \(e\) u.a., soit environ 2,72 cm².

4. D’après 3.a avec \(a=-1\) et \(b=\alpha\) : \(\int_{-1}^{\alpha}f(x)dx=(-2-\alpha)e^{-\alpha}+e\). L’équation devient \(-(\alpha+2)e^{-\alpha}=0\), et comme \(e^{-\alpha}\gt 0\), \(\alpha=-2\).

On a alors \(\int_{-1}^{-2}f(x)dx=-\int_{-2}^{-1}f(x)dx=e\). Sur \([-2\,;-1]\), \(f\) est négative, donc \(-\int_{-2}^{-1}f(x)dx\) est l’aire du domaine compris entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites \(x=-2\) et \(x=-1\). Oui, ce calcul correspond à une aire : celle de ce domaine (partie colorée à gauche de \(-1\) sur la figure), égale à \(e\) u.a., c’est-à-dire la même valeur que l’aire illimitée de la question 3.d.

Exercice 8 :

1. \(f(x)=\cos^4 x-\cos^2 x\). Avec \((\cos^n x)^{\prime}=-n\sin x\cos^{n-1}x\) :

\(f^{\prime}(x)=-4\sin x\cos^3 x+2\sin x\cos x=2\sin x\cos x\,(1-2\cos^2 x)\).

Or \(2\sin x\cos x=\sin(2x)\) et \(2\cos^2 x-1=\cos(2x)\), donc \(f^{\prime}(x)=-\sin(2x)\cos(2x)\), soit \(f^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{2}\sin(4x)\).

En dérivant : \(f^{\prime\prime}(x)=-2\cos(4x)\).

Par ailleurs \(f(x)=\cos^2 x(\cos^2 x-1)=-\cos^2 x\sin^2 x=-\dfrac{\sin^2(2x)}{4}=-\dfrac{1-\cos(4x)}{8}\), donc \(16f(x)=-2+2\cos(4x)\).

Ainsi \(f^{\prime\prime}(x)+16f(x)=-2\cos(4x)-2+2\cos(4x)\) : \(f^{\prime\prime}(x)+16f(x)=-2\), qui est bien constant.

2. On a \(f(x)=-\dfrac{1}{16}(2+f^{\prime\prime}(x))\), et \(f^{\prime}\) est une primitive de \(f^{\prime\prime}\). Donc :

\(I=-\dfrac{1}{16}[2x+f^{\prime}(x)]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=-\dfrac{1}{16}(\pi-\dfrac{1}{2}\sin(2\pi)+\dfrac{1}{2}\sin 0)\), soit \(I=-\dfrac{\pi}{16}\).

Ce résultat est négatif, ce qui est cohérent : \(f(x)=-\cos^2 x\sin^2 x\leq\, 0\).

Exercice 9 (calcul intégral)

Soit \(x\gt 0\). On pose \(u(t)=\ln t\), \(u^{\prime}(t)=\dfrac{1}{t}\), et \(v^{\prime}(t)=t^2-t\), \(v(t)=\dfrac{t^3}{3}-\dfrac{t^2}{2}\).

\(I=[(\dfrac{t^3}{3}-\dfrac{t^2}{2})\ln t]_{1}^{x}-\int_{1}^{x}\dfrac{1}{t}(\dfrac{t^3}{3}-\dfrac{t^2}{2})dt\)

De même, \(I=(\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^2}{2})\ln x-\int_{1}^{x}(\dfrac{t^2}{3}-\dfrac{t}{2})dt\) car \(\ln 1=0\).

\(I=(\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^2}{2})\ln x-[\dfrac{t^3}{9}-\dfrac{t^2}{4}]_{1}^{x}=(\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^2}{2})\ln x-\dfrac{x^3}{9}+\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{1}{9}-\dfrac{1}{4}\)

\(I=(\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^2}{2})\ln x-\dfrac{x^3}{9}+\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{5}{36}\)

Exercice 10 :

Dans chaque cas, \(k\) désigne une constante réelle quelconque ; on vérifie le résultat en dérivant \(F\).

a. Sur \(I=\mathbb{R}\) : \(F(x)=-x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{8}+\dfrac{x^6}{6}+k\).

b. \(f(x)=(x-1)^2(x+1)=(x-1)(x^2-1)=x^3-x^2-x+1\). Sur \(\mathbb{R}\) : \(F(x)=\dfrac{x^4}{4}-\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^2}{2}+x+k\).

c. \(f(x)=\dfrac{5}{4}x+\dfrac{7}{3}x^2+\dfrac{1}{2}x^4\). Sur \(\mathbb{R}\) : \(F(x)=\dfrac{5}{8}x^2+\dfrac{7}{9}x^3+\dfrac{1}{10}x^5+k\).

d. \(f(x)=x+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\). Sur \(]0\,;+\infty[\), comme \((2\sqrt{x})^{\prime}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\) : \(F(x)=\dfrac{x^2}{2}+2\sqrt{x}+k\).

d. \(f(x)=-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{x^3}\). Sur \(]0\,;+\infty[\) (ou sur \(]-\infty\,;0[\)) : \(F(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2x^2}+k\).

e. \(f(x)=-\dfrac{-3}{(3x-1)^2}=\dfrac{3}{(3x-1)^2}\) est de la forme \(\dfrac{u^{\prime}}{u^2}\) avec \(u(x)=3x-1\). Sur \(]\dfrac{1}{3}\,;+\infty[\) (ou \(]-\infty\,;\dfrac{1}{3}[\)) : \(F(x)=-\dfrac{1}{3x-1}+k\).

f. \(f(x)=\cos x+\sin x\). Sur \(\mathbb{R}\) : \(F(x)=\sin x-\cos x+k\).

g. \(f(x)=\dfrac{-3}{\sqrt{6x+7}}=-\dfrac{1}{2}\times \dfrac{6}{\sqrt{6x+7}}\) et \((\sqrt{u})^{\prime}=\dfrac{u^{\prime}}{2\sqrt{u}}\). Sur \(]-\dfrac{7}{6}\,;+\infty[\) : \(F(x)=-\sqrt{6x+7}+k\).

h. \(f(x)=\dfrac{1}{\cos^2 x}+\cos x\). Sur \(]-\dfrac{\pi}{2}\,;\dfrac{\pi}{2}[\) : \(F(x)=\tan x+\sin x+k\).

i. \(f(x)=\ln x\). Sur \(]0\,;+\infty[\) : \(F(x)=x\ln x-x+k\) (en effet \((x\ln x-x)^{\prime}=\ln x+1-1=\ln x\)).

j. \(f(x)=\sin x\cos^2 x\) est de la forme \(-u^{\prime}u^2\) avec \(u=\cos x\). Sur \(\mathbb{R}\) : \(F(x)=-\dfrac{\cos^3 x}{3}+k\).

k. \(f(x)=\sin(-3x+1)\). Sur \(\mathbb{R}\) : \(F(x)=\dfrac{1}{3}\cos(-3x+1)+k\), car \((\cos(-3x+1))^{\prime}=3\sin(-3x+1)\).

l. \(f(x)=\dfrac{3x}{(x^2+1)^2}=\dfrac{3}{2}\times \dfrac{2x}{(x^2+1)^2}\), de la forme \(\dfrac{3}{2}\times \dfrac{u^{\prime}}{u^2}\). Sur \(\mathbb{R}\) : \(F(x)=-\dfrac{3}{2(x^2+1)}+k\).

m. \(f(x)=\dfrac{-1}{\sin^2 x}=\dfrac{-\sin^2 x-\cos^2 x}{\sin^2 x}=\dfrac{(\cos x)^{\prime}\sin x-\cos x(\sin x)^{\prime}}{\sin^2 x}=(\dfrac{\cos x}{\sin x})^{\prime}\). Sur \(]0\,;\pi[\) : \(F(x)=\dfrac{\cos x}{\sin x}+k\).

Exercice 11 (calcul intégral)

a. Les primitives de \(f\) sur \(\mathbb{R}\) sont \(F(x)=\dfrac{x^4}{4}-\dfrac{x^3}{3}-x+k\). La condition \(F(0)=7\) donne \(k=7\), donc \(F(x)=\dfrac{x^4}{4}-\dfrac{x^3}{3}-x+7\).

b. Sur \(]0\,;+\infty[\), \(F(x)=2\sqrt{x}+\dfrac{1}{x}+k\). \(F(1)=2+1+k=0\) donne \(k=-3\), donc \(F(x)=2\sqrt{x}+\dfrac{1}{x}-3\).

c. \(\sin(3x+\dfrac{\pi}{2})=\cos(3x)\), donc \(F(x)=\dfrac{1}{3}\sin(3x)+k\) sur \(\mathbb{R}\). \(F(\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{1}{3}\sin\dfrac{\pi}{2}+k=\dfrac{1}{3}+k=\dfrac{1}{6}\) donne \(k=-\dfrac{1}{6}\), donc \(F(x)=\dfrac{1}{3}\sin(3x)-\dfrac{1}{6}\).

Exercice 12 :

a. En réduisant au même dénominateur : \(\dfrac{a}{(t+2)^2}+\dfrac{b}{(t-1)^2}=\dfrac{a(t-1)^2+b(t+2)^2}{(t+2)^2(t-1)^2}\). Il suffit que \(a(t-1)^2+b(t+2)^2=-6t-3\) pour tout \(t\).

Pour \(t=1\) : \(9b=-9\), donc \(b=-1\). Pour \(t=-2\) : \(9a=9\), donc \(a=1\).

Vérification : \((t-1)^2-(t+2)^2=(t^2-2t+1)-(t^2+4t+4)=-6t-3\). Donc \(a=1\) et \(b=-1\) : \(f(t)=\dfrac{1}{(t+2)^2}-\dfrac{1}{(t-1)^2}\).

b. Une primitive de \(\dfrac{1}{(t+2)^2}\) est \(-\dfrac{1}{t+2}\) et une primitive de \(\dfrac{1}{(t-1)^2}\) est \(-\dfrac{1}{t-1}\). Les primitives de \(f\) sur \(]-2\,;1[\) sont donc \(F(t)=-\dfrac{1}{t+2}+\dfrac{1}{t-1}+k\), \(k\in\mathbb{R}\).

Exercice 13 (calcul intégral)

1. On réduit au même dénominateur :

\(\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{1+x}+\dfrac{c}{(1+x)^2}=\dfrac{a(1+x)^2+bx(1+x)+cx}{x(1+x)^2}=\dfrac{(a+b)x^2+(2a+b+c)x+a}{x(1+x)^2}\).

Par identification avec \(\dfrac{1}{x(1+x)^2}\), on obtient le système \(a+b=0\), \(2a+b+c=0\), \(a=1\), d’où \(a=1\), \(b=-1\), \(c=-1\) :

\(\dfrac{1}{x(1+x)^2}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{1+x}-\dfrac{1}{(1+x)^2}\)

2. a. Pour \(X\geq\, 1\) :

\(\int_{1}^{X}\dfrac{dx}{x(1+x)^2}=[\ln x-\ln(1+x)+\dfrac{1}{1+x}]_{1}^{X}=\ln X-\ln(1+X)+\dfrac{1}{1+X}+\ln 2-\dfrac{1}{2}\)

\(\int_{1}^{X}\dfrac{dx}{x(1+x)^2}=\ln\dfrac{X}{1+X}+\dfrac{1}{1+X}+\ln 2-\dfrac{1}{2}\)

b. On pose \(u(x)=\ln x\), \(u^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\), et \(v^{\prime}(x)=\dfrac{1}{(1+x)^3}\), \(v(x)=-\dfrac{1}{2(1+x)^2}\).

\(f(X)=[-\dfrac{\ln x}{2(1+x)^2}]_{1}^{X}+\dfrac{1}{2}\int_{1}^{X}\dfrac{dx}{x(1+x)^2}\)

\(f(X)=-\dfrac{\ln X}{2(1+X)^2}+\dfrac{1}{2}(\ln\dfrac{X}{1+X}+\dfrac{1}{1+X})+\dfrac{1}{2}(\ln 2-\dfrac{1}{2})\)

c. Quand \(X\to+\infty\) : \(\dfrac{\ln X}{2(1+X)^2}=\dfrac{\ln X}{X}\times \dfrac{X}{2(1+X)^2}\to 0\) (croissances comparées), \(\dfrac{X}{1+X}\to 1\) donc \(\ln\dfrac{X}{1+X}\to 0\), et \(\dfrac{1}{1+X}\to 0\).

Donc \(\lim\limits_{X\to+\infty}f(X)=\dfrac{1}{2}(\ln 2-\dfrac{1}{2})\).

Exercice 14 :

a. La fonction nulle a une intégrale nulle : \(\int_{2}^{3}0\,dt=0\).

b. \(\int_{-1}^{2}(-x+6)dx=[-\dfrac{x^2}{2}+6x]_{-1}^{2}=(-2+12)-(-\dfrac{1}{2}-6)=10+6{,}5\) : \(16{,}5\).

c. \(\int_{0}^{4}(2x^2+8x-1)dx=[\dfrac{2x^3}{3}+4x^2-x]_{0}^{4}=\dfrac{128}{3}+64-4\) : \(\dfrac{308}{3}\).

d. \(\int_{0}^{\frac{2\pi}{3}}\cos x\,dx=[\sin x]_{0}^{\frac{2\pi}{3}}=\sin\dfrac{2\pi}{3}-\sin 0\) : \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).

e. \(\int_{-2}^{0}(x^5+4x^3+x^2-x)dx=[\dfrac{x^6}{6}+x^4+\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^2}{2}]_{-2}^{0}=0-(\dfrac{64}{6}+16-\dfrac{8}{3}-2)=-(\dfrac{32}{3}-\dfrac{8}{3}+14)\) : \(-22\).

f. \(\int_{1}^{3}\dfrac{1}{x^2}dx=[-\dfrac{1}{x}]_{1}^{3}=-\dfrac{1}{3}+1\) : \(\dfrac{2}{3}\).

g. Une primitive de \(\dfrac{1}{\cos^2 x}\) sur \(]-\dfrac{\pi}{2}\,;\dfrac{\pi}{2}[\) est \(\tan x\) : \(\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{dx}{\cos^2 x}=\tan\dfrac{\pi}{4}-\tan(-\dfrac{\pi}{4})=1+1\) : \(2\).

h. Une primitive de \(\dfrac{1}{\sqrt{2x+5}}\) est \(\sqrt{2x+5}\) : \(\int_{3}^{4}\dfrac{dx}{\sqrt{2x+5}}=\sqrt{13}-\sqrt{11}\) : \(\sqrt{13}-\sqrt{11}\approx 0{,}29\).

Exercice 15 (calcul intégral)

Pour tout réel \(x\), \(x^2\geq\, 0\) donc \(f(x)=x^2+1\geq\, 1\gt 0\) : \(f\) est positive sur \(I=[-1\,;0]\). L’aire du domaine \(D\), en unités d’aire, est donc égale à l’intégrale :

\(\mathcal{A}(D)=\int_{-1}^{0}(x^2+1)dx=[\dfrac{x^3}{3}+x]_{-1}^{0}=0-(-\dfrac{1}{3}-1)\), soit \(\mathcal{A}(D)=\dfrac{4}{3}\) u.a.

Exercice 16 :

a. Par linéarité : \(\int_{a}^{b}(2f(x)-4g(x))dx=2\times 5-4\times 3\), soit \(-2\).

b. Par linéarité : \(\int_{a}^{b}(4f(x)-\beta g(x))dx=20-3\beta\). L’équation \(20-3\beta=2\) donne \(\beta=6\).

Exercice 17 (calcul intégral)

La fonction \(h:x\mapsto x^3-\tan x\) est impaire : \(h(-x)=-x^3-\tan(-x)=-x^3+\tan x=-h(x)\), et l’intervalle \([-5\,;5]\) est centré en 0. Les contributions de \([-5\,;0]\) et de \([0\,;5]\) sont opposées, donc l’intégrale est nulle.

Remarque : la tangente n’est pas définie en \(\pm\dfrac{\pi}{2}\) et \(\pm\dfrac{3\pi}{2}\), qui appartiennent à \([-5\,;5]\) ; en toute rigueur, le raisonnement par imparité s’applique sur un intervalle centré en 0 où la fonction est continue, par exemple \([-1\,;1]\).

Exercice 18 :

a. On linéarise avec \(\sin^2 x=\dfrac{1-\cos(2x)}{2}\) :

\(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^2 x\,dx=[\dfrac{x}{2}-\dfrac{\sin(2x)}{4}]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\sin\pi}{4}\) : \(\dfrac{\pi}{4}\).

b. On utilise \(\sin x\cos x=\dfrac{1}{2}\sin(2x)\) :

\(\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin x\cos x\,dx=[-\dfrac{\cos(2x)}{4}]_{0}^{\frac{\pi}{4}}=-\dfrac{\cos\frac{\pi}{2}}{4}+\dfrac{\cos 0}{4}=0+\dfrac{1}{4}\) : \(\dfrac{1}{4}\).

Exercice 19 (calcul intégral)

Cet exercice reprend l’exercice 12.

a. Il faut \(a(t-1)^2+b(t+2)^2=-6t-3\) pour tout \(t\). Pour \(t=1\) : \(9b=-9\) ; pour \(t=-2\) : \(9a=9\). On vérifie que \((t-1)^2-(t+2)^2=-6t-3\). Donc \(a=1\) et \(b=-1\).

b. Sur \(]-2\,;1[\), les primitives de \(f(t)=\dfrac{1}{(t+2)^2}-\dfrac{1}{(t-1)^2}\) sont \(F(t)=-\dfrac{1}{t+2}+\dfrac{1}{t-1}+k\), \(k\in\mathbb{R}\).

Exercice 20 :

a) \(\int_{0}^{4}3\,dx=3\times (4-0)\) : \(12\) (aire d’un rectangle de côtés 4 et 3).

b) \(\int_{3}^{7}(\dfrac{1}{2}t+2)dt=[\dfrac{t^2}{4}+2t]_{3}^{7}=(\dfrac{49}{4}+14)-(\dfrac{9}{4}+6)=10+8\) : \(18\).

Exercice 21 (calcul intégral)

Pour savoir si \(F_i\) est une primitive de \(f\) sur \(\mathbb{R}\), on dérive \(F_i\) et on compare avec \(f(x)=\dfrac{e^x}{(e^x+1)^2}\).

\(F_1\) est de la forme \(-\dfrac{1}{u}\) avec \(u=e^x+1\), donc \(F_1^{\prime}(x)=\dfrac{u^{\prime}}{u^2}=\dfrac{e^x}{(e^x+1)^2}=f(x)\) : \(F_1\) est une primitive de \(f\).

\(F_2(x)=\dfrac{2(e^x+1)-1}{e^x+1}=2-\dfrac{1}{e^x+1}=F_1(x)+2\), donc \(F_2^{\prime}=F_1^{\prime}=f\) : \(F_2\) est une primitive de \(f\).

En multipliant numérateur et dénominateur par \(e^x\) : \(F_3(x)=\dfrac{2+e^x}{1+e^x}=1+\dfrac{1}{e^x+1}=1-F_1(x)\), donc \(F_3^{\prime}=-f\neq f\) : \(F_3\) n’est pas une primitive de \(f\).

De même \(F_4(x)=\dfrac{1+2e^x}{1+e^x}=F_2(x)\), donc \(F_4\) est une primitive de \(f\).

Exercice 22 :

a) Une primitive de \(f\) est \(F(x)=x^5-\dfrac{3}{2}x^2+7x\).

b) \(g=\dfrac{4}{3}\times 3(3x-1)^5\) est de la forme \(\dfrac{4}{3}u^{\prime}u^5\) avec \(u=3x-1\), donc une primitive est \(\dfrac{4}{3}\times \dfrac{(3x-1)^6}{6}\), soit \(G(x)=\dfrac{2}{9}(3x-1)^6\).

c) \(h(x)=\dfrac{7}{2}\times \dfrac{2x}{x^2+4}\) est de la forme \(\dfrac{7}{2}\times \dfrac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u=x^2+4\gt 0\), donc \(H(x)=\dfrac{7}{2}\ln(x^2+4)\).

d) On cherche une primitive de la forme \((ax+b)e^x\) : sa dérivée est \((ax+a+b)e^x\). On identifie avec \(3xe^x\) : \(a=3\) et \(a+b=0\), donc \(b=-3\) (on peut aussi intégrer par parties). Une primitive est \(I(x)=(3x-3)e^x\).

Exercice 23 (calcul intégral)

a) Pour \(t\in[0\,;1]\), on a \(0\leq\, t^2\leq\, t\). La fonction exponentielle étant croissante, \(1\leq\, e^{t^2}\leq\, e^t\). En multipliant par \(-2\) (ce qui change le sens) puis en ajoutant 2 : \(2-2e^t\leq\, 2-2e^{t^2}\leq\, 2-2=0\).

Donc \(2-2e^t\leq\, 2-2e^{t^2}\leq\, 0\) sur \([0\,;1]\).

b) Pour \(t\geq\, 1\), \(t^2-t=t(t-1)\geq\, 0\), donc \(t^2\geq\, t\) et \(e^{t^2}\geq\, e^t\), d’où \(2-2e^{t^2}\leq\, 2-2e^t\).

c) Par croissance de l’intégrale (bornes dans le bon ordre), l’inégalité du a) donne :

\(\int_{0}^{1}(2-2e^t)dt\leq\,\int_{0}^{1}(2-2e^{t^2})dt\leq\, 0\), avec \(\int_{0}^{1}(2-2e^t)dt=[2t-2e^t]_{0}^{1}=2-2e+2=4-2e\).

Donc \(4-2e\leq\,\int_{0}^{1}(2-2e^{t^2})dt\leq\, 0\) (soit environ \(-1{,}44\leq\,\dots\leq\, 0\)).

De même, l’inégalité du b) intégrée sur \([1\,;5]\) donne \(\int_{1}^{5}(2-2e^{t^2})dt\leq\,[2t-2e^t]_{1}^{5}=10-2e^5-2+2e\), soit \(\int_{1}^{5}(2-2e^{t^2})dt\leq\, 8+2(e-e^5)\).

Exercice 24 :

Pour tout \(x\in[0\,;1]\) et tout entier naturel \(n\) : \(0\leq\, x^n\leq\, 1\) et \(1+x\gt 0\), donc \(0\leq\,\dfrac{x^n}{1+x}\leq\,\dfrac{1}{1+x}\).

Les bornes étant dans l’ordre croissant (\(0\lt 1\)), on intègre ces inégalités :

\(0\leq\,\int_{0}^{1}\dfrac{x^n}{1+x}dx\leq\,\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+x}dx=[\ln(1+x)]_{0}^{1}=\ln 2\).

Donc, pour tout entier naturel \(n\), \(0\leq\,\int_{0}^{1}\dfrac{x^n}{1+x}dx\leq\,\ln 2\).

Exercice 25 (calcul intégral)

Lecture du graphique : \(f(-4)=0\), \(f(-2)=4\), \(f(2)=2\) et \(f\) est constante égale à 2 sur \([2\,;4]\). La fonction est positive sur \([-4\,;4]\), donc chaque intégrale est l’aire, en unités d’aire, du domaine situé sous la courbe.

a) Sur \([-4\,;-2]\), le domaine est un triangle de base 2 et de hauteur 4 : \(\int_{-4}^{-2}f(t)dt=\dfrac{2\times 4}{2}\) = 4.

b) Sur \([-2\,;2]\), le domaine est un trapèze de bases 4 et 2 et de hauteur 4 : \(\int_{-2}^{2}f(t)dt=\dfrac{(4+2)\times 4}{2}\) = 12.

c) Sur \([2\,;4]\), le domaine est un rectangle de côtés 2 et 2 : \(\int_{2}^{4}f(t)dt=2\times 2\) = 4.

Exercice 26 :

a) \(\int_{-2}^{1}5\,dx=5\times (1-(-2))\) = 15.

b) \(\int_{-1}^{2}(-t+4)dt=[-\dfrac{t^2}{2}+4t]_{-1}^{2}=(-2+8)-(-\dfrac{1}{2}-4)=6+4{,}5\) = 10,5.

c) \(\int_{-3}^{3}(x+3)dx=[\dfrac{x^2}{2}+3x]_{-3}^{3}=(\dfrac{9}{2}+9)-(\dfrac{9}{2}-9)\) = 18.

d) \(\int_{0}^{5}(2x+1)dx=[x^2+x]_{0}^{5}=25+5\) = 30.

e) \(\int_{-2}^{2}(1-\dfrac{x}{2})dx=[x-\dfrac{x^2}{4}]_{-2}^{2}=(2-1)-(-2-1)\) = 4.

f) La fonction \(x\mapsto 1-|x|\) est positive sur \([-1\,;1]\) et sa courbe forme avec l’axe des abscisses un triangle de base 2 et de hauteur 1. Par le calcul : \(\int_{-1}^{1}(1-|x|)dx=2\int_{0}^{1}(1-x)dx=2[x-\dfrac{x^2}{2}]_{0}^{1}=2\times \dfrac{1}{2}\) = 1.

Exercice 27 (calcul intégral)

1. La surface bleue est comprise entre la courbe de \(f\), l’axe des abscisses et les droites \(x=0\) et \(x=1\). Comme \(f(x)=x^2\geq\, 0\) sur \([0\,;1]\), son aire vaut :

\(\int_{0}^{1}x^2dx=[\dfrac{x^3}{3}]_{0}^{1}\) = \(\dfrac{1}{3}\) u.a.

2. Comme \(g(x)=-f(x)\), la courbe de \(g\) est la symétrique de celle de \(f\) par rapport à l’axe des abscisses : la surface rouge est la symétrique de la surface bleue, donc elle a la même aire, \(\dfrac{1}{3}\) u.a.

3. Sur \([0\,;1]\), \(g(x)=-x^2\leq\, 0\) : l’axe des abscisses est au-dessus de la courbe de \(g\). L’aire rouge vaut donc \(\int_{0}^{1}(0-g(x))dx=\int_{0}^{1}x^2dx\) = \(\dfrac{1}{3}\) u.a., ce qui confirme le résultat.

Exercice 28 :

Lecture graphique : sur \([1\,;3]\), la fonction \(x\mapsto x\) est positive et \(I\) est l’aire du trapèze rouge de bases 1 et 3 et de hauteur 2 : \(I=\dfrac{(1+3)\times 2}{2}=4\).

Sur \([-2\,;2]\), la fonction \(x\mapsto -0{,}5x+1\) est positive (elle s’annule en 2) et \(J\) est l’aire du triangle bleu de base 4 et de hauteur 2 : \(J=\dfrac{4\times 2}{2}=4\).

Vérification par le calcul : \(I=[\dfrac{x^2}{2}]_{1}^{3}=\dfrac{9}{2}-\dfrac{1}{2}=4\) et \(J=[-\dfrac{x^2}{4}+x]_{-2}^{2}=(-1+2)-(-1-2)=4\).

Donc \(I=J\) : l’affirmation est vraie.

Exercice 29 :

1) \(f(x)=2xe^{x^2-3}\) est de la forme \(u^{\prime}e^u\) : \(F(x)=e^{x^2-3}\).

\(g(x)=\dfrac{x}{x^2+4}=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{2x}{x^2+4}\) avec \(x^2+4\gt 0\) : \(G(x)=\dfrac{1}{2}\ln(x^2+4)\).

\(h(x)=\cos x\sin^2 x\) est de la forme \(u^{\prime}u^2\) avec \(u=\sin x\) : \(H(x)=\dfrac{\sin^3 x}{3}\).

2) \(f(x)=\dfrac{2x+1}{x^2+x+1}\) est de la forme \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u(x)=x^2+x+1\gt 0\) (discriminant négatif) : \(F(x)=\ln(x^2+x+1)\).

\(g(x)=\dfrac{x}{(x^2+1)^2}=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{2x}{(x^2+1)^2}\) est de la forme \(\dfrac{1}{2}\times \dfrac{u^{\prime}}{u^2}\) : \(G(x)=-\dfrac{1}{2(x^2+1)}\).

\(h(x)=x(x^2+5)^{-3}=\dfrac{1}{2}\times 2x(x^2+5)^{-3}\) est de la forme \(\dfrac{1}{2}u^{\prime}u^{-3}\), dont une primitive est \(\dfrac{1}{2}\times \dfrac{u^{-2}}{-2}\) : \(H(x)=-\dfrac{1}{4(x^2+5)^2}\).

3) \(f(x)=xe^{-x^2}=-\dfrac{1}{2}\times (-2x)e^{-x^2}\) : \(F(x)=-\dfrac{1}{2}e^{-x^2}\).

\(g(x)=\dfrac{e^x}{e^x+1}\) est de la forme \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u=e^x+1\gt 0\) : \(G(x)=\ln(e^x+1)\).

\(h(x)=\dfrac{8x}{\sqrt{2x^2+1}}=4\times \dfrac{4x}{2\sqrt{2x^2+1}}\) est de la forme \(4\times \dfrac{u^{\prime}}{2\sqrt{u}}\) avec \(u=2x^2+1\) : \(H(x)=4\sqrt{2x^2+1}\).

Exercice 30 :

Comme \(F\) est une primitive de \(f\), on a \(F^{\prime}=f\) : le signe de \(f\) donne le sens de variation de \(F\).

Par lecture graphique, \(F\) est croissante sur \([-3\,;-1]\), décroissante sur \([-1\,;3]\) et croissante sur \([3\,;5]\). Donc \(f\) doit être positive sur \([-3\,;-1]\), négative sur \([-1\,;3]\), positive sur \([3\,;5]\), et s’annuler en \(-1\) et en 3.

La courbe 1 coupe l’axe des abscisses en \(-1\) et en 3, est au-dessus de l’axe sur \([-3\,;-1]\) et sur \([3\,;5]\), et au-dessous entre les deux : elle convient. La courbe 2, elle, est négative au voisinage de \(-3\) alors que \(F\) y est croissante : elle ne convient pas (c’est d’ailleurs la courbe de \(F\) elle-même).

C’est la courbe 1 qui représente la fonction \(f\).

Exercice 31 :

Remarque : pour \(n=0\), la fonction \(x\mapsto \dfrac{1}{x}\) n’est pas définie en 0 ; on travaille donc avec \(n\geq\, 1\).

1. a) Pour tout \(x\in[n\,;n+1]\), \(0\lt n\leq\, x\leq\, n+1\). La fonction inverse étant décroissante sur \(]0\,;+\infty[\) : \(\dfrac{1}{n+1}\leq\,\dfrac{1}{x}\leq\,\dfrac{1}{n}\).

b) \(\dfrac{1}{n}\) est une constante (elle ne dépend pas de \(x\)) : \(\int_{n}^{n+1}\dfrac{1}{n}dx=\dfrac{1}{n}\times (n+1-n)\), donc \(\int_{n}^{n+1}\dfrac{1}{n}dx=\dfrac{1}{n}\). De même, \(\int_{n}^{n+1}\dfrac{1}{n+1}dx=\dfrac{1}{n+1}\).

c) Les bornes étant dans l’ordre croissant, on intègre l’encadrement du a) :

\(\int_{n}^{n+1}\dfrac{1}{n+1}dx\leq\,\int_{n}^{n+1}\dfrac{1}{x}dx\leq\,\int_{n}^{n+1}\dfrac{1}{n}dx\), soit \(\dfrac{1}{n+1}\leq\, I_n\leq\,\dfrac{1}{n}\).

(On peut aussi calculer \(I_n=\ln(n+1)-\ln n=\ln\dfrac{n+1}{n}\).)

2) \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n+1}=0\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}=0\). D’après le théorème des gendarmes, \(\lim\limits_{n\to+\infty}I_n=0\).

Exercice 32 :

On développe : \(g(x)=2\sin x\cos x-\sin x=\sin(2x)-\sin x\). Une primitive de \(g\) est donc \(G(x)=-\dfrac{1}{2}\cos(2x)+\cos x\).

Sur le graphique, le domaine coloré est compris entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équations \(x=0\) et \(x=\dfrac{3\pi}{2}\). Signe de \(g\) sur \([0\,;\dfrac{3\pi}{2}]\) : \(\sin x=0\) pour \(x=0\) ou \(x=\pi\), et \(2\cos x-1=0\) pour \(x=\dfrac{\pi}{3}\). On obtient :

• sur \([0\,;\dfrac{\pi}{3}]\) : \(\sin x\geq\, 0\) et \(2\cos x-1\geq\, 0\), donc \(g(x)\geq\, 0\) ;
• sur \([\dfrac{\pi}{3}\,;\pi]\) : \(\sin x\geq\, 0\) et \(2\cos x-1\leq\, 0\), donc \(g(x)\leq\, 0\) ;
• sur \([\pi\,;\dfrac{3\pi}{2}]\) : \(\sin x\leq\, 0\) et \(2\cos x-1\lt 0\), donc \(g(x)\geq\, 0\).

Cela correspond au graphique. Valeurs de \(G\) : \(G(0)=-\dfrac{1}{2}+1=\dfrac{1}{2}\), \(G(\dfrac{\pi}{3})=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{4}\), \(G(\pi)=-\dfrac{1}{2}-1=-\dfrac{3}{2}\), \(G(\dfrac{3\pi}{2})=\dfrac{1}{2}+0=\dfrac{1}{2}\).

\(\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}g(x)dx=\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}\) ; \(\int_{\frac{\pi}{3}}^{\pi}g(x)dx=-\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{4}=-\dfrac{9}{4}\) ; \(\int_{\pi}^{\frac{3\pi}{2}}g(x)dx=\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2}=2\).

Sur l’intervalle où \(g\) est négative, l’aire est l’opposé de l’intégrale. L’aire du domaine coloré vaut donc :

\(\mathcal{A}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{9}{4}+2\), soit \(\mathcal{A}=\dfrac{9}{2}=4{,}5\) unités d’aire.

Exercice 33 :

a) Pour \(x\geq\, 0\), \(x\geq\, 0\) et \(e^{-x}\gt 0\), donc \(f(x)=xe^{-x}\geq\, 0\) : la courbe \(\varphi\) est au-dessus de l’axe des abscisses sur \([0\,;+\infty[\).

b) Comme \(f\) est continue et positive sur \([0\,;a]\), l’aire de \(D_a\) vaut \(\mathcal{A}(a)=\int_{0}^{a}xe^{-x}dx\). On intègre par parties avec \(u(x)=x\), \(u^{\prime}(x)=1\), \(v^{\prime}(x)=e^{-x}\), \(v(x)=-e^{-x}\) :

\(\mathcal{A}(a)=[-xe^{-x}]_{0}^{a}+\int_{0}^{a}e^{-x}dx=-ae^{-a}+[-e^{-x}]_{0}^{a}=-ae^{-a}-e^{-a}+1\)

Donc \(\mathcal{A}(a)=1-(a+1)e^{-a}\) u.a.

c) \((a+1)e^{-a}=\dfrac{a}{e^a}+\dfrac{1}{e^a}\). Par croissances comparées \(\lim\limits_{a\to+\infty}\dfrac{a}{e^a}=0\), et \(\lim\limits_{a\to+\infty}\dfrac{1}{e^a}=0\). Donc \(\lim\limits_{a\to+\infty}\mathcal{A}(a)=1\) u.a.

Exercice 34 :

Calcul de \(A\) : \(f(x)=6x-x^2\geq\, 0\) sur \([0\,;6]\), donc \(A=\int_{0}^{6}(6x-x^2)dx=[3x^2-\dfrac{x^3}{3}]_{0}^{6}=108-72=36\). Un huitième de \(A\) vaut \(\dfrac{36}{8}=\dfrac{9}{2}\).

Intersection de la courbe et de \(D_m\) : \(x(6-x)=mx\iff x(6-m-x)=0\iff x=0\) ou \(x=6-m\).

• Si \(0\leq\, m\lt 6\) : \(0\lt 6-m\leq\, 6\). Sur \([0\,;6-m]\), \(f(x)-mx=x(6-m-x)\geq\, 0\), donc la courbe est au-dessus de la droite et l’aire du domaine compris entre elles vaut \(\int_{0}^{6-m}((6-m)x-x^2)dx=[\dfrac{(6-m)x^2}{2}-\dfrac{x^3}{3}]_{0}^{6-m}=\dfrac{(6-m)^3}{2}-\dfrac{(6-m)^3}{3}=\dfrac{(6-m)^3}{6}\).
• Si \(m\lt 0\) ou \(m\geq\, 6\), la droite ne recoupe pas la courbe à l’intérieur de \(]0\,;6[\) : le domaine compris entre la courbe et \(D_m\) sur \([0\,;6]\) a une aire \(\int_{0}^{6}|6x-x^2-mx|dx=|36-18m|\), qui vaut plus de 36 si \(m\lt 0\) et au moins 72 si \(m\geq\, 6\) : jamais \(\dfrac{9}{2}\).

On résout donc \(\dfrac{(6-m)^3}{6}=\dfrac{9}{2}\iff(6-m)^3=27\iff 6-m=3\iff m=3\) (qui vérifie bien \(0\leq\, m\lt 6\)).

Vérification : \(\int_{0}^{3}(6x-x^2-3x)dx=[\dfrac{3x^2}{2}-\dfrac{x^3}{3}]_{0}^{3}=\dfrac{27}{2}-9=\dfrac{9}{2}\).

Il existe une seule valeur : \(m=3\) ; la droite d’équation \(y=3x\) délimite avec la courbe un domaine d’aire \(\dfrac{A}{8}\).

Calcul intégral : méthode de travail

Tout d’abord, fais l’exercice sans regarder la solution. Ensuite, vérifie chaque résultat avec soin. Ainsi, chaque erreur devient une occasion de progresser. De plus, un travail régulier sur calcul intégral vaut mieux qu’une longue séance.

Par exemple, note sur une fiche les pièges rencontrés. Enfin, le programme officiel de mathématiques est détaillé sur le site Éduscol. Également, tu peux continuer avec probabilités : corrigé des exercices de maths en 1ère.