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Primitives et calcul intégral

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Problème 1 : Calcul d'aire délimitée par deux courbes
Énoncé
On considère la fonction ff définie sur [0,1][0, 1] par f(x)=x2f(x) = x^2 et la fonction gg définie sur [0,1][0, 1] par g(x)=xg(x) = \sqrt{x}. On note Cf\mathcal{C}_f et Cg\mathcal{C}_g leurs courbes représentatives.
  • Démontrer que pour tout x∈[0,1]x \in [0, 1], g(x)≥f(x)g(x) \ge f(x).
  • Calculer l'aire A\mathcal{A} de la région délimitée par les deux courbes Cf\mathcal{C}_f et Cg\mathcal{C}_g et les droites verticales d'équations x=0x=0 et x=1x=1 (exprimer le résultat en unités d'aire).

Solution :

  • Pour comparer f(x)f(x) et g(x)g(x) sur [0,1][0, 1], calculons la différence :
g(x)−f(x)=x−x2=x(1−xx)=x(1−x3/2)g(x) - f(x) = \sqrt{x} - x^2 = \sqrt{x}(1 - x\sqrt{x}) = \sqrt{x}(1 - x^{3/2})
Pour tout x∈[0,1]x \in [0, 1], on a 0≤x≤1  ⟹  0≤x3/2≤1  ⟹  1−x3/2≥00 \le x \le 1 \implies 0 \le x^{3/2} \le 1 \implies 1 - x^{3/2} \ge 0. Le produit est donc positif ou nul sur [0,1][0, 1], ce qui montre que g(x)≥f(x)g(x) \ge f(x).
  • L'aire A\mathcal{A} de la région délimitée par les courbes est l'intégrale de la différence :
A=∫01(g(x)−f(x))dx=∫01(x−x2)dx\mathcal{A} = \int_0^1 (g(x) - f(x)) \dd x = \int_0^1 \left( \sqrt{x} - x^2 \right) \dd x
Déterminons une primitive de x↦x1/2−x2x \mapsto x^{1/2} - x^2 :
F(x)=x3/23/2−x33=23xx−x33F(x) = \frac{x^{3/2}}{3/2} - \frac{x^3}{3} = \frac{2}{3}x\sqrt{x} - \frac{x^3}{3}
Calculons l'intégrale :
A=[F(x)]01=F(1)−F(0)=(23(1)(1)−13)−0=23−13=13 u.a.\mathcal{A} = \Big[ F(x) \Big]_0^1 = F(1) - F(0) = \left( \frac{2}{3}(1)(1) - \frac{1}{3} \right) - 0 = \frac{2}{3} - \frac{1}{3} = \frac{1}{3} \text{ u.a.}
L'aire de la région en forme de fuseau fermée par les deux paraboles est égale à 1/31/3 d'unité d'aire.
Problème 2 : Étude d'une fonction définie par une intégrale
Énoncé
Soit la fonction FF définie sur R\R par :
F(x)=∫0xe−t2dtF(x) = \int_0^x e^{-t^2} \dd t
  • Justifier que la fonction FF est dérivable sur R\R et donner sa dérivée F′(x)F'(x).
  • En déduire le sens de variation de FF sur R\R.
  • Démontrer que pour tout t≥1t \ge 1, t2≥tt^2 \ge t, puis en déduire que e−t2≤e−te^{-t^2} \le e^{-t}.
  • Montrer que pour tout x≥1x \ge 1 :
F(x)≤F(1)+1e−e−xF(x) \le F(1) + \frac{1}{e} - e^{-x}
En déduire que la fonction FF est majorée sur [0,+∞[[0, +\infty[. Que peut-on en déduire pour sa limite en +∞+\infty ?

Solution :

  • La fonction t↦e−t2t \mapsto e^{-t^2} est continue sur R\R. D'après le théorème fondamental de l'analyse, la fonction FF qui à tout x∈Rx \in \R associe l'intégrale de 00 à xx de la fonction continue est l'unique primitive de cette fonction qui s'annule en 0.
FF est donc dérivable sur R\R et pour tout x∈Rx \in \R :
F′(x)=e−x2F'(x) = e^{-x^2}
  • Puisque pour tout réel xx, la fonction exponentielle est strictement positive, on a F′(x)=e−x2>0F'(x) = e^{-x^2} > 0. La fonction FF est donc strictement croissante sur R\R.
  • Pour tout t≥1t \ge 1 : en multipliant par tt (qui est positif) : t×t≥1×t  ⟹  t2≥tt \times t \ge 1 \times t \implies t^2 \ge t. La fonction exponentielle étant strictement croissante :
t2≥t  ⟹  −t2≤−t  ⟹  e−t2≤e−tt^2 \ge t \implies -t^2 \le -t \implies e^{-t^2} \le e^{-t}
  • Soit x≥1x \ge 1. En utilisant la relation de Chasles pour l'intégrale :
F(x)=∫01e−t2dt+∫1xe−t2dt=F(1)+∫1xe−t2dtF(x) = \int_0^1 e^{-t^2} \dd t + \int_1^x e^{-t^2} \dd t = F(1) + \int_1^x e^{-t^2} \dd t
D'après la question précédente, pour t≥1t \ge 1, e−t2≤e−te^{-t^2} \le e^{-t}. Par conservation de l'ordre de l'intégrale (avec 1≤x1 \le x) :
∫1xe−t2dt≤∫1xe−tdt\int_1^x e^{-t^2} \dd t \le \int_1^x e^{-t} \dd t
Calculons cette dernière intégrale :
∫1xe−tdt=[−e−t]1x=−e−x−(−e−1)=1e−e−x\int_1^x e^{-t} \dd t = \Big[ -e^{-t} \Big]_1^x = -e^{-x} - (-e^{-1}) = \frac{1}{e} - e^{-x}
On en déduit que pour tout x≥1x \ge 1 :
F(x)≤F(1)+1e−e−xF(x) \le F(1) + \frac{1}{e} - e^{-x}
De plus, pour tout x≥1x \ge 1, e−x>0  ⟹  −e−x<0e^{-x} > 0 \implies -e^{-x} < 0, ce qui montre que :
F(x)<F(1)+1eF(x) < F(1) + \frac{1}{e}
La fonction FF est donc majorée sur [1,+∞[[1, +\infty[ par la valeur constante M=F(1)+1eM = F(1) + \frac{1}{e}. Comme elle est continue sur [0,1][0,1], elle est bornée sur [0,+∞[[0, +\infty[. Puisque FF est croissante et majorée sur [0,+∞[[0, +\infty[, d'après le théorème de convergence monotone, la fonction FF admet une limite finie lorsque x→+∞x \to +\infty.
Problème 3 : Une suite d'intégrales par parties
Énoncé
On considère la suite (In)(I_n) définie pour tout entier naturel nn par :
In=∫01(1−x2)ndxI_n = \int_0^1 (1 - x^2)^n \dd x
  • Calculer la valeur de I0I_0 et I1I_1.
  • Démontrer que la suite (In)(I_n) est décroissante.
  • À l'aide d'une intégration par parties sur InI_n écrite sous la forme ∫011×(1−x2)ndx\int_0^1 1 \times (1-x^2)^n \dd x, démontrer que pour tout n≥1n \ge 1 :
In=2n∫01x2(1−x2)n−1dxI_n = 2n \int_0^1 x^2 (1 - x^2)^{n-1} \dd x
  • En écrivant x2=1−(1−x2)x^2 = 1 - (1 - x^2), montrer que pour tout n≥1n \ge 1 :
In=2n2n+1In−1I_n = \frac{2n}{2n + 1} I_{n-1}

Solution :

  • - Pour n=0n = 0 : I0=∫01(1−x2)0dx=∫011dx=[x]01=1I_0 = \int_0^1 (1-x^2)^0 \dd x = \int_0^1 1 \dd x = [x]_0^1 = 1.
  • Pour n=1n = 1 : I1=∫01(1−x2)dx=[x−x33]01=1−13=23I_1 = \int_0^1 (1-x^2) \dd x = \left[ x - \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}.
  • Pour tout x∈[0,1]x \in [0, 1], 0≤x2≤1  ⟹  0≤1−x2≤10 \le x^2 \le 1 \implies 0 \le 1-x^2 \le 1. En multipliant par (1−x2)n≥0(1-x^2)^n \ge 0, on a : (1−x2)n+1≤(1−x2)n(1-x^2)^{n+1} \le (1-x^2)^n. Par conservation de l'ordre de l'intégrale :
∫01(1−x2)n+1dx≤∫01(1−x2)ndx  ⟹  In+1≤In\int_0^1 (1-x^2)^{n+1} \dd x \le \int_0^1 (1-x^2)^n \dd x \implies I_{n+1} \le I_n
La suite (In)(I_n) est donc décroissante.
  • Appliquons une intégration par parties pour In=∫011×(1−x2)ndxI_n = \int_0^1 1 \times (1-x^2)^n \dd x. Posons :
{v(x)=(1−x2)n  ⟹  v′(x)=n(1−x2)n−1(−2x)=−2nx(1−x2)n−1u′(x)=1  ⟹  u(x)=x\begin{cases} v(x) = (1-x^2)^n & \implies v'(x) = n(1-x^2)^{n-1}(-2x) = -2nx(1-x^2)^{n-1} \\ u'(x) = 1 & \implies u(x) = x \end{cases}
Les fonctions uu et vv sont bien dérivables à dérivées continues sur [0,1][0, 1].
In=[x(1−x2)n]01−∫01x(−2nx(1−x2)n−1)dxI_n = \Big[ x(1-x^2)^n \Big]_0^1 - \int_0^1 x \left( -2nx(1-x^2)^{n-1} \right) \dd x
Le crochet vaut 1(1−12)n−0=01(1-1^2)^n - 0 = 0. On obtient :
In=2n∫01x2(1−x2)n−1dxI_n = 2n \int_0^1 x^2 (1 - x^2)^{n-1} \dd x
  • Transformons l'intégrale obtenue en écrivant x2=1−(1−x2)x^2 = 1 - (1-x^2) :
∫01x2(1−x2)n−1dx=∫01(1−(1−x2))(1−x2)n−1dx=∫01(1−x2)n−1dx−∫01(1−x2)ndx\int_0^1 x^2 (1 - x^2)^{n-1} \dd x = \int_0^1 (1 - (1-x^2)) (1-x^2)^{n-1} \dd x = \int_0^1 (1-x^2)^{n-1} \dd x - \int_0^1 (1-x^2)^n \dd x
Ce qui donne :
∫01x2(1−x2)n−1dx=In−1−In\int_0^1 x^2 (1 - x^2)^{n-1} \dd x = I_{n-1} - I_n
En remplaçant dans la relation de la question 3 :
In=2n(In−1−In)  ⟺  In=2nIn−1−2nIn  ⟺  In(1+2n)=2nIn−1  ⟺  In=2n2n+1In−1I_n = 2n(I_{n-1} - I_n) \iff I_n = 2n I_{n-1} - 2n I_n \iff I_n(1 + 2n) = 2n I_{n-1} \iff I_n = \frac{2n}{2n+1} I_{n-1}
Problème 4 : Double intégration par parties
Énoncé
Calculer la valeur exacte de l'intégrale suivante :
I=∫0πx2sin⁡(x)dxI = \int_0^{\pi} x^2 \sin(x) \dd x

Solution : Appliquons une première intégration par parties. Posons :

{v(x)=x2  ⟹  v′(x)=2xu′(x)=sin⁡(x)  ⟹  u(x)=−cos⁡(x)\begin{cases} v(x) = x^2 & \implies v'(x) = 2x \\ u'(x) = \sin(x) & \implies u(x) = -\cos(x) \end{cases}
Les fonctions uu et vv sont dérivables à dérivées continues sur [0,π][0, \pi].
I=[−x2cos⁡(x)]0π−∫0π2x(−cos⁡(x))dx=(−π2cos⁡(π)−0)+2∫0πxcos⁡(x)dxI = \Big[ -x^2 \cos(x) \Big]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} 2x (-\cos(x)) \dd x = \left( -\pi^2 \cos(\pi) - 0 \right) + 2 \int_0^{\pi} x \cos(x) \dd x
Comme cos⁡(π)=−1\cos(\pi) = -1, on a [−x2cos⁡(x)]0π=π2\Big[ -x^2 \cos(x) \Big]_0^{\pi} = \pi^2. On obtient :
I=π2+2JouˋJ=∫0πxcos⁡(x)dxI = \pi^2 + 2 J \quad \text{où} \quad J = \int_0^{\pi} x \cos(x) \dd x
Calculons l'intégrale JJ à l'aide d'une deuxième intégration par parties. Posons :
{v(x)=x  ⟹  v′(x)=1u′(x)=cos⁡(x)  ⟹  u(x)=sin⁡(x)\begin{cases} v(x) = x & \implies v'(x) = 1 \\ u'(x) = \cos(x) & \implies u(x) = \sin(x) \end{cases}
Les fonctions sont dérivables et continues sur [0,π][0, \pi].
J=[xsin⁡(x)]0π−∫0π1⋅sin⁡(x)dxJ = \Big[ x \sin(x) \Big]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} 1 \cdot \sin(x) \dd x
Le crochet vaut πsin⁡(π)−0=0\pi \sin(\pi) - 0 = 0 car sin⁡(π)=0\sin(\pi) = 0. Il reste :
J=−∫0πsin⁡(x)dx=[cos⁡(x)]0π=cos⁡(π)−cos⁡(0)=−1−1=−2J = -\int_0^{\pi} \sin(x) \dd x = \Big[ \cos(x) \Big]_0^{\pi} = \cos(\pi) - \cos(0) = -1 - 1 = -2
En remplaçant la valeur de JJ dans la première équation :
I=π2+2(−2)=π2−4I = \pi^2 + 2(-2) = \pi^2 - 4
La valeur exacte de l'intégrale est π2−4≈5,87\pi^2 - 4 \approx 5,87.

Problème 5 : Calcul de température moyenne journalière
Énoncé
Dans une région, la température extérieure (en ∘^\circC) au cours d'une journée de 24 heures (de t=0t=0 à t=24t=24) est modélisée par la fonction :
T(t)=15−6cos⁡(π(t−4)12)T(t) = 15 - 6 \cos\left( \frac{\pi(t - 4)}{12} \right)
  • Quelle est la température minimale sur la journée et à quelle heure est-elle atteinte ?
  • Quelle est la température maximale sur la journée et à quelle heure est-elle atteinte ?
  • Calculer la température moyenne journalière μ\mu sur la période de 24 heures.

Solution :

  • La fonction cosinus varie entre −1-1 et 11. La température est minimale lorsque le cosinus est maximal, c'est-à-dire quand cos⁡(π(t−4)12)=1\cos\left( \frac{\pi(t - 4)}{12} \right) = 1. La température minimale est alors Tmin⁡=15−6(1)=9∘T_{\min} = 15 - 6(1) = 9^\circC. Cette valeur est atteinte quand :
π(t−4)12=0 (ou 2π)  ⟹  t−4=0  ⟹  t=4 heures\frac{\pi(t - 4)}{12} = 0 \text{ (ou } 2\pi) \implies t - 4 = 0 \implies t = 4 \text{ heures}
La température minimale de 9∘9^\circC est atteinte à 4 heures du matin.
  • La température est maximale lorsque le cosinus est minimal, c'est-à-dire quand cos⁡(π(t−4)12)=−1\cos\left( \frac{\pi(t - 4)}{12} \right) = -1. La température maximale est alors Tmax⁡=15−6(−1)=21∘T_{\max} = 15 - 6(-1) = 21^\circC. Cette valeur est atteinte quand :
π(t−4)12=π  ⟹  t−4=12  ⟹  t=16 heures\frac{\pi(t - 4)}{12} = \pi \implies t - 4 = 12 \implies t = 16 \text{ heures}
La température maximale de 21∘21^\circC est atteinte à 16 heures (4 heures de l'après-midi).
  • La température moyenne journalière est la valeur moyenne de la fonction TT sur [0,24][0, 24] :
μ=124−0∫024T(t)dt=124∫024[15−6cos⁡(π(t−4)12)]dt\mu = \frac{1}{24-0} \int_0^{24} T(t) \dd t = \frac{1}{24} \int_0^{24} \left[ 15 - 6 \cos\left( \frac{\pi(t - 4)}{12} \right) \right] \dd t
Déterminons une primitive de la fonction TT. Une primitive de cos⁡(at+b)\cos(at+b) est 1asin⁡(at+b)\frac{1}{a} \sin(at+b). Ici a=π12a = \frac{\pi}{12}, donc 1a=12π\frac{1}{a} = \frac{12}{\pi}. Une primitive de TT est :
F(t)=15t−6×12πsin⁡(π(t−4)12)=15t−72πsin⁡(π(t−4)12)F(t) = 15t - 6 \times \frac{12}{\pi} \sin\left( \frac{\pi(t - 4)}{12} \right) = 15t - \frac{72}{\pi} \sin\left( \frac{\pi(t - 4)}{12} \right)
Calculons l'intégrale :
∫024T(t)dt=F(24)−F(0)\int_0^{24} T(t) \dd t = F(24) - F(0)
  • F(24)=15(24)−72πsin⁡(20π12)=360−72πsin⁡(5π3)=360−72π(−32)=360+363πF(24) = 15(24) - \frac{72}{\pi} \sin\left( \frac{20\pi}{12} \right) = 360 - \frac{72}{\pi} \sin\left( \frac{5\pi}{3} \right) = 360 - \frac{72}{\pi} \left( -\frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 360 + \frac{36\sqrt{3}}{\pi}.
  • F(0)=15(0)−72πsin⁡(−4π12)=−72πsin⁡(−π3)=−72π(−32)=363πF(0) = 15(0) - \frac{72}{\pi} \sin\left( -\frac{4\pi}{12} \right) = -\frac{72}{\pi} \sin\left( -\frac{\pi}{3} \right) = -\frac{72}{\pi} \left( -\frac{\sqrt{3}}{2} \right) = \frac{36\sqrt{3}}{\pi}. La différence vaut :
F(24)−F(0)=(360+363π)−363π=360F(24) - F(0) = \left( 360 + \frac{36\sqrt{3}}{\pi} \right) - \frac{36\sqrt{3}}{\pi} = 360
On obtient la valeur moyenne :
μ=124×360=15∘C\mu = \frac{1}{24} \times 360 = 15^\circ\text{C}
La température moyenne sur la journée est de 15∘15^\circC.