EXERCICE 314 page 272
1.
-0.2 0 0.2 0.4 0.6 1
-4 -2 2 x 4
2. Attention, il y a un petit problème en 0 : sinxx est assimilé à1enx= 0carlim
0 sinx
x = 1 Somme de Darboux supérieure, 6 intervalles
Rπ 0
sinx
x dx= 16πP5
i=06siniπ16iπ =16π³ 1 +P5
i=16siniπ16iπ´
=16π³
1 +5π28 +94√π3´
= 2,1065 Remarque : Le CAS donneRπ
0 sinx
x dx= 1,8519
Pour la courbe de Gauss, on doit d’abord calculer les points d’intersection avec l’horizontale d’équation :y=√1
e :
e−x2 = √1e =e−12 ⇔x=−√22 ou x= +√22 R√22
−
√2 2
e−x2dx= 2·R−√22
0 e−x2dxcar la fonction est paire.
R√22
0 e−x2dx= 121√ 2P5
i=0e−721i2= 121√ 2³
1 +e−721 +e−181 +e−18 +e−29 +e−2572´
= 0,62721 Remarque : Le CAS donneR√22
0 e−x2dx= 0,60502
EXERCICE 315 page 272
L’intégration par parties, méthode de la table :
cosx ex
&
−sinx ex
&
−cosx −→ ex Ainsi :Rπ
0 excosxdx= [excosx+exsinx]π0 −Rπ
0 excosxdx
Cette égalité, qui est en fait une équation pour l’inconnueX :=Rπ
0 excosxdxdonne alors : X =
Z π 0
excosxdx=1
2[excosx+exsinx]π0 =−eπ+ 1 2
EXERCICE 316 page 272
Dans le cours (page 91 et 92) on voit comment la substitution bilatéralex=rcosttransforme l’expression√ r2−x2 avec r > 0 en une expression trigonométrique sans radical. Une transformation analogue peut être opérée sur
√a2−b2x2;√
a2+b2x2 et√
b2x2−a2.Il est clair que la recherche d’une primitive est facilitée par l’élimination du radical. Voici les 3 cas avec les substitutions appropriées.
NB. : on fait une substitution bilatérale sans changement de bornes.
1. Premier cas : L’intégrand renferme : √
a2−b2x2 (a >0;b >0) Un intervalle bien choisi est alors Icom pact⊂ Dc ⊂£
−ab;ab¤ Substitution unilatérale sans changement de bornes :
bx=asint ⇔ t:= arcsinbax dx=a
bcost dt
Le petit triangle rectangle auxiliaire
c.opp.=bx; hyp.=a ⇒ c.adj.=p
a2−b2x2 donne alors toutes les relations importantes et utiles suivantes :
sint= bx
a cost=
√a2−b2x2
a tant= bx
√a2−b2x2 cott=
√a2−b2x2 bx Exemple type : Sur l’intervalleIcom pact⊂ ¤
−ab;ab£
\ {0}on calcule :
Z dx
x2√
a2−b2x2 = b a2
Z dt
sin2t =− b
a2cott+cte=−
√a2−b2x2 a2x +cte Ainsi, on peut écrire :
Z dx
x2√
4−9x2 =−
√4−9x2 4x +cte Évidemment la même substitution s’impose pour calculer l’intégrale de b) 1) :
J =
Z x3
√4−9x2dx= Z 8
27sin3t 2 cost
2
3costdt= 8 81
Z
sin3t dt
= 8
81 µ
−1
3sin2tcost−2 3cost
¶
+cte= −8
243(cost)¡
sin2t+ 2¢ +cte
= −8 243
√4−9x2
2 ·
õ3x 2
¶2
+ 2
! +cte
= −1 243
¡9x2+ 8¢ p
4−9x2+cte
(Note comment on vient d’utiliser les relations du petit triangle rectangle indispensable.) On obtientfinalement :J =R12
0 x3
√4−9x2dx=−194441 √ 7 + 24316 2. Deuxième cas : L’intégrand renferme : √
a2+b2x2 (a >0;b >0) Un intervalle bien choisi est alors :Icom pact⊂ Dc⊂R
Substitution unilatérale sans changement des bornes :
bx=atant ⇔ t:= arctanabx dx= a
b 1 cos2tdt Le petit triangle rectangle auxiliaire
c.opp.=bx; c.adj.=a ⇒ hyp.=p
a2+b2x2 donne alors toutes les relations importantes et utiles suivantes :
sint= bx
√a2+b2x2 cost= a
√a2+b2x2 tant=bx
a cott= a bx Exemple type : Sur l’intervalleIcom pact⊂ Ron calcule avec le résultat de l’exercice301, No 2) :
Z dx
√a2+b2x2 = 1 b
Z dt cost = 1
b ln
¯¯
¯¯ 1
cost+ tant
¯¯
¯¯+cte= 1 bln
Ã√
a2+b2x2 a +bx
a
! +cte
= 1 bln³
bx+p
a2+b2x2´
−1
blna+cte Ainsi on peut écrire : Z dx
√ = 1 ln³
3x+p
9x2+ 4´ +cte
Évidemment la même substitution s’impose pour calculer l’intégrale de b) 2) : J =
Z x3p
4 + 9x2dx= 32 81
Z tan3t
cos3tdt=32 81
Z sin3t cos6tdt
= 32 81
Z ¡1−cos2t¢
cos6t sint dt substitueru:= cost
= 32 81
Z ¡u2−1¢
u6 du= 32 81
Z µ1 u4 − 1
u6
¶
du= 32 81
µ 1 5u5 − 1
3u3
¶ +cte
= 32 81
µ 1
5 cos5t− 1 3 cos3t
¶ +cte
= 32 81
á4 + 9x2¢2√ 4 + 9x2
160 −
¡4 + 9x2¢√ 4 + 9x2 24
! +cte
= 243x4+ 36x2−32 1215
p4 + 9x2+cte
Note comment on vient d’utiliser les relations du petit triangle rectangle indispensable.
Ainsi, on obtientfinalement : J=
Z √3 1
x3p
4 + 9x2dx= 2263 1215
√31− 247 1215
√13
3. Troisième cas : L’intégrand renferme : √
b2x2−a2 (a >0;b >0) Un intervalle bien choisi est alors : Icom pact⊂ Dc⊂¤
−∞;−ab
£∪¤a
b; +∞£ . Substitution unilatérale sans changement des bornes :
bx= a
cost ⇔ t:= arccosbxa dx= a
b sint cos2t dt Le petit triangle rectangle auxiliaire
hyp.=bx; c.adj.=a ⇒ c.opp.=p
b2x2−a2 donne alors toutes les relations importantes et utiles suivantes :
sint=
√b2x2−a2
bx cost= a
bx tant=
√b2x2−a2
a cott= a
√b2x2−a2 Exemple type : Sur l’intervalleIcom pact⊂ Dc⊂¡¤
−∞;−ab
£∪¤a
b; +∞£¢
\ {0}on calcule : Z √
b2x2−a2 x dx=a
Z
tan2t dt=atant−at+cte=p
b2x2−a2−aarccos a bx+cte Ainsi on peut écrire :
Z √ 9x2−4
x dx=p
9x2−4−2 arccos 2 3x+cte Évidemment la même substitution s’impose pour calculer l’intégrale de b) 3) :
Z dx
x2√
9x2−4= 3 4 Z
cost dt= 3
4sint+cte=
√9x2−4 4x +cte Note comment on vient d’utiliser les relations du petit triangle rectangle indispensable.
EXERCICE 317 page 272
L’équation s’écrit Z x
0
tant ¡
1 + tan2t¢ dt=3
2
³
0< x < π 2
´
(1) L’intégrale se calcule par substitution unilatérale avec changement des bornes : (u= tant)
Z tanx tan 0
u du= 3
2 (0<tanx <∞) et donc, de façon équivalente :
tan2x= 3 (0<tanx <∞)
Après avoir écarté la solution négative parasitaire, on obtient l’ens. des solutions de l’équation : EdS]0;π/2[(317) =nπ
3 o
EXERCICE 318 page 272
1. Aire du rectangle.
Z B 0
Hdx=H· Z B
0
dx=H·[x]B0 =H·(B−0) =H·B 2. Aire du trapèze.
D’abord on doit construire l’équation du côté oblique : KL≡: y=kx+tavec le sytème :
½ H =kb+t 0 =kB+t ⇔
½ k=b−HB t= BHB
−b
doncy= H
B−b(B−x) Z b
0
Hdx+ Z B
b
ydx = H·b+ H B−b
Z B b
(B−x)dx
= Hb+ H B−b
∙
Bx−x2 2
¸B b
= Hb+ H B−b
µ
B2−B2
2 −Bb+b2 2
¶
= Hb+ H B−b
µ1
2B2−Bb+1 2b2
¶
= Hb+ H (B−b)
(B−b)2 2
= Hb+H(B−b)
2 =2Hb+HB−Hb
2 = (B+b)
2 ·H 3. Aire du triangle :
L’équation de la droite oblique qui passe par l’origine est :OA≡: y= H B ·x Z B
0
H
Bxdx= H B ·
Z B 0
xdx= H B ·
∙x2 2
¸B 0
= H B ·B2
2 =H·B 2
EXERCICE 319 page 272
1. Les points(−1; 0) ; (1; 0) ; (0; 4)de la parabole vérifient l’équation de la courbe. Tout comme 2 points définissent une droite, 3 points définissent une parabole.
2. Calcul de l’aire de la fenêtre : A=
Z 1
−1|y|dxpaire != 2· Z 1
0
4¡ 1−x2¢
dx= 8
∙ x−x3
3
¸1
0
= 8·2
3u.a.= 16 3 m2 3. Volume de briques à extraire :V =A·d=163 m2·0,20 m =1615m3 .
EXERCICE 320 page 273
L’aire du carré vaut :AC = 1u.l.·1u.l.= 1u.a.
1. A1=R1
0 x2dx=
∙x3 3
¸1 0
= 1 3u.a.
2. A2=R1 0
¡√x−x2¢ dx=
∙2x√ x 3 −x3
3
¸1 0
= 2 3−1
3 =1 3 u.a.
3. A3=R1 0 (1−√
x)dx=
∙
x−2x√ x 3
¸1
0
= 1−2 3= 1
3u.a
EXERCICE 321 page 273
La démonstration passe en trois étapes :
Première étape : Une translation (ajouter un nombreK∈Rconvenablement choisi à toute ordonnée) permet dans tous les 3 cas présentés de se ramener au premier cas, c’est-à-dire :
f +K >0 ; g+K >0 ; et f > g
Deuxième étape : La translation ainsi réalisée ne change évidemment pas l’aire de la surface. Il s’agit ici d’une des propriétés fondamentales de la géométrie élémentaire. D’après une autre propriété fondamentale, on peut calculer cette aire par la différence de l’aire Af+K de la partie comprise entre l’axe des abscisses, les droites d’équations respectivesx=aetx=b et le graphe def+K moins l’aireAg+K de la partie comprise entre l’axe des abscisses, les droites d’équations respectivesx=aetx=b et le graphe deg+K..
Troisième étape : Calcul et conséquence.
A = Af+K−Ag+K (2e étape)
= Rb
a(f+K)−Rb
a(g+K) (1er cas page 81)
= Rb
a(f+K−g−K) linéarité de l’intégrale p.71 + théo. fondamental
= Rb
a(f−g) carK−K= 0 Conséquence :
On retiendra la formule fondamentale pour calculer l’aire de la partie du plan comprise entre les graphes respectives de deux fonctionsx7→g(x)etx7→f(x)et les deux droites d’équations respectives :x=aetx=b:
A[a;b](f, g) :=Rb a|f−g|
Un très bel exemple d’application nous est présenté par la surface de l’exercice 323 !
EXERCICE 322 page 273
Il faut commencer par déterminer les équations des droites qui forment les côtés du triangle.
Ce sont :
AB:≡ y1=12x+32 ; AC:≡ y2=−x+ 3 ; BC:≡ y3=−4x+ 15
Il faut toujours essayer de découper les surfaces selon des verticales ! Dans ce cas, on fait comme suit : A : =A[1;3](y1;y2) +A[3;4](y3;y2)
= Z 3
1 |y1−y2|+ Z 4
3 |y3−y2|
= Z 3
1
(y1−y2) + Z 4
3
(y3−y2)
= Z 3
1
µ3 2x−3
2
¶ dx+
Z 4 3
(−3x+ 12)dx
= 3 2
∙1 2x2−x
¸3 1
+ 3
∙
−1
2x2+ 4x
¸4
3
= 3
2·2 + 3·1 2.
= 9 2 u.a.
EXERCICE 323 page 273
On demande de calculer une aire comprise entre deux courbes.
On applique alors évidemment la formule de l’exercice 321 :A[a;b](f, g) :=Rb a|f−g| 1. Pour ce faire, on calcule d’abord la différencef−g :
(∀x∈R) f(x)−g(x) =¡
2x2−2x¢
−¡
x3−3x+ 2¢
=−x3+ 2x2+x−2 2. Maintenant, afin de trouver le signe de cette différence, on factorise.
Pour factoriser un polynôme du 3e degré, on dispose de deux méthodes :
L’une : Ens. des racines possiblesERP,racine évidentex0= 1(voirfigure !) , Horner, factorisation du facteur du second degré, ens de toutes les racines :EdS.
L’autre, par les méthodes vues en cinquième :
−x3+ 2x2+x−2 = −x2(x−2) + (x−2)
= (x−2) (1 +x) (1−x) Ceci permet déjà d’écrire les bornes externes :a:=−1,b= 2et de
3. dresser le tableau des signes pour pouvoir dissoudre la valeur absolue plus tard :
x −1 1 2
(f−g) (x) + 0 − 0 + 0 − Remarque : Ce tableau est bien vérifié par lafigure.
4. Il est très utile, de calculer une primitive particulièreF de la fonction(f−g) : F(x) =R ¡
−x3+ 2x2+x−2¢
dx=−14x4+23x3+12x2−2x (la constante étant choisie nulle) 5. On calcule ensuite sa valeur aux points d’intersection des deux courbesf etg :
F(−1) =−14(−1)4+23(−1)3+12(−1)2−2 (−1) = 1912 F(1) =−14(1)4+23(1)3+12(1)2−2 (1) =−1312
F(2) =−14(2)4+23(2)3+12(2)2−2 (2) =−23
6. Maintenant, on a tout pour bien pouvoir calculer l’aire demandée à l’aide de
la formule et de la propriété de Chasles pour les intégrales (les auteurs l’appellent additivité à la page 82) et de
la formule de la permutation des bornes (page 82) : A[−1;2](f, g) : =
Z 2
−1|f−g|
= Z 1
−1−(f−g) + Z 2
1
+ (f−g)
= Z −1
1
(f−g) + Z 2
1
(f−g)
= F(−1)−F(1) +F(2)−F(1)
= 19 12+
µ
−2 3
¶
−2· µ
−13 12
¶
= 37 12 u.a.
Remarque : Ces 6 étapes constituent la base de tout calcul d’aire, car la formule est tout a fait générale et la méthode convient dans tous les cas possibles. Mais, dans certains cas, la découpe sur l’axe des abscisses n’est pas très évidente. Voir ici les exercices 324, 325 et 326.
EXERCICE 324 page 273
Figure de l’exercice :
0 2 4 6 8
-6 -4 -2 2 4 6 8 10
Il est inévitable de déterminer les coordonnées des points d’intersection des deux cercles. Il suffit pour cela de résoudre le système :
(Σ) :
½ x2+ (y−5)2 = 25 (x−5)2+ (y−5)2 = 25
Par soustraction (deuxième ligne−première) on obtient : (x−5)2=x2 ce qui fournit x= 52 (axe de symétrie de
la figure). Le remplaçement dans la première ligne, donne : (y−5)2 = 754 et donc les deux points d’intersection
A¡5
2; 5−52
√3¢
; B¡5
2; 5 +52√ 3¢
.
Pour le calcul de l’aire, on considère la somme de raies "verticales" avec comme largeur∆x.
On exploite évidemment la symétrie du problème : Aire = 2·
Z 5/2 0
ÃÃ 5 +r³
25−(x−5)2´!
− Ã
5−r³
25−(x−5)2´!!
dx
= 4· Z 5/2
0
q
25−(x−5)2dx.
Pour calculer cette dernière intégrale, on fait une substitution bilatérale avec changement de base (voir pages 91 et 92) :
x−5 = 5 cost ⇐⇒ t= arccosx−55 dx=−5 sint dt
x= 0 ⇐⇒ t=π x= 52 ⇐⇒ t= 2π3
Ce qui donne :
Aire = 4· Z 2π/3
π
¡−25 sin2t¢ dt
= 50 Z π
2π/3
(1−cos 2t) dt
= 50
∙
t−sin 2t 2
¸π 2π/3
= 50 Ã
π−0−2π 3 +−√
3 4
!
= 50π 3 −25√
3 2 u.a.
EXERCICE 325 page 273
Commencer par corriger la faute de frappe de la deuxième ligne, qui doit se lire :x2+ (y−5)2= 5 Figure de l’exercice :
3 4 5 6 7
-3 -2 -1 0 1 2 3
Il est inévitable de déterminer les coordonnées des points d’intersection des deux graphes. Il suffit pour cela de résoudre le système :
(Σ) :
½ x2 = 4−y
x2+ (y−5)2 = 5
Par substitution (première dans la deuxième équation) on obtient(4−y) + (y−5)2= 5. L’équation qui s’en suit : y2−11y+ 24 = 0, donne alorsy= 3ouy= 8.
Or, la première des deux équations du système exige quey≤4ce qui mène à écartery= 8.
Le remplaçementy= 3dans la première ligne, donne :x2= 1, et ensuite les deux points d’intersection A(1; 3) ; B(−1; 3)
Pour le calcul de l’aire, on considère la somme de raies "verticales" avec comme largeur∆x.
On exploite évidemment la symétrie du problème (l’axe des ordonnées est un axe de symétrie) : Aire = 2·
Z 1 0
³¡4−x2¢
−³ 5−p
5−x2´´
dx
= 2· Z 1
0
³−1−x2+p 5−x2´
dx.
= 2h
−x−x 3
i1 0+ 2·
Z 1 0
p5−x2dx
= −8 3+ 2
Z 1 0
p5−x2dx
Pour calculer cette dernière intégrale, on fait une substitution (voir pages 91 et 92) : x=√
5 sint ⇐⇒ t= arcsin√x 5
dx=√
5 cost dt
x= 0 ⇐⇒ t= 0 x= 1 ⇐⇒ t=t1= arcsin√55
Ce qui donne :
Aire = −8 3+ 2·
Z t1
0
5 cos2t dt
= −8 3+ 5
Z t1
0
(1 + cos 2t) dt
= −8 3+ 5
∙
t+sin 2t 2
¸t1
0
= −8 3+ 5
µ
t1+sin 2t1
2 −0
¶
= −8
3+ 5t1+5 2sin 2t1
= −8
3+ 5 arcsin
√5 5 +5
2·2 cost1·sint1
= −8
3+ 5 arcsin
√5 5 +5
2·2 r
1−1 5·
√5 5
= −8
3+ 5 arcsin
√5 5 + 2
= 5 arcsin
√5 5 −2
3
≈ 1,6516 u.a.
EXERCICE 326 page 273 (Examen 2002 !)
Commencer par corriger la faute de frappe : Le rayon du cercle est√
5et non pas 3.
Figure de l’exercice :
-2 -1 0 1 2
-2 -1 1 2
Il est inévitable de déterminer les coordonnées des points d’intersection des deux graphes. Il suffit pour cela de résoudre le système :
(Σ) :
½ y = x+ 1
x2+y2 = 5
Par substitution (première dans la deuxième équation) on obtient x2+ (x+ 1)2 = 5. L’équation qui s’en suit : x2+x−2 = 0, donne alorsx=−2oux= 1.
Le remplaçement dans la première ligne, donne ensuite les deux points d’intersectionA(−2;−1) ;B(1; 2) Pour le calcul de l’aire, on considère la somme de raies "verticales" avec comme largeur∆x.
Aire = Z −2
−√ 5
³p5−x2+p 5−x2´
dx+ Z 1
−2
³p5−x2−x−1´ dx
= 2 Z −2
−√ 5
p5−x2dx+ Z 1
−2
p5−x2dx− Z 1
−2
(x+ 1) dx
= 2 Z −2
−√ 5
p5−x2dx+ Z 1
−2
p5−x2dx−3 2
Pour calculer les deux premières intégrales, faisons une substitution bilatérale sans changement de base mais en revenant à x (voir pages 91 et 92) :
x=√
5 cost ⇐⇒ t= arccos√x 5
dx=−√
5 sint dt Ceci donne :R √
5−x2dx=R ¡
−5 sin2t¢
dt= 52costsint−52t+cte= x2√
5−x2−52arccosx√55 +cte Maintenant,R−2
−√ 5
√5−x2dx= 54π−1−52arcsin2√55 etR1
−2
√5−x2dx= 2 +52arcsin√55+52arcsin2√55 Et ainsi :
Aire=5 2π−3
2−5
2arcsin2√ 5 5 +5
2arcsin
√5 5 Aire≈4,7452u.a.
EXERCICE 327 page 274
-3 -1 0 1
-1 1 2 3x 4 5 6
Aire=Re
1/e|f|=R1
1/e(−f) +Re
1 f =R1/e 1 f+Re
1 f =F(1/e)−F(1) +F(e)−F(1) =F(1/e) +F(e)−2F(1) Calculons une primitive def par substitutionu= lnx:F(x) = 12ln2x+cteet choisircte= 0
D’où l’aire :Aire= 12ln2 1e+12ln2e−ln21 = 1u.a
EXERCICE 328 page 274
-4 -2 0 2 4
-4 -2 2 x 4
Aire=R−1/e
−1 |f−g|=R−1/e
−1 (g−f)
La symétrie du graphe (l’axe des ordonnées est un axe de symétrie car les fonctions sont paires) permet d’écrire : Aire=R1
1/e(g−f) =G(1)−F(1)−G(1/e) +F(1/e)
Calculons les primitives dans les valeurs de x positives et en choisissant la constante nulle : F(x) =R
lnx dx=xlnx−xetG(x) =R
exdx=ex
D’où l’aire :Aire=e−(0−1)−e1/e+1e(−1)−1e =e+ 1−2e−e1/e u.a
EXERCICE 329 page 274
-4 -2 0 2 4
-4 -2 2 x 4
La première partie de la question concerne : Aire=R2
−1|f|=R2
−1f =F(2)−F(−1)
Calculons une primitive avec la méthode "par parties" : u= ln¡
1 +x2¢
v0= 1
u0= 1+x2x2 v=x donc F(x) =xln¡ 1 +x2¢
−
Z 2x2dx 1 +x2 Avec un petit artifice de calcul, on obtient, en choisissant la constante nulle :
F(x) =xln¡ 1 +x2¢
−R (2(x2+1)−2)dx
1+x2 =xln¡ 1 +x2¢
−2x+ 2 arctanx D’où l’aire :Aire= (2 ln 5−4 + 2 arctan 2)−(−ln 2 + 2 + 2 arctan (−1))u.a
Aire= 2 ln 5 + ln 2−6 + 2 arctan 2 +1 2π u.a
La deuxième partie du problème exige une résolution préalable de l’équationy= ln 2 enx: ln¡
1 +x2¢
= ln 2⇐⇒x2= 1⇔x=−1oux= 1
Alors, après consultation de lafigure, on obtient en utilisant la symétrie (fonction paire) :
Aire = Z 1
−1
¡ln 2−ln¡
1 +x2¢¢
dx= 2 Z 1
0
¡ln 2−ln¡
1 +x2¢¢
dx
= £ 2¡
xln 2−xln¡ 1 +x2¢
+ 2x−2 arctanx¢¤1 0
= 4−π u.a.
EXERCICE 330 page 274
-1 0 1 2 4
-0.5 0.5 1 1.5x 2 2.5 3
-0.4 -0.2 0.2 0.4
-0.1 0.1 0.2x 0.3
Aire= lim
t→0
R1/√ e
t |f|= lim
t→0
R1/√ e
t (−f) = lim
t→0
Rt 1/√
ef = lim
t→0F(t)−F(1/√ e)
Calculons une primitive avec la méthode "par parties" et posons la constante nulle : u= lnx v0=x2
u0= 1x v= x33 donc F(x) = x3 3 lnx−
Z x2dx 3 = x3
3 lnx−x3 9 D’où l’aire :Aire= lim
t→0
3t3lnt−t3
| {z3 }
0
−3e1√eln√1 e+9e1√
e =6e1√ e+9e1√
e= 18e5√ e u.a
EXERCICE 331 page 274
-1 0 1 3
-3 -2 -1 1 2 3
-0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4
0.4 0.6 0.8 x1 1.2 1.4 1.6
Pour la continuité et la dérivabilité enx0= 1 il s’agit de calculer les limites : lim
1− f = lim
x→1
¡ex−1−1¢
= 0 lim
1+ f =f(1) = (1−1) ln 1 = 0 Donc, puisquelim
1− f = lim
1+ f = lim
1 f =f(1)la fonction est continue enx0= 1. Elle est continue surR. fg0(1) = lim
x→1 x<1
f(x)−0 x−1
(H)= lim
x→1 x<1
f0(x) = lim
x→1 x<1
ex−1= 1etfd0(1) = lim
x→1 x>1
f(x)−0 x−1
(H)= lim
x→1 x>1
f0(x) = lim
x→1 x>1
xlnx+x−1
x = 0
Commefg0(1)6=fd0(1) on a :f n’est pas dérivable enx0= 1mais, le graphe admet en ce point deux demi-tangentes de coefficients directeurs différents :α= 1etα= 0.P(1,0)est un point anguleux.
Aire=R3
1 |f|=R3
1 (x−1) lnx dx=F(3)−F(1)
Calculons une primitive avec la méthode "par parties" et posons la constante nulle : u= lnx v0 =x−1
u0 =x1 v= x22 −x donc F(x) = µx2
2 −x
¶ lnx−
Z ³x 2−1´
dx= µx2
2 −x
¶
lnx−x2 4 +x D’où l’aire :Aire=¡¡9
2 −3¢
ln 3−94+ 3¢
−¡¡1
2−1¢
ln 1−14+ 1¢
=32ln 3 u.a
EXERCICE 332 page 274
-1 0 1 3
-3 -2 -1 1 2 3
La condition demandée s’écrit :
2· Z 1
e−λxdx= Z 1
eλxdx
Or, après intégration l’équation dont l’inconnue estλs’écrit : 2·1−e−λ
λ = eλ−1 λ
Comme le paramètreλest strictement positif, on peut multiplier par le facteurλeλ non nul et, 2eλ¡
1−e−λ¢
=eλ¡ eλ−1¢
⇐⇒e2λ−3eλ+ 2 = 0
Cette équation du 2e degré en y = eλ > 1admet la solution y = 2 ( y = 1.est à écarter car ne satisfait pas la condition)
Revenant à la variableλ,ceci donne le résultat unique :λ= ln 2
EXERCICE 333 page 274
-3 -2 -1 1 2 3
2 4 6 8
Il est conseillé de répéter l’exercice 207 de la page 248 avec sa formule : 0 =f0(x) (0−x) +f(x)
Dans notre cas,f(x) =x(1−1lnx) et f0(x) = x2(1ln−lnxx)2 cette équation s’écrit : 0 = −xlnx
x2(1−lnx)2 + 1 x(1−lnx)
Après multiplication par le dénominateur communx(1−lnx)2non nul pourx∈Df,on obtient
−lnx+ (1−lnx) = 0⇐⇒lnx= 1
2⇐⇒x=√
e solution unique.
Ceci donne allors l’équation de la tangente au point de contactP³√ e;√2
e
´ .
¡T√ef¢
: y= 2 e
¡x−√ e¢
+ 2
√e = 2x e L’aireA(λ)s’écrit :
A(λ) = Z λ
1
dx x(1−lnx)
u=1−lnx
=
Z 1−lnλ 1
−du
u = [−ln|u|]11−lnλ=−ln (1−lnλ) u.a.
A(λ) = ln 2⇐⇒ −ln (1−lnλ) = ln 2⇐⇒1−lnλ=12 ⇐⇒lnλ= 12 ⇔λ= exp¡1
2
¢=√ e
EXERCICE 334 page 275
1. L’équation de la droite horizontale :y=H (constante) V =π
Z H 0
R2dx=πR2[x]H0 =πR2H
2. L’équation de la droite oblique est :y=HRx V =π
Z H 0
R2
H2x2dx=πR2 H2
∙x3 3
¸H
0
=πR2 H2
H3 3 =1
3πR2H =1
3volume du cylindre de même base.
3. L’équation de la droite du bord :y= RH−rx+r V = π
Z H 0
µR−r H x+r
¶2
dx=π Z H
0
õR−r H
¶2
x2+ 2r
µR−r H
¶ x+r2
! dx
= π
õR−r H
¶2
H3 3 + 2r
µR−r H
¶H2 2 +r2H
!
= 1 3πH¡
R2+Rr+r2¢ 4. Équation du bord :y=√
R2−x2 (fonction paire)
V = π
Z R
−R
¡R2−x2¢ dx
= 2· Z R
0
¡R2−x2¢ dx
= 2π
∙
R2x−x3 3
¸R
0
= 2π µ
R3−R3 3
¶
= 4 3πR3
EXERCICE 335 page 275
Un solide de révolution autour de l’axex0xdes abscisses coupe le planxOyen des régions symétriques par rapport à cet axe x0x. (Propriété de la rotation autour de l’axe x0x). Il suffit donc de considérer uniquement le cas de la premièrefigure. D’après une des propriétés fondamentales des volumes de solides dans l’espace géométrique on peut écrire :
V[a;b](f;g) =V[a;b](f)−V[a;b](g)
et ensuite, on utilise la formule des curbatures de la page 93 et la propriété de linéarité des intégrales : V[a;b](f;g) = V[a;b](f)−V[a;b](g)
= π Z b
a
f2−π Z b
a
g2
= π Z b
a
¡f2−g2¢
EXERCICE 336 page 275
1. Les troisfigures donnent successivement :
(a) On a bien 4−x2≥3sur l’intervalle[−1; 1](voirfigure !) V =πR1
−1
³¡4−x2¢2
−32´
dx=πR1
−1
¡x4−8x2+ 7¢
dx= 13615π u.v.
(b) Intersection de la droite et du demi-cercle : 2x−3y−4 = 0ety=−√
4−x2 =⇒ (x= 2;y= 0)ou¡
x=−1013;y=−2413
¢ Conformément à l’exercice 335 il suffit de calculer :
V =πR2
−10/13
³√
4−x22−¡
−23x+43¢2´
dx=πR2
−10/13
¡−139x2+169x+209¢
dx= 864π 169 u.v.
(c) D’après lafigure, on a bien¡
−34x+54¢
≥¡1
2
¢x
sur l’intervalle [−1; 1].Donc :
V = π Z 1
−1
õ
−3 4x+5
4
¶2
− µ1
2
¶2x! dx
= π Z 1
−1
Ã9
16x2−15 8x+25
16− µ1
2
¶2x! dx
= π Z 1
−1
µ9
16x2−15 8x+25
16
¶ dx−π
Z 1
−1
µ1 2
¶2x
dx
= 7 2π−15
8 π ln 2
= π 8
28 ln 2−15 ln 2 u.v.
2. Il faut d’abord étudier la position relative des graphes des deux fonctions f :x7→x3+ 1etg:x7→x+ 1
f(x)≥g(x)⇔x3−x≥0⇔x(x−1) (x+ 1)≥0⇔x∈[−1; 0]∪[1; +∞[. Ce résultat est confirmé par la figure :
-0.5 0 0.5 1 1.5 2.5
-2 -1 1x 2
Il faut donc séparer le calcul du volume demandé en deux parties : V = V[−1;0](f;g) +V[0;1](f;g)
= π Z 0
−1
¡f2−g2¢ +π
Z 1 0
¡g2−f2¢
= π Z 0
−1
¡f2−g2¢ +π
Z 0 1
¡f2−g2¢
On vient d’utiliser la propriété du changement des bornes de la page 82.
Il suffit ainsi de trouver une primitive def2−g2: F :x7→F(x) = R ³¡
x3+ 1¢2
−(x+ 1)2´
dx=R ¡
x6+ 2x3−x2−2x¢ dx
= 17x7+12x4−13x3−x2 La constante étant choisie volontairement égale à 0.
Calculons la valeur deF aux points de séparation : F(−1) = 17(−1)7+12(−1)4−13(−1)3−(−1)2=−1342 F(0) = 0
F(1) = 17(1)7+12(1)4−13(1)3−(1)2=−2942
Et avec cela, on calcule maintenant :
V = πF(0)−πF(−1) +πF(0)−πF(1)
= π(2F(0)−F(−1)−F(1))
= π¡ 0−¡
−1342¢
−¡
−2942¢¢
= π u.v.
3. On demande de calculer trois volumes : (a)
-4 -3 -2 -1 0 1
-2 -1 1 x 2
On calcule d’après la formule de l’exercice 335, généralisée : V[a;b](f;g) =π
Z b a
¯¯f2−g2¯¯
Mais, il faut d’abord calculer les bornesaetb. f(x) =g(x)⇔x2−4 =−x2⇔x=√
2oux=−√ 2. V[−√
2;√
2] (f;g) = π Z √2
−√ 2
¯¯
¯¡
x2−4¢2
−¡
−x2¢2¯¯¯dx
= π Z √2
−√ 2
³¡x2−4¢2
−x4´ dx
= π Z √2
−√ 2
¡16−8x2¢ dx
= 16π Z √2
0
¡2−x2¢ dx
= 64 3π√
2 u.v.
NB. : On a utilisé la parité de l’intégrand.
(b)
-2 -1 0 1 2
-2 -1 1 2
La partie du plan soumise à la révolution est encadrée par les graphes des fonctions f(x) =p
1−x2 ; g(x) =x2 L’application de la formule de l’exercice 335 de la même page.
Mais, avant de calculer ce volume il faut déterminer les points d’intersection des deux graphes : f(x) =g(x)⇔1−x2=x4⇔x4+x2−1 = 0
Cette équation bicarrée eny=x2≥0admet deux solutionsy=−1−2√5 <0à écarter ety=−1+2√5 >0 Donc :x1=
q√
5−1
2 etx2=− q√
5−1 2
V =π Z x1
x2
¯¯f2−g2¯¯=π Z x1
x2
¡1−x2−x4¢ dx
Pour faciliter le calcul, on fait bien remarquer que l’intégrand est une fonction paire et par suite : V = 2π
Z x1
0
¡1−x2−x4¢
dx= 2π µ
x1−x31 3 −x51
5
¶ u.v.
V = 2π x1
³
1−x321 −x541
´
u.v.= 2π q√
5−1 2
µ 1−13
√5−1 2 −15
³√ 5−1
2
´2¶ u.v.
V = 2π 15
³13−√ 5´s√
5−1 2 u.v (c) Il faut d’abord redresser une petite faute de frappe du manuel.
Au lieu dex2(y−2)2= 4 il faut lire :y2(x−2)2= 4(échange dexet de y).
La courbe d’équationx2+y2= 4est le cercle de centre O(o,o) et de rayon2.
La courbe d’équation y2(x−2)2 = 4 est la réunion des deux hyperboles d’équations respectives : y(x−2) =−2ety(x−2) = +2ou,
de façon équivalente :y= 2−2x ety= x−22 . Voici le graphique :
-2 -1 1 2 y
-3 -2 -1 1 2x 3 4
La "surface délimitée par les deux courbes" qui engendre un solide de révolution autour de l’axex0xdes abscisses est maintenant évidente. Il s’agit de la partie comprise entre les graphes respectives des fonctions f :x7→√
4−x2 etg:x7→ 2
2−x (ou de sa partie symétrique par rapport àx0x).
D’abord on doit déterminer les points d’intersection de ces deux graphes qui seront les bornes de l’inté- grale de volume.
√4−x2= 2−2x ⇔ 4−x2= (24
−x)2 et 2−x >0
⇔ ¡ 4−x2¢
(2−x)2−4 = 0 et 2−x >0
⇔ x4−4x3+ 16x−12 = 0 et 2−x >0
La résolution de cette équation du quatrième degré ne peut se faire par la méthode des racines possibles, racine évidente, Horner etc.
Un bon CAS donne une valeur approximativedes deux solutions réelles : x4−4x3+ 16x−12 = 0 :solutions :x1≈−1,9343 x2≈0,88491
Pour trouver ces solutions, le système CAS utilise la méthode des qpproximations de NEWTON. Main- tenant, on peut calculer une valeur approchée du volume demandé :
V = πRx2
x1
¯¯f2−g2¯¯
= πRx2
x1
µµ√
4−x22−³
2 2−x
´2¶¶
dx
= πRx2
x1
³
4−x2−(2−4x)2´ dx
= πh
4x−13x3−2−4x
ix2
x1
≈ πh
4x−13x3−2−4x
i0.88491
−1.9343
≈ 6,063π u.v.
EXERCICE 337 page 276
La donnée me semble un peu incomplète. On va donc considérer trois triangles très simple, mais isométriques. On verra que le volume du solide de révolution dépendra de la position du triangle.
1. Pour le triangle délimité par les droites aux équations respectives : y=x+ 1 ; y=−x+ 1 ; y= 0
V1 = π Z 0
−1
³(x+ 1)2−02´ dx+π
Z 1 0
³(−x+ 1)2−02´ dx
= π Z 0
−1
¡x2+ 2x+ 1¢ dx+π
Z 1 0
¡x2−2x+ 1¢ dx
= 2π Z 1
0
¡x2−2x+ 1¢ dx
= 2 3π
2. Pour le triangle délimité par les droites aux équations respectives : y=x ; y=x ; y= 1
V1 = π Z 0
−1
³12−(−x)2´ dx+π
Z 1 0
¡12−x2¢ dx
= π Z 0
−1
¡1−x2¢ dx+π
Z 1 0
¡1−x2¢ dx
= 2π Z 1
0
¡1−x2¢ dx
= 4 3π
3. Pour le triangle délimité par les droites aux équations relatives : y=x+ 5 ; y=−x+ 5 ; y= 4
V1 = π Z 0
−1
³
(x+ 5)2−42´ dx+π
Z 1 0
³
(−x+ 5)2−42´ dx
= π Z 0
−1
¡x2+ 10x+ 9¢ dx+π
Z 1 0
¡x2−10x+ 9¢ dx
= 2π Z 1
0
¡x2−10x+ 9¢ dx
= 26 3π
EXERCICE 338 page 276
Figure :
-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5
0.5 1 1.5x 2 2.5 3
Le volume du solide de révolution vaut : V =π
Z e
1 e
¯¯ln2x−02¯¯dx=π Z e
1 e
ln2xdx
Pour trouver une primitive deR x7→ln2x,on applique une double intégration par parties.
ln2x·1dx=x·ln2x−2R
lnxdx=xln2x−2 (xlnx−x) +cte=xln2x−2xlnx+ 2x+cte Donc :
V = π£
xln2x−2xlnx+ 2x¤e
1 e
= π µ
e−5 e
¶ u.v.
EXERCICE 339 page 276
1. Un pneu n’est pas un tore. Mais on dit que le tore est un pneu.
2. L’équation du cercle est :x2+ (y−3)2= 4
Conformément à la formule de l’exercice 335, on calcule Vtore = π
Z 2
−2
µ³ 3 +p
4−x2´2
−³ 3−p
4−x2´2¶ dx
= 12π Z 2
−2
p4−x2dx
= 24π Z 2
0
p4−x2dx
Cette dernière intégrale se calcule par substitution bilatéralex= 2 cost ; dx=−2 sint dt V = 24π
Z 12π 0
4 sin2t dt= 24π2
EXERCICE 340 page 276
Abstraction faite de la donnée un peu confuse, le problème revient à évaluer, comme dans l’exercice 339, poura≥r l’intégrale :
Vtore = π Z r
−r
µ³ a+p
r2−x2´2
−³ a−p
r2−x2´2¶ dx
= 4aπ Z r
−r
³pr2−x2´ dx
= 4aπr2 Z π
0
sin2t dt
= 4aπr2· 1 2π
= 2aπ2r2
Vérification : Poura= 3; r= 2on trouveV = 24π2 , le résultat de l’exercice 339.
Poura=ron trouve :Vtore= 2π2r3 .
REMARQUE : On constate, pour le tore produit par un disque en révolution autour d’un axe : Vtore = 2aπ2r2= 2aπ·πr2
= longueur du cercle décrit par le centre du disque·aire du disque
EXERCICE 341 page 276
Voir page 93 ! ! !
