Mathématiques TES3 – Année scolaire 2011-2012

Mathématiques TES3 – Année scolaire 2011-2012

Calcul intégral Lundi 14 mai 2012

Corrigé

Exercice N°1

Calculer les intégrales suivantes

1. En tenant compte du fait que l’on a ⎡ ⎣ e e ; ² ⎤ ⊂ ⎦ \ ^*

₊

:

( ) ( )

( )

2 2

2

2 2 2 2

4 2

4 2

4 2

1 1

2 ln

1 1

ln ln

2 2

1 1

2 ln 1

2 2

1 1

2 2 2 1

1 2

2

e e

e e

t dt t t

t

e e e e

e e e

e e

e e

⎛ + ⎞ = ⎡ + ⎤

⎜ ⎟ ⎢ ⎥

⎝ ⎠ ⎣ ⎦

⎛ ⎞

= + − ⎜ ⎝ + ⎟ ⎠

= + − −

= − + −

= − +

∫

( )

2

4 2

1 1

2 2

e

e

t dt e e

t

⎛ + ⎞ = − +

⎜ ⎟

⎝ ⎠

∫

2. On pose : u x : 6 3 x ² + 6 x − 5 . En tant que fonction polynôme, u est dérivable et pour tout x réel, on a : ^{u x '} ( ) ^{= 6 x + = 6 6} ( ^{x + 1} ) . On a donc :

( ) ( ) ^{( ) ( )} ( ) ^{( ) ( )} ( )

( ( ) ) ( )

( ) ( ^{( ) ( )} )

( ) ( )

0 2 4 0 4 0 4

1 1 1

0 0

4 1 2 5

1 1

5 2 5

2

5 5

1 1

1 3 6 5 ' '

6 6

1 1 1 1

3 6 5

6 4 1 6 5

1 1 1

3 0 6 0 5 3 1 6 1 5

6 5 5

1 29 643

5 3 6 5

30 30

9 881

9,881 10

x x x dx u x u x dx u x u x dx

u x x x

− − −

+

− −

+ + − = =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= ⎢ ⎣ + ⎥ ⎦ = ⎢ ⎣ + − ⎥ ⎦

⎡ ⎤

= ⎢ ⎣ × + × − − × − + × − − ⎥ ⎦

⎡ ⎤

= ⎣ − − − − ⎦ =

= =

∫ ∫ ∫

( ) ( )

0 2 4

1

9 881

1 3 6 5 988,1

x x x dx 10

−

+ + − = =

∫

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Calcul intégral Lundi 14 mai 2012

3. On pose u x : 6 x ² + + x 1 . En tant que fonction polynôme, u est dérivable et pour tout x réel, on a : ^{u x '} ( ) ^{= 2 x + 1} . Le discriminant associé au trinôme x ² + + x 1 vaut

1 4 1 1 3

Δ = − × × = − . La fonction u x : 6 x ² + + x 1 garde donc un signe constant sur \ , celui du coefficient de « x ² ». On en déduit finalement que la fonction u prend des valeur strictement positive sur \ et que la fonction ₂ 2 1

1 x x

x x +

6 + + admet pour primitive sur cet intervalle : ^{x 6 ln} ( ^{x 2 + + x 1} ) . Il vient alors :

( )

( ) ( ^{( ) ( )} )

0 2 0

1 2 1

2 2

2 1

ln 1

1

ln 0 0 1 ln 1 1 1

ln1 ln1 0

x dx x x

x x

− −

+ = ⎡ ⎣ + + ⎤ ⎦ + +

= + + − − + − +

= −

=

∫

0 1 2

2 1

1 0

x dx

x x

−

+ =

∫ + +

Exercice N°2

1. La fonction x 6 x ln x est dérivable sur \ ^*

₊

comme produit de deux fonctions dérivables sur cet intervalle. La fonction F : x 6 x ln x − x est donc dérivable sur \ ^*

₊

comme

différence de deux fonctions dérivables sur cet intervalle. Pour tout x réel strictement positif, on a alors :

( ) ¹

F ' x 1 ln x x 1 ln x 1 1 ln x

= × + × − = x + − = On en déduit immédiatement :

La fonction x 6 x ln x − x est une primitive de la fonction logarithme népérien sur \ ^*

₊

. 2. En utilisant le résultat de la question précédente, on a alors :

[ ] ₁ ( )

1

^e

ln x dx = x ln x − x

^e

= e ln e e − − × 1 ln1 1 − = − + = e e 1 1

∫

1

^e

ln x dx = 1

∫

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3. On a, par définition de la valeur moyenne :

[ ]

( ) ( )

( ) ( )

4 4

2 2

2

1 1

ln ln

4 2 2

1 1

4 ln 4 4 2 ln 2 2 4 ln 2 4 2 ln 2 2

2 2

1 1

8 ln 2 2 2 ln 2 6 ln 2 2

2 2

3ln 2 1

m = x dx = x x − x

−

= ⎡ ⎣ − − × − ⎤ ⎦ = − − +

= − − = −

= −

∫

La valeur moyenne de la fonction logarithme népérien sur l’intervalle [ ^{2 ; 4} ] est égale à 3ln 2 1 − .

On a d’abord : ³ 8

3ln 2 1 ln 2 ln e ln 8 ln e ln

− = − = − = e .

On a alors : 8 8

ln c m ln c 3ln 2 1 ln c ln c

e e

= ⇔ = − ⇔ = ⇔ = .

A titre de vérification (partielle), notons que l’on a : 8

2, 943

e . Le réel c obtenu appartient bien à l’intervalle [ ^{2 ; 4} ] ^.

Le réel c de l’intervalle [ ^{2 ; 4} ] vérifiant ln c = = m 3ln 2 1 − est égal à 8

2, 943

e .

Exercice N°3

1. En utilisant la relation de Chasles, il vient :

3 1 3 1 3

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

3 3 3

1 1 1 1 4 1

1 dt 1 dt 1 dt 4 1 dt 1 dt

t = t + t = t + t

+ + + + +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

D’où : ¹ _{1 2 1} ³ ₂ ³ ₂

1

3 3

1 1 1

1 dt 1 dt 1 dt

t = t − t

+ + +

∫ ∫ ∫

Puis :

1 1 3 3

1 2 1 2 1 2 1 2

3 3 3

1 4 1 1

4 4 4 4

1 dt 1 dt 1 dt 1 dt 6 12 12 3

t t t t

π π π π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = ⎜ − ⎟ = ⎜ − ⎟ = =

+ + ⎝ + + ⎠ ⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ ∫

1 1 2

3

4

1 dt 3 t

= π

∫ +

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2. On a : ¹ 1 2 ¹ 1 2 ( )

3 3

4 1 1 1

4 4 1 4

1 dt 1 dt F F 3 2 F 3

t t

π

⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞

= = ⎜ − ⎜ ⎟ ⎟ = ⎜ − ⎜ ⎟ ⎟

+ + ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠

∫ ∫ ^.

D’après la question précédente, on a aussi : ¹ _{1 2}

3

4

1 dt 3 t

= π

∫ + ^.

D’où :

4 F 1

4 3 3

F 1

4 3 12

F 1

4 12 3

F 1 3 6

π π

π π

π π π

⎛ − ⎛ ⎞ ⎞ =

⎜ ⎜ ⎝ ⎟ ⎠ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞

⇔ − ⎜ ⎝ ⎟ ⎠ =

⎛ ⎞

⇔ ⎜ ⎝ ⎟ ⎠ = −

⎛ ⎞

⇔ ⎜ ⎝ ⎟ ⎠ =

F 1 3 6

⎛ ⎞ = π

⎜ ⎟

⎝ ⎠