Exercices corrigés — Calcul intégral (Terminale)

sur [1 ; e], la fonction x ↦ 2x + 1x est continue. Une primitive est F(x) = x² + ln x : en effet (x²)' = 2x et (ln x)' = 1x sur ]0 ; +∞[.
∫₁^e (2x + 1x) dx = [x² + ln x]₁^e = F(e) − F(1) = (e² + ln e) − (1² + ln 1) = (e² + 1) − (1 + 0) = e².
L'intégrale vaut e² ≈ 7,39. Comme la fonction est positive sur [1 ; e], c'est aussi l'aire, en unités d'aire, du domaine situé sous la courbe entre les abscisses 1 et e.

J : l'intégrande est de la forme u'e^u avec u(x) = x², u' = 2x. Une primitive est e^x2. Donc J = [e^x2]₀¹ = e¹ − e⁰ = e − 1 ≈ 1,72.
K : on fait apparaître u'/u avec u(x) = x² + 1 > 0 et u' = 2x : xx² + 1 = (12) × 2x/(x² + 1). Une primitive est (12) ln(x² + 1), sans valeur absolue puisque x² + 1 > 0.
K = [(12) ln(x² + 1)]₀² = (12) ln 5 − (12) ln 1 = ln 52 ≈ 0,80.
Dans les deux cas, on vérifie la primitive en la dérivant avant de remplacer les bornes ; le facteur 12 de K compense le 2 de u'.

la parabole coupe l'axe des abscisses lorsque 4 − x² = 0, soit x = −2 ou x = 2. Entre ces deux valeurs, 4 − x² > 0 (par exemple 4 − 0 = 4 en 0) : la courbe est au-dessus de l'axe, et l'aire est égale à l'intégrale.
Aire = ∫₋₂² (4 − x²) dx = [4x − x³3]₋₂² = (8 − 83) − (−8 + 83) = 16 − 163 = 323.
L'aire vaut 323 ≈ 10,67 unités d'aire. La fonction étant paire, on pouvait calculer 2 × ∫₀² (4 − x²) dx = 2 × (8 − 83) = 2 × 163 = 323. Ce résultat illustre la formule d'Archimède : l'aire sous une parabole vaut les deux tiers du rectangle qui la contient, ici (23) × 4 × 4 = 323.

on cherche d'abord les points d'intersection : x² = 2x ⇔ x² − 2x = 0 ⇔ x(x − 2) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 2. Les courbes se coupent en (0 ; 0) et (2 ; 4).
Position relative sur [0 ; 2] : pour x = 1, 2x = 2 > 1 = x², et plus généralement 2x − x² = x(2 − x) ≥ 0 sur [0 ; 2]. La droite est donc au-dessus de la parabole sur cet intervalle.
L'aire entre deux courbes est l'intégrale de la différence « courbe du dessus moins courbe du dessous » : Aire = ∫₀² (2x − x²) dx = [x² − x³3]₀² = (4 − 83) − 0 = 43.
L'aire vaut 43 unités d'aire. Si l'on avait intégré x² − 2x, on aurait obtenu −43 : le signe négatif signale que l'ordre des courbes a été inversé.

a) 3(t − 2)² = 3(t² − 4t + 4) = 3t² − 12t + 12 = v(t). La vitesse est donc toujours positive ou nulle, et s'annule à l'instant t = 2 : le mobile ralentit jusqu'à s'arrêter en t = 2, puis accélère à nouveau.
b) La distance parcourue est l'intégrale de la vitesse : ∫₀⁴ (3t² − 12t + 12) dt = [t³ − 6t² + 12t]₀⁴ = 64 − 96 + 48 = 16. Le mobile parcourt 16 m.
c) La vitesse moyenne est la valeur moyenne de v : (14 − 0) × 16 = 4 m/s. C'est la vitesse constante qui ferait parcourir la même distance dans le même temps.
Théorème de la moyenne : v étant continue, il existe c ∈ [0 ; 4] tel que v(c) = 4. On résout 3(t − 2)² = 4, soit (t − 2)² = 43 et t = 2 ± 2√3, c'est-à-dire t ≈ 0,85 s ou t ≈ 3,15 s : la vitesse instantanée égale la vitesse moyenne à deux instants.

l'intégrande est un produit d'un polynôme par une fonction trigonométrique : on intègre par parties en dérivant le polynôme. Posons u(x) = x et v'(x) = cos x, donc u'(x) = 1 et v(x) = sin x. Ces fonctions sont dérivables et leurs dérivées continues sur [0 ; 1].
Formule : ∫₀¹ uv' = [uv]₀¹ − ∫₀¹ u'v. Donc I = [x sin x]₀¹ − ∫₀¹ sin x dx.
Le terme de bord vaut 1 × sin 1 − 0 = sin 1. La nouvelle intégrale vaut [−cos x]₀¹ = −cos 1 + cos 0 = 1 − cos 1.
I = sin 1 − (1 − cos 1) = sin 1 + cos 1 − 1 ≈ 0,841 + 0,540 − 1 = 0,381. Attention : ici 1 désigne un angle de 1 radian. On peut vérifier la cohérence : sur [0 ; 1], 0 ≤ x cos x ≤ 1, donc 0 ≤ I ≤ 1.

a) On dérive le logarithme, que l'on ne sait pas intégrer directement, et l'on intègre x : u(x) = ln x, u'(x) = 1x ; v'(x) = x, v(x) = x²2. Ces fonctions ont des dérivées continues sur [1 ; e].
I = [(x²2) ln x]₁^e − ∫₁^e (x²2) × (1x) dx = (e²2) ln e − (12) ln 1 − ∫₁^e x2 dx.
Le terme de bord vaut e²2. La nouvelle intégrale vaut [x²4]₁^e = e²4 − 14. Donc I = e²2 − e²4 + 14 = e² + 14 ≈ 2,10.
b) La valeur moyenne sur [1 ; e] est Ie − 1 = (e² + 1)/[4(e − 1)] ≈ 2,0971,718 ≈ 1,22. Cohérence : la fonction x ln x croît de 0 (en 1) à e ≈ 2,72 (en e), et sa moyenne 1,22 est bien comprise entre ces valeurs.

la fonction t ↦ e^−t2 est continue sur ℝ. D'après le théorème fondamental, F est l'unique primitive de cette fonction qui s'annule en 0 : F est dérivable sur ℝ et F'(x) = e^−x2.
Or e^−x2 > 0 pour tout réel x : F' est strictement positive, donc F est strictement croissante sur ℝ.
Signe : F(0) = ∫₀⁰ e^−t2 dt = 0. Comme F est strictement croissante, F(x) < 0 pour x < 0 et F(x) > 0 pour x > 0. Pour x > 0, F(x) est l'aire sous la courbe en cloche entre 0 et x.
On a répondu sans connaître d'expression explicite de F : la fonction e^−t2 n'a pas de primitive exprimable avec les fonctions usuelles, mais le théorème fondamental garantit son existence et donne sa dérivée. Un encadrement est possible : sur [0 ; x], e^−x2 ≤ e^−t2 ≤ 1, donc xe^−x2 ≤ F(x) ≤ x pour x > 0.