Calcul intégral : aires, volumes et suites intégrales — Exercices 37 à 41
Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 37
Le plan est rapporté à un repère orthonormé.
Calculer l’aire du domaine délimité par la courbe de la fonction \(f\) définie par :
\[ f(x)=x^2\operatorname{Arctan}x, \]l’axe des abscisses et les droites d’équations :
\[ x=-1 \qquad\text{et}\qquad x=\sqrt3. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in[-1;\sqrt3]\), on a \(x^2\geq0\). Le signe de \(f(x)\) est donc celui de \(\operatorname{Arctan}x\).
Ainsi :
\[ f(x)\leq0 \quad\text{sur}\quad [-1;0] \]et :
\[ f(x)\geq0 \quad\text{sur}\quad [0;\sqrt3]. \]L’aire en unités d’aire est donc :
\[ \mathcal A = -\int_{-1}^{0}f(x)\,dx + \int_0^{\sqrt3}f(x)\,dx. \]La fonction \(x\mapsto x^2\) est paire et la fonction \(\operatorname{Arctan}\) est impaire. Leur produit \(f\) est donc impair.
Par conséquent :
\[ -\int_{-1}^{0}f(x)\,dx = \int_0^1f(x)\,dx. \]Ainsi :
\[ \mathcal A = \int_0^1x^2\operatorname{Arctan}x\,dx + \int_0^{\sqrt3}x^2\operatorname{Arctan}x\,dx. \]Calculons une primitive de \(x^2\operatorname{Arctan}x\) par intégration par parties.
On obtient :
\[ \begin{aligned} \int x^2\operatorname{Arctan}x\,dx &= \frac{x^3}{3}\operatorname{Arctan}x - \frac13\int\frac{x^3}{1+x^2}\,dx. \end{aligned} \]Or :
\[ \frac{x^3}{1+x^2} = x-\frac{x}{1+x^2}. \]Une primitive cherchée est donc :
\[ F(x)= \frac{x^3}{3}\operatorname{Arctan}x - \frac{x^2}{6} + \frac16\ln(1+x^2). \]Comme \(F(0)=0\) :
\[ \begin{aligned} F(1) &= \frac{\pi}{12} - \frac16 + \frac{\ln2}{6}, \end{aligned} \]et :
\[ \begin{aligned} F(\sqrt3) &= \frac{\pi\sqrt3}{3} - \frac12 + \frac{\ln4}{6}\\ &= \frac{\pi\sqrt3}{3} - \frac12 + \frac{\ln2}{3}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} \mathcal A &= F(1)+F(\sqrt3)\\ &= \frac{\pi}{12} + \frac{\pi\sqrt3}{3} - \frac23 + \frac{\ln2}{2}. \end{aligned} \]Exercice 38
Le plan est rapporté à un repère orthogonal \((O;\vec i,\vec j)\) avec :
\[ \|\vec i\|=2\,\text{cm} \qquad\text{et}\qquad \|\vec j\|=4\,\text{cm}. \]Calculer l’aire du domaine délimité par les courbes des fonctions \(f\) et \(g\) définies sur \([e;e^2]\) par :
\[ f(x)=\frac{x+1}{x\ln x} \qquad\text{et}\qquad g(x)=\frac1{\ln x}. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in[e;e^2]\), on a \(x>0\) et \(\ln x>0\).
Calculons la différence :
\[ \begin{aligned} f(x)-g(x) &= \frac{x+1}{x\ln x} - \frac1{\ln x}\\ &= \frac{x+1-x}{x\ln x}\\ &= \frac1{x\ln x}. \end{aligned} \]Comme \(x\ln x>0\), on a :
\[ f(x)-g(x)>0. \]La courbe de \(f\) est donc située au-dessus de celle de \(g\) sur \([e;e^2]\).
L’aire en unités d’aire est :
\[ \begin{aligned} \mathcal A_u &= \int_e^{e^2} \left(f(x)-g(x)\right)dx\\ &= \int_e^{e^2} \frac{dx}{x\ln x}. \end{aligned} \]Sur \([e;e^2]\), une primitive de \(\dfrac1{x\ln x}\) est :
\[ \ln(\ln x). \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \mathcal A_u &= \left[ \ln(\ln x) \right]_e^{e^2}\\ &= \ln2-\ln1\\ &= \ln2. \end{aligned} \]Dans le repère donné, une unité d’aire représente :
\[ \|\vec i\|\times\|\vec j\| = 2\times4 = 8\,\text{cm}^2. \]L’aire réelle vaut donc :
\[ \mathcal A = 8\mathcal A_u. \]Exercice 39
Le plan est rapporté à un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j)\) tel que :
\[ \|\vec i\|=2\,\text{cm}. \]Soit \(\mathcal C\) la courbe représentative de la restriction de la fonction \(x\mapsto\tan x\) sur :
\[ \left[-\frac{\pi}{4};\frac{\pi}{4}\right]. \]Calculer le volume du solide engendré par la rotation de la courbe \(\mathcal C\) autour de l’axe des abscisses.
Lire la correction + Masquer la correction −
Le repère est orthonormé et \(\|\vec i\|=2\,\text{cm}\). On a donc également :
\[ \|\vec j\|=2\,\text{cm}. \]Dans les coordonnées du repère, un déplacement \(dx\) représente une longueur physique de :
\[ 2\,dx\ \text{cm}. \]Le rayon du disque obtenu à l’abscisse \(x\) est :
\[ 2|\tan x|\ \text{cm}. \]Le carré du rayon vaut donc :
\[ 4\tan^2x. \]Le volume réel est alors :
\[ \begin{aligned} \mathcal V &= \pi \int_{-\pi/4}^{\pi/4} 4\tan^2x\cdot2\,dx\\ &= 8\pi \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \tan^2x\,dx. \end{aligned} \]On utilise l’identité :
\[ \tan^2x= \frac1{\cos^2x}-1. \]Une primitive de \(\tan^2x\) est donc :
\[ \tan x-x. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_{-\pi/4}^{\pi/4} \tan^2x\,dx &= \left[ \tan x-x \right]_{-\pi/4}^{\pi/4}\\ &= \left(1-\frac{\pi}{4}\right) - \left(-1+\frac{\pi}{4}\right)\\ &= 2-\frac{\pi}{2}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} \mathcal V &= 8\pi \left( 2-\frac{\pi}{2} \right)\\ &= 16\pi-4\pi^2. \end{aligned} \]Exercice 40
Le plan est rapporté à un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j)\).
Soit \(\mathcal C\) la courbe représentative de la restriction de la fonction cosinus sur :
\[ I=[2\pi;3\pi]. \]Vérifier que la fonction \(x\mapsto\cos x\) réalise une bijection de \(I\) sur un intervalle \(J\) à déterminer.
Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction cosinus est continue sur le segment :
\[ I=[2\pi;3\pi]. \]Elle est dérivable sur \(I\), et :
\[ (\cos x)'=-\sin x. \]Pour tout \(x\in]2\pi;3\pi[\), on a :
\[ \sin x>0. \]Par conséquent :
\[ -\sin x<0. \]La fonction cosinus est donc strictement décroissante sur \([2\pi;3\pi]\).
De plus :
\[ \cos(2\pi)=1 \qquad\text{et}\qquad \cos(3\pi)=-1. \]La fonction cosinus réalise ainsi une bijection de \(I\) sur :
\[ J=[-1;1]. \]Pour tout \(y\in[-1;1]\), l’unique \(x\in[2\pi;3\pi]\) tel que \(y=\cos x\) est :
\[ x=2\pi+\operatorname{Arccos}y. \]Calculer le volume du solide engendré par la rotation de la courbe \(\mathcal C\) autour de l’axe des ordonnées.
Lire la correction + Masquer la correction −
D’après la question précédente, pour chaque \(y\in[-1;1]\), le rayon du disque perpendiculaire à l’axe des ordonnées est :
\[ r(y)=2\pi+\operatorname{Arccos}y. \]Le volume est donc :
\[ \mathcal V = \pi \int_{-1}^{1} \left( 2\pi+\operatorname{Arccos}y \right)^2dy. \]Pour calculer cette intégrale, posons :
\[ y=\cos x, \qquad dy=-\sin x\,dx. \]Les bornes deviennent :
\[ y=-1\Longrightarrow x=3\pi, \qquad y=1\Longrightarrow x=2\pi. \]Comme \(x=2\pi+\operatorname{Arccos}y\), on obtient :
\[ \begin{aligned} \mathcal V &= \pi \int_{3\pi}^{2\pi} x^2(-\sin x)\,dx\\ &= \pi \int_{2\pi}^{3\pi} x^2\sin x\,dx. \end{aligned} \]Une primitive de \(x^2\sin x\) est :
\[ P(x)= -x^2\cos x + 2x\sin x + 2\cos x. \]En effet :
\[ P'(x)=x^2\sin x. \]Aux bornes :
\[ \begin{aligned} P(3\pi) &= 9\pi^2-2, \end{aligned} \]et :
\[ \begin{aligned} P(2\pi) &= -4\pi^2+2. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_{2\pi}^{3\pi} x^2\sin x\,dx &= 9\pi^2-2 - \left(-4\pi^2+2\right)\\ &= 13\pi^2-4. \end{aligned} \]Exercice 41
Pour tout \(p\in\mathbb N\), on pose :
\[ I_p= \int_1^e x\left(\ln x+1\right)^pdx. \]En utilisant une intégration par parties, montrer que :
\[ (\forall p\in\mathbb N^*) \qquad 2I_p= e^2\,2^p-pI_{p-1}-1. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Soit \(p\in\mathbb N^*\).
La formule d’intégration par parties donne :
\[ \begin{aligned} I_p &= \left[ \frac{x^2}{2} (\ln x+1)^p \right]_1^e\\ &\quad- \frac p2 \int_1^e x(\ln x+1)^{p-1}\,dx. \end{aligned} \]L’intégrale restante est précisément \(I_{p-1}\).
À la borne \(x=e\) :
\[ \ln e+1=2. \]À la borne \(x=1\) :
\[ \ln1+1=1. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_p &= \frac{e^2}{2}2^p - \frac12 - \frac p2I_{p-1}. \end{aligned} \]En multipliant par \(2\) :
En déduire que :
\[ I_2=e^2+\frac12I_0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour \(p=1\), la relation précédente donne :
\[ 2I_1= 2e^2-I_0-1. \tag{1} \]Pour \(p=2\), elle donne :
\[ 2I_2= 4e^2-2I_1-1. \tag{2} \]En remplaçant \(2I_1\) dans l’égalité (2) par son expression donnée dans l’égalité (1) :
\[ \begin{aligned} 2I_2 &= 4e^2 - \left( 2e^2-I_0-1 \right) - 1\\ &= 2e^2+I_0. \end{aligned} \]En divisant par \(2\) :
Calculer le volume du solide engendré par la rotation, autour de l’axe des abscisses sur \([1;e]\), de la courbe \(\mathcal C_f\) de la fonction :
\[ f(x)=\sqrt x\,(1+\ln x). \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in[1;e]\), on a :
\[ \sqrt x>0 \qquad\text{et}\qquad 1+\ln x\geq1. \]Ainsi, \(f(x)>0\) sur \([1;e]\).
Le volume du solide est :
\[ \mathcal V = \pi \int_1^e \left(f(x)\right)^2dx. \]Or :
\[ \begin{aligned} \left(f(x)\right)^2 &= \left[ \sqrt x\,(1+\ln x) \right]^2\\ &= x(1+\ln x)^2. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \mathcal V = \pi \int_1^e x(1+\ln x)^2dx = \pi I_2. \]D’après la question précédente :
\[ I_2=e^2+\frac12I_0. \]Calculons \(I_0\) :
\[ \begin{aligned} I_0 &= \int_1^ex\,dx\\ &= \left[ \frac{x^2}{2} \right]_1^e\\ &= \frac{e^2-1}{2}. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} I_2 &= e^2 + \frac12 \cdot \frac{e^2-1}{2}\\ &= e^2+\frac{e^2-1}{4}\\ &= \frac{5e^2-1}{4}. \end{aligned} \]
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