Calcul intégral : fonction intégrale, aire et limite — Exercice 47
Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 47
Soit \(f\) la fonction numérique définie sur \([1;+\infty[\) par :
\[ f(x)=e^{-\sqrt{x-1}}. \]On note \(\mathcal C_f\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j)\) tel que :
\[ \|\vec i\|=\|\vec j\|=2\,\text{cm}. \]Pour tout \(x\in]0;1]\), on pose :
\[ F(x)= \int_1^{\,1+(\ln x)^2}f(t)\,dt. \]Montrer que :
\[ (\forall x\in]0;1]) \qquad F'(x)=2\ln x. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Posons, pour tout \(x\in]0;1]\) :
\[ \varphi(x)=1+(\ln x)^2. \]La fonction \(\varphi\) est dérivable et :
\[ \varphi'(x)=\frac{2\ln x}{x}. \]La fonction \(f\) est continue sur \([1;+\infty[\). D’après le théorème fondamental du calcul intégral et la dérivation d’une fonction composée :
\[ F'(x)=f\bigl(\varphi(x)\bigr)\varphi'(x). \]Calculons \(f\bigl(\varphi(x)\bigr)\) :
\[ \begin{aligned} f\bigl(\varphi(x)\bigr) &= e^{-\sqrt{\varphi(x)-1}}\\ &= e^{-\sqrt{(\ln x)^2}}\\ &= e^{-|\ln x|}. \end{aligned} \]Comme \(x\in]0;1]\), on a :
\[ \ln x\leq0. \]Par conséquent :
\[ |\ln x|=-\ln x. \]Donc :
\[ e^{-|\ln x|} = e^{\ln x} = x. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} F'(x) &= x\cdot\frac{2\ln x}{x}\\ &= 2\ln x. \end{aligned} \]Au point \(x=1\), la formule est comprise au sens de la dérivée à gauche, et \(F'_g(1)=2\ln1=0\).
Calculer \(F(x)\) pour tout \(x\in]0;1]\).
Lire la correction + Masquer la correction −
On a :
\[ F(1) = \int_1^{\,1+(\ln1)^2}f(t)\,dt = \int_1^1f(t)\,dt = 0. \]D’après la question précédente :
\[ F'(x)=2\ln x. \]Une primitive de la fonction \(x\mapsto2\ln x\) sur \(]0;+\infty[\) est :
\[ 2x\ln x-2x. \]Pour tout \(x\in]0;1]\), on a alors :
\[ \begin{aligned} F(x)-F(1) &= \int_1^x2\ln t\,dt\\ &= \left[ 2t\ln t-2t \right]_1^x\\ &= 2x\ln x-2x+2. \end{aligned} \]Comme \(F(1)=0\), on obtient :
ou encore :
\[ \boxed{ F(x)=2\bigl(x\ln x-x+1\bigr) } \qquad \text{pour tout }x\in]0;1]. \]Pour tout \(\alpha\geq1\), on note \(S(\alpha)\) l’aire du domaine délimité par :
– la courbe \(\mathcal C_f\) ;
– l’axe des abscisses ;
– les droites d’équations \(x=1\) et \(x=\alpha\).
Montrer que :
\[ S(\alpha)=F\bigl(f(\alpha)\bigr) \]en unités d’aire.
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\geq1\) :
\[ f(x)=e^{-\sqrt{x-1}}\gt0. \]La courbe \(\mathcal C_f\) est donc située au-dessus de l’axe des abscisses.
L’aire du domaine, en unités d’aire, est alors :
\[ S(\alpha) = \int_1^\alpha f(t)\,dt. \]D’autre part :
\[ f(\alpha)=e^{-\sqrt{\alpha-1}}. \]Comme \(\alpha\geq1\), on a :
\[ 0\lt f(\alpha)\leq1. \]Ainsi, \(F\bigl(f(\alpha)\bigr)\) est bien définie. De plus :
\[ \ln\bigl(f(\alpha)\bigr) = -\sqrt{\alpha-1}. \]Par conséquent :
\[ \left[ \ln\bigl(f(\alpha)\bigr) \right]^2 = \alpha-1. \]Il vient :
\[ 1+ \left[ \ln\bigl(f(\alpha)\bigr) \right]^2 = \alpha. \]En utilisant la définition de \(F\) :
\[ \begin{aligned} F\bigl(f(\alpha)\bigr) &= \int_1^{ 1+\left[\ln(f(\alpha))\right]^2 } f(t)\,dt\\ &= \int_1^\alpha f(t)\,dt\\ &= S(\alpha). \end{aligned} \]en unités d’aire.
Calculer \(S(\alpha)\), puis déterminer :
\[ \lim_{\alpha\to+\infty}S(\alpha). \]Lire la correction + Masquer la correction −
D’après la question précédente :
\[ S(\alpha)=F\bigl(f(\alpha)\bigr). \]Or, pour tout \(x\in]0;1]\) :
\[ F(x)=2\bigl(x\ln x-x+1\bigr). \]Posons :
\[ r=\sqrt{\alpha-1}. \]Alors :
\[ f(\alpha)=e^{-r} \qquad\text{et}\qquad \ln\bigl(f(\alpha)\bigr)=-r. \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} S(\alpha) &= 2\left[ f(\alpha)\ln\bigl(f(\alpha)\bigr) - f(\alpha) + 1 \right]\\ &= 2\left[ -re^{-r}-e^{-r}+1 \right]\\ &= 2\left[ 1-(r+1)e^{-r} \right]. \end{aligned} \]En remplaçant \(r\) par \(\sqrt{\alpha-1}\), on obtient :
\[ \boxed{ S(\alpha) = 2\left[ 1- \left( 1+\sqrt{\alpha-1} \right) e^{-\sqrt{\alpha-1}} \right] } \]en unités d’aire.
On peut également partir de :
\[ S(\alpha) = \int_1^\alpha e^{-\sqrt{x-1}}\,dx. \]En posant :
\[ u=\sqrt{x-1}, \qquad x=u^2+1, \qquad dx=2u\,du, \]on retrouve :
\[ S(\alpha) = 2\int_0^{\sqrt{\alpha-1}}ue^{-u}\,du. \]Une intégration par parties, avec :
\[ U=u, \qquad U'=1, \] \[ V'=e^{-u}, \qquad V=-e^{-u}, \]donne le même résultat.
Lorsque \(\alpha\to+\infty\), on a :
\[ r=\sqrt{\alpha-1}\longrightarrow+\infty. \]D’après les limites usuelles :
\[ e^{-r}\longrightarrow0 \qquad\text{et}\qquad re^{-r}\longrightarrow0. \]Donc :
\[ (r+1)e^{-r}\longrightarrow0. \]Par conséquent :
\[ \lim_{\alpha\to+\infty}S(\alpha) = 2. \]Comme :
\[ \|\vec i\|=\|\vec j\|=2\,\text{cm}, \]une unité d’aire représente :
\[ 2\times2=4\,\text{cm}^2. \]L’aire réelle du domaine vaut donc :
\[ S_{\text{réelle}}(\alpha) = 4S(\alpha) = 8\left[ 1- \left( 1+\sqrt{\alpha-1} \right) e^{-\sqrt{\alpha-1}} \right] \text{cm}^2. \]Sa limite est :
\[ \lim_{\alpha\to+\infty} S_{\text{réelle}}(\alpha) = 8\,\text{cm}^2. \]
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