Exercices corrigés : intégrales et calculs d'aires (maths complémentaires)

a) On primitive terme à terme : $F(x)=x^{3}-2x^{2}+5x+C$. Vérification : $F'(x)=3x^{2}-4x+5=f(x)$.

b) Une primitive de $\mathrm{e}^{ax}$ est $\frac{1}{a}\mathrm{e}^{ax}$. Ici $a=-0{,}5$, donc $G(x)=\frac{1}{-0{,}5}\mathrm{e}^{-0{,}5x}=-2\,\mathrm{e}^{-0{,}5x}+C$. Vérification : $G'(x)=-2\times(-0{,}5)\mathrm{e}^{-0{,}5x}=\mathrm{e}^{-0{,}5x}$.

c) $H(x)=\ln x+C$ sur $]0;+\infty[$. L'intervalle compte : sur $]-\infty;0[$ une primitive serait $\ln(-x)$, et la formule commune est $\ln|x|$.

d) On reconnaît la forme $\frac{u'}{u}$ avec $u(x)=x^{2}+1$ et $u'(x)=2x$. Comme $u$ est strictement positive, $K(x)=\ln\left(x^{2}+1\right)+C$. Vérification : $K'(x)=\frac{2x}{x^{2}+1}$.

e) On cherche $C$ tel que $F(1)=0$, avec $F(x)=x^{3}-2x^{2}+5x+C$. Or $F(1)=1-2+5+C=4+C$, donc $C=-4$ et $F(x)=x^{3}-2x^{2}+5x-4$. Il n'y a qu'une seule primitive vérifiant une condition donnée en un point : c'est ce qui rend la notion utile pour les modèles.

a) Une primitive est $x^{3}-2x^{2}+5x$, donc l'intégrale vaut $\left(8-8+10\right)-0=10$.

b) Une primitive est $-2\,\mathrm{e}^{-0{,}5x}$, donc l'intégrale vaut $-2\,\mathrm{e}^{-2}-\left(-2\right)=2\left(1-\mathrm{e}^{-2}\right)\approx 2\times 0{,}864665\approx 1{,}7293$.

c) Une primitive est $\ln x$, donc l'intégrale vaut $\ln\mathrm{e}-\ln 1=1-0=1$. Ce résultat est la définition même du nombre $\mathrm{e}$ vue du côté des aires, on y revient dans l'exercice 9.

d) Par la relation de Chasles, $\int_{0}^{5}f=\int_{0}^{2}f+\int_{2}^{5}f$, donc $\int_{2}^{5}f=25-10=15$. Par ailleurs échanger les bornes change le signe : $\int_{5}^{0}f=-\int_{0}^{5}f=-25$.

e) Prenons $f(x)=g(x)=x$ sur $[0;1]$. D'un côté $\int_{0}^{1}x^{2}\,dx=\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{3}\approx 0{,}3333$. De l'autre $\left(\int_{0}^{1}x\,dx\right)^{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}=0{,}25$. Les deux nombres diffèrent, l'égalité est donc fausse. L'intégrale est linéaire, ce qui concerne les sommes et les multiplications par une constante, mais elle n'est pas multiplicative : rien dans la notion d'aire ne permettrait de l'espérer.

a) $P(0)=2$ kilowatts et $P(12)=2+36-36=2$ kilowatts. L'atelier part et revient à la même puissance de veille : le modèle décrit une journée qui monte puis redescend symétriquement.

b) $P'(t)=3-0{,}5t$, qui s'annule en $t=6$ et change de signe du positif au négatif. La puissance est donc maximale au bout de six heures, et vaut $P(6)=2+18-9=11$ kilowatts.

c) Une primitive de $P$ est $2t+1{,}5t^{2}-\frac{t^{3}}{12}$. L'énergie vaut donc $\left(24+216-144\right)-0=96$ kilowattheures.

d) La puissance moyenne est $\frac{1}{12}\int_{0}^{12}P(t)\,dt=\frac{96}{12}=8$ kilowatts. Elle est nettement inférieure au maximum de 11 kilowatts, ce qui est normal : la pointe n'est atteinte qu'un instant.

e) On résout $2+3t-0{,}25t^{2}=8$, soit $0{,}25t^{2}-3t+6=0$, ou encore $t^{2}-12t+24=0$. Le discriminant vaut $144-96=48$, donc $t=\frac{12\pm\sqrt{48}}{2}=6\pm 2\sqrt{3}$, c'est-à-dire $t\approx 2{,}54$ heure et $t\approx 9{,}46$ heure. Il y a donc DEUX instants où la puissance vaut sa moyenne, encadrant symétriquement la pointe. Si $P$ était affine, la valeur moyenne serait atteinte une seule fois, exactement au milieu de l'intervalle. Le nombre de solutions n'a rien d'automatique : il dépend de la forme de la courbe, et c'est la raison pour laquelle une puissance moyenne ne renseigne jamais sur la pointe, alors que c'est la pointe qui dimensionne l'installation électrique.

a) On résout $6x-x^{2}=x$, soit $5x-x^{2}=0$, c'est-à-dire $x(5-x)=0$. Les abscisses sont $x=0$ et $x=5$, correspondant aux points $(0\ ;\ 0)$ et $(5\ ;\ 5)$.

b) Sur $[0;5]$, $f(x)-g(x)=5x-x^{2}=x(5-x)$. Les deux facteurs sont positifs sur cet intervalle, donc la différence est positive : la parabole est au-dessus de la droite, et elle la rejoint exactement aux deux extrémités.

c) L'aire vaut $\int_{0}^{5}\left(5x-x^{2}\right)dx=\left[\frac{5x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{5}=\frac{125}{2}-\frac{125}{3}=\frac{375-250}{6}=\frac{125}{6}\approx 20{,}83$ unité d'aire.

d) La corde joint $(0\ ;\ 0)$ à $(5\ ;\ 5)$, son coefficient directeur vaut 1. On cherche donc $x$ tel que $f'(x)=1$, avec $f'(x)=6-2x$ : cela donne $6-2x=1$, soit $x=2{,}5$. Le point cherché est $\left(2{,}5\ ;\ 8{,}75\right)$, puisque $f(2{,}5)=15-6{,}25=8{,}75$. C'est aussi le point où l'écart vertical entre la parabole et la droite est maximal, et il vaut $8{,}75-2{,}5=6{,}25$.

e) Le triangle a pour sommets $(0\ ;\ 0)$, $(5\ ;\ 5)$ et $(2{,}5\ ;\ 8{,}75)$. En prenant la corde comme base, sa longueur vaut $5\sqrt{2}$ et la hauteur est la distance du troisième sommet à la droite $y=x$, soit $\frac{\left|8{,}75-2{,}5\right|}{\sqrt{2}}=\frac{6{,}25}{\sqrt{2}}$. L'aire vaut donc $\frac{1}{2}\times 5\sqrt{2}\times\frac{6{,}25}{\sqrt{2}}=\frac{31{,}25}{2}=15{,}625$. Enfin $\frac{4}{3}\times 15{,}625=\frac{62{,}5}{3}\approx 20{,}83$, ce qui est exactement l'aire calculée au c). Le théorème d'Archimède est vérifié. Il mérite d'être médité : ce calcul, obtenu ici en trois lignes de primitives, a coûté à Archimède une démonstration par exhaustion d'une dizaine de pages, et il est resté pendant dix-huit siècles le seul calcul d'aire courbe connu.

a) Les extrémités gauches sont 1 ; $1{,}25$ ; $1{,}5$ ; $1{,}75$, où $f$ vaut respectivement 1 ; $0{,}8$ ; $0{,}666667$ ; $0{,}571429$. La somme de ces valeurs est $3{,}038095$, et en multipliant par la largeur $0{,}25$ on obtient $S_{g}\approx 0{,}759524$.

b) Les extrémités droites sont $1{,}25$ ; $1{,}5$ ; $1{,}75$ ; 2, où $f$ vaut $0{,}8$ ; $0{,}666667$ ; $0{,}571429$ ; $0{,}5$. La somme vaut $2{,}538095$, d'où $S_{d}\approx 0{,}634524$.

c) La fonction inverse est strictement décroissante sur $[1;2]$. Sur chaque sous-intervalle, sa valeur en l'extrémité gauche majore donc toutes les autres, et sa valeur en l'extrémité droite les minore : le rectangle de gauche contient la portion d'aire et celui de droite y est contenu. En sommant, $S_{d}\leq I\leq S_{g}$, soit $0{,}634524\leq 0{,}693147\leq 0{,}759524$, ce qui est bien vérifié.

d) La méthode des trapèzes donne la moyenne des deux sommes : $T=\frac{0{,}759524+0{,}634524}{2}\approx 0{,}697024$. Les erreurs valent respectivement $0{,}066377$ pour les rectangles à gauche, $0{,}058623$ pour ceux à droite et seulement $0{,}003877$ pour les trapèzes, soit environ dix-sept fois moins. Les deux erreurs de rectangles sont de signes opposés, et c'est précisément pour cela que leur moyenne les compense presque entièrement.

e) Notons $h=\frac{b-a}{n}$. Les deux sommes portent sur les mêmes valeurs de $f$, sauf aux deux bouts : $S_{g}$ utilise $f(a)$ mais pas $f(b)$, et $S_{d}$ l'inverse. Tous les autres termes se télescopent, donc $S_{g}-S_{d}=h\left(f(a)-f(b)\right)$, dont la valeur absolue est $\frac{b-a}{n}\left|f(b)-f(a)\right|$. Ici $\frac{1}{n}\times\left|0{,}5-1\right|=\frac{0{,}5}{n}$, et on vérifie avec $n=4$ : $\frac{0{,}5}{4}=0{,}125=0{,}759524-0{,}634524$. Pour obtenir une amplitude inférieure à $0{,}001$ il faut $\frac{0{,}5}{n}<0{,}001$, soit $n>500$ : il en faudrait 501. C'est la faiblesse de la méthode des rectangles, dont la précision ne s'améliore que proportionnellement à $n$, alors que celle des trapèzes s'améliore comme $n^{2}$.

a) Entre 0 et 2 la région est un triangle de base 2 et de hauteur 4, donc $V(2)=\frac{2\times 4}{2}=4$ mètres cubes. Entre 2 et 5 c'est un rectangle de base 3 et de hauteur 4, d'aire 12, donc $V(5)=4+12=16$ mètres cubes. Entre 5 et 8 c'est un triangle de base 3 et de hauteur 4, d'aire 6, donc $V(8)=16+6=22$ mètres cubes.

b) Oui, puisque le volume final de 22 mètres cubes dépasse la capacité de 20. Le débordement a lieu pendant la phase de descente, car $V(5)=16$ et $V(8)=22$. Il faut donc trouver $t$ dans $[5;8]$ tel que l'aire ajoutée depuis $t=5$ vaille 4. Sur cette phase le débit vaut $\frac{4(8-t)}{3}$, et l'aire restante à droite de $t$ est un triangle d'aire $\frac{(8-t)}{2}\times\frac{4(8-t)}{3}=\frac{2(8-t)^{2}}{3}$. L'aire ajoutée entre 5 et $t$ vaut donc $6-\frac{2(8-t)^{2}}{3}=4$, soit $(8-t)^{2}=3$ et $t=8-\sqrt{3}\approx 6{,}27$ heure. Le bassin déborde environ six heures et seize minutes après l'ouverture.

c) La moitié du volume total vaut 11 mètres cubes. Comme $V(2)=4$ et $V(5)=16$, l'instant cherché est dans la phase de palier, où le débit est constant à 4 mètres cubes par heure. Il faut y accumuler $11-4=7$ mètres cubes, ce qui demande $\frac{7}{4}=1{,}75$ heure. L'instant cherché est donc $t=2+1{,}75=3{,}75$ heure.

d) Le débit moyen vaut $\frac{22}{8}=2{,}75$ mètres cubes par heure, contre un débit maximal de 4. Le rapport des deux est le même que celui de l'aire réelle à celle du rectangle plein de hauteur 4, ce qui se lit directement sur le graphique : la région occupe un peu moins de sept dixièmes du rectangle.

e) La fonction $V$ est une primitive du débit, donc $V'$ est le débit lui-même et $V''$ est sa dérivée, c'est-à-dire la pente du graphique. Sur $[0;2]$ le débit croît, donc $V''>0$ et $V$ est convexe. Sur $[2;5]$ le débit est constant, donc $V''=0$ et $V$ est affine, de pente 4. Sur $[5;8]$ le débit décroît, donc $V''<0$ et $V$ est concave. Le changement de convexité s'opère en $t=5$, qui est donc le point d'inflexion. En $t=2$ la courbe passe de convexe à affine sans changer de sens de courbure au sens strict, ce n'est pas un point d'inflexion. Ce raisonnement illustre le point clé du chapitre : les variations de $V$ se lisent sur le SIGNE du graphique, et sa convexité sur sa PENTE.

a) L'équilibre vérifie $D(q)=S(q)$, soit $50-0{,}5q=10+0{,}3q$, donc $40=0{,}8q$ et $q^{*}=50$ unités. Le prix d'équilibre vaut $p^{*}=D(50)=50-25=25$ dollars.

b) Le surplus du consommateur vaut $\int_{0}^{50}\left(D(q)-p^{*}\right)dq=\int_{0}^{50}\left(25-0{,}5q\right)dq=\left[25q-0{,}25q^{2}\right]_{0}^{50}=1250-625=625$ dollars. Concrètement : les premiers acheteurs auraient accepté de payer jusqu'à 50 dollars et n'en paient que 25 ; en cumulant ces économies sur les cinquante unités, les acheteurs gagnent au total 625 dollars par rapport à ce qu'ils étaient prêts à débourser.

c) Le surplus du producteur vaut $\int_{0}^{50}\left(p^{*}-S(q)\right)dq=\int_{0}^{50}\left(15-0{,}3q\right)dq=\left[15q-0{,}15q^{2}\right]_{0}^{50}=750-375=375$ dollars. Le surplus total est donc $625+375=1000$ dollars.

d) Les deux fonctions étant affines, les régions sont des triangles. Pour le consommateur : base 50, hauteur $D(0)-p^{*}=50-25=25$, donc aire $\frac{50\times 25}{2}=625$. Pour le producteur : base 50, hauteur $p^{*}-S(0)=25-10=15$, donc aire $\frac{50\times 15}{2}=375$. Le surplus total est le triangle de hauteur $50-10=40$, d'aire $\frac{50\times 40}{2}=1000$. Les trois résultats coïncident, ce qui est le meilleur contrôle possible du calcul intégral.

e) À 20 dollars, les producteurs n'offrent que la quantité vérifiant $10+0{,}3q=20$, soit $q=\frac{100}{3}\approx 33{,}33$ unités : c'est elle qui limite les échanges, puisque la demande à ce prix serait de 60 unités. Le surplus du consommateur devient $\int_{0}^{100/3}\left(50-0{,}5q-20\right)dq=\left[30q-0{,}25q^{2}\right]_{0}^{100/3}=1000-\frac{2500}{9}\approx 722{,}22$ dollars, et celui du producteur $\int_{0}^{100/3}\left(20-10-0{,}3q\right)dq=\left[10q-0{,}15q^{2}\right]_{0}^{100/3}=\frac{1000}{3}-\frac{500}{3}\approx 166{,}67$ dollars. Le surplus total tombe à $888{,}89$ dollars, soit une perte sèche de $1000-888{,}89\approx 111{,}11$ dollars. On la retrouve géométriquement comme le triangle de base $50-\frac{100}{3}=\frac{50}{3}$ et de hauteur $D\left(\frac{100}{3}\right)-S\left(\frac{100}{3}\right)=\frac{100}{3}-20=\frac{40}{3}$, d'aire $\frac{1}{2}\times\frac{50}{3}\times\frac{40}{3}=\frac{1000}{9}\approx 111{,}11$. La leçon est que le prix plafond enrichit bien les consommateurs, de 625 à 722 dollars, mais qu'il retire davantage aux producteurs, et surtout que les échanges non réalisés font disparaître une valeur que personne ne récupère.

a) Une primitive de $8000\,\mathrm{e}^{-0{,}05t}$ est $\frac{8000}{-0{,}05}\mathrm{e}^{-0{,}05t}=-160\,000\,\mathrm{e}^{-0{,}05t}$. Donc $V(T)=-160\,000\,\mathrm{e}^{-0{,}05T}+160\,000=160\,000\left(1-\mathrm{e}^{-0{,}05T}\right)$.

b) $V(20)=160\,000\left(1-\mathrm{e}^{-1}\right)\approx 160\,000\times 0{,}632121\approx 101\,139$ dollars. Le total non actualisé vaut $8000\times 20=160\,000$ dollars : l'actualisation en retire près de 58 861 dollars, soit 37 % du total. Ignorer l'actualisation sur un horizon de vingt ans conduit donc à surévaluer un projet de plus d'un tiers.

c) La moitié vaut environ $50\,570$ dollars. On résout $160\,000\left(1-\mathrm{e}^{-0{,}05T}\right)=50\,570$, soit $\mathrm{e}^{-0{,}05T}\approx 0{,}68394$, donc $T=\frac{-\ln 0{,}68394}{0{,}05}\approx 7{,}6$ ans. La moitié de la valeur est acquise en moins de huit ans sur vingt : les premières années pèsent bien davantage que les dernières, puisque leurs dollars sont moins escomptés. C'est la raison pour laquelle un projet qui rapporte tôt est préféré à un projet qui rapporte autant mais tard.

d) Non. Quand $T$ tend vers $+\infty$, $\mathrm{e}^{-0{,}05T}$ tend vers 0, donc $V(T)$ tend vers $160\,000$ dollars. Un flux infini a une valeur finie, parce que les termes lointains sont escomptés à une vitesse exponentielle, plus rapide que l'accumulation linéaire des années.

e) La limite vaut $\frac{8000}{0{,}05}=160\,000$ : la valeur d'une rente perpétuelle est le flux annuel divisé par le taux. Sur cet exemple, le flux perpétuel vaut exactement autant que vingt ans de flux non actualisé, ce qui donne une lecture intuitive du taux de 5 % : $\frac{1}{0{,}05}=20$ années de revenu. C'est la formule utilisée pour valoriser une obligation perpétuelle ou un immeuble de rapport, et elle explique pourquoi une baisse des taux fait mécaniquement bondir la valeur de ces actifs : à 2 %, le même flux vaudrait $\frac{8000}{0{,}02}=400\,000$ dollars, soit deux fois et demie plus.

a) Une primitive de $\frac{1}{t}$ sur $]0;+\infty[$ est $\ln t$, donc $A(x)=\ln x-\ln 1=\ln x$. Ainsi $A(2)=\ln 2\approx 0{,}693147$, $A(4)=\ln 4\approx 1{,}386294$ et $A(8)=\ln 8\approx 2{,}079442$.

b) On a bien $1{,}386294=2\times 0{,}693147$ et $2{,}079442=3\times 0{,}693147$. Cela tient à ce que $4=2^{2}$ et $8=2^{3}$, donc $A\left(2^{n}\right)=\ln 2^{n}=n\ln 2=n\,A(2)$. L'aire croît comme l'EXPOSANT, pas comme la borne.

c) Il n'y a pas de paradoxe, mais une compensation exacte. Quand on passe de la région $[1;2]$ à la région $[2;4]$, la largeur double, mais la hauteur de la courbe est divisée par 2 puisque $\frac{1}{2t}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{t}$. Le produit largeur par hauteur, donc l'aire, est inchangé. Plus précisément, la transformation qui multiplie les abscisses par 2 et divise les ordonnées par 2 conserve les aires et envoie exactement la portion d'hyperbole au-dessus de $[1;2]$ sur celle au-dessus de $[2;4]$. C'est cette invariance d'échelle, propre à l'hyperbole, qui produit toute la propriété.

d) En prenant $b=\frac{1}{a}$ dans la relation, $A(1)=A(a)+A\left(\frac{1}{a}\right)$, et $A(1)=0$ puisque les bornes sont confondues. La relation est donc bien celle d'un logarithme. Comme $A(x)=\ln x$, on a $A(\mathrm{e})=1$. Cela fournit une définition du nombre $\mathrm{e}$ qui ne suppose rien d'autre que la notion d'aire : $\mathrm{e}$ est l'unique abscisse pour laquelle l'aire sous l'hyperbole, comptée depuis 1, vaut exactement 1.

e) Les calculateurs cherchaient une fonction transformant les produits en sommes, pour remplacer des multiplications pénibles par des additions. Or la relation $A(ab)=A(a)+A(b)$ est précisément cela, et elle sort ici d'un pur argument d'aire, sans aucune table ni aucun calcul. C'est la rencontre inattendue entre un problème de géométrie, la quadrature de l'hyperbole, que les Grecs avaient laissé ouvert, et un problème de calcul pratique posé par l'astronomie et la navigation. Quant au choix de la courbe : la relation vient de ce que la dilatation horizontale d'un facteur $a$ et la contraction verticale du même facteur laissent la courbe globalement invariante. Seule la fonction $t\mapsto\frac{1}{t}$ a cette propriété, car elle est la seule à vérifier $f(at)=\frac{1}{a}f(t)$ pour tout $a$. Aucune autre puissance de $t$ ne convient, et c'est bien pourquoi $\frac{1}{t}$ est aussi la seule fonction puissance dont la primitive ne soit pas une puissance.

a) Faux dès que $f$ change de signe : l'intégrale compte négativement les portions situées sous l'axe. Prenons $f(x)=x$ sur $[-1;1]$ : l'intégrale vaut $\left[\frac{x^{2}}{2}\right]_{-1}^{1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$, alors que l'aire géométrique des deux triangles vaut $\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$. L'énoncé n'est correct que pour une fonction positive ; sinon il faut intégrer $|f|$ ou découper aux zéros.

b) Faux, la compensation suffit. Prenons $f(x)=x-\frac{1}{2}$ sur $[0;1]$ : l'intégrale vaut $\left[\frac{x^{2}}{2}-\frac{x}{2}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$, et pourtant $f$ ne s'annule qu'en un seul point. Ce qui est vrai, c'est qu'une fonction CONTINUE et POSITIVE d'intégrale nulle est nécessairement nulle : il faut les deux hypothèses supplémentaires.

c) Vrai seulement si $f$ est affine, faux en général. Prenons $f(x)=x^{2}$ sur $[0;2]$ : la valeur moyenne vaut $\frac{1}{2}\int_{0}^{2}x^{2}\,dx=\frac{1}{2}\times\frac{8}{3}=\frac{4}{3}\approx 1{,}33$, alors que $\frac{f(0)+f(2)}{2}=\frac{0+4}{2}=2$. La recette des deux extrémités ne voit que les bornes et ignore tout ce qui se passe entre elles ; elle ne peut donc marcher que si le comportement intermédiaire est entièrement déterminé par les bornes, c'est-à-dire dans le cas affine.

d) Faux sauf si $f$ est constante. Prenons $f(x)=x^{2}$ : $\int_{0}^{1}x^{2}\,dx=\frac{1}{3}$ tandis que $\int_{0}^{2}x^{2}\,dx=\frac{8}{3}$, soit huit fois plus et non deux. Doubler l'intervalle ajoute une région dont la hauteur est elle aussi plus grande, et les deux effets se multiplient. Le raisonnement ne serait valable que pour un rectangle.

e) Faux. Prenons $f(x)=g(x)=x$ sur $\mathbb{R}$. Une primitive de leur produit $x^{2}$ est $\frac{x^{3}}{3}$, tandis que le produit des primitives vaut $\frac{x^{2}}{2}\times\frac{x^{2}}{2}=\frac{x^{4}}{4}$. Les deux fonctions n'ont même pas le même degré. La dérivation d'un produit fait apparaître deux termes, $\left(uv\right)'=u'v+uv'$, et c'est cette structure qui interdit toute formule simple en sens inverse : elle donne l'intégration par parties, qui n'est pas au programme de cette option mais dont la nécessité se voit ici clairement.

a) Une primitive de $\mathrm{e}^{at}$ est $\frac{1}{a}\mathrm{e}^{at}$ : les primitives sont $t\mapsto\frac{2}{-0{,}1}\mathrm{e}^{-0{,}1t}+C=-20\,\mathrm{e}^{-0{,}1t}+C$, $C$ réel.

b) $h(0)=-20+C=5$ donne $C=25$, donc $h(t)=25-20\,\mathrm{e}^{-0{,}1t}$. Sans la condition initiale, en prenant $C=0$, la plante mesurerait $-20\ \mathrm{cm}$ au départ.