Exercices corrigés : l'aire entre deux courbes (201-NYB)

a) $\int_{-2}^{2}\left(x^{3}-4x\right)dx=\left[\frac{x^{4}}{4}-2x^{2}\right]_{-2}^{2}=(4-8)-(4-8)=0$. Sans calcul : $f$ est IMPAIRE, car $f(-x)=-x^{3}+4x=-f(x)$, et l'intervalle est symétrique par rapport à l'origine. L'intégrale d'une fonction impaire sur un intervalle symétrique est toujours nulle, ce qui fait gagner une minute et rapporte le point de justification.

b) L'aire ne peut pas être nulle : la courbe s'écarte visiblement de l'axe. Il faut découper aux ZÉROS de $f$, c'est-à-dire là où $x(x-2)(x+2)=0$, donc en $-2$, $0$ et $2$. Sur $\left]-2,0\right[$, $f>0$ (par exemple $f(-1)=3$); sur $\left]0,2\right[$, $f<0$ (par exemple $f(1)=-3$). Donc $\mathcal{A}=\int_{-2}^{0}f(x)\,dx-\int_{0}^{2}f(x)\,dx$. Le premier morceau vaut $\left[\frac{x^{4}}{4}-2x^{2}\right]_{-2}^{0}=0-(4-8)=4$ et le second $\left[\frac{x^{4}}{4}-2x^{2}\right]_{0}^{2}=-4$. D'où $\mathcal{A}=4-(-4)=8$.

c) La formule est $\mathcal{A}=\int_{a}^{b}\left|f(x)\right|dx$, et elle se calcule TOUJOURS en découpant aux zéros de $f$, jamais en mettant des valeurs absolues dans une primitive. « Calculez l'intégrale », « calculez le déplacement », « calculez la variation nette » appellent l'intégrale signée; « calculez l'aire », « calculez la distance parcourue », « calculez la quantité totale » appellent l'intégrale de la valeur absolue. La question la plus fréquente à l'examen est celle où l'énoncé dit « aire » et où la copie répond l'intégrale : c'est la totalité de la question qui tombe, alors que le calcul est juste.

d) Sur $\left[0,3\right]$, $f$ change encore de signe, en $x=2$. Sur $\left]0,2\right[$, $f<0$ et sur $\left]2,3\right[$, $f>0$ (par exemple $f(3)=15$). Donc $\mathcal{A}=-\int_{0}^{2}f+\int_{2}^{3}f=4+\left[\frac{x^{4}}{4}-2x^{2}\right]_{2}^{3}=4+\left(\frac{81}{4}-18\right)-(4-8)=4+2{,}25+4=10{,}25$. Le réflexe à installer : avant toute primitive, on cherche les zéros dans l'intervalle. Un seul zéro oublié fausse tout le reste, et l'oubli ne se voit pas dans la réponse.

a) On égalise : $x^{2}=x+2$, soit $x^{2}-x-2=0$, soit $(x-2)(x+1)=0$. Les abscisses d'intersection sont $x=-1$ et $x=2$. Ces deux nombres sont les BORNES de l'intégrale, et c'est la raison pour laquelle on les cherche en premier : sans elles, il n'y a rien à intégrer. Aucune borne n'est donnée dans l'énoncé, et c'est le cas le plus fréquent à l'examen.

b) Point test à l'intérieur de $\left]-1,2\right[$, le plus simple étant $x=0$ : la droite vaut $2$ et la parabole vaut $0$. La DROITE est donc au-dessus sur tout l'intervalle, et elle le reste puisque les deux courbes ne se recoupent pas entre $-1$ et $2$. Un seul point test suffit, à condition qu'il soit strictement à l'intérieur : c'est exactement l'argument que le correcteur attend, et il vaut un demi-point.

c) $\mathcal{A}=\int_{-1}^{2}\left[(x+2)-x^{2}\right]dx=\left[\frac{x^{2}}{2}+2x-\frac{x^{3}}{3}\right]_{-1}^{2}$. En $2$ : $2+4-\frac{8}{3}=\frac{10}{3}$. En $-1$ : $\frac{1}{2}-2+\frac{1}{3}=-\frac{7}{6}$. Donc $\mathcal{A}=\frac{10}{3}+\frac{7}{6}=\frac{27}{6}=\frac{9}{2}=4{,}5$. Contrôle d'ordre de grandeur : la région tient dans un rectangle de $3$ de large et $4$ de haut, donc moins de $12$; et elle en occupe visiblement un peu moins de la moitié ✓.

d) C'est la même intégrale avec les deux fonctions ÉCHANGÉES, donc elle vaut $-\frac{9}{2}$. Une aire ne peut pas être négative : le signe négatif est le signal, et le seul, que l'ordre « haut moins bas » a été inversé. On corrige en changeant le signe, pas en refaisant le calcul. Retenir cette lecture fait gagner du temps à l'examen : un résultat d'aire négatif se répare en trois secondes, à condition d'avoir posé l'intégrale avec des bornes dans l'ordre croissant.

a) $x^{3}=x$ donne $x\left(x^{2}-1\right)=0$, soit $x=-1$, $x=0$ et $x=1$. TROIS intersections, et non deux : c'est ce que la copie moyenne manque, parce qu'elle divise par $x$ et perd la solution $x=0$. Ne jamais diviser par une expression qui peut s'annuler; on factorise.

b) Point test dans $\left]-1,0\right[$, par exemple $x=-\frac{1}{2}$ : $x^{3}=-\frac{1}{8}$ et $x=-\frac{1}{2}$, donc la CUBIQUE est au-dessus. Point test dans $\left]0,1\right[$, par exemple $x=\frac{1}{2}$ : $x^{3}=\frac{1}{8}$ et $x=\frac{1}{2}$, donc la DROITE est au-dessus. Le rôle du dessus et du dessous s'échange en $x=0$, ce qui impose de découper l'intégrale à cet endroit.

c) $\mathcal{A}=\int_{-1}^{0}\left(x^{3}-x\right)dx+\int_{0}^{1}\left(x-x^{3}\right)dx$. Avec $H(x)=\frac{x^{4}}{4}-\frac{x^{2}}{2}$ : le premier vaut $H(0)-H(-1)=0-\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}$; le second vaut $-\left[H(1)-H(0)\right]=-\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{4}$. Donc $\mathcal{A}=\frac{1}{2}$. On pouvait aussi invoquer la symétrie : les deux fonctions sont impaires, donc la région est symétrique par rapport à l'origine et il suffit de doubler l'un des deux morceaux.

d) $\int_{-1}^{1}\left(x-x^{3}\right)dx=0$, car l'intégrande est impair sur un intervalle symétrique. Ce nombre n'est pas l'aire parce que l'expression $x-x^{3}$ est POSITIVE sur $\left]0,1\right[$ et NÉGATIVE sur $\left]-1,0\right[$ : les deux moitiés se compensent exactement. Écrire une seule intégrale sur $\left[-1,1\right]$ revient à soustraire une aire au lieu de l'ajouter. Le contrôle qui sauve : une aire nulle alors que le dessin montre deux régions bien pleines signale toujours un découpage manquant.

a) On égalise les deux expressions de $x$ : $y^{2}=y+2$, soit $y^{2}-y-2=0$, soit $(y-2)(y+1)=0$. Les ordonnées sont $y=-1$ et $y=2$, et les points sont $(1,-1)$ et $(4,2)$. Noter qu'on égalise les $x$ parce que ce sont les $x$ qui sont exprimés en fonction de $y$ : la variable d'intégration sera $y$.

b) Une tranche horizontale à l'ordonnée $y$ va de la courbe de GAUCHE à celle de DROITE. Point test $y=0$ : la parabole donne $x=0$ et la droite $x=2$, donc la droite est à droite. $\mathcal{A}=\int_{-1}^{2}\left[(y+2)-y^{2}\right]dy=\left[\frac{y^{2}}{2}+2y-\frac{y^{3}}{3}\right]_{-1}^{2}=\frac{10}{3}+\frac{7}{6}=\frac{9}{2}$. En tranches horizontales, la formule est « droite moins gauche », exactement comme « haut moins bas » en tranches verticales.

c) En tranches verticales, il en faut DEUX. La raison est que le bord inférieur de la région change de nature en $x=1$ : pour $0\le x\le 1$, la région est bornée en haut par $y=\sqrt{x}$ et en bas par $y=-\sqrt{x}$; pour $1\le x\le 4$, elle est bornée en haut par $y=\sqrt{x}$ et en bas par la droite $y=x-2$. Donc $\mathcal{A}=\int_{0}^{1}2\sqrt{x}\,dx+\int_{1}^{4}\left(\sqrt{x}-x+2\right)dx=\frac{4}{3}+\left(\frac{16}{3}-8+8\right)-\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{2}+2\right)=\frac{4}{3}+\frac{16}{3}-\frac{13}{6}=\frac{9}{2}$ ✓. Même réponse, trois fois plus de travail : c'est le critère de choix. On intègre selon $y$ dès que le bord change de formule en tranches verticales, et selon $x$ dans le cas contraire.

d) La région d'ici est l'image de celle de l'exercice 2 par la réflexion d'axe $y=x$, qui échange les rôles de $x$ et de $y$ : $y=x^{2}$ devient $x=y^{2}$ et $y=x+2$ devient $x=y+2$. Une réflexion conserve les aires, donc les deux valent $\frac{9}{2}$. Ce n'est pas une coïncidence mais un outil : quand une région se calcule mal dans un sens, on regarde si sa réflexion se calcule mieux, ce qui revient exactement à changer de sens de tranchage.

a) $\sin x=\cos x$ équivaut à $\tan x=1$ (le cosinus ne s'annule pas là où l'égalité a lieu, sinon le sinus s'annulerait aussi, ce qui est impossible). Donc $x=\frac{\pi}{4}$ ou $x=\frac{5\pi}{4}$ sur $\left[0,2\pi\right]$. Deux solutions par tour, une par période de la tangente.

b) Point test $x=\frac{\pi}{2}$ : $\sin=1$ et $\cos=0$, donc le SINUS est au-dessus sur tout l'intervalle. $\mathcal{A}=\int_{\pi/4}^{5\pi/4}\left(\sin x-\cos x\right)dx=\left[-\cos x-\sin x\right]_{\pi/4}^{5\pi/4}$. En $\frac{5\pi}{4}$ : $-\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)-\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\sqrt{2}$. En $\frac{\pi}{4}$ : $-\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}=-\sqrt{2}$. Donc $\mathcal{A}=2\sqrt{2}\approx 2{,}83$.

c) Sur $\left[0,2\pi\right]$ les deux courbes se croisent en $\frac{\pi}{4}$ et $\frac{5\pi}{4}$, ce qui découpe l'intervalle en trois morceaux. Sur $\left[0,\frac{\pi}{4}\right]$ le cosinus domine, sur $\left[\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4}\right]$ le sinus, sur $\left[\frac{5\pi}{4},2\pi\right]$ le cosinus à nouveau. Le premier morceau vaut $\left[\sin x+\cos x\right]_{0}^{\pi/4}=\sqrt{2}-1$, le deuxième $2\sqrt{2}$, le troisième $\left[\sin x+\cos x\right]_{5\pi/4}^{2\pi}=1-\left(-\sqrt{2}\right)=1+\sqrt{2}$. Total : $\left(\sqrt{2}-1\right)+2\sqrt{2}+\left(1+\sqrt{2}\right)=4\sqrt{2}\approx 5{,}66$. La réponse tombe ronde, ce qui est un bon indice de calcul juste.

d) $\int_{0}^{2\pi}\sin x\,dx=\left[-\cos x\right]_{0}^{2\pi}=-1+1=0$ : sur un tour complet, l'arche positive et l'arche négative se compensent. L'AIRE, elle, se calcule en découpant en $x=\pi$ : $\mathcal{A}=\int_{0}^{\pi}\sin x\,dx-\int_{\pi}^{2\pi}\sin x\,dx=2+2=4$. C'est la même leçon qu'à l'exercice 1, sur une fonction périodique : une intégrale nulle ne signifie jamais une aire nulle, et la périodicité rend ce piège encore plus fréquent, car les zéros y sont nombreux.

a) On croise les droites deux à deux. $y=x$ et $y=2x$ se coupent en $(0,0)$. $y=2x$ et $y=6-x$ donnent $2x=6-x$, soit $x=2$ et le point $(2,4)$. $y=x$ et $y=6-x$ donnent $x=3$ et le point $(3,3)$. La région est le triangle de sommets $(0,0)$, $(2,4)$ et $(3,3)$.

b) Le bord SUPÉRIEUR change de formule en $x=2$ : avant, c'est $y=2x$; après, c'est $y=6-x$. Le bord inférieur reste $y=x$ sur toute la largeur. Donc $\mathcal{A}=\int_{0}^{2}\left(2x-x\right)dx+\int_{2}^{3}\left[(6-x)-x\right]dx$. La règle générale : on découpe à chaque abscisse où l'une des deux frontières change d'expression, et le sommet $(2,4)$ est précisément une telle abscisse.

c) $\int_{0}^{2}x\,dx=\left[\frac{x^{2}}{2}\right]_{0}^{2}=2$. $\int_{2}^{3}\left(6-2x\right)dx=\left[6x-x^{2}\right]_{2}^{3}=(18-9)-(12-4)=9-8=1$. Donc $\mathcal{A}=2+1=3$.

d) En tranches horizontales, le bord GAUCHE change en $y=3$ : pour $0\le y\le 3$, la tranche va de $x=\frac{y}{2}$ à $x=y$; pour $3\le y\le 4$, elle va de $x=\frac{y}{2}$ à $x=6-y$. Donc $\mathcal{A}=\int_{0}^{3}\frac{y}{2}\,dy+\int_{3}^{4}\left(6-\frac{3y}{2}\right)dy=\frac{9}{4}+\left[6y-\frac{3y^{2}}{4}\right]_{3}^{4}=\frac{9}{4}+\left(24-12\right)-\left(18-\frac{27}{4}\right)=\frac{9}{4}+12-\frac{45}{4}=3$ ✓. Vérification géométrique par la formule du déterminant sur les trois sommets : $\mathcal{A}=\frac{1}{2}\left|x_{1}(y_{2}-y_{3})+x_{2}(y_{3}-y_{1})+x_{3}(y_{1}-y_{2})\right|=\frac{1}{2}\left|0(4-3)+2(3-0)+3(0-4)\right|=\frac{1}{2}\left|6-12\right|=3$ ✓. Trois méthodes, un seul nombre : quand une région est polygonale, la vérification géométrique coûte dix secondes et vaut mieux qu'une relecture.

a) Intersections : $x^{2}=4$ donne $x=\pm 2$. Sur $\left]-2,2\right[$, la droite est au-dessus (point test $x=0$ : $4>0$). Donc $\mathcal{A}=\int_{-2}^{2}\left(4-x^{2}\right)dx$. La fonction étant PAIRE, on double la moitié : $2\int_{0}^{2}\left(4-x^{2}\right)dx=2\left[4x-\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{2}=2\left(8-\frac{8}{3}\right)=\frac{32}{3}$.

b) En tranches horizontales, la largeur de $R$ à l'ordonnée $y$ va de $x=-\sqrt{y}$ à $x=+\sqrt{y}$, donc vaut $2\sqrt{y}$. La partie supérieure est celle des ordonnées comprises entre $a$ et $4$ : $\mathcal{A}_{\text{sup}}(a)=\int_{a}^{4}2\sqrt{y}\,dy=\left[\frac{4}{3}y^{3/2}\right]_{a}^{4}=\frac{4}{3}\left(8-a^{3/2}\right)$. Contrôle : pour $a=0$ on retrouve $\frac{32}{3}$ ✓, l'aire totale. Le tranchage horizontal est ici obligatoire ou presque : en tranches verticales, la partie supérieure demanderait de découper à $x=\pm\sqrt{a}$ et coûterait trois intégrales.

c) On veut $\mathcal{A}_{\text{sup}}(a)=\frac{1}{2}\cdot\frac{32}{3}=\frac{16}{3}$, donc $\frac{4}{3}\left(8-a^{3/2}\right)=\frac{16}{3}$, soit $8-a^{3/2}=4$, soit $a^{3/2}=4$. En élevant à la puissance $\frac{2}{3}$ : $a=4^{2/3}=\sqrt[3]{16}\approx 2{,}52$. Vérification : $\frac{4}{3}\left(8-4\right)=\frac{16}{3}$ ✓, et $2{,}52$ est bien dans $\left]0,4\right[$ ✓.

d) Non, et c'est tout l'intérêt de la question. Pour un rectangle, la largeur est constante, l'aire croît linéairement avec la hauteur, et la médiane horizontale est à mi-hauteur, soit $a=2$. Ici la largeur $2\sqrt{y}$ AUGMENTE avec $y$ : la moitié haute de la région est plus large, donc il faut monter la coupure au-dessus de $2$ pour lui laisser la même aire, et l'on trouve bien $2{,}52>2$. La leçon se généralise : la droite qui partage une aire en deux n'est à mi-hauteur que si la région est aussi large en haut qu'en bas.

a) FAUX dès que $f$ change de signe. L'intégrale compte négativement ce qui est sous l'axe. Énoncé correct : « L'aire vaut $\int_{a}^{b}\left|f(x)\right|dx$, que l'on calcule en découpant l'intervalle aux ZÉROS de $f$ et en changeant le signe des morceaux négatifs. » Sur $f(x)=x^{3}-4x$ et $\left[-2,2\right]$, l'intégrale vaut $0$ et l'aire vaut $8$.

b) FAUX : « la formule la plus grande » ne veut rien dire, une formule n'est pas un nombre. Ce qui compte est la position sur l'INTERVALLE considéré, et elle peut s'inverser. Énoncé correct : « On intègre $\left(\text{dessus}-\text{dessous}\right)$, position déterminée par un point test strictement intérieur à chaque sous-intervalle délimité par les intersections. » Sur $\left]-1,0\right[$, $x^{3}$ est au-dessus de $x$; sur $\left]0,1\right[$, c'est l'inverse.

c) FAUX. Quand les bornes ne sont pas données, c'est que la région est FERMÉE par les courbes elles-mêmes, et les bornes sont les abscisses (ou les ordonnées) d'intersection. Énoncé correct : « On résout $f(x)=g(x)$; les solutions sont les bornes. » C'est d'ailleurs la première ligne de presque toutes les questions d'aire à l'examen, et elle vaut souvent deux points à elle seule.

d) FAUX en pratique. La formule $\int\left|f-g\right|$ est exacte, mais une valeur absolue ne se primitive pas : il faut de toute façon découper aux trois intersections, donc écrire trois intégrales (ou deux si l'une des régions est symétrique de l'autre). Énoncé correct : « On découpe aux intersections, on détermine le signe sur chaque morceau, puis on additionne les intégrales prises dans le bon sens. »

e) FAUX. Une aire est une aire : $\int\left(\text{droite}-\text{gauche}\right)dy$ et $\int\left(\text{haut}-\text{bas}\right)dx$ donnent le MÊME nombre dans la même unité, comme le montre l'exercice 4 où les deux méthodes donnent $\frac{9}{2}$. Énoncé correct : « Le sens de tranchage ne change ni la valeur ni l'unité, seulement le nombre d'intégrales à écrire; on choisit celui qui en demande le moins. »

a) L'équilibre est le point où l'offre rencontre la demande : $50-0{,}5q=10+0{,}3q$, soit $40=0{,}8q$ et $q^{*}=50$. Le prix correspondant est $p^{*}=50-0{,}5(50)=25$, ou par l'autre expression $10+0{,}3(50)=25$ ✓. Vérifier par les DEUX formules coûte cinq secondes et attrape la faute de signe la plus fréquente du problème.

b) $\text{SC}=\int_{0}^{50}\left[p_{d}(q)-p^{*}\right]dq=\int_{0}^{50}\left(50-0{,}5q-25\right)dq=\int_{0}^{50}\left(25-0{,}5q\right)dq=\left[25q-0{,}25q^{2}\right]_{0}^{50}=1250-625=625$. En milliers d'unités et en dollars, cela représente $625$ milliers de dollars, soit $625\,000$ dollars. Interprétation : c'est ce que les consommateurs auraient été prêts à payer en plus, et qu'ils économisent parce que tous paient le même prix d'équilibre.

c) $\text{SP}=\int_{0}^{50}\left[p^{*}-p_{s}(q)\right]dq=\int_{0}^{50}\left(25-10-0{,}3q\right)dq=\int_{0}^{50}\left(15-0{,}3q\right)dq=\left[15q-0{,}15q^{2}\right]_{0}^{50}=750-375=375$, soit $375\,000$ dollars. Les deux intégrandes s'annulent en $q=50$, ce qui est normal : à l'équilibre, les deux courbes se rejoignent sur la droite du prix.

d) $\text{SC}+\text{SP}=625+375=1000$. Géométriquement, c'est l'aire du triangle délimité par les deux droites et l'axe des ordonnées : ses sommets sont $(0,50)$, $(0,10)$ et $(50,25)$, donc sa base verticale mesure $40$ et sa hauteur horizontale $50$, d'où $\frac{1}{2}(40)(50)=1000$ ✓. La droite du prix d'équilibre ne fait que couper ce triangle en deux, ce qui explique que la somme des surplus ne dépende PAS du prix retenu tant qu'on reste à l'équilibre. On peut donc calculer directement le total par la géométrie, puis un seul des deux surplus par intégration, et obtenir l'autre par différence : c'est le contrôle le plus rapide sur ce type de question.

a) $12t-t^{2}=6t$ donne $6t-t^{2}=0$, soit $t(6-t)=0$, donc $t=0$ et $t=6$ secondes. Les deux coureurs partent ensemble avec une vitesse nulle et se retrouvent à la même vitesse, $36$ m/s, à la sixième seconde.

b) Point test $t=3$ : $v_{A}(3)=36-9=27$ m/s et $v_{B}(3)=18$ m/s. Le coureur A est donc plus rapide sur tout l'intervalle $\left]0,6\right[$, puisque les deux courbes ne se recoupent pas entre $0$ et $6$. Une seule évaluation suffit à conclure, et il faut le dire explicitement : c'est ce qui autorise à écrire l'intégrale dans l'ordre $v_{A}-v_{B}$ sans valeur absolue.

c) L'intégrale d'une vitesse est une distance, donc l'aire entre les deux courbes est l'ÉCART de distance parcourue entre les deux coureurs. $\mathcal{A}=\int_{0}^{6}\left[\left(12t-t^{2}\right)-6t\right]dt=\int_{0}^{6}\left(6t-t^{2}\right)dt=\left[3t^{2}-\frac{t^{3}}{3}\right]_{0}^{6}=108-72=36$. Au bout de $6$ secondes, A a $36$ mètres d'avance sur B. Les unités le confirment : une vitesse en mètres par seconde intégrée sur des secondes donne bien des mètres.

d) $d_{A}=\int_{0}^{6}\left(12t-t^{2}\right)dt=\left[6t^{2}-\frac{t^{3}}{3}\right]_{0}^{6}=216-72=144$ m. $d_{B}=\int_{0}^{6}6t\,dt=\left[3t^{2}\right]_{0}^{6}=108$ m. Différence : $144-108=36$ m ✓, exactement l'aire du point c). C'est la vérification que le problème appelle, et elle repose sur la linéarité de l'intégrale : l'intégrale d'une différence est la différence des intégrales. Remarque de méthode : ici les deux vitesses restent positives, donc distance parcourue et déplacement coïncident. Si l'un des coureurs faisait demi-tour, sa vitesse changerait de signe et il faudrait revenir à l'intégrale de la valeur absolue, comme à l'exercice 1.

a) $\sin 2x=2\sin x\cos x$, donc l'équation s'écrit $\sin x\left(2\cos x-1\right)=0$ : $\sin x=0$ donne $x=0$ ou $x=\pi$, et $\cos x=\frac{1}{2}$ donne $x=\frac{\pi}{3}$. Trois intersections. Diviser par $\sin x$ aurait fait perdre les deux extrémités.

b) Point test $x=\frac{\pi}{6}$ dans $\left]0;\frac{\pi}{3}\right[$ : $\sin 2x=\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 0{,}87$ et $\sin x=0{,}5$, donc $\sin 2x$ est au-dessus. Point test $x=\frac{\pi}{2}$ dans $\left]\frac{\pi}{3};\pi\right[$ : $\sin 2x=0$ et $\sin x=1$, donc $\sin x$ est au-dessus.

c) $\int_{0}^{\pi/3}\left(\sin 2x-\sin x\right)dx=\left[-\frac{\cos 2x}{2}+\cos x\right]_{0}^{\pi/3}=\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)-\left(-\frac{1}{2}+1\right)=\frac{1}{4}$.

d) $\int_{\pi/3}^{\pi}\left(\sin x-\sin 2x\right)dx=\left[-\cos x+\frac{\cos 2x}{2}\right]_{\pi/3}^{\pi}=\left(1+\frac{1}{2}\right)-\left(-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)=\frac{9}{4}$. Aire totale : $\frac{1}{4}+\frac{9}{4}=\frac{5}{2}$. La petite région de gauche pèse neuf fois moins que la grande.

e) $\left[-\frac{\cos 2x}{2}+\cos x\right]_{0}^{\pi}=\left(-\frac{1}{2}-1\right)-\left(-\frac{1}{2}+1\right)=-2$. C'est $\frac{1}{4}-\frac{9}{4}$ : l'intégrale signée soustrait la grande région de la petite au lieu de les additionner. Une aire ne peut pas être négative, et elle ne vaut pas non plus $2$ : il fallait découper en $\frac{\pi}{3}$.

a) On remplace $y$ : $x^{2}+\frac{x^{4}}{4}=8$, soit $x^{4}+4x^{2}-32=0$, équation du second degré en $X=x^{2}$ : $X^{2}+4X-32=(X+8)(X-4)=0$. Seule $X=4$ convient, puisque $X=x^{2}\geq 0$ : $x=\pm 2$ et $y=2$. Les points sont $(-2;2)$ et $(2;2)$.

b) Point test $x=0$ : le cercle donne $y=\sqrt{8}\approx 2{,}83$ et la parabole $y=0$. L'arc $y=\sqrt{8-x^{2}}$ est au-dessus sur $]-2;2[$. $\mathcal{A}=\int_{-2}^{2}\left(\sqrt{8-x^{2}}-\frac{x^{2}}{2}\right)dx=2\int_{0}^{2}\left(\sqrt{8-x^{2}}-\frac{x^{2}}{2}\right)dx$ par parité.

c) $x=2\sqrt{2}\sin\theta$, $dx=2\sqrt{2}\cos\theta\,d\theta$, $\sqrt{8-x^{2}}=2\sqrt{2}\cos\theta$ ; $x=2$ donne $\sin\theta=\frac{1}{\sqrt{2}}$, soit $\theta=\frac{\pi}{4}$. $\int_{0}^{\pi/4}8\cos^{2}\theta\,d\theta=4\left[\theta+\frac{\sin 2\theta}{2}\right]_{0}^{\pi/4}=4\left(\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\right)=\pi+2$.