Exercices corrigés : l'aire entre deux courbes (201-SN3-RE, ancien 201-NYB)

Bornes : $x^{2}-2x=x+4\iff x^{2}-3x-4=0\iff(x+1)(x-4)=0$, donc $x=-1$ et $x=4$. Point test $x=0$ : la droite donne $4$, la parabole $0$, la droite est au-dessus. $A=\int_{-1}^{4}\left(-x^{2}+3x+4\right)dx=\left[-\frac{x^{3}}{3}+\frac{3x^{2}}{2}+4x\right]_{-1}^{4}=\frac{56}{3}-\left(-\frac{13}{6}\right)=\frac{125}{6}\approx 20{,}833$.

Bornes : $3-x^{2}=x^{2}-5\iff x^{2}=4$, donc $x=\pm 2$. En $x=0$ : $3>-5$, la parabole $y=3-x^{2}$ est au-dessus. $A=\int_{-2}^{2}\left(8-2x^{2}\right)dx=\left[8x-\frac{2x^{3}}{3}\right]_{-2}^{2}=2\left(16-\frac{16}{3}\right)=\frac{64}{3}\approx 21{,}333$. Piège : $(3-x^{2})-(x^{2}-5)=8-2x^{2}$, les deux $x^{2}$ s'additionnent au lieu de s'annuler.

Bornes : $2\sqrt{x}=x\iff 4x=x^{2}\iff x(x-4)=0$, donc $x=0$ et $x=4$. En $x=1$ : $2>1$, la racine est au-dessus. $A=\int_{0}^{4}\left(2\sqrt{x}-x\right)dx=\left[\frac{4}{3}x^{3/2}-\frac{x^{2}}{2}\right]_{0}^{4}=\frac{32}{3}-8=\frac{8}{3}\approx 2{,}667$. Piège : diviser $2\sqrt{x}=x$ par $\sqrt{x}$ et perdre la borne $x=0$.

$x^{3}-x^{2}-2x=x(x+1)(x-2)$ s'annule en $-1$, $0$ et $2$. En $x=-\frac{1}{2}$ la fonction vaut $\frac{5}{8}>0$, en $x=1$ elle vaut $-2<0$ : il faut découper. Avec $F(x)=\frac{x^{4}}{4}-\frac{x^{3}}{3}-x^{2}$, on a $F(-1)=-\frac{5}{12}$, $F(0)=0$ et $F(2)=-\frac{8}{3}$. $A=\int_{-1}^{0}f-\int_{0}^{2}f=\frac{5}{12}+\frac{8}{3}=\frac{37}{12}\approx 3{,}083$. Piège : $\int_{-1}^{2}f=-\frac{9}{4}$ est une intégrale signée, pas une aire.

Les bornes sont données. Les courbes se touchent en $x=0$, où $y=x+1$ est la tangente à $y=e^{x}$, et l'exponentielle reste au-dessus de sa tangente : en $x=1$, $e>2$. $A=\int_{0}^{2}\left(e^{x}-x-1\right)dx=\left[e^{x}-\frac{x^{2}}{2}-x\right]_{0}^{2}=(e^{2}-4)-1=e^{2}-5\approx 2{,}389$. Piège : oublier la valeur de la primitive en $0$, qui vaut $e^{0}=1$ et non $0$.

Bornes : $\frac{4}{x}=5-x\iff x^{2}-5x+4=0$, donc $x=1$ et $x=4$. En $x=2$ : la droite donne $3$, l'hyperbole $2$, la droite est au-dessus. $A=\int_{1}^{4}\left(5-x-\frac{4}{x}\right)dx=\left[5x-\frac{x^{2}}{2}-4\ln x\right]_{1}^{4}=\left(12-4\ln 4\right)-\frac{9}{2}=\frac{15}{2}-8\ln 2\approx 1{,}955$.

La courbe est une parabole couchée, $x$ fonction de $y$ : on intègre par rapport à $y$. Elle coupe l'axe des ordonnées, $x=0$, quand $y^{2}-2y=0$, soit $y=0$ et $y=2$. En $y=1$, $x=-1<0$ : la courbe est à GAUCHE de l'axe. $A=\int_{0}^{2}\left(0-(y^{2}-2y)\right)dy=\left[y^{2}-\frac{y^{3}}{3}\right]_{0}^{2}=4-\frac{8}{3}=\frac{4}{3}\approx 1{,}333$. Piège : intégrer $y^{2}-2y$ tel quel, ce qui donne $-\frac{4}{3}$ ; c'est « droite moins gauche », et la droite est ici l'axe.

Bornes : $x^{3}-2x^{2}=3x\iff x(x^{2}-2x-3)=0\iff x(x+1)(x-3)=0$, donc $x=-1$, $0$ et $3$. En $x=-\frac{1}{2}$, la cubique vaut $-\frac{5}{8}$ et la droite $-\frac{3}{2}$ : la cubique est au-dessus ; en $x=1$, la cubique vaut $-1$ et la droite $3$ : la droite est au-dessus. Avec $G(x)=\frac{x^{4}}{4}-\frac{2x^{3}}{3}-\frac{3x^{2}}{2}$, primitive de la cubique moins la droite, $G(-1)=-\frac{7}{12}$, $G(0)=0$ et $G(3)=-\frac{45}{4}$. $A=\left(G(0)-G(-1)\right)-\left(G(3)-G(0)\right)=\frac{7}{12}+\frac{135}{12}=\frac{71}{6}\approx 11{,}833$. Piège : une seule intégrale de $-1$ à $3$, où les deux morceaux se compensent en partie.

$\int_{-2}^{2}\left(x^{3}-4x\right)dx=\left[\frac{x^{4}}{4}-2x^{2}\right]_{-2}^{2}=(4-8)-(4-8)=0$. 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.

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 $\mathcal{A}=4-(-4)=8$.

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.

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.

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.

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.

$\mathcal{A}=\int_{-1}^{2}\left[(x+2)-x^{2}\right]dx=\left[\frac{x^{2}}{2}+2x-\frac{x^{3}}{3}\right]_{-1}^{2}$. 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 ✓.

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.

$x^{3}=x$ 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.

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.

$\mathcal{A}=\int_{-1}^{0}\left(x^{3}-x\right)dx+\int_{0}^{1}\left(x-x^{3}\right)dx$. 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.

$\int_{-1}^{1}\left(x-x^{3}\right)dx=0$, 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.

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 $y$.

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.

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.

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.

$\sin x=\cos x$ 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.

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 $\mathcal{A}=2\sqrt{2}\approx 2{,}83$.

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.

$\int_{0}^{2\pi}\sin x\,dx=\left[-\cos x\right]_{0}^{2\pi}=-1+1=0$ : 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.

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 $(3,3)$.

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.

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

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.

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 : $2\int_{0}^{2}\left(4-x^{2}\right)dx=2\left[4x-\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{2}=2\left(8-\frac{8}{3}\right)=\frac{32}{3}$.

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.

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 $\left]0,4\right[$ ✓.

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.