Intégrales et calcul d’aires : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « intégrales et calcul d’aires », question par question.
Cette correction suit la rédaction attendue à l’épreuve du bac. Pour chaque aire, elle justifie d’abord le signe de la différence des deux fonctions, puis calcule l’intégrale avec une primitive écrite en entier. Les sommes de rectangles sont posées terme à terme, ce qui te permet de retrouver l’origine d’une éventuelle erreur.
Dans la suite d’intégrales, l’encadrement part d’une inégalité simple sur l’intervalle, puis passe à l’intégrale par croissance. L’intégration par parties du problème est détaillée ligne par ligne, et une figure montre ensuite le débit moyen sur la courbe. Compare enfin ta copie au barème proposé pour chaque question.
L’énoncé complet se trouve ici : Intégrales et calcul d’aires : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : intégrales et calcul d’aires
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Le domaine entre une parabole et une droite | 5 points |
| 2. Rectangles et programme Python | 4 points |
| 3. Une suite d’intégrales | 5 points |
| 4. La crue de la rivière | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : intégrales et calcul d’aires
Exercice 1 – Le domaine entre une parabole et une droite (5 points)
- Les abscisses des points d’intersection sont les solutions de \(f(x) = g(x)\) :
\(x^2 – 4x + 5 = x + 1 \iff x^2 – 5x + 4 = 0\).
Le discriminant vaut \(\Delta = 25 – 16 = 9\), donc les solutions sont \(x_1 = \dfrac{5 – 3}{2} = 1\) et \(x_2 = \dfrac{5 + 3}{2} = 4\).
Puis \(g(1) = 2\) et \(g(4) = 5\). Les points d’intersection sont donc \((1\,;\,2)\) et \((4\,;\,5)\). - D’une part, \(g(x) – f(x) = x + 1 – x^2 + 4x – 5 = -x^2 + 5x – 4\). D’autre part, \(-(x – 1)(x – 4) = -(x^2 – 5x + 4) = -x^2 + 5x – 4\). L’égalité est donc vraie.
Sur \([1\,;\,4]\), \(x – 1 \geq 0\) et \(x – 4 \leq 0\), alors \((x – 1)(x – 4) \leq 0\) et \(g(x) – f(x) \geq 0\). Ainsi, \(\mathcal{C}_g\) est au-dessus de \(\mathcal{C}_f\) sur \([1\,;\,4]\). - Comme \(g – f\) est continue et positive sur \([1\,;\,4]\), l’aire de \(\mathcal{D}\) vaut \(\mathcal{A} = \int_1^4 \left(-x^2 + 5x – 4\right)\mathrm{d}x\).
Une primitive de \(-x^2 + 5x – 4\) est \(H(x) = -\dfrac{x^3}{3} + \dfrac{5x^2}{2} – 4x\).
\(H(4) = -\dfrac{64}{3} + 40 – 16 = \dfrac{8}{3}\) et \(H(1) = -\dfrac{1}{3} + \dfrac{5}{2} – 4 = -\dfrac{11}{6}\).
Donc \(\mathcal{A} = \dfrac{8}{3} + \dfrac{11}{6} = \dfrac{27}{6}\), c’est-à-dire \(\mathcal{A} = 4{,}5\) unités d’aire. - L’unité graphique vaut 2 cm, donc une unité d’aire vaut \(2 \times 2 = 4\text{ cm}^2\). Par conséquent, \(4{,}5 \times 4 = 18\) : l’aire de \(\mathcal{D}\) est de \(18\text{ cm}^2\).
Piège classique : intégrer \(f – g\) au lieu de \(g – f\) et trouver une aire négative. On soustrait toujours la fonction du dessous à celle du dessus.
Exercice 2 – Rectangles et programme Python (4 points)
- Pour tout \(x\) de \([0\,;\,1]\), \(f^{\prime}(x) = -\dfrac{4}{(1 + x)^2} < 0\), donc \(f\) est décroissante sur \([0\,;\,1]\). Sur chaque intervalle, la plus petite valeur de \(f\) est donc atteinte à droite : un rectangle de cette hauteur reste sous la courbe.
- Les valeurs utiles sont \(f(0) = 4\), \(f(0{,}25) = 3{,}2\), \(f(0{,}5) = \dfrac{8}{3}\), \(f(0{,}75) = \dfrac{16}{7}\) et \(f(1) = 2\).
\(s_4 = 0{,}25 \times \left(3{,}2 + \dfrac{8}{3} + \dfrac{16}{7} + 2\right) = \dfrac{533}{210} \approx 2{,}538\)
\(S_4 = 0{,}25 \times \left(4 + 3{,}2 + \dfrac{8}{3} + \dfrac{16}{7}\right) = \dfrac{319}{105} \approx 3{,}038\)
Comme l’aire sous la courbe est comprise entre les deux, \(2{,}538 \leq I \leq 3{,}038\). - Le rectangle numéro \(k\) a pour largeur \(h\) et pour hauteur \(f(kh)\). On complète donc la ligne 5 par s = s + h * 4 / (1 + k * h), puis la ligne 6 par return s.
- Une primitive de \(f\) sur \([0\,;\,1]\) est \(F(x) = 4\ln(1 + x)\), car \(1 + x > 0\). Ainsi :
\(I = 4\ln(2) – 4\ln(1) = 4\ln(2)\).
Or \(4\ln(2) \approx 2{,}773\) : la valeur exacte \(I = 4\ln(2)\) est bien comprise entre 2,538 et 3,038.
Exercice 3 – Une suite d’intégrales (5 points)
- Sur \([0\,;\,1]\), \(1 + x > 0\), donc une primitive de \(\dfrac{1}{1 + x}\) est \(\ln(1 + x)\). Alors \(I_0 = \ln(2) – \ln(1)\), soit \(I_0 = \ln(2)\).
- Par linéarité, \(I_0 + I_1 = \int_0^1 \dfrac{1 + x}{1 + x}\,\mathrm{d}x = \int_0^1 1\,\mathrm{d}x = 1\).
Par conséquent, \(I_1 = 1 – \ln(2) \approx 0{,}307\). - Par linéarité, \(I_{n+1} – I_n = \int_0^1 \dfrac{x^{n+1} – x^n}{1 + x}\,\mathrm{d}x = \int_0^1 \dfrac{x^n(x – 1)}{1 + x}\,\mathrm{d}x\).
Sur \([0\,;\,1]\), \(x^n \geq 0\), \(x – 1 \leq 0\) et \(1 + x > 0\), donc la fonction intégrée est négative. Comme \(0 \leq 1\), l’intégrale est négative : \(I_{n+1} – I_n \leq 0\). Ainsi, la suite \((I_n)\) est décroissante. - Pour \(x\) dans \([0\,;\,1]\), on a \(1 \leq 1 + x \leq 2\), donc \(\dfrac{1}{2} \leq \dfrac{1}{1 + x} \leq 1\), car la fonction inverse est décroissante sur \(]0\,;\,+\infty[\).
En multipliant par \(x^n \geq 0\) : \(\dfrac{x^n}{2} \leq \dfrac{x^n}{1 + x} \leq x^n\).
Puis, par croissance de l’intégrale (bornes \(0 \leq 1\)), et puisque \(\int_0^1 x^n\,\mathrm{d}x = \dfrac{1}{n + 1}\), on obtient \(\dfrac{1}{2(n + 1)} \leq I_n \leq \dfrac{1}{n + 1}\). - Les suites \(\dfrac{1}{2(n + 1)}\) et \(\dfrac{1}{n + 1}\) tendent toutes deux vers 0. D’après le théorème des gendarmes, \(\lim I_n = 0\).
Piège classique : intégrer l’inégalité sans vérifier que les bornes sont dans l’ordre croissant. Ici \(0 \leq 1\), ce qui autorise le passage à l’intégrale.
Exercice 4 – La crue de la rivière (6 points)
- On dérive le produit \(40t \times \mathrm{e}^{-0{,}5t}\) :
\(D^{\prime}(t) = 40\,\mathrm{e}^{-0{,}5t} + 40t \times \left(-0{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\right) = 20\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}(2 – t)\).
Comme \(20\,\mathrm{e}^{-0{,}5t} > 0\), \(D^{\prime}(t)\) a le signe de \(2 – t\) : \(D\) est croissante sur \([0\,;\,2]\), puis décroissante sur \([2\,;\,12]\). Le débit est donc maximal au bout de 2 heures, avec \(D(2) = 10 + 80\,\mathrm{e}^{-1} \approx 39{,}4\text{ m}^3\)/s. - On pose \(u(t) = t\) et \(v^{\prime}(t) = \mathrm{e}^{-0{,}5t}\), donc \(u^{\prime}(t) = 1\) et \(v(t) = -2\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues, alors :
\(J = \left[-2t\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\right]_0^{12} + 2\int_0^{12} \mathrm{e}^{-0{,}5t}\,\mathrm{d}t\)
\(J = -24\,\mathrm{e}^{-6} + 2\left[-2\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\right]_0^{12}\)
\(J = -24\,\mathrm{e}^{-6} + 2\left(-2\,\mathrm{e}^{-6} + 2\right)\)
Finalement, \(J = 4 – 28\,\mathrm{e}^{-6} \approx 3{,}93\). - Le débit moyen sur \([0\,;\,12]\) est \(\mu = \dfrac{1}{12 – 0}\int_0^{12} D(t)\,\mathrm{d}t\). Par linéarité :
\(\mu = \dfrac{1}{12}\left(10 \times 12 + 40J\right) = 10 + \dfrac{10}{3}J\)
\(\mu = 10 + \dfrac{40}{3} – \dfrac{280}{3}\,\mathrm{e}^{-6} = \dfrac{70}{3} – \dfrac{280}{3}\,\mathrm{e}^{-6}\)
Ainsi, \(\mu \approx 23{,}1\text{ m}^3\)/s. Sur la figure, la droite \(y = \mu\) délimite un rectangle de même aire que le domaine sous la courbe. - Douze heures représentent \(12 \times 3\,600 = 43\,200\) secondes. En moyenne, il s’écoule environ \(23{,}102\text{ m}^3\) chaque seconde, donc le volume vaut \(23{,}102 \times 43\,200 \approx 998\,006\). Il s’est écoulé environ 998 000 \(\text{m}^3\) d’eau.
Piège classique : multiplier le débit moyen par 12 sans convertir les heures en secondes. Le débit est en \(\text{m}^3\) par seconde : il faut donc compter les secondes.
À retenir de ce contrôle
- Si f est continue et f ≤ g sur [a ; b], l’aire entre les deux courbes vaut l’intégrale de a à b de g(x) − f(x), en unités d’aire.
- La valeur moyenne d’une fonction continue f sur [a ; b] est égale à l’intégrale de f sur [a ; b] divisée par b − a.
- Pour une fonction décroissante, les rectangles construits à droite de chaque intervalle sont sous la courbe et donnent une valeur par défaut.
- Si deux fonctions vérifient f ≤ g sur [a ; b] avec a ≤ b, alors leurs intégrales sont rangées dans le même ordre.
- Une intégration par parties utilise la formule u v entre a et b moins l’intégrale de u′v ; on choisit u pour que u′ soit plus simple.
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