Primitives et calcul intégral : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « primitives et calcul intégral », question par question.
Dans ce corrigé, chaque primitive est suivie de la forme de référence reconnue, ce qui te permet de voir d’où vient le résultat. Pour les intégrales, les crochets sont écrits en entier avant le calcul numérique, car c’est souvent là que se glissent les erreurs de signe.
De plus, les intégrations par parties précisent le choix de \(u\) et de \(v^{\prime}\). La figure du parachutiste montre l’aire hachurée qui représente la distance. Compare donc ta copie ligne par ligne, puis utilise le barème pour savoir où tu as perdu des points. Enfin, lis les pièges classiques signalés.
L’énoncé complet se trouve ici : Primitives et calcul intégral : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : primitives et calcul intégral
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Primitives et première intégrale | 3 points |
| 2. Une équation différentielle | 3 points |
| 3. Deux intégrations par parties | 4 points |
| 4. L’aire entre une hyperbole et une droite | 4 points |
| 5. La descente d’un parachutiste | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : primitives et calcul intégral
Exercice 1 – Primitives et première intégrale (3 points)
- On primitive terme à terme. Une primitive de \(3x^2\) est \(x^3\), celle de \(-4x\) est \(-2x^2\), et celle de \(\dfrac{1}{x}\) est \(\ln x\) sur \(]0\,;+\infty[\). Donc \(F(x) = x^3 – 2x^2 + \ln x\).
- On reconnaît la forme \(u^{\prime}\mathrm{e}^u\) avec \(u(x) = x^2\), car \(u^{\prime}(x) = 2x\). Ainsi, \(G(x) = \mathrm{e}^{x^2}\).
- Avec \(u(x) = x^2 + 1\), on a \(u^{\prime}(x) = 2x\), donc \(h = 3 \times \dfrac{u^{\prime}}{u^2}\). Or une primitive de \(\dfrac{u^{\prime}}{u^2}\) est \(-\dfrac{1}{u}\). Par conséquent, \(H(x) = -\dfrac{3}{x^2 + 1}\).
Vérification : \(H^{\prime}(x) = 3 \times \dfrac{2x}{\left(x^2 + 1\right)^2} = h(x)\). - Une primitive de \(2x + \mathrm{e}^x\) est \(x^2 + \mathrm{e}^x\). Donc :
\(I = \left[x^2 + \mathrm{e}^x\right]_0^1 = \left(1 + \mathrm{e}\right) – \left(0 + 1\right)\)
On obtient \(I = \mathrm{e}\).
Piège classique : oublier la valeur en 0 de \(\mathrm{e}^x\), qui vaut 1 et non 0 ; on trouverait alors \(1 + \mathrm{e}\) au lieu de \(\mathrm{e}\).
Exercice 2 – Une équation différentielle (3 points)
- Une fonction constante \(y = c\) a une dérivée nulle. Elle est solution si \(0 = -2c + 6\), c’est-à-dire \(c = 3\). La solution constante est \(y = 3\).
- Les solutions de \(y^{\prime} = -2y\) sont les fonctions \(x \mapsto C\,\mathrm{e}^{-2x}\). On leur ajoute la solution constante : les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(x \mapsto C\,\mathrm{e}^{-2x} + 3\), avec \(C \in \mathbb{R}\).
- La condition \(f(0) = 1\) donne \(C \times 1 + 3 = 1\), donc \(C = -2\). Ainsi, \(f(x) = 3 – 2\,\mathrm{e}^{-2x}\).
- On a \(f^{\prime}(x) = -2 \times (-2)\,\mathrm{e}^{-2x} = 4\,\mathrm{e}^{-2x}\). Comme une exponentielle est strictement positive, \(f^{\prime}(x) > 0\) : \(f\) est strictement croissante.
Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(-2x\) tend vers \(-\infty\), donc \(\mathrm{e}^{-2x}\) tend vers 0. Par conséquent, \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = 3\).
Exercice 3 – Deux intégrations par parties (4 points)
- On pose \(u(x) = x\) et \(v^{\prime}(x) = \mathrm{e}^x\), d’où \(u^{\prime}(x) = 1\) et \(v(x) = \mathrm{e}^x\). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([0\,;1]\). Alors :
\(J = \left[x\,\mathrm{e}^x\right]_0^1 – \int_0^1 \mathrm{e}^x\,\mathrm{d}x\)
\(J = \left(\mathrm{e} – 0\right) – \left[\mathrm{e}^x\right]_0^1 = \mathrm{e} – \left(\mathrm{e} – 1\right)\)
Donc \(J = 1\). - On pose \(u(x) = \ln x\) et \(v^{\prime}(x) = 1\), d’où \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\) et \(v(x) = x\). Alors :
\(K = \left[x\ln x\right]_1^{\mathrm{e}} – \int_1^{\mathrm{e}} x \times \dfrac{1}{x}\,\mathrm{d}x\)
\(K = \left(\mathrm{e}\ln \mathrm{e} – 1 \times \ln 1\right) – \int_1^{\mathrm{e}} 1\,\mathrm{d}x = \mathrm{e} – \left(\mathrm{e} – 1\right)\)
On a donc bien \(K = 1\). - La valeur moyenne de \(\ln\) sur \([1\,;\mathrm{e}]\) vaut \(\mu = \dfrac{1}{\mathrm{e} – 1}\int_1^{\mathrm{e}} \ln x\,\mathrm{d}x\). D’où \(\mu = \dfrac{1}{\mathrm{e} – 1} \approx 0{,}58\).
Piège classique : choisir \(u(x) = \mathrm{e}^x\) et \(v^{\prime}(x) = x\) dans \(J\). En effet, l’intégrale obtenue contient alors \(x^2\,\mathrm{e}^x\) et devient plus compliquée.
Exercice 4 – L’aire entre une hyperbole et une droite (4 points)
- Pour \(x > 0\), on multiplie les deux membres par \(4x\) :
\(4 = 5x – x^2\), soit \(x^2 – 5x + 4 = 0\).
Le discriminant vaut \(25 – 16 = 9\), d’où \(x = \dfrac{5 – 3}{2} = 1\) ou \(x = \dfrac{5 + 3}{2} = 4\). Ainsi, \(A(1\,;1)\) et \(B\left(4\,;\frac{1}{4}\right)\). - On réduit au même dénominateur :
\(\dfrac{5 – x}{4} – \dfrac{1}{x} = \dfrac{5x – x^2 – 4}{4x} = \dfrac{-\left(x^2 – 5x + 4\right)}{4x} = \dfrac{-(x – 1)(x – 4)}{4x}\)
Sur \([1\,;4]\), \(x – 1 \geq 0\), \(x – 4 \leq 0\) et \(4x > 0\), donc cette différence est positive. Par conséquent, \(\mathcal{D}\) est au-dessus de \(\mathcal{C}_f\) sur \([1\,;4]\). - L’aire est donc \(\mathcal{A} = \int_1^4 \left(\dfrac{5 – x}{4} – \dfrac{1}{x}\right)\mathrm{d}x\). Une primitive de la fonction intégrée est \(x \mapsto \dfrac{5x}{4} – \dfrac{x^2}{8} – \ln x\). Alors :
\(\mathcal{A} = \left(5 – 2 – \ln 4\right) – \left(\dfrac{5}{4} – \dfrac{1}{8} – 0\right) = 3 – 2\ln 2 – \dfrac{9}{8}\)
Donc \(\mathcal{A} = \dfrac{15}{8} – 2\ln 2 \approx 0{,}489\) unité d’aire. - L’unité graphique vaut 2 cm, donc une unité d’aire vaut \(2 \times 2 = 4\text{ cm}^2\). On calcule \(4\mathcal{A} = 7{,}5 – 8\ln 2\), soit environ \(1{,}95\text{ cm}^2\).
Piège classique : multiplier l’aire par 2 au lieu de 4, alors qu’une unité d’aire est un carré de 2 cm de côté.
Exercice 5 – La descente d’un parachutiste (6 points)
- On dérive : \(v^{\prime}(t) = 40 \times (-0{,}5)\,\mathrm{e}^{-0{,}5t} = -20\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\).
D’autre part, \(-0{,}5\,v(t) + 5 = -5 – 20\,\mathrm{e}^{-0{,}5t} + 5 = -20\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\).
Les deux expressions sont égales, donc \(v\) est solution. De plus, \(v(0) = 10 + 40 \times 1 = 50\). - Comme \(v^{\prime}(t) = -20\,\mathrm{e}^{-0{,}5t} < 0\), la fonction \(v\) est strictement décroissante sur \([0\,;+\infty[\). Quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(\mathrm{e}^{-0{,}5t}\) tend vers 0, donc \(v(t)\) tend vers 10. La vitesse limite est 10 m/s : la droite d’équation \(v = 10\) est asymptote à la courbe.
- On résout \(v(t) < 12\) :
\(40\,\mathrm{e}^{-0{,}5t} < 2\)
\(\mathrm{e}^{-0{,}5t} < 0{,}05\)
\(-0{,}5t < \ln 0{,}05\), car \(\ln\) est strictement croissante
\(t > -2\ln 0{,}05 = 2\ln 20\)
Ainsi, la vitesse passe sous 12 m/s à partir de \(t = 2\ln 20 \approx 6{,}0\) secondes. - Une primitive de \(t \mapsto 40\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\) est \(t \mapsto \dfrac{40}{-0{,}5}\,\mathrm{e}^{-0{,}5t} = -80\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\). Donc \(V(t) = 10t – 80\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\) est une primitive de \(v\). Alors :
\(d = V(10) – V(0) = \left(100 – 80\,\mathrm{e}^{-5}\right) – \left(0 – 80\right)\)
\(d = 180 – 80\,\mathrm{e}^{-5} \approx 179{,}46\)
Elle parcourt donc environ 179,5 m pendant les dix premières secondes.
- La vitesse moyenne vaut \(\dfrac{1}{10 – 0}\int_0^{10} v(t)\,\mathrm{d}t = \dfrac{d}{10}\), soit environ 17,9 m/s.
Or \(v(10) = 10 + 40\,\mathrm{e}^{-5} \approx 10{,}27\), donc \(\dfrac{v(0) + v(10)}{2} \approx 30{,}1\) m/s. La vitesse moyenne est nettement plus faible, car la vitesse chute très vite pendant les premières secondes, puis reste proche de 10 m/s.
Piège classique : changer le sens de l’inégalité au mauvais moment. En effet, c’est en divisant par \(-0{,}5\), nombre négatif, que le sens s’inverse, pas en appliquant \(\ln\).
À retenir de ce contrôle
- Les solutions de y’ = ay + b, avec a non nul, sont les fonctions x ↦ C e^(ax) − b/a, où C est un réel fixé par la condition initiale.
- Une primitive se vérifie toujours en la dérivant : on doit retrouver exactement la fonction de départ.
- L’intégration par parties s’écrit : intégrale de u v’ égale [u v] moins intégrale de u’ v, en choisissant u simple à dériver.
- L’aire entre deux courbes sur [a ; b] est l’intégrale de la fonction du dessus moins celle du dessous, en unités d’aire.
- La distance parcourue est l’intégrale de la vitesse, et la valeur moyenne de f sur [a ; b] vaut l’intégrale divisée par b − a.
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