Calcul d’intégrales : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « calcul d’intégrales », question par question.
Cette correction détaille chaque calcul comme on l’attend sur une copie de bac. Pour chaque intégrale, la primitive est écrite entre crochets, puis évaluée aux deux bornes sans sauter d’étape. Les intégrations par parties précisent le choix de u et de v’, car c’est souvent là que les points se perdent.
L’exercice sur quadrillage est complété par une figure qui colorie les carreaux comptés pour l’encadrement de l’aire. Le problème du panneau est ensuite mené jusqu’au nombre de pots de peinture. Compare aussi ta copie au barème et lis les pièges signalés, notamment sur les signes au moment de soustraire les valeurs aux bornes.
L’énoncé complet se trouve ici : Calcul d’intégrales : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : calcul d’intégrales
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Quatre intégrales directes | 4 points |
| 2. Chasles, linéarité et comparaison | 4 points |
| 3. Deux intégrations par parties | 4 points |
| 4. Une aire sur quadrillage | 4 points |
| 5. Le panneau de la rampe | 4 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : calcul d’intégrales
Exercice 1 – Quatre intégrales directes (4 points)
- Une primitive de \(3x^2 – 4x + 5\) est \(x^3 – 2x^2 + 5x\).
Donc \(I_1 = \left[x^3 – 2x^2 + 5x\right]_0^2 = (8 – 8 + 10) – 0\).
\(I_1 = 10\). - Sur \([1\,;\,\mathrm{e}]\), une primitive de \(\frac{3}{x}\) est \(3\ln(x)\).
Ainsi \(I_2 = \left[3\ln(x)\right]_1^{\mathrm{e}} = 3\ln(\mathrm{e}) – 3\ln(1) = 3 – 0\).
\(I_2 = 3\). - Une primitive de \(\mathrm{e}^{2x}\) est \(\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x}\).
Donc \(I_3 = \left[\frac{1}{2}\mathrm{e}^{2x}\right]_0^1 = \frac{1}{2}\mathrm{e}^{2} – \frac{1}{2}\mathrm{e}^{0}\).
\(I_3 = \frac{\mathrm{e}^2 – 1}{2} \approx 3{,}19\). - Une primitive de \(\sin(x)\) est \(-\cos(x)\).
Alors \(I_4 = \left[-\cos(x)\right]_0^{\pi} = -\cos(\pi) – \left(-\cos(0)\right) = 1 + 1\).
\(I_4 = 2\).
Piège classique : prendre \(\mathrm{e}^{2x}\) comme sa propre primitive. En effet, la dérivée de \(\mathrm{e}^{2x}\) est \(2\mathrm{e}^{2x}\), d’où le facteur \(\frac{1}{2}\).
Exercice 2 – Chasles, linéarité et comparaison (4 points)
- D’après la relation de Chasles, \(\int_0^3 f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x + \int_1^3 f(x)\,\mathrm{d}x\).
Donc \(5 = 2 + \int_1^3 f(x)\,\mathrm{d}x\).
Ainsi \(\int_1^3 f(x)\,\mathrm{d}x = 3\). - Par linéarité, \(\int_0^3 \left(2f(x) – 3g(x)\right)\mathrm{d}x = 2 \times 5 – 3 \times (-1)\).
Cette intégrale vaut \(10 + 3 = 13\). - Échanger les bornes change le signe de l’intégrale. Donc \(\int_3^0 f(x)\,\mathrm{d}x = -5\).
- Pour tout \(x\) de \([1\,;\,3]\), \(x \geq 1\), donc \(\ln(x) \geq 0\). De plus, les bornes sont dans le bon ordre, car \(1 \leq 3\).
Par positivité de l’intégrale, \(\int_1^3 \ln(x)\,\mathrm{d}x \geq 0\). - Pour \(x\) dans \([0\,;\,1]\), \(x^2 – x^3 = x^2(1 – x)\).
Or \(x^2 \geq 0\) et \(1 – x \geq 0\), donc \(x^2 – x^3 \geq 0\), c’est-à-dire \(x^3 \leq x^2\).
Par comparaison, avec \(0 \leq 1\), on obtient \(\int_0^1 x^3\,\mathrm{d}x \leq \int_0^1 x^2\,\mathrm{d}x\).
Vérification : ces intégrales valent \(\frac{1}{4}\) et \(\frac{1}{3}\).
Exercice 3 – Deux intégrations par parties (4 points)
- On pose \(u(x) = x\) et \(v^{\prime}(x) = \mathrm{e}^{x}\). Alors \(u^{\prime}(x) = 1\) et \(v(x) = \mathrm{e}^{x}\).
Ces fonctions sont dérivables et leurs dérivées sont continues sur \([0\,;\,1]\).
Donc \(J = \left[x\,\mathrm{e}^{x}\right]_0^1 – \int_0^1 \mathrm{e}^{x}\,\mathrm{d}x\).
Puis \(J = (\mathrm{e} – 0) – \left[\mathrm{e}^{x}\right]_0^1 = \mathrm{e} – (\mathrm{e} – 1)\).
Ainsi \(J = 1\). - On pose \(u(x) = \ln(x)\) et \(v^{\prime}(x) = x\). Alors \(u^{\prime}(x) = \frac{1}{x}\) et \(v(x) = \frac{x^2}{2}\).
Donc \(K = \left[\frac{x^2}{2}\ln(x)\right]_1^{\mathrm{e}} – \int_1^{\mathrm{e}} \frac{x^2}{2} \times \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x\).
Ensuite, \(K = \frac{\mathrm{e}^2}{2} – \int_1^{\mathrm{e}} \frac{x}{2}\,\mathrm{d}x = \frac{\mathrm{e}^2}{2} – \left[\frac{x^2}{4}\right]_1^{\mathrm{e}}\).
Enfin, \(K = \frac{\mathrm{e}^2}{2} – \frac{\mathrm{e}^2 – 1}{4} = \frac{2\mathrm{e}^2 – \mathrm{e}^2 + 1}{4}\).
\(K = \frac{\mathrm{e}^2 + 1}{4} \approx 2{,}10\).
Piège classique : choisir \(u(x) = x\) et \(v^{\prime}(x) = \ln(x)\) dans K. Pourtant, une primitive de ln n’est pas connue directement ici, alors que la dérivée de ln se simplifie avec \(x^2\).
Exercice 4 – Une aire sur quadrillage (4 points)
- Sous la courbe, on compte 8 carreaux entiers, en vert. En ajoutant les carreaux traversés par la courbe, en orange, on obtient 12 carreaux.
Donc \(8 \leq A \leq 12\) unités d’aire.
- \(3 – \frac{(x – 2)^2}{4} = 3 – \frac{x^2 – 4x + 4}{4} = 3 – \frac{x^2}{4} + x – 1 = -\frac{x^2}{4} + x + 2\).
Sur \([0\,;\,4]\), on a \(-2 \leq x – 2 \leq 2\), donc \((x – 2)^2 \leq 4\).
Ainsi \(f(x) \geq 3 – 1 = 2\), donc \(f\) est positive sur \([0\,;\,4]\). - Comme \(f\) est positive et continue, \(A = \int_0^4 f(x)\,\mathrm{d}x\).
Une primitive de \(f\) est \(F(x) = -\frac{x^3}{12} + \frac{x^2}{2} + 2x\).
Donc \(A = F(4) – F(0) = -\frac{64}{12} + 8 + 8 = 16 – \frac{16}{3}\).
\(A = \frac{32}{3} \approx 10{,}67\) unités d’aire, ce qui est bien compris entre 8 et 12. - La valeur moyenne est \(\mu = \frac{1}{4 – 0}\int_0^4 f(x)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{4} \times \frac{32}{3}\).
Donc \(\mu = \frac{8}{3} \approx 2{,}67\).
Piège classique : oublier la division par la longueur de l’intervalle. En effet, la valeur moyenne n’est pas l’intégrale, mais l’intégrale divisée par \(b – a\).
Exercice 5 – Le panneau de la rampe (4 points)
- On dérive \(F\) comme un produit : \(F^{\prime}(x) = -\mathrm{e}^{-x} – (x + 1) \times \left(-\mathrm{e}^{-x}\right)\).
Donc \(F^{\prime}(x) = -\mathrm{e}^{-x} + (x + 1)\mathrm{e}^{-x} = x\,\mathrm{e}^{-x}\).
Ainsi \(F\) est une primitive de \(x \mapsto x\,\mathrm{e}^{-x}\). - La fonction \(h\) est positive sur \([0\,;\,3]\), car \(x\,\mathrm{e}^{-x} \geq 0\). L’aire vaut donc \(\int_0^3 h(x)\,\mathrm{d}x\).
Par linéarité, \(\int_0^3 h(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^3 1\,\mathrm{d}x + \int_0^3 x\,\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x = 3 + F(3) – F(0)\).
Or \(F(3) = -4\mathrm{e}^{-3}\) et \(F(0) = -1\).
Donc l’aire vaut \(3 – 4\mathrm{e}^{-3} + 1 = 4 – 4\mathrm{e}^{-3}\).
Un panneau mesure \(4 – 4\mathrm{e}^{-3} \approx 3{,}80\) m². - Il y a 2 panneaux à 2 faces, soit 4 faces : \(4 \times \left(4 – 4\mathrm{e}^{-3}\right) \approx 15{,}20\) m².
Il faut alors \(15{,}20 \div 3 \approx 5{,}07\) litres de peinture.
Or \(5{,}07 \div 0{,}5 \approx 10{,}1\), et 10 pots ne donnent que 5 litres.
Nolwenn doit donc acheter 11 pots de peinture.
Piège classique : arrondir 10,1 pots à 10. Cependant, 10 pots ne suffisent pas : il faut toujours arrondir à l’unité supérieure.
À retenir de ce contrôle
- Si F est une primitive de f sur [a ; b], alors l’intégrale de a à b de f est égale à F(b) − F(a).
- La relation de Chasles permet de découper une intégrale, et la linéarité permet de sortir les coefficients constants.
- Pour une intégration par parties, on dérive le facteur qui se simplifie, comme x ou ln x, et l’on primitive l’autre.
- Lorsque f est positive sur [a ; b], son intégrale est l’aire sous la courbe en unités d’aire.
- La valeur moyenne de f sur [a ; b] s’obtient en divisant l’intégrale de f par la longueur b − a.
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