Intégrales de Wallis

On considère la suite $ (I_n) $ définie pour tout entier naturel $ n $ par :

$ I_n= \int_0^{ \frac{ \pi } {2}}\cos^nt\ dt $

Partie I - Calcul des premiers termes

Calculer $ I_0 $ et $ I_1 $
Soit $ n $ un entier naturel strictement supérieur à $ 1 $ et $ f $ la fonction définie sur $ \mathbb{R} $ par $ f(x)=\sin x\cos^{n}x $.

Montrer que $ f^{\prime}(x)=(n+1)\cos^{n+1} x - n\cos^{n - 1}x $

En déduire que pour entier $ n > 1 $ : $ I_n= \dfrac{n - 1}{n}\ I_{n - 2} $
Xavier souhaite écrire un programme calculant les $ N $ premiers termes de la suite $ (I_n) $ pour $ N > 1 $.

Il propose l'algorithme suivant :
```
VARIABLES
  U, Uprec sont des réels
  N, I sont des entiers
DEBUT ALGORITHME
  Lire N
  Uprec prend la valeur PI/2
  Afficher Uprec
  U prend la valeur 1
  Afficher U
  Pour I allant de 2 à N
    Uprec prend la valeur U
    U prend la valeur Uprec * (I-1) / I
    Afficher U
  Fin Pour
FIN ALGORITHME
```
Il remarque toutefois que son programme ne fonctionne pas correctement.

Après avoir analysé l'algorithme de Xavier, indiquer l'erreur commise et corriger l'algorithme afin qu'il affiche correctement les $ N $ premiers termes de la suite $ (I_n) $.

Partie II - Étude de la convergence

Montrer que la suite $ (I_n) $ est décroissante.
Montrer que la suite $ (I_n) $ est convergente.
Montrer par récurrence que pour tout entier $ n \geqslant 0 $ : $ \left(n+1\right)I_nI_{n+1}= \dfrac{ \pi }{2} $

(On pourra utiliser le résultat de la question I.2.)
En déduire $ \lim_{n \rightarrow +\infty } I_n $.

Corrigé

Partie I - Calcul des premiers termes

Calcul de $ I_0 $ et $ I_1 $ :

$ I_0 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^0 t \, dt = \int_0^{\frac{\pi}{2}} dt = \dfrac{\pi}{2} - 0 = \dfrac{\pi}{2} $ et
$ I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^1 t \, dt = \sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right) - \sin(0) = 1. $
Soit $ f $ définie sur $ \mathbb{R} $ par : $ f(x) = \sin x \cos^n x $ avec $ n \in \mathbb{N}^* $.
$ f'(x) = (uv)' = u'v + uv' $ avec :
$ u = \sin x $ et $ u' = \cos x $, et
$ v = \cos^n x $ et $ v' = -n \sin x \cos^{n-1} x $.
On en déduit :
$ f'(x) = \cos^{n+1} x - n \sin^2 x \cos^{n-1} x $.
En remarquant que $ \sin^2 x = 1 - \cos^2 x $, on peut écrire :
$ f'(x) = \cos^{n+1} x - n \cos^{n-1} x + n \cos^{n+1} x $, soit
$ f'(x) = (n+1) \cos^{n+1} x - n \cos^{n-1} x $ pour tout $ n \in \mathbb{N}^* $.

En intégrant cette expression sur $ \left[0 ; \dfrac{\pi}{2}\right] $, on obtient :

$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} f'(x) dx = (n+1) \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{n+1} x \, dx - n \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{n-1} x \, dx. $

Le membre de gauche de cette égalité est égal à
$ f\left(\dfrac{\pi}{2}\right) - f(0) = \sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right) \cos^n \left(\dfrac{\pi}{2}\right) - \sin(0) \cos^n (0) = 0 $.
Le membre de droite est égal à
$ (n+1)I_{n+1} - n I_{n-1} $.

On en déduit que pour tout $ n \in \mathbb{N}^* $, $ I_{n+1} = \dfrac{n}{n+1} I_{n-1} $.
Et si on applique cette formule à l'indice $ n $ de $ I $, on obtient $ I_n = \dfrac{n-1}{n} I_{n-2} $ pour tout $ n > 1 $.
L'algorithme de Xavier ne fonctionne pas car il calcule $ I_n $ selon la formule $ I_n = \dfrac{n-1}{n} I_{n-1} $ au lieu de $ I_n = \dfrac{n-1}{n} I_{n-2} $.
En effet, dans la boucle, la ligne « Uprec prend la valeur U » écrase l'ancien $ I_{n-2} $ avant le calcul, si bien que la ligne suivante calcule $ \dfrac{n-1}{n} I_{n-1} $.
On corrige en introduisant une variable supplémentaire $ V $ pour sauvegarder le calcul avant la mise à jour :
```
VARIABLES
  V, U, Uprec sont des réels
  N, I sont des entiers
DEBUT ALGORITHME
  Lire N
  Uprec prend la valeur PI/2
  Afficher Uprec
  U prend la valeur 1
  Afficher U
  Pour I allant de 2 à N :
    V prend la valeur Uprec * (I-1) / I
    Uprec prend la valeur U
    U prend la valeur V
    Afficher U
  Fin Pour
FIN ALGORITHME
```

Partie II - Étude de la convergence

On a $ \dfrac{n-1}{n} < 1 $, d'où $ I_n < I_{n-2} $ pour tout $ n > 1 $, ce qui montre que $ (I_n) $ est décroissante.
La suite $ (I_n) $ est décroissante d'après la question précédente. De plus, pour tout $ n \geqslant 0 $, $ \cos^n t \geqslant 0 $ sur $ \left[0 ; \dfrac{\pi}{2}\right] $, donc $ I_n \geqslant 0 $. La suite $ (I_n) $ est décroissante et minorée par 0, elle est donc convergente.
On constate que l'égalité $ (n+1)I_n I_{n+1} = \dfrac{\pi}{2} $ est vraie pour $ n = 0 $.
Si l'égalité $ (n+1)I_n I_{n+1} = \dfrac{\pi}{2} $ est vraie pour un certain entier $ n \geqslant 0 $, montrons qu'elle est vraie pour $ n + 1 $, c'est-à-dire que l'on doit avoir $ (n+2)I_{n+1} I_{n+2} = \dfrac{\pi}{2} $. Comme d'après I.2 :
$ I_{n+2} = \dfrac{n+1}{n+2} I_n $, on peut écrire :
$ (n+2) I_{n+1} I_{n+2} = (n+2) I_{n+1} \dfrac{n+1}{n+2} I_n = (n+1) I_n I_{n+1} = \dfrac{\pi}{2} $.
Et, par récurrence, l'égalité $ (n+1)I_n I_{n+1} = \dfrac{\pi}{2} $ est démontrée pour tout $ n \geqslant 0 $.
On a vu que la suite $ (I_n) $ est convergente, ce qui veut dire que ses termes $ I_n $ tendent vers une limite $ l $ quand $ n $ tend vers $ +\infty $. On peut alors écrire que :

$ \lim\limits_{n \to +\infty} I_n I_{n+1} = l^2 = \lim\limits_{n \to +\infty} \left[ \dfrac{\pi}{2(n+1)} \right] = 0. $

D'où $ l = \lim\limits_{n \to +\infty} I_n = 0 $.

Intégrales – Bac S Centres étrangers 2013

On considère la fonction $ g $ définie pour tout réel $ x $ de l'intervalle $ \left[0 ; 1\right] $ par : $ g\left(x\right)=1+e^{ - x} $.

On admet que, pour tout réel $ x $ de l'intervalle $ \left[0 ; 1\right] $, $ g\left(x\right) > 0 $.

On note $ \mathscr C $ la courbe représentative de la fonction $ g $ dans un repère orthogonal, et $ \mathscr D $ le domaine plan compris d'une part entre l'axe des abscisses et la courbe $ \mathscr C $, d'autre part entre les droites d'équation $ x=0 $ et $ x=1 $.

La courbe $ \mathscr C $ et le domaine $ \mathscr D $ sont représentés ci-dessous.

Le but de cet exercice est de partager le domaine $ \mathscr D $ en deux domaines de même aire, d'abord par une droite parallèle à l' axe des ordonnées (partie A), puis par une droite parallèle à l'axe des abscisses (partie B).

Partie A

Soit $ a $ un réel tel que $ 0\leqslant a\leqslant 1 $.

On note $ \mathscr A_{1} $ l'aire du domaine compris entre la courbe $ \mathscr C $, l'axe $ \left(Ox\right) $,les droites d'équation $ x=0 $ et $ x =a $ , puis $ \mathscr A_{2} $ celle du domaine compris entre la courbe $ \mathscr C $, l'axe $ \left(Ox\right) $ et les droites d'équation $ x=a $ et $ x=1 $.

$ \mathscr A_{1} $ et $ \mathscr A_{2} $ sont exprimées en unités d'aire.

1. Démontrer que $ \mathscr A_{1}=a - e^{ - a}+1 $.
2. Exprimer $ \mathscr A_{2} $ en fonction de $ a $.
Soit $ f $ la fonction définie pour tout réel $ x $ de l'intervalle $ \left[0 ; 1\right] $ par : $ f\left(x\right)=2x - 2e^{ - x}+\dfrac{1}{e} $.
1. Dresser le tableau de variation de la fonction $ f $ sur l'intervalle $ \left[0 ; 1\right] $. On précisera les valeurs exactes de $ f\left(0\right) $ et $ f\left(1\right) $.
2. Démontrer que la fonction $ f $ s'annule une fois et une seule sur l'intervalle $ \left[0 ; 1\right] $. en un réel $ \alpha $. Donner la valeur de $ \alpha $ arrondie au centième.
En utilisant les questions précédentes, déterminer une valeur approchée de réel $ a $ pour lequel les aires $ \mathscr A_{1} $ et $ \mathscr A_{2} $ sont égales.

Partie B

Dans cette partie, on se propose de partager le domaine $ \mathscr D $ en deux domaines de même aire par la droite d'équation $ y=b $. On admet qu'Il existe un unique réel $ b $ positif solution.

Justifier l'inégalité $ b < 1+\dfrac{1}{e} $. On pourra utiliser un argument graphique.
Déterminer la valeur exacte du réel $ b $

Corrigé

Partie A

On considère la fonction $ g $ définie pour tout réel $ x $ de l'intervalle $ [0 ; 1] $ par : $ g(x) = 1 + e^{-x} $.
1. Soit $ P(x) $ une primitive de $ g(x) $, alors :
  
  $ \mathscr{A}_1 = \int_0^a g(x) \text{d}x = P(a) - P(0) $
  
  Une primitive de $ g(x) $ est $ P(x) = x - e^{-x} $.
  On en déduit :
  
  $ \mathscr{A}_1 = a - e^{-a} - (0 - e^0) = a - e^{-a} + 1 $
2. L'aire $ \mathscr{A}_2 $ est donnée par :
  
  $ \mathscr{A}_2 = \int_a^1 g(x) \text{d}x = P(1) - P(a) = 1 - e^{-1} - (a - e^{-a}) = 1 - e^{-1} - a + e^{-a} $
On considère la fonction $ f $ définie pour tout réel $ x $ de l'intervalle $ [0 ; 1] $ par : $ f(x) = 2x - 2e^{-x} + \dfrac{1}{e} $.
1. Calcul des valeurs aux bornes :
2. $ f(0) = 2(0) - 2e^0 + \dfrac{1}{e} = -2 + \dfrac{1}{e} $
3. $ f(1) = 2(1) - 2e^{-1} + \dfrac{1}{e} = 2 - \dfrac{2}{e} + \dfrac{1}{e} = 2 - \dfrac{1}{e} $
  
  La fonction $ x \mapsto 2x $ et $ x \mapsto -2e^{-x} $ sont continues sur $ \mathbb{R} $, donc $ f $ est continue sur $ [0 ; 1] $.
  $ f $ est dérivable sur cet intervalle et sa dérivée est :
  
  $ f'(x) = 2 + 2e^{-x} $
  
  Comme $ e^{-x} > 0 $ pour tout réel $ x $, $ f'(x) > 0 $ sur $ [0 ; 1] $.
  La fonction $ f $ est donc strictement croissante sur $ [0 ; 1] $.
  
  Tableau de variations de $ f $ :
4. Sur l'intervalle $ [0 ; 1] $ :
5. $ f $ est continue et strictement croissante.
6. $ f(0) = -2 + \dfrac{1}{e} \approx -1,63 < 0 $
7. $ f(1) = 2 - \dfrac{1}{e} \approx 1,63 > 0 $
  
  D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $ f(x) = 0 $ possède une unique solution $ \alpha $ dans $ [0 ; 1] $.
  À l'aide d'une calculatrice, on trouve $ \alpha \approx 0,45 $ arrondi au centième.
Les aires $ \mathscr{A}_1 $ et $ \mathscr{A}_2 $ sont égales si et seulement si $ \mathscr{A}_1 = \mathscr{A}_2 $ :

$ a - e^{-a} + 1 = 1 - e^{-1} - a + e^{-a} $

$ 2a - 2e^{-a} + e^{-1} = 0 $

On reconnaît l'équation $ f(a) = 0 $.
D'après la question précédente, cette équation admet une unique solution sur $ [0 ; 1] $.
On en déduit que $ a = \alpha \approx 0,45 $.

Partie B

La droite d'équation $ y=b $ forme un rectangle d'aire égale à $ b \times 1 = b $ avec l'axe des abscisses et les droites $ x=0 $ et $ x=1 $.
Graphiquement, on remarque que la droite d'équation $ y = g(1) = 1 + e^{-1} $ partage le domaine $ \mathscr{D} $ en deux domaines $ D_1 $ (rectangle inférieur) et $ D_2 $ (partie supérieure sous la courbe).
Comme l'aire de $ D_1 $ est supérieure à celle de $ D_2 $, pour avoir des aires égales, la droite $ y=b $ doit se situer en dessous de $ y = 1 + e^{-1} $.
D'où $ b < 1 + e^{-1} $.
L'aire totale du domaine $ \mathscr{D} $ est :

$ \mathscr{A}_{\mathscr{D}} = \int_0^1 g(x) \text{d}x = P(1) - P(0) = (1 - e^{-1}) - (0 - e^0) = 1 - e^{-1} + 1 = 2 - e^{-1} $

On cherche $ b $ tel que l'aire du rectangle (qui est égale à $ b $) soit égale à la moitié de l'aire de $ \mathscr{D} $ :

$ b = \dfrac{2 - e^{-1}}{2} = 1 - \dfrac{1}{2e} $

Fonctions Calculs d’aire – Bac S Pondichéry 2011

Partie I

Sur le graphique ci-dessous, on a représenté dans un repère orthonormal, les courbes $ \left(\mathscr C_{1}\right) $ et $ \left(\mathscr C_{2}\right) $ représentatives de deux fonctions $ f_{1} $ et $ f_{2} $ définies sur l'intervalle $ \left]0;+\infty \right[ $.

Courbes C1 et C2 dans un repère orthonormal

On sait que :

l'axe des ordonnées est asymptote aux courbes $ \left(\mathscr C_{1}\right) $ et $ \left(\mathscr C_{2}\right) $
l'axe des abscisses est asymptote à la courbe $ \left(\mathscr C_{2}\right) $
la fonction $ f_{2} $ est continue et strictement décroissante sur l'intervalle $ \left]0; +\infty \right[ $
la fonction $ f_{1} $ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $ \left]0; +\infty \right[ $
la limite quand $ x $ tend vers $ +\infty $ de $ f_{1}\left(x\right) $ est $ + \infty $.

Pour chacune des quatre questions de cette partie, une seule des trois propositions est exacte. Le candidat indiquera sur la copie la réponse choisie. Aucune justification n'est demandée. Chaque réponse juste rapporte 0,5 point. Une réponse fausse ou l'absence de réponse n'est pas sanctionnée.

La limite quand $ x $ tend vers $ 0 $ de $ f_{2}\left(x\right) $ est :

1°) $ 0 $

2°) $ + \infty $

3°) On ne peut pas conclure
La limite quand $ x $ tend vers $ + \infty $ de $ f_{2}\left(x\right) $ est :

1°) $ 0 $

2°) $ 0,2 $

3°) On ne peut pas conclure
En $ +\infty $, $ \left(\mathscr C_{1}\right) $ admet une asymptote oblique :

1°) Oui

2°) Non

3°) On ne peut pas conclure
Le tableau de signes de $ f_{2}\left(x\right) - f_{1}\left(x\right) $ est :

1°)

2°)

3°)

Partie II

On considère la fonction $ f $ définie sur l'intervalle $ \left]0; +\infty \right[ $ par

$ f\left(x\right)=\ln \left(x\right)+1 - \dfrac{1}{x}. $

Déterminer les limites de la fonction $ f $ aux bornes de son ensemble de définition.
Étudier les variations de la fonction $ f $ sur l'intervalle $ \left]0; +\infty \right[ $.
En déduire le signe de $ f\left(x\right) $ lorsque $ x $ décrit l'intervalle $ \left]0; +\infty \right[ $.
Montrer que la fonction $ F $ définie sur l'intervalle $ \left]0; +\infty \right[ $ par $ F\left(x\right)=x \ln x - \ln x $ est une primitive de la fonction $ f $ sur cet intervalle.
Démontrer que la fonction $ F $ est strictement croissante sur l'intervalle $ \left]1; +\infty \right[ $.
Montrer que l'équation $ F\left(x\right)=1 - \dfrac{1}{\text{e}} $ admet une unique solution dans l'intervalle $ \left]1;+\infty \right[ $ qu'on note $ \alpha $.
Donner un encadrement de $ \alpha $ d'amplitude $ 10^{ - 1} $.

Partie III

Soit $ g $ et $ h $ les fonctions définies sur l'intervalle $ \left]0; +\infty \right[ $ par :

$ g\left(x\right)=\dfrac{1}{x}\ \text{et} \ h\left(x\right)=\ln \left(x\right)+1. $

Sur le graphique ci-dessous, on a représenté dans un repère orthonormal, les courbes $ \left(\mathscr C_{g}\right) $ et $ \left(\mathscr C_{h}\right) $ représentatives des fonctions $ g $ et $ h $.

Courbes Cg et Ch avec domaines grisé et hachuré

$ A $ est le point d'intersection de la courbe $ \left(\mathscr C_{h}\right) $ et de l'axe des abscisses. Déterminer les coordonnées du point $ A $.
$ P $ est le point d'intersection des courbes $ \left(\mathscr C_{g}\right) $ et $ \left(\mathscr C_{h}\right) $. Justifier que les coordonnées du point $ P $ sont $ \left(1 ; 1\right) $.
On note $ \mathscr A $ l'aire du domaine délimité par les courbes $ \left(\mathscr C_{g}\right) $, $ \left(\mathscr C_{h}\right) $ et les droites d'équations respectives $ x=\dfrac{1}{\text{e}} $ et $ x=1 $ (domaine grisé sur le graphique).
1. Exprimer l'aire $ \mathscr A $ à l'aide de la fonction $ f $ définie dans la partie II.
2. Montrer que $ \mathscr A=1 - \dfrac{1}{\text{e}} $.
Soit $ t $ un nombre réel de l'intervalle $ \left]1; +\infty \right[ $. On note $ \mathscr B_{t} $ l'aire du domaine délimité par les droites d'équations respectives $ x=1, x=t $ et les courbes $ \left(\mathscr C_{g}\right) $ et $ \left(\mathscr C_{h}\right) $ (domaine hachuré sur le graphique).

On souhaite déterminer une valeur de $ t $ telle que $ A=\mathscr B_{t} $.
1. Montrer que $ \mathscr B_{t}=t \ln \left(t\right) - \ln \left(t\right) $.
2. Conclure.

Corrigé

Partie I

La réponse correcte est $ +\infty $.

En effet, l'énoncé indique que l'axe des ordonnées est asymptote de $ \left(\mathscr C_{2}\right) $ donc $ \lim\limits_{x\rightarrow 0} f_{2}\left(x\right)=+ - \infty $.

Comme $ f_{2} $ est strictement décroissante sur $ \left]0;+\infty \right[ $, on a nécessairement $ \lim\limits_{x\rightarrow 0} f_{2}\left(x\right)=+\infty $.
La réponse correcte est 0.

L'axe des abscisses est asymptote à la courbe $ \left(\mathscr C_{2}\right) $.
La réponse correcte est : « on ne peut pas conclure ».

Aucune indication n'est fournie par l'énoncé qui justifie ou démentit le résultat.
Le troisième tableau est le seul possible. En effet :

$ f_{2}\left(1\right) - f_{1}\left(1\right)=1 - 1=0 $

Par ailleurs, on montre facilement que $ f_{2} - f_{1} $ est décroissante sur $ \left]0;+\infty \right[ $.

Partie II

$ \lim\limits_{x\rightarrow 0^+ } \ln\left(x\right)= - \infty $

et $ \lim\limits_{x\rightarrow 0^+ }\dfrac{1}{x}=+\infty $ donc $ \lim\limits_{x\rightarrow 0^+ } - \dfrac{1}{x}= - \infty $

Par conséquent, par somme, $ \lim\limits_{x\rightarrow 0^+ } f\left(x\right)= - \infty $

$ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty } \ln\left(x\right)=+\infty $ et $ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty } \dfrac{1}{x}=0 $

Et par somme $ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f\left(x\right)=+\infty $
$ f^{\prime}\left(x\right)= \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^{2}} $

Sur l'intervalle $ \left]0;+\infty \right[ $, $ \dfrac{1}{x} > 0 $ donc $ f^{\prime}\left(x\right) > 0 $ et par conséquent $ f $ est strictement croissante.
Comme $ f\left(1\right)=\ln\left(1\right)+1 - \dfrac{1}{1}=0 $ et comme $ f $ est strictement croissante, $ f $ est strictement négative sur $ \left]0;1\right[ $ et strictement positive sur $ \left]1;+\infty \right[ $.

Le tableau de signe de $ f $ est :
On calcule la dérivée $ F^{\prime}\left(x\right) $ :

$ F^{\prime}\left(x\right)=\ln\left(x\right)+x\times \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x}=\ln\left(x\right)+1 - \dfrac{1}{x}=f\left(x\right) $

Donc $ F $ est une primitive de $ f $ sur $ \left]0;+\infty \right[ $.
La dérivée de $ F $ est $ f $ et est strictement positive sur $ \left]1;+\infty \right[ $ d'après 3.. Donc $ F $ est strictement croissante sur cet intervalle.
$ F\left(1\right)=0 $

$ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }F\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x\ln\left(x\right) - \ln\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x\left(\ln\left(x\right) - \dfrac{\ln\left(x\right)}{x}\right) $

Or $ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{\ln\left(x\right)}{x}=0 $ (Croissance comparée)

donc (par différence et produit) $ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }F\left(x\right)=+\infty $

Sur l'intervalle $ \left]1;+\infty \right[ $, $ F $ est continue car dérivable, strictement croissante et $ 1 - \dfrac{1}{e} $ est compris entre $ F\left(1\right)=0 $ et $ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }F\left(x\right)=+\infty $.

D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $ F\left(x\right)=1 - \dfrac{1}{e} $ admet une unique solution sur l'intervalle $ \left]1;+\infty \right[ $.
Posons $ G\left(x\right)=F\left(x\right) - \left(1 - \dfrac{1}{e}\right) $.
A la calculatrice, on trouve : $ G\left(1,9\right)\approx - 0,05 $ et $ G\left(2\right)\approx 0,06 $ donc $ 1,9 < \alpha < 2 $.

Partie III

L'abscisse du point $ A $ est solution de l'équation : $ h\left(x\right)=0 $. Donc :

$ \ln\left(x_{A}\right)+1=0 $

$ \ln\left(x_{A}\right)= - 1 $

$ x_{A}=e^{ - 1}=\dfrac{1}{e} $

Donc $ A\left(\dfrac{1}{e};0\right) $.
L'abscisse du point $ P $ vérifie l'équation :

$ \dfrac{1}{x}=\ln\left(x\right)+1 $

$ \ln\left(x\right)+1 - \dfrac{1}{x}=0 $

$ f\left(x\right)=0 $

Donc d'après lapartie II, $ x_{P}=1 $ et $ y_{P}=g\left(x_{P}\right)=g\left(1\right)=1 $

Donc $ P\left(1;1\right) $
1. Sur l'intervalle $ \left[\dfrac{1}{e} ; 1\right] $, $ g\geqslant h $. L'aire $ \mathscr A $ est donc :
  
  $ \mathscr A=\int_{1/e}^{1}g\left(x\right) - h\left(x\right)dx = \int_{1/e}^{1} - f\left(x\right)dx = - \int_{1/e}^{1}f\left(x\right)dx $
2. $ \mathscr A= - \left[F\left(x\right)\right]_{1/e}^{1} = - F\left(1\right)+F\left(\dfrac{1}{e}\right) = 1\ln 1 - \ln 1+\dfrac{1}{e} \ln \dfrac{1}{e} - \ln \dfrac{1}{e} = 1 - \dfrac{1}{e} $
  
  car $ \ln 1 = 0 $ et $ \ln \dfrac{1}{e} = - \ln e = - 1 $
1. Sur l'intervalle $ \left[1 ; +\infty \right] $, $ g\leqslant h $. Par conséquent :
  
  $ \mathscr B_{t}=\int_{1}^{t}h\left(x\right) - g\left(x\right)dx = \int_{1}^{t}f\left(x\right)dx = F\left(t\right) - F\left(1\right) = F\left(t\right) = t \ln t - \ln t $
2. $ \mathscr A=\mathscr B_{t} \Leftrightarrow F\left(t\right) = 1 - \dfrac{1}{e} $
  
  D'après la question 6 de la partie précédente, cette équation admet $ t=\alpha $ comme unique solution.

Intégrales Encadrements – Bac S Amérique du Nord 2008

Partie A

Restitution organisée de connaissances

On supposera connus les résultats suivants :

Soient $ u $ et $ v $ deux fonctions continues sur un intervalle $ \left[a, b\right] $ avec $ a < b $.

Si $ u > 0 $ sur $ \left[a, b\right] $ alors $ \int_{a}^{b} u\left(x\right)\text{d}x \geqslant 0 $.
Pour tous réels $ \alpha $ et $ \beta $, $ \int_{a}^{b} \left[\alpha u\left(x\right)+\beta v\left(x\right)\right] \text{d}x=\alpha \int_{a}^{b} u\left(x\right) \text{d}x+\beta \int_{a}^{b} v\left(x\right) \text{d}x. $

Démontrer que si $ f $ et $ g $ sont deux fonctions continues sur un intervalle $ \left[a, b\right] $ avec $ a < b$ et si, pour tout $ x $ de $ \left[a, b\right] $, $ f\left(x\right) \leqslant g\left(x\right) $ alors $ \int_{a}^{b} f\left(x\right) \text{d}x \leqslant \int_{a}^{b} g\left(x\right) \text{d}x $.

Partie B

On considère la fonction $ f $ définie sur $ \left[0, +\infty \right[ $ par : $ f\left(x\right)=x+\ln\left(1+e^{ - x}\right) $. Sa courbe représentative $ C $ ainsi que la droite $ D $ d'équation $ y=x $ sont données ci-dessous dans un repère orthonormal d'unité graphique 2 cm.

$Repère orthonormal sur [0;5]×[0;5]. Droite D d'équation y=x (en bleu). Courbe C représentative de f(x)=x+ln(1+e^{-x}) (en rouge) située au-dessus de D, partant de (0; ln 2 ≈ 0,69) et se rapprochant asymptotiquement de D quand x croît.$

Montrer que $ f $ est croissante et positive sur $ \left[0 , +\infty \right[ $.
1. Montrer que la courbe $ C $ admet pour asymptote la droite $ D $.
2. Étudier la position de $ C $ par rapport à $ D $.
Soit $ I $ l'intégrale définie par : $ I= \int_{0}^{1} \ln\left(1+e^{ - x}\right) \text{d}x= \int_{0}^{1} \left[f\left(x\right) - x\right] \text{d}x $. On ne cherchera pas à calculer $ I $.
1. Donner une intérprétation géométrique de $ I $.
2. Montrer que pour tout réel $ t \geqslant 0 $, on a $ \ln\left(1+t\right) \leqslant t $.
  
  (On pourra étudier les variations de la fonction $ g $ définie sur $ \left[0,+\infty \right[ $ par $ g\left(t\right)=\ln\left(1+t\right) - t $)
  
  On admettra que pour tout réel $ t \geqslant 0 $, on a $ \dfrac{t}{t+1} \leqslant \ln\left(1+t\right) $.
3. En déduire que pour tout $ x $ de $ \left[0 , +\infty \right[ $, on a : $ \dfrac{e^{ - x}}{e^{ - x}+1} \leqslant \ln\left(1+e^{ - x}\right) \leqslant e^{ - x} $.
4. Montrer que $ \ln\left(\dfrac{2}{1+e^{ - 1}}\right) \leqslant I \leqslant 1 - e^{ - 1} $.
5. En déduire un encadrement de $ I $ d'amplitude 0,4 par deux nombres décimaux.
On désigne par $ M $ et $ N $ les points de même abscisse $ x $ appartenant respectivement à $ C $ et $ D $.

On juge que $ M $ et $ N $ sont indiscernables sur le graphique lorsque la distance $ MN $ est inférieure à 0,5 mm.

Déterminer l'ensemble des valeurs de $ x $ pour lesquelles $ M $ et $ N $ sont indiscernables.
Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d'initiative, même non fructueuse, sera prise en compte dans l'évaluation.

Corrigé

Partie A

Restitution organisée de connaissances

Démontrons que si $ f $ et $ g $ sont deux fonctions continues sur un intervalle $ [a, b] $ avec $ a < b $ et si, pour tout $ x $ de $ [a, b] $, $ f(x) \leqslant g(x) $ alors $ \int_{a}^{b} f(x) \text{d}x \leqslant \int_{a}^{b} g(x) \text{d}x $.

Posons $ h(x) = g(x) - f(x) $.

Comme $ f(x) \leqslant g(x) $ pour tout $ x \in [a, b] $, on a $ h(x) \geqslant 0 $.

D'après le résultat (1), on peut écrire :

$ \int_{a}^{b} h(x) \text{d}x = \int_{a}^{b} [g(x) - f(x)] \text{d}x \geqslant 0 $

D'après le résultat (2), sur la linéarité de l'intégrale, on peut écrire :

$ \int_{a}^{b} [g(x) - f(x)] \text{d}x = \int_{a}^{b} g(x) \text{d}x - \int_{a}^{b} f(x) \text{d}x \geqslant 0 $

D'où :

$ \int_{a}^{b} f(x) \text{d}x \leqslant \int_{a}^{b} g(x) \text{d}x $

Partie B

La fonction $ f $ est définie sur $ [0, +\infty [ $ par $ f(x) = x + \ln(1+e^{-x}) $.

Sur $ [0, +\infty [ $, on a $ e^{-x} > 0 \implies 1+e^{-x} > 1$, d'où $ \ln(1+e^{-x}) > \ln(1) > 0 $.

Comme $ x \geqslant 0 $, on en déduit que $ f(x) > 0 $. $ f $ est donc positive sur $ [0, +\infty [ $.

Calculons la dérivée de $ f $ :

$ f'(x) = 1 + \dfrac{-e^{-x}}{1+e^{-x}} = \dfrac{1+e^{-x}-e^{-x}}{1+e^{-x}} = \dfrac{1}{1+e^{-x}} $

$ f'(x) $ est strictement positive sur $ [0, +\infty [ $ car $ 1+e^{-x} > 0 $.

Par conséquent, $ f $ est croissante sur $ [0, +\infty [ $.
1. Étudions la limite de $ f(x) - x $ quand $ x \to +\infty $ :
  
  $ \lim\limits_{x \to +\infty} [f(x) - x] = \lim\limits_{x \to +\infty} \ln(1+e^{-x}) $
  
  Comme $ \lim\limits_{x \to +\infty} e^{-x} = 0 $, on a $ \lim\limits_{x \to +\infty} \ln(1+e^{-x}) = \ln(1) = 0 $.
  
  La courbe $ C $ admet donc pour asymptote la droite $ D $ d'équation $ y = x $ au voisinage de $ +\infty $.
2. Pour tout réel $ x \in [0, +\infty [ $, on a $ f(x) - x = \ln(1+e^{-x}) $.
  
  Comme $ 1+e^{-x} > 1 $ pour tout $ x $, on a $ \ln(1+e^{-x}) > 0 $.
  
  On en conclut que la courbe $ C $ est située au-dessus de la droite $ D $ sur l'intervalle $ [0, +\infty [ $.
$ I = \int_{0}^{1} \ln(1+e^{-x}) \text{d}x = \int_{0}^{1} [f(x) - x] \text{d}x $.
1. D'après la question précédente, $ f(x) - x \geqslant 0 $.
  
  $ I $ représente donc l'aire (en unités d'aire) du domaine délimité par la courbe $ C $, la droite $ D $ et les droites d'équations $ x=0 $ et $ x=1 $.
2. Soit $ g $ la fonction définie sur $ [0, +\infty [ $ par $ g(t) = \ln(1+t) - t $.
  
  $ g $ est dérivable sur $ [0, +\infty [ $ et $ g'(t) = \dfrac{1}{1+t} - 1 = \dfrac{1-(1+t)}{1+t} = \dfrac{-t}{1+t} $.
  
  Pour $ t > 0 $, $ g'(t) < 0 $, donc $ g $ est strictement décroissante sur $ [0, +\infty [ $.
  
  Comme $ g(0) = \ln(1) - 0 = 0 $, on en déduit que pour tout $ t \geqslant 0 $, $ g(t) \leqslant 0 $, soit :
  
  $ \ln(1+t) \leqslant t $
3. Pour tout $ x \in [0, +\infty [ $, on a $ 0 < e^{-x} \leqslant 1 $.
  
  En utilisant l'inégalité précédente et celle admise dans l'énoncé avec $ t = e^{-x} $, on obtient :
  
  $ \dfrac{e^{-x}}{e^{-x}+1} \leqslant \ln(1+e^{-x}) \leqslant e^{-x} $
4. En intégrant l'encadrement précédent sur l'intervalle $ [0, 1] $ (les fonctions étant continues et $ 0 < 1 $), d'après la PARTIE A, on a :
  
  $ \int_{0}^{1} \dfrac{e^{-x}}{e^{-x}+1} \text{d}x \leqslant \int_{0}^{1} \ln(1+e^{-x}) \text{d}x \leqslant \int_{0}^{1} e^{-x} \text{d}x $
  
  Calculons les intégrales aux bornes :
5. Pour $ \int_{0}^{1} \dfrac{e^{-x}}{e^{-x}+1} \text{d}x $, on reconnaît la forme $ -\dfrac{u'}{u} $ avec $ u(x) = e^{-x}+1 $.
  
  Une primitive est $ P(x) = -\ln(e^{-x}+1) $.
  
  $ \int_{0}^{1} \dfrac{e^{-x}}{e^{-x}+1} \text{d}x = [-\ln(e^{-x}+1)]_0^1 = -\ln(e^{-1}+1) + \ln(2) = \ln\left(\dfrac{2}{1+e^{-1}}\right) $
6. Pour $ \int_{0}^{1} e^{-x} \text{d}x $, une primitive est $ Q(x) = -e^{-x} $.
  
  $ \int_{0}^{1} e^{-x} \text{d}x = [-e^{-x}]_0^1 = -e^{-1} - (-1) = 1 - e^{-1} $
  
  On en déduit l'encadrement :
  
  $ \ln\left(\dfrac{2}{1+e^{-1}}\right) \leqslant I \leqslant 1 - e^{-1} $
7. À l'aide d'une calculatrice, on trouve :
  
  $ \ln\left(\dfrac{2}{1+e^{-1}}\right) \approx 0,38 $ et $ 1 - e^{-1} \approx 0,63 $.
  
  Un encadrement de $ I $ d'amplitude 0,4 par deux nombres décimaux est par exemple :
  
  $ 0,3 \leqslant I \leqslant 0,7 $
La distance $ MN $ est égale à $ f(x) - x = \ln(1+e^{-x}) $.

L'unité graphique est 2 cm, donc 0,5 mm correspond à $ 0,05 / 2 = 0,025 $ unité.

On cherche $ x $ tel que $ \ln(1+e^{-x}) \leqslant 0,025 $.

Résolvons l'équation $ \ln(1+e^{-x}) = 0,025 $ :

$ 1+e^{-x} = e^{0,025} \iff e^{-x} = e^{0,025} - 1 \iff -x = \ln(e^{0,025} - 1) \iff x = -\ln(e^{0,025} - 1) = \ln\left(\dfrac{1}{e^{0,025} - 1}\right) $.

Comme la fonction $ x \mapsto \ln(1+e^{-x}) $ est strictement décroissante sur $ [0, +\infty [ $, l'ensemble des valeurs de $ x $ est :

$ x \geqslant \ln\left(\dfrac{1}{e^{0,025} - 1}\right) $

À la calculatrice, $ \ln\left(\dfrac{1}{e^{0,025} - 1}\right) \approx 3,676 $.

Les points $ M $ et $ N $ sont donc indiscernables pour $ x \geqslant 3,68 $ environ.

[Bac] Étude de fonction et calcul d’aire

(D'après bac ES 2005) Soit $ f $ la fonction définie sur l'intervalle $ \left[0;+\infty \right[ $ par :

$ f\left(x\right)=x - 2+10e^{ - 0,5x} $

On note $ \left(C\right) $ la courbe représentative de la fonction $ f $ dans un repère orthogonal et $ \left(D\right) $ la droite d'équation $ y=x - 2 $. La courbe $ \left(C\right) $ est partiellement représentée ci-dessous.

Déterminer la limite de la fonction $ f $ en $ +\infty $.
On pose $ \alpha =2 \ln 5 $.
1. Montrer que $ f\left(\alpha \right)=\alpha $.
2. Donner une valeur approchée à $ 10^{ - 1} $ près de $ \alpha $
On admet que la fonction $ f $ est dérivable sur l'intervalle $ \left[0;+\infty \right[ $ et on note $ f^{\prime} $ la fonction dérivée de $ f $ sur cet intervalle.
1. Calculer $ f^{\prime}\left(x\right) $, pour tout $ x $ élément de l'intervalle $ \left[0;+\infty \right[ $.
2. Étudier le signe de $ f^{\prime}\left(x\right) $ sur l'intervalle $ \left[0;+\infty \right[ $, et dresser le tableau de variations complet de la fonction $ f $ sur cet intervalle
Justifier que $ \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f\left(x\right) - \left(x - 2\right)=0 $ et que, pour tout $ x $ de l'intervalle $ \left[0;+\infty \right[ $:

$ f\left(x\right) - \left(x - 2\right) > 0 $

.

Donner l'interprétation graphique de ces résultats.
Sur le graphique donné ci-dessous :
1. Placer le point de la courbe $ \left(C\right) $ d'abscisse $ \alpha $;
2. Tracer la tangente à la courbe $ \left(C\right) $ au point d'abscisse $ \alpha $;
3. Tracer la droite $ \left(D\right) $
On note $ A $ l'aire (en unités d'aire) du domaine $ E $ délimité par la courbe $ \left(C\right) $, la droite $ \left(D\right) $ et les droites d'équations respectives $ x=2 $ et $ x=6 $.
1. Hachurer sur le graphique, le domaine $ E $, puis exprimer l'aire $ A $ à l'aide d'une expression faisant intervenir une intégrale.
2. Déterminer la valeur exacte de l'aire $ A $, puis en donner la valeur arrondie au centième.

Courbe représentative de f(x) = x - 2 + 10e^(-0,5x) sur [0 ; 8]

Corrigé

Attention : Comme l'a indiqué un internaute (merci à lui !), il y a une erreur dans le corrigé de la question 6 due à une mauvaise lecture de l'énoncé (l'aire hachurée et calculée n'est pas délimitée par la droite $ \left(D\right) $ comme demandé dans l'énoncé).

Une solution correcte sera mise en ligne prochainement.

Étude de fonction et calcul d'aire corrigé 1

Étude de fonction et calcul d'aire corrigé 2