LOGARITHME NEPERIEN : Inéquations - Univ

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CALCUL D’AIRE : Travaux pratiques d’introduction
Corrigé Rédigé – TP 7 – Exemple 2
a) Dans
D(
,
i
,
j
) on a
)2;1(A
;
)0;2(B
;
)1;1( C
et
)0;0(D
b) On a
cbxaxxf  2 )(
or la parabole rencontre
,(O
)i
en 2 points
D
et
B
ce qui signifie que
l’équation
0)( xf
ou
0
2 cbxax
a 2 solutions
0
1x
et
2
2x
(abscisses de
D
et
B
)
dans ce cas
)2()2)(0())((2
21
2xxaxxaxxxxacbxax 
en outre la parabole passe par
)2;1(A
donc
2)1( f
et
2)121( 2a
 2a
2a
d’où
)2(2)2)(0(2)( 2xxxxxf 
xxxf 42)( 2
2a
4b
0c
(on aurait pu répondre à cette question avec la même méthode que dans
l’exemple 1, ceci est donc une seconde méthode de détermination de
)(xf
).
c) Procédons de même pour
''')( 2cxbxaxg 
.
La parabole rencontre
O(
,
i
) en 2 points
D
et
B
donc
0)( xg
a 2
solutions et
0''' 2 cxbxa
a 2 solutions
0
1x
et
2x
d’où
)2(')2)(0('''' 22 xxaxxacxbxa 

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la parabole passe ainsi par
)1;1( C
d’où
1)1( g
1)121(' 2 a
1' a
d’où
 )2(1)( 2xxxg
xxxg 2)( 2
et
0'
2'
1'
c
b
a
d) On procède avec la même méthode que dans l’exemple 1
xxxxxxxxxxxgxf 63242)2()42()()( 22222 
on calcule
   dxxxdxxgxfI )63())()(( 2
2
0
2
0
2
0
23 3xxI 
=
)030()232( 2323 
=
)128( 
- 0
4 I
A
24 uaI
2dm
dm
A
16
2
dm