Lesson6et7primitives et intégrales

Leçon 06 et 07 : Primitives et intégrales
Le calcul d’intégrales intervient souvent en fin de problème au BAC.
Définition principale : Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle [a ;b],
b
∫a f (t ) dt = [F(x )]a = F(b) – F(a)
b
En pratique, ce calcul donne en U.A (unité d’aire), l’aire algébrique (voir croquis ci-dessous)
du domaine du plan (P) compris entre les verticales d’équation x = a et x = b, l’axe des
abscisses y = 0 et la courbe (Cf) d’équation y = f(x).
A comparer le résultat à l’unité d’aire (un carré de 1 sur 1), nous voyons bien qu’en fait l’aire
en dessous de l’axe des abscisses est comptée négativement.
Si on veut avoir l’aire arithmétique alors :
1
0
1
0
1
∫−1 f ( t ) dt = ∫−1 f (t ) dt + ∫0 − f (t ) dt = ∫−1 f (t ) dt − ∫0 f ( t ) dt (à multiplier par 1U.A)
Le bon résultat dans l’exemple est 2.5 U.A.
* Faire une fiche avec les propriétés des intégrales et les primitives des fonctions usuelles.
* Voir le R.O.C démontrant la formule du début.
Important pour le BAC :
L’intégration par parties : Soient u et v deux fonctions intégrables sur [a ;b]
∫a u' (t )v(t ) dt = [u(x)v(x)] a − ∫a u(t )v' (t ) dt
b
b
b
Aire entre deux courbes (Cf) et (Cg), f et g intégrables sur [a ;b] et f(x) ≥ g(x) ∀x∈[a ;b]
 b

Aire arithmétique =  ∫ f (t ) − g(t ) dt  × 1U .A .
 a

(L’U.A est précisée si i = j = 1 cm alors 1 U.A = 1 x 1 = 1 cm2)
Passons à la fiche d’exercices.
Primitives et Intégrales
TERMINALE ES
Exercice 1
Donner les primitives Fk des fonctions suivantes :
1
3
f(x) = 3x2 – 5x + 3 ; f(x) = x + 1 +
pour x positif ; f(x) = e−x ; f(x) =
x≥2;
x +1
x ln x
f(x) = 2x ; f(x) =
4
3
x positifs ; f(x) = (3 – 2x)2 ; f(x) =
x ≥ 0.
( x − 1) 2
2x + 3
Exercice 2
Calculer les intégrales suivantes :
a)
3 5x − 1
a
b
5x − 1
sous la forme
+
.
dx après avoir décomposé la fonction
2
2
x −1 x +1
x −1
x −1
∫2
4
1
0
2x + 1
b) ∫
e)
1
∫0
xe x dx =
dx =
π
c) ∫ cos 2 t dt =
0
f)
1
∫0
d) ∫
1
0 .5
ln x dx =
x 2 e x dx =
Exercice 3
Dans une architecture moderne, nous trouvons en façade une aire de verre ayant la forme
suivante :
La fonction représentant le haut est f(x) =
−2 2 4
x + x
90
3
et la fonction représentant le bas de la structure est :
−1 2 2
g( x ) =
x + x
90
3
a) Montrer que sur l’intervalle [0 ; 60], f(x) ≥ g(x).
b) Calculer l’aire de la surface de verre en m2 comprise entre les deux courbes.
Exercice 4 Valeur moyenne en économie.
La courbe ci-dessous représente pour chaque instant t, la fonction V donnant le nombre de
produits vendus par un magasin sur 12 mois (V est un polynôme de degré 4) :
Nous savons que V’(0) = V’(6) =V’(12) = 0 et que V(0) = V(12)=1200 et V(6) = 3000.
1) Expliquer pourquoi V’(t) peut s’écrire V’(t) = at(t – 6)(t – 12) a étant un réel que nous
déterminerons par la suite.
2) Comment s’écrit la fonction V(t) ? En utilisant les données sur V(t) déterminer les
constantes apparues dans le calcul, montrer que V(t) peut s’écrire : t∈[0 ; 12]
V( t ) =

50  t 4
 − 6 t 3 + 36 t 2  + 1200
9 4

3) Déterminer la valeur moyenne en utilisant l’intégrale de V entre 0 et 12.
Exercice 5 (Bac)
A. On considère la fonction f définie sur [0 ;+∞[ par f(x) = e −1.6x + 1.3
1) Etudier cette fonction puis tracer la courbe représentative de f.
2) Soit g tel que g(x) = – xf ’(x). Montrer que G(x) = (−x – 0.625)e−1.6x+1.3 est une primitive
de g sur [0 ; +∞[.
B. Répartition des revenus
On admet que f étudiée dans la partie A est une bonne modélisation des revenus d’une
population donnée. Le revenu x est donné en centaines de milliers d’€ et la fonction f
donne en milliers d’individus dont le revenu annuel est supérieur ou égal à x.
1) Déterminer le nombre d’individus dont le revenu est supérieur ou égal à 200 000 €.
2) Déterminer le nombre d’individus dont le revenu est compris entre 200 000€ et
250 000 €.
q
3) R = 1000∫ g( x ) dx
p
représente la somme des revenus annuels des individus dont le revenu annuel en
centaines de milliers d’€ est compris entre p et q. Déterminer la somme des revenus
annuels des individus dont le revenu annuel est compris entre 2 centaines de milliers d’€
et 2.5 centaines de milliers d’€.
Calculer le revenu annuel moyen d’un individu de ce groupe.
Correction
Exercice 1
Une fonction f définie et continue sur un intervalle [a ; b] possède une infinité de primitives
sur cet intervalle.
5x 2
+ 3x + k k ∈ R et x ∈ R.
2
3
x2
+ x + 3 ln( x + 1) + k k ∈ R et x positif .
f (x) = x + 1 +
avec x positif alors Fk ( x ) =
x +1
2
(Il faut x+1 ≠ 0 et ceci est réalisé avec x positif car x + 1 ≥ 1 > 0 et donc ln (x+1) calculable)
f(x) = 3x2 – 5x + 3 alors Fk(x) = x 3 −
f ( x ) = e − x alors Fk ( x ) = −e− x + k
f (x ) =
k ∈ R et x ∈ R.
1
avec x ≥ 2 alors Fk ( x ) = ln (ln x ) + k
x ln x
k ∈ R et x ≥ 2.
En effet, f est de la forme :
1
u' ( x )
f (x) = x =
avec u( x ) ≠ 0 alors Fk ( x ) = ln u( x ) + k
ln x u( x )
k ∈ R et x ≥ 2 implique u( x )
strictement positif.
f ( x ) = 2x = ex ln 2 alors Fk ( x ) =
1 x ln 2
2x
e
+k=
+ k k ∈ R et x ∈ R.
ln 2
ln 2
4
x positif alors Fk(x) = 4 2x + 3 + k k∈R et x positif.
2x + 3
En effet, nous avons une fonction de la forme :
u' ( x )
f(x) =
× 4 u(x) strictement positif, les primitives sont de la forme :
2 u( x )
f(x) =
Fk(x) = 4 u ( x ) + k , k∈R et u(x) strictement positif.
f(x) = ( 3 − 2 x ) 2 alors Fk ( x ) = −
(3 − 2x )3
+ k k ∈ R.
6
En effet, nous utilisons la primitive de u2(x) soit :
u3 (x)
F(x) =
u' (x ) ≠ 0 .
3u ' ( x )
f(x) =
3
3
x ≥ 0 alors Fk ( x ) = −
+k
2
( x + 1)
x +1
k ∈ R et x ≥ 0.
En effet, nous utilisons une primitive de :
− u' ( x )
1
f (x) = 2
soit F( x ) =
; ( bien sûr , il faut u ( x ) ≠ 0 et il faut ajouter le − s' il le faut )
u (x)
u( x )
Ces quelques exemples montrent bien qu’il te faut faire une fiche spéciale sur les
primitives et l’apprendre comme tu as appris ta fiche sur les dérivées !
Remarque : nous pouvons représenter quelques éléments d’une famille de primitives.
Par exemple pour : Fk(x) = − e−x + k x réel.
Représentation de Fk pour k entier variant de −5 à 5 :
y
5
k=5
4
3
2
1
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11 x
-1
-2
-3
-4
etc...
-5
k=-5
Souvent, il y a une condition supplémentaire par exemple, nous cherchons la primitive telle
que F(0) = 1 alors nous pouvons déterminer k :
Fk(0) = 1 ⇔ −e−0 + k = 1 donne −1+k = 1 soit k = 2. La primitive est alors unique :
F(x) = −e−x + 2 (Voir graphique)
Exercice 2
a) La fonction f(x) =
5x − 1
est définie et continue sur l’intervalle [2 ;3], elle est donc
x2 −1
intégrable. Nous devons chercher une primitive de cette fonction pour appliquer la définition
générale mais avant, nous devons la décomposer :
5x − 1
x2 −1
5x − 1
x2 −1
5x − 1
=
=
a
b
+
∀x∈[2 ;3], déterminons a et b par identification.
x −1 x +1
a ( x + 1) + b( x − 1)
x 2 −1
(a + b) x + a − b
=
x2 −1
x2 −1
Nous avons donc le système suivant :
a+b=5
(L1)
2a = 4 donc a = 2
a – b = – 1 (L2)
⇔
2 – b = – 1 donc b = 3.
3 2
3 5x − 1
+
dx =
2 x −1
x2 −1
∫
∫2
3
dx = [ 2 ln x − 1 + 3 ln x + 1 ] 32
x +1
= (2 ln 2 + 3 ln 4) – (2 ln 1 + 3 ln 3)
= 2 ln 2 + 6 ln 2 – 3 ln 3
= 8 ln 2 – 3 ln 3 ≈ 2.25 .
Remarques :
Dans l’intégrale, nous pouvions mettre t à la place de x, car il s’agit d’une
variable «muette».
Si cette intégrale est calculée pour avoir une aire, il faut le graphique car nous avons
2
3
est positive sur [2 ;3] donc, le calcul
ici une aire algébrique mais, f(x) =
+
x −1 x +1
donne l’aire arithmétique du domaine des points compris entre les droites d’équation
x = 2 et x = 3 et l’axe des abscisses et la courbe (Cf) mais voyons le graphique :
y
4
3
2
C(f)
1
-3
-2
-1
0
1
-1
2
3
4
5x
Intégrale = 2,24934
-2
-3
La réponse au calcul de l’aire est ≈ 2.25 U.A.
On peut faire aussi une vérification machine car les calculettes donnent une
valeur approchée de l’intégrale.
b)
4
∫0
1
2x + 1
dx = ?
1
La fonction
2x + 1
Une primitive de
nous prenons
4
1
est définie et continue sur [0 ; 4], elle est donc intégrable.
u'
2 u
u quand cette dernière fonction est définie et donc ici
est
2 x + 1 en effet
(
] 04 =
)
′
2x + 1 =
2
1
 1

pour tout x∈  − ;+∞  .
=
2 2x + 1
2x + 1
 2

9 − 1 = 2.
2x + 1
(Faire la vérification à la calculette)
∫0
dx = [
2x + 1
y
3
2
1
-2
-1
0
1
-1
2
3
4
5
x
Intégrale = 2
-2
Ici aussi, la fonction étant positive sur [0 ; 4], nous avons l’aire arithmétique en
unités d’aire.
c)
π
∫0
cos 2 t dt = ?
La fonction f(x) = cos2 x est définie et continue sur [0 ; π] donc intégrable sur
cet intervalle.
On linéarise cette fonction, c’est-à-dire nous l’exprimons ici en fonction de cos 2x.
1 + cos 2 x
cos2 x =
(Formule tirée de celle de l’angle double vue en 1°)
2
π 1 + cos 2 t
π 1 cos 2 t
π
x sin 2 x π
2
dt = ∫
+
dt = [ +
]0
∫0 cos t dt = ∫0
0 2
2
2
2
4
 π sin 2π   0 sin 0  π
= +
− +
= .
4  2
4  2
2
(Faire une vérification machine)
(N’oublier pas aussi qu’en dérivant la primitive utilisée, nous retrouvons la fonction f
qui se trouve dans l’intégrale)
Voyons le graphique pour savoir si ce calcul représente véritablement une aire.
(Nous pouvons répondre oui à l’avance car cos2 x est positive sur [0 ;π]
y
2
1
-4
-3
-2
-1
0
-1
1
2
3
4
5
x
Intégrale = 1,5708
-2
d)
1
∫0.5 ln x dx = ?
La fonction ln est définie et continue sur [0.5 ;1] donc intégrable.
Nous allons utiliser une intégration par parties en considérant u’(x) = 1 et v(x) = ln x.
1
1
1
1
∫0.5 ln x dx = [ x ln x ] 0.5 − ∫0.5 x x  dx =[ x ln x ] 0.5 − ∫0.51 dx = [ x ln x ] 0.5 − [x] 0.5
1
1
1
1
=[x ln x – x] 10.5 = (1 ln 1 – 1) – (0.5 ln 0.5 – 0.5) = − 0.5 – 0.5 ln 0.5
≈ − 0.15.
Deux remarques : Nous avons trouvé une primitive de ln x, F(x) = xln x – x.
Le graphique montre bien que le résultat sera négatif, ln x < 0 si x∈[0.5 ;1].
y
0
1
-1
e)
1
∫0
2
x
Intégrale = -0,153426
xe x dx = ?
f(x) = xex est définie et continue sur [0 ;1] donc intégrable.
Nous allons utiliser une intégration par parties en posant u’(x) = ex et v(x) = x.
1
∫0
xe x dx = [xex] 10 −
1
∫0 e
x
dx = [xex] 10 − [ex] 10 = [xex – ex ] 10 = (1e1 – e1) – (0e0 – e0)
= 1.
Voyons le graphique : Nous avons 1 U.A.
y
4
3
2
1
-3
-2
-1
0
-1
1
2
3
4
Intégrale = 1
-2
f)
1
∫0
x 2 e x dx = ?
Comme la précédente, la fonction x2ex est intégrable sur [0 ;1].
Il faut ici une double intégration par parties.
Posons u’(x) = ex et v(x) = x2.
5 x
1
∫0
x 2 e x dx = [ x2ex ] 10 −
1
∫0 2xe
x
1
dx = [ x2ex ] 10 − 2 ∫ xe x dx
0
[ ]
1
= [ x2ex ] 10 − 2  xe x 10 − ∫ e x dx 
0


= [ x2ex – 2xex] 10 + [2ex] 10
= [ x2ex – 2xex + 2ex] 10
= (e – 2e + 2e) – (2) = e – 2 ≈ 0.718.
Remarque : à l’avant dernière ligne, en regroupant les crochets, nous voyons une
primitive de x2ex, F(x) = x2ex – 2xex + 2ex. Evidemment, nous pouvons vérifier cela en
dérivant.
F’(x) = (x2ex – 2xex + 2ex)’ = 2xex + x2ex – 2ex – 2xex + 2ex = x2ex.
Voyons à présent le graphique :
Dans ce cas, nous avons le calcul d’une aire arithmétique.
(La fonction f(x) = x2ex est positive sur [0 ;1])
y
2
1
-4
-3
-2
-1
0
-1
1
2
3
4
x
Intégrale = 0,718282
-2
Exercice 3
a) Sur l’intervalle [0 ; 60], montrons que f(x) ≥ g(x).
2
4
2 
 1
f ( x ) = − x 2 + x = 2  − x 2. + x  = 2g( x ) .
90
3
3 
 90
Etudions g(x) sur l’intervalle [0 ; 60]. La fonction est bien définie sur [0 ; 60], elle est
1
2
dérivable et g’(x) = − x + . Cette dérivée s’annule pour x = 30 et nous avons le tableau
45
3
de variations suivant :
x
0
30
60
g(30) = 10.
g’(x)
+
g(x)
0
−
10
0
0
(Voir confirmation sur graphique)
g(x) ≥ 0 et donc 2g(x) ≥ g(x) soit f(x) ≥ g(x) sur [0 ; 60].
b) Nous pouvons obtenir l’aire réelle de la structure de verre en calculant :
∫
60
0
60
60
60
0
0
0
(f ( x ) − g( x )) dx = ∫ 2g( x ) − g( x )dx = ∫ g( x )dx = ∫ −
1 2 2
x + xdx
90
3
60
 1 3 1 2
− 270 x + 3 x  = −800 + 1200 = 400 UA
0
Or l’unité d’aire est : 1m x 1m = 1m2. L’aire en verre sera donc de 400 m2.
Voilà une utilisation importante des intégrales : calculer des aires comprises entre deux courbes
dont on connaît les équations.
Exercice 4
1) Il s’agit ici de travailler à partir d’une courbe pour déterminer l’équation de la fonction représentée
ici.
Nous avons trois tangentes horizontales en 0, 6 et 12 car la dérivée de la fonction s’annule pour ces
valeurs. La dérivée de V, V’ est un polynôme de degré 3. Nous avons appris en 1° que : dans un
polynôme P, si x0 est racine (P(x0) = 0) alors, nous pouvons factoriser (x – x0) dans P donc :
V’(t) s’écrira V’(t) = a(t – 0)(t – 6)(t – 12) = at(t – 6)(t – 12) a étant un réel que l’on ne peut pas
déterminer avec la fonction dérivée.
2) La fonction V est une primitive de V’ aussi, nous allons développer V’ puis chercher les primitives.
V’(t) = at(t2 – 18t + 72) = at3 – 18at2 + 72at. Les primitives de V’ sont :
V( t ) =
a 4
t − 6at 3 + 36at 2 + k k ∈ R , ainsi que a
4
Nous allons utiliser V(0) = 1200 et V(6) = 3000, cela donne :
V ( 0) =
a 4
(0) − 6a (0)3 + 36a (0) 2 + k = 1200 donc :
4
k = 1200.
a 4
( t ) − 6a ( t )3 + 36a ( t ) 2 + 1200
a∈R
4
 t3

V( t ) = at  − 6 t 2 + 36 t )  + 1200
a∈R
4

V( t ) =
D’autre part, V(6) = 3000 va nous donner a :
 ( 6) 3

V(6) = a (6)
− 6(6)2 + 36(6)  + 1200 = 3000
 4

6a (54 − 216 + 216 ) = 1800
⇔
⇔ 324a = 1800 donc a =
1800 50
=
324
9
Conclusion :

50  t 4
 − 6 t 3 + 36 t 2  + 1200
V( t ) =
9 4

a∈R
3) Calcul de la valeur moyenne de f pour t∈[0 ;12] :
12
∫
12
0
 50  t 5 6



50  t 4
 − 6 t 3 + 36 t 2  + 1200 dt =   − t 4 + 12 t 3  + 1200t 
9 4


 9  20 4
0
 50  (12)5 3


− (12) 4 + 12(12) 3  + 1200(12) − 0 = 25920.
 
2

 9  20

Par définition, la valeur moyenne de la fonction V sur [0 ;12] est :
b
1
V ( t )dt
b − a ∫a
1 12
25920
µ = ∫ V( t )dt =
= 2160.
0
12
12
µ=
La valeur moyenne de V sur [0 ;12] est donc 2160.
L’aire en vert est égale à celle du rectangle en pointillé de hauteur 2160 et de base 12.
(2160(12) = 25920)
Exercice 5
A)
1) Soit f définie par : f(x) = e −1.6x + 1.3 x∈[0 ;+∞[. Cette fonction est définie pour tout réel x
positif (Fonction exponentielle de la forme eu). Elle est dérivable :
f ’(x) = −1.6e−1.6x + 1.3 < 0 pour tout x réel positif.
lim f(x) = 0 car lim −1.6x+1.3 = −∞ ; nous avons une asymptote horizontale d’équation
x+∞
x+∞
y = 0.
f(0) = e1.3 ≈3.7.
Tableau de variations
x
+∞
0
−
f ’(x)
f(x) e1.3
0
La courbe :
2) Soit g(x) = – xf ’(x) x∈[0 ;+∞[. Montrons que G(x) = (−x – 0.625)e−1.6x+1.3 est une
primitive de g sur [0 ; +∞[. Pour cela , il suffit de dériver G :
G ’(x) = − e−1.6x+1.3 + (−x – 0.625)(−1.6)e −1.6x+1.3
G ’(x) = e −1.6x+1.3(−1−1.6(−x – 0.625))
G ’(x) = e −1.6x+1.3(−1 + 1.6x +1)
G ’(x) = − x(−
−1.6 e −1.6x+1.3) = −x f ’(x) = g(x) ∀x∈[0 ;+∞[.
B) Répartition des revenus
On admet que f étudiée dans la partie A est une bonne modélisation des revenus d’une
population donnée. Le revenu x est donné en centaine de milliers d’€ et la fonction f
donne en milliers d’individus dont le revenu annuel est supérieur ou égal à x.
1) Pour 200 000€, nous prenons x = 2 (x est en centaines de milliers d’€) et :
Le nombre d’individus dont le revenu annuel est supérieur ou égal à 200 000€ sera :
f(2) = e
−1.6(2)+1.3
= e
−1.9
≈ 0.150 milliers d’individus soit environ 150 individus.
2) Cherchons le nombre d’individus dont le revenu annuel est compris entre 200 000€ et
250 000€, pour cela cherchons ceux qui ont un revenu annuel supérieur à 250 000€ :
f(2.5) = e −1.6(2.5)+1.3 = e −2.7 ≈ 0.067 milliers d’individus soit donc environ 67 personnes.
Le nombre d’individus ayant un revenu annuel compris entre 200 000€ et 250 000€ sera
donc d’environ 150 – 67 = 83 personnes.
q
3) R = 1000∫ g( x ) dx
p
représente la somme des revenus annuels des individus dont le revenu annuel en
centaines de milliers d’€ est compris entre p et q.
2.5
2.5
R = 1000 ∫ g( x ) dx = 1000 ∫ 1.6xe−1.6 x +1.3dx
[
2
2
]
2.5
= ( − x − 0.625)e −1.6 x +1.3 2
= 1000( −3.125e − 2.7 − ( −2.625e −1.9 )
≈1000(0.1826) soit 18 260 000 €.
Le groupe étudié comportant 83 personnes (Voir question 2)), le revenu moyen
sera :
18 260 000
≈ 220 000€.
83
Le revenu moyen pour un individu de ce groupe sera donc de 220 000€.
Remarque : Dans la question 3) l’integrale demandée peut se faire par une intégration
par parties.
R = 1000∫
2.5
2
g( x )dx
Nous posons u’(x) = 1.6e−1.6x+1.3 et donc u(x) = −e−1.6x+1.3
2.5
[
= 1000[− xe
]
2.5
R = 1000∫ 1.6xe−1.6 x +1.3dx = 1000 x ( −e −1.6 x +1.3 ) 2 − 1000∫
2
]
−1.6 x +1.3 2.5
2
[
]
= 1000[( − x − 0.625)e
2.5
1( −e −1.6 x +1.3 )dx
2
−1.6 x +1.3
e
− 1000
 1.6
2.5
et v(x) = x
[
]
2.5


2
= 1000 − xe−1.6 x +1.3 2 − 1000 0.625e −1.6 x +1.3
]
−1.6 x +1.3 2.5
2
= etc.........( Voir au dessus)
≈ 1000(0.1826) soit 18 260 000€ .
Dans ce problème, nous aurions pu utiliser une fonction puissance en effet :
f(x) = e −1.6x + 1.3 peut s’écrire f(x) = (e−1.6)x e1.3 ≈ 0.2x (3.7) x∈[0 ;+∞[.
Mais, nous aurions eu une valeur approchée de f !
v’(x) = 1