Maths complémentaires (option Tle) Terminale

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Calcul intégral

Intégrale d’une fonction positive et aire sous la courbe, calcul par une primitive et fonction x ↦ ∫ de a à x de f(t) dt, signe quelconque et relation de Chasles, encadrement et valeur moyenne, aire entre deux courbes, méthode des rectangles.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés de modélisation : coût marginal et coût moyen d’une production, distance parcourue par un véhicule électrique, volume traité par une station d’épuration, approximation de π par la méthode des rectangles et des trapèzes avec une fonction Python, courbe de Lorenz et indice de Gini de deux pays.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis la grandeur : un coût, une distance, un volume ou une énergie cumulés sont des intégrales ; une moyenne est une intégrale divisée par la durée.
J’étudie la fonction (continuité, signe, sens de variation) avant d’intégrer : c’est ce qui autorise « aire », « encadrement » ou « rectangles ».
Je calcule avec une primitive que je vérifie en dérivant, et je découpe avec Chasles si la fonction est définie par morceaux ou change de signe.
J’interprète avec l’unité de la situation, et je compare avec un ordre de grandeur (encadrement, valeurs extrêmes).

Problème 1 · Coût marginal et coût moyen★★★Moyen

Une entreprise fabrique un composant. Pour une production de

x

centaines d’unités, avec

x \in [0; 40]

, le coût marginal, en euros par centaine d’unités, est modélisé par

C_{m} (x) = 0, 03 x^{2} - 1, 2 x + 20

. Le coût variable de la production de

a

b

centaines d’unités est

\int_{a}^{b} C_{m} (x) d x

, en euros.

1. Étudier les variations de $C_{m}$ sur $[0; 40]$ ; son minimum vaut € par centaine d’unités
Rédaction attendue. $C_{m}$ est dérivable et $C_{m}^{'} (x) = 0, 06 x - 1, 2$ ; $C_{m}^{'} (x)$ $⩾ 0$ $⟺ x$ $⩾ 20$ . $C_{m}$ est décroissante sur $[0; 20]$ , croissante sur $[20; 40]$ : son minimum est $C_{m} (20)$ $= 0, 03 \times 400 - 1, 2 \times 20 + 20$ $= 12 - 24 + 20$ $= 8$ € par centaine d’unités.
2. Montrer que le coût variable des $30$ premières centaines d’unités vaut €
Rédaction attendue. $C_{m}$ est un polynôme, donc continue. Une primitive est $K (x) = 0, 01 x^{3} - 0, 6 x^{2} + 20 x$ . Donc $\int_{0}^{30} C_{m} (x) d x$ $= K (30) - K (0)$ $= 270 - 540 + 600$ $= 330$ €.
3. Le coût marginal moyen sur $[0; 30]$ vaut € par centaine d’unités
C’est la valeur moyenne de $C_{m}$ : $\frac{1}{30 - 0} \times 330 = 11$ € par centaine d’unités.
4. Le coût variable des centaines d’unités comprises entre la $30$ ^e et la $40$ ^e vaut €
$K (40) = 640 - 960 + 800 = 480$ , donc $\int_{30}^{40} C_{m} (x) d x$ $= K (40) - K (30)$ $= 480 - 330$ $= 150$ €.
5. Le coût marginal moyen sur cette tranche vaut € par centaine d’unités
$\frac{150}{40 - 30} = 15$ €. Il dépasse $11$ € : au-delà de $20$ centaines, le coût marginal augmente.
6. Par la relation de Chasles, le coût variable total sur $[0; 40]$ vaut €
$\int_{0}^{40} C_{m}$ $= \int_{0}^{30} C_{m} + \int_{30}^{40} C_{m}$ $= 330 + 150$ $= 480$ €, comme $K (40) - K (0) = 480$ . Le coût marginal moyen sur $[0; 40]$ vaut $\frac{480}{40} = 12$ € : ce n’est pas la moyenne de $11$ et $15$ , car les deux tranches n’ont pas la même longueur.

Problème 2 · Distance parcourue par un véhicule★★★Moyen

Un véhicule électrique démarre à l’instant

t = 0

. Sa vitesse, en m/s, est modélisée pour

t \in [0; 12]

(en secondes) par

v (t) = 20 (1 - e^{- 0, 25 t})

. La distance parcourue entre les instants

a

b

vaut

\int_{a}^{b} v (t) d t

1. Démontrer que $v$ est croissante et que $0 ⩽ v (t) ⩽ 20$ sur $[0; 12]$ ; en déduire que la distance $d$ parcourue en $12$ s vérifie $d ⩽$ m
Rédaction attendue. $v' (t)$ $= 20 \times 0, 25 e^{- 0, 25 t}$ $= 5 e^{- 0, 25 t}$ $> 0$ : $v$ est strictement croissante. Pour $t \in [0; 12]$ , $e^{- 0, 25 t} \in [e^{- 3}; 1]$ , donc $0$ $⩽ 1 - e^{- 0, 25 t}$ $⩽ 1$ et $0 ⩽ v (t) ⩽ 20$ . Par encadrement de l’intégrale sur un intervalle de longueur $12$ : $0$ $⩽ d$ $⩽ 20 \times 12$ $= 240$ m.
2. La distance exacte vaut $160 + 80 e^{- 3}$ ; arrondie au dixième : m
Une primitive de $t \mapsto e^{- 0, 25 t}$ est $t \mapsto - 4 e^{- 0, 25 t}$ , donc une primitive de $v$ est $V (t) = 20 t + 80 e^{- 0, 25 t}$ . $d$ $= V (12) - V (0)$ $= (240 + 80 e^{- 3}) - 80$ $= 160 + 80 e^{- 3}$ $\approx 164, 0$ m, qui est bien inférieur à $240$ .
3. La vitesse moyenne sur ces $12$ s, arrondie au dixième, vaut m/s
$\bar{v}$ $= \frac{1}{12} \int_{0}^{12} v (t) d t$ $\approx \frac{164, 0}{12}$ $\approx 13, 7$ m/s.
4. $v (6)$ , arrondie au dixième, vaut m/s ; comparer à la vitesse moyenne.
$v (6)$ $= 20 (1 - e^{- 1, 5})$ $\approx 15, 5$ m/s. La vitesse moyenne ( $13, 7$ m/s) est plus faible que la vitesse à mi-parcours : le véhicule passe le début du trajet à faible vitesse (il part de $0$ ). La valeur moyenne n’est pas la valeur prise au milieu de l’intervalle.

Problème 3 · Volume traité par une station d’épuration★★★Difficile

Le débit d’entrée d’une station d’épuration, en m³/h, est modélisé sur une journée de

20

heures par la fonction

d

d (t) = 40 + 5 t

sur

[0; 6]

d (t) = 70

sur

[6; 14]

d (t) = 210 - 10 t

sur

[14; 20]

, où

t

est le temps en heures depuis l’ouverture. Le volume traité entre les instants

a

b

est

\int_{a}^{b} d (t) d t

1. Vérifier que $d$ est continue sur $[0; 20]$ ; le débit en fin de journée vaut $d (20) =$ m³/h
Rédaction attendue. Sur chaque intervalle, $d$ est affine, donc continue. Aux raccords : en $6$ , $40 + 5 \times 6 = 70$ , égal à la valeur constante $70$ ; en $14$ , $210 - 10 \times 14 = 70$ . Les valeurs coïncident : $d$ est continue sur $[0; 20]$ . Le débit croît de $40$ à $70$ m³/h, reste à $70$ m³/h pendant huit heures, puis décroît jusqu’à $d (20) = 210 - 200 = 10$ m³/h.
2. Volume traité sur $[0; 6]$ : m³
$\int_{0}^{6} (40 + 5 t) d t$ $= [40 t + \frac{5 t^{2}}{2}]_{0}^{6}$ $= 240 + 90$ $= 330$ m³.
3. Volume traité sur $[14; 20]$ : m³
$\int_{14}^{20} (210 - 10 t) d t$ $= [210 t - 5 t^{2}]_{14}^{20}$ $= 2 200 - 1 960$ $= 240$ m³. Sur $[6; 14]$ , le volume vaut $70 \times 8 = 560$ m³.
4. Volume total traité sur la journée : m³
Relation de Chasles : $\int_{0}^{20} d (t) d t$ $= 330 + 560 + 240$ $= 1 130$ m³.
5. Débit moyen sur la journée : m³/h
$\frac{1}{20 - 0} \times 1 130$ $= 56, 5$ m³/h. La moyenne des débits $d (0)$ , $d (10)$ et $d (20)$ , égale à $\frac{40 + 70 + 10}{3} = 40$ m³/h, ne tient pas compte des durées : le débit reste à $70$ m³/h pendant huit heures.
6. Le volume cumulé atteint $800$ m³ à l’instant $t$ (en heures, arrondi au centième) :
À $t = 6$ , le volume cumulé vaut $330 < 800$ ; à $t = 14$ , il vaut $330 + 560 = 890 > 800$ . L’instant cherché est dans $[6; 14]$ , où $V (t)$ $= 330 + \int_{6}^{t} 70 d u$ $= 330 + 70 (t - 6)$ . $330 + 70 (t - 6)$ $= 800$ $⟺ t - 6$ $= \frac{47}{7}$ , soit $t \approx 12, 71$ h, c’est-à-dire environ $12$ h $43$ min après l’ouverture.

Problème 4 · Approcher π avec des rectangles★★★Difficile

On considère la fonction

f

définie sur

[0; 1]

par

f (x) = \sqrt{1 - x^{2}}

, de courbe

𝒞

dans un repère orthonormé, et

I = \int_{0}^{1} f (x) d x

. Arrondis à

10^{- 4}

1. Démontrer que $𝒞$ est un quart de cercle, puis donner la valeur exacte de $4 I$ :
Rédaction attendue. Un point $M (x; y)$ de $𝒞$ vérifie $y = \sqrt{1 - x^{2}} ⩾ 0$ , donc $y^{2} = 1 - x^{2}$ , soit $x^{2} + y^{2} = 1$ : $M$ est sur le cercle de centre $O$ et de rayon $1$ , avec $x ⩾ 0$ et $y ⩾ 0$ . $𝒞$ est le quart de ce cercle situé dans le premier quadrant. $f$ étant continue et positive, $I$ est l’aire du quart de disque : $I$ $= \frac{π \times 1^{2}}{4}$ $= \frac{π}{4}$ , donc $4 I = π$ .
2. Justifier que $f$ est décroissante, puis calculer, avec $n = 4$ , la somme des rectangles à gauche : $R_{g} \approx$
Sur $[0; 1]$ , $x \mapsto 1 - x^{2}$ est décroissante et positive, et la racine carrée est croissante : $f$ est décroissante. $h = 0, 25$ ; $f (0) = 1$ , $f (0, 25)$ $= \sqrt{0, 9375}$ $\approx 0, 9682$ , $f (0, 5)$ $= \sqrt{0, 75}$ $\approx 0, 8660$ , $f (0, 75)$ $= \sqrt{0, 4375}$ $\approx 0, 6614$ , $f (1) = 0$ . $R_{g}$ $\approx 0, 25 \times (1 + 0, 9682 + 0, 8660 + 0, 6614)$ $\approx 0, 8739$ .
3. La somme des rectangles à droite : $R_{d} \approx$
$R_{d}$ $\approx 0, 25 \times (0, 9682 + 0, 8660 + 0, 6614 + 0)$ $\approx 0, 6239$ . $f$ étant décroissante, $R_{d} ⩽ I ⩽ R_{g}$ ; en multipliant par $4$ : $2, 4957$ $⩽ π$ $⩽ 3, 4957$ , ce qui est vrai ( $π \approx 3, 1416$ ).
4. La méthode des trapèzes approche $π$ par $4 \times \frac{R_{g} + R_{d}}{2}$ . Écrire une fonction Python approx(n) qui renvoie cette approximation avec $n$ rectangles ; pour $n = 4$ , elle renvoie environ
Comme h=1n et 4×Rg+Rd2 =2(Rg+Rd) =2h×(sg+sd), où sg et sd sont les sommes des hauteurs :
```
from math import sqrt
def f(x):
    return sqrt(1 - x**2)
def approx(n):
    h = 1 / n
    sg = 0
    sd = 0
    for k in range(n):
        sg = sg + f(k*h)
        sd = sd + f((k+1)*h)
    return 2*h*(sg + sd)
```
Pour n=4, elle renvoie 2(Rg+Rd) ≈2,9957 (calcul fait avec les valeurs non arrondies de Rg et Rd). L’écart avec π est d’environ 0,146 : nettement mieux que chaque somme seule, dont l’écart à π4, multiplié par 4, dépasse 0,35.
5. Combien de rectangles faut-il au minimum pour que l’encadrement de $π$ ait une amplitude d’au plus $0, 01$ ? $n =$
Pour $I$ , l’amplitude vaut $\frac{(1 - 0) \times | f (1) - f (0) |}{n}$ $= \frac{1}{n}$ ; pour $π = 4 I$ , elle vaut $\frac{4}{n}$ . $\frac{4}{n}$ $⩽ 0, 01$ $⟺ n$ $⩾ 400$ . La méthode est simple à programmer mais lente : l’amplitude ne diminue qu’en $\frac{1}{n}$ .

Problème 5 · Courbe de Lorenz et indice de Gini★★★Difficile

Dans un pays, on note

L (x)

la part des revenus totaux perçue par la fraction

x

la plus modeste de la population (

x \in [0; 1]

) : la courbe de

L

est la courbe de Lorenz. Si les revenus étaient tous égaux, on aurait

L (x) = x

. L’indice de Gini est le double de l’aire comprise entre la droite d’équation

y = x

et la courbe de Lorenz :

G = 2 \int_{0}^{1} (x - L (x)) d x

; il vaut

0

pour une égalité parfaite et augmente avec les inégalités. On étudie le pays A, avec

L_{A} (x) = \frac{e^{x} - 1}{e - 1}

, et le pays B, avec

L_{B} (x) = 0, 4 x + 0, 6 x^{2}

1. Vérifier que $L_{B} (0) = 0$ et $L_{B} (1) = 1$ ; $L_{B} (0, 5) =$
$L_{B} (0) = 0$ , $L_{B} (1) = 0, 4 + 0, 6 = 1$ et $L_{B} (0, 5)$ $= 0, 2 + 0, 6 \times 0, 25$ $= 0, 35$ : dans le pays B, la moitié la plus modeste de la population perçoit $35 %$ des revenus.
2. Montrer que $x - L_{B} (x) = 0, 6 x (1 - x)$ , justifier sa position, puis calculer l’indice $G_{B} =$
Rédaction attendue. $x - L_{B} (x)$ $= x - 0, 4 x - 0, 6 x^{2}$ $= 0, 6 x - 0, 6 x^{2}$ $= 0, 6 x (1 - x)$ , positif sur $[0; 1]$ : la courbe de Lorenz est sous la droite $y = x$ . Donc $G_{B}$ $= 2 \int_{0}^{1} (0, 6 x - 0, 6 x^{2}) d x$ $= 2 [0, 3 x^{2} - 0, 2 x^{3}]_{0}^{1}$ $= 2 \times (0, 3 - 0, 2)$ $= 0, 2$ .
3. Calculer $\int_{0}^{1} L_{A} (x) d x$ $= \frac{e - 2}{e - 1}$ ; valeur arrondie au millième :
Une primitive de $x \mapsto \frac{e^{x} - 1}{e - 1}$ est $x \mapsto \frac{e^{x} - x}{e - 1}$ . Donc $\int_{0}^{1} L_{A} (x) d x$ $= \frac{(e - 1) - (1 - 0)}{e - 1}$ $= \frac{e - 2}{e - 1}$ $\approx 0, 418$ .
4. L’indice de Gini du pays A, arrondi au millième, vaut $G_{A} \approx$ ; quel pays a la répartition la plus inégalitaire ?
Par linéarité, $G_{A}$ $= 2 (\int_{0}^{1} x d x - \int_{0}^{1} L_{A} (x) d x)$ $= 2 (\frac{1}{2} - \frac{e - 2}{e - 1})$ $= 1 - \frac{2 (e - 2)}{e - 1}$ $= \frac{3 - e}{e - 1}$ $\approx 0, 164$ . Comme $G_{B} = 0, 2 > G_{A}$ , la répartition des revenus est plus inégalitaire dans le pays B. (La courbe de $L_{A}$ est bien sous la droite $y = x$ : l’exponentielle est convexe, donc sa courbe est sous sa corde entre $0$ et $1$ .)

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