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Calcul intégral

Intégrale d’une fonction continue et aire, calcul par une primitive, linéarité, relation de Chasles, positivité et intégration des inégalités, aire entre deux courbes, valeur moyenne, intégration par parties, méthode des rectangles.

À propos de cette page

Quatre problèmes corrigés dans l’esprit du bac : l’indice de Gini calculé à partir d’une courbe de Lorenz, la température moyenne d’une cuve obtenue par intégration par parties, un domaine d’aire infinie entre les courbes de 1/x et 1/x², et la somme des inverses des entiers encadrée par des intégrales.

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

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis l’énoncé : quelle grandeur est une aire, une valeur moyenne, une suite d’intégrales ? J’écris l’intégrale à calculer avec ses bornes.
Je vérifie les hypothèses : continuité sur l’intervalle, signe de la fonction ou de la différence f − g, ordre des bornes.
Je choisis l’outil : primitive, intégration par parties, encadrement, découpage avec Chasles, méthode des rectangles.
Je rédige en citant la règle (« par linéarité », « par intégration des inégalités », « d’après le théorème des gendarmes ») et je donne la valeur exacte avant la valeur approchée.
J’interprète le résultat dans la situation, avec l’unité (u.a., cm², °C, mg/L) et un contrôle de vraisemblance.

Problème 1 · Courbe de Lorenz et indice de Gini★★★Facile

Dans un pays, la répartition des revenus est décrite par la fonction

L (x) = \frac{2 x + 3 x^{3}}{5}

sur

[0; 1]

L (x)

est la part des revenus totaux perçue par la fraction

x

la plus modeste de la population. L’indice de Gini est

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

: il vaut

0

quand les revenus sont parfaitement égaux. Une fraction s’écrit avec « / ».

1. $L (0, 5) =$
$L (0, 5) = \frac{2 \times 0, 5 + 3 \times 0, 5^{3}}{5} = \frac{1 + 0, 375}{5} = \frac{11}{40} = 0, 275$ : la moitié la plus modeste de la population perçoit $27, 5 %$ des revenus.
2. Justifier que la courbe de $L$ est sous la droite d’équation $y = x$ sur $[0; 1]$ , puis calculer $\int_{0}^{1} L (x) d x =$
Rédaction attendue. Pour $x \in [0; 1]$ , $x - L (x) = \frac{5 x - 2 x - 3 x^{3}}{5} = \frac{3 x (1 - x^{2})}{5} = \frac{3 x (1 - x) (1 + x)}{5}$ . Or $x ⩾ 0$ , $1 - x ⩾ 0$ et $1 + x > 0$ , donc $x - L (x) ⩾ 0$ : la courbe de $L$ est sous la droite $y = x$ . Ensuite $\int_{0}^{1} L (x) d x = \frac{1}{5} [x^{2} + \frac{3 x^{4}}{4}]_{0}^{1}$ $= \frac{1}{5} (1 + \frac{3}{4}) = \frac{1}{5} \times \frac{7}{4} = \frac{7}{20}$ .
3. En déduire l’indice de Gini : $G =$
Par linéarité, $G = 2 (\int_{0}^{1} x d x - \int_{0}^{1} L (x) d x) = 2 (\frac{1}{2} - \frac{7}{20})$ $= 2 \times \frac{3}{20} = \frac{3}{10} = 0, 3$ . C’est le double de l’aire entre la droite $y = x$ et la courbe de Lorenz ; cette valeur est proche de l’indice de Gini du niveau de vie en France ( $0, 294$ en 2022 selon l’INSEE).
4. Dans un second pays, la courbe de Lorenz est celle de $x \mapsto x^{4}$ . Démontrer que son indice de Gini est plus grand, et le donner :
Rédaction attendue. Pour $x \in [0; 1]$ , $x^{4} = x \times x^{3} ⩽ x$ car $0 ⩽ x^{3} ⩽ 1$ : la courbe est bien sous la droite. Son indice vaut $G' = 2 \int_{0}^{1} (x - x^{4}) d x = 2 {[\frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{5}}{5}]}_{0}^{1}$ $= 2 (\frac{1}{2} - \frac{1}{5}) = \frac{3}{5}$ . Comme $\frac{3}{5} > \frac{3}{10}$ , les revenus sont plus inégalement répartis dans le second pays : l’aire entre sa courbe et la droite $y = x$ est plus grande.

Problème 2 · Température moyenne d’une cuve★★★Moyen

Une cuve industrielle est chauffée puis refroidit. Sa température, en °C,

t

heures après la mise en route, est

f (t) = 20 + 80 t e^{- t}

pour

t \in [0; 5]

1. Démontrer que $f' (t) = 80 (1 - t) e^{- t}$ , puis donner la température maximale, arrondie au dixième : °C
Rédaction attendue. $f$ est dérivable sur $[0; 5]$ . Par la dérivée d’un produit, $(t e^{- t})^{'} = 1 \times e^{- t} + t \times (- e^{- t}) = (1 - t) e^{- t}$ , donc $f' (t) = 80 (1 - t) e^{- t}$ . Comme $e^{- t} > 0$ , $f' (t)$ est du signe de $1 - t$ : $f$ est croissante sur $[0; 1]$ et décroissante sur $[1; 5]$ . Son maximum est $f (1) = 20 + \frac{80}{e} \approx 49, 4$ °C, atteint une heure après la mise en route.
2. À l’aide d’une intégration par parties, démontrer que $\int_{0}^{5} t e^{- t} d t = 1 - 6 e^{- 5}$ . Valeur arrondie au centième :
Rédaction attendue. On pose $u (t) = t$ et $v' (t) = e^{- t}$ , d’où $u' (t) = 1$ et $v (t) = - e^{- t}$ ; $u'$ et $v'$ sont continues sur $[0; 5]$ . Par intégration par parties : $\int_{0}^{5} t e^{- t} d t = [- t e^{- t}]_{0}^{5} + \int_{0}^{5} e^{- t} d t$ $= - 5 e^{- 5} + [- e^{- t}]_{0}^{5}$ $= - 5 e^{- 5} - e^{- 5} + 1 = 1 - 6 e^{- 5} \approx 0, 96$ .
3. Température moyenne de la cuve sur les cinq heures, arrondie au dixième : °C
$μ = \frac{1}{5} \int_{0}^{5} f (t) d t = \frac{1}{5} (\int_{0}^{5} 20 d t + 80 \int_{0}^{5} t e^{- t} d t)$ (linéarité) $= \frac{1}{5} (100 + 80 (1 - 6 e^{- 5}))$ $= 36 - 96 e^{- 5} \approx 35, 4$ °C. Contrôle : cette valeur est bien comprise entre le minimum $20$ °C et le maximum $49, 4$ °C.

Problème 3 · Un domaine qui s’étend sans fin★★★Moyen

Pour

t > 1

, on note

𝒜 (t)

l’aire, en u.a., du domaine compris entre les courbes des fonctions

x \mapsto \frac{1}{x}

x \mapsto \frac{1}{x^{2}}

et les droites d’équations

x = 1

x = t

. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. Démontrer que $𝒜 (t) = \ln t + \frac{1}{t} - 1$ , puis donner $𝒜 (e)$ arrondie au centième :
Rédaction attendue. Pour $x ⩾ 1$ , $\frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}} = \frac{x - 1}{x^{2}} ⩾ 0$ : la courbe de $x \mapsto \frac{1}{x}$ est au-dessus. Donc $𝒜 (t) = \int_{1}^{t} (\frac{1}{x} - \frac{1}{x^{2}}) d x = {[\ln x + \frac{1}{x}]}_{1}^{t}$ $= \ln t + \frac{1}{t} - 1$ . Alors $𝒜 (e) = 1 + \frac{1}{e} - 1 = \frac{1}{e} \approx 0, 37$ .
2. $lim_{t \to + \infty} 𝒜 (t) =$
$\ln t \to + \infty$ et $\frac{1}{t} \to 0$ : par somme, $𝒜 (t) \to + \infty$ . L’aire du domaine dépasse toute valeur quand on l’étend vers la droite.
3. Justifier qu’il existe un unique $t_{0} > 1$ tel que $𝒜 (t_{0}) = 1$ , puis donner $t_{0}$ arrondi au dixième :
Rédaction attendue. $𝒜$ est dérivable sur $] 1; + \infty [$ et $𝒜' (t) = \frac{1}{t} - \frac{1}{t^{2}} = \frac{t - 1}{t^{2}} > 0$ : elle est continue et strictement croissante. De plus $𝒜 (t) \to 0$ quand $t \to 1$ et $𝒜 (t) \to + \infty$ quand $t \to + \infty$ . D’après le théorème des valeurs intermédiaires (corollaire de la bijection), l’équation $𝒜 (t) = 1$ a une unique solution $t_{0}$ . À la calculatrice, $𝒜 (6, 25) \approx 0, 9926 < 1$ et $𝒜 (6, 35) \approx 1, 0059 > 1$ , donc $t_{0} \approx 6, 3$ .

Problème 4 · La somme des inverses des entiers★★★Difficile

Pour tout entier

n ⩾ 1

, on pose

H_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}

. Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

1. $H_{4} =$ (fraction irréductible)
$H_{4} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{12 + 6 + 4 + 3}{12} = \frac{25}{12}$ .
2. Démontrer que pour tout entier $k ⩾ 1$ , $\int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{t} ⩽ \frac{1}{k}$ , puis que $\ln (n + 1) ⩽ H_{n}$ . Pour $n = 4$ , ce minorant vaut $\ln$
Rédaction attendue. Pour $t \in [k; k + 1]$ , $t ⩾ k > 0$ , donc $\frac{1}{t} ⩽ \frac{1}{k}$ . Les fonctions sont continues et $k ⩽ k + 1$ : par intégration des inégalités, $\int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{t} ⩽ \int_{k}^{k + 1} \frac{d t}{k} = \frac{1}{k}$ . On additionne pour $k$ de $1$ à $n$ ; par la relation de Chasles, $\int_{1}^{2} \frac{d t}{t} + \dots + \int_{n}^{n + 1} \frac{d t}{t} = \int_{1}^{n + 1} \frac{d t}{t} = \ln (n + 1)$ . Donc $\ln (n + 1) ⩽ H_{n}$ : pour $n = 4$ , $\ln 5 ⩽ H_{4}$ . Graphiquement, $H_{n}$ est la somme des rectangles à gauche de largeur $1$ pour $t \mapsto \frac{1}{t}$ sur $[1; n + 1]$ : comme la fonction est décroissante, c’est une valeur par excès de l’intégrale.
3. $lim_{n \to + \infty} H_{n} =$
$\ln (n + 1) \to + \infty$ et $H_{n} ⩾ \ln (n + 1)$ : d’après le théorème de comparaison, $lim H_{n} = + \infty$ , même si chaque terme ajouté $\frac{1}{n}$ tend vers $0$ .
4. Démontrer de même que, pour tout entier $k ⩾ 2$ , $\frac{1}{k} ⩽ \int_{k - 1}^{k} \frac{d t}{t}$ , puis que $H_{n} ⩽ 1 + \ln n$ . Pour $n = 100$ , ce majorant vaut, arrondi au centième :
Rédaction attendue. Pour $t \in [k - 1; k]$ , $0 < t ⩽ k$ , donc $\frac{1}{k} ⩽ \frac{1}{t}$ . Les fonctions sont continues et $k - 1 ⩽ k$ : par intégration des inégalités, $\frac{1}{k} = \int_{k - 1}^{k} \frac{d t}{k} ⩽ \int_{k - 1}^{k} \frac{d t}{t}$ . On additionne pour $k$ de $2$ à $n$ ; par la relation de Chasles, $\frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} ⩽ \int_{1}^{n} \frac{d t}{t} = \ln n$ , donc $H_{n} ⩽ 1 + \ln n$ . Graphiquement, ce sont cette fois les rectangles à droite : comme $t \mapsto \frac{1}{t}$ est décroissante, ils sont sous la courbe. Pour $n = 100$ : $1 + \ln 100 \approx 5, 61$ (et $H_{100} \approx 5, 19$ ) : on a donc $\ln 101 ⩽ H_{100} ⩽ 1 + \ln 100$ , soit $4, 61 ⩽ H_{100} ⩽ 5, 61$ à $10^{- 2}$ près.

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