Problèmes sur le calcul intégral

L'aire entre les deux courbes

Dans un repère, on considère les deux courbes d'équations :

1. Déterminer les abscisses des points d'intersection.
   $$ 4 - x^2 = x + 2 \quad \Longleftrightarrow \quad x^2 + x - 2 = 0 $$

   Le discriminant vaut \(1 + 8 = 9\), de racine \(3\) :

   $$ x = -2 \quad \text{et} \quad x = 1 $$
2. Préciser laquelle des deux courbes est au-dessus de l'autre sur cet intervalle.

   En \(x = 0\), la parabole donne \(4\) et la droite \(2\).

   $$ \text{la parabole est au-dessus sur} \ \bigl[-2 \ ; \ 1\bigr] $$
3. Calculer l'aire du domaine compris entre les deux courbes.

   L'aire est l'intégrale de la différence, dans l'ordre « celle du dessus moins celle du dessous » :

   $$ \mathcal{A} = \int_{-2}^{1} \bigl(4 - x^2 - x - 2\bigr) \hspace{0.2em}dx = \int_{-2}^{1} \bigl(2 - x - x^2\bigr) \hspace{0.2em}dx $$

   $$ \mathcal{A} = \left[ 2x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} \right]_{-2}^{1} = \frac{7}{6} - \left(-\frac{10}{3}\right) $$

   $$ \mathcal{A} = \frac{9}{2} = 4.5 \ \text{unités d'aire} $$

La consommation de la journée

La puissance électrique appelée par un bâtiment, en kilowatts, \(t\) heures après minuit, est modélisée sur \(\bigl[0 \ ; \ 24\bigr]\) par :

1. Calculer la puissance moyenne sur la journée.
   $$ \mu = \frac{1}{24} \int_{0}^{24} \left(3 + 2\sin\left(\frac{\pi t}{12}\right)\right) \hspace{0.2em}dt $$

   Une primitive de \(2\sin\left(\frac{\pi t}{12}\right)\) est \(-\frac{24}{\pi}\cos\left(\frac{\pi t}{12}\right)\).

   Entre \(0\) et \(24\), le cosinus reprend la même valeur : ce terme s'annule.

   $$ \mu = \frac{72}{24} = 3 \ \text{kW} $$
2. En déduire l'énergie consommée sur la journée, en kilowattheures.

   L'énergie est l'intégrale de la puissance, soit la moyenne multipliée par la durée :

   $$ E = 3 \times 24 = 72 \ \text{kWh} $$
3. Majorer \(p\) sur la journée, et en déduire une majoration de l'énergie. Commenter.

   Le sinus est majoré par \(1\), donc \(p(t) \leqslant 5\) pour tout \(t\).

   L'intégration conserve l'inégalité :

   $$ \int_{0}^{24} p(t) \hspace{0.2em}dt \leqslant \int_{0}^{24} 5 \hspace{0.2em}dt = 120 $$

   $$ E \leqslant 120 \ \text{kWh} $$

   La majoration est correcte, mais lâche : la consommation réelle vaut \(72\) kWh. Majorer une fonction par son maximum revient à supposer qu'elle y reste toute la journée.

La suite d'intégrales

Pour tout entier \(n \geqslant 0\), on pose :

1. Calculer \(I_0\).
   $$ I_0 = \int_{0}^{1} e^x \hspace{0.2em}dx = \Bigl[ e^x \Bigr]_{0}^{1} $$

   $$ I_0 = e - 1 $$
2. Démontrer, par une intégration par parties, que \(I_n = e - n \, I_{n-1}\) pour \(n \geqslant 1\).

   On pose \(g(x) = x^n\) et \(f'(x) = e^x\), donc \(f(x) = e^x\) et \(g'(x) = n x^{n-1}\) :

   $$ I_n = \Bigl[ x^n e^x \Bigr]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} n x^{n-1} e^x \hspace{0.2em}dx $$

   Le crochet vaut \(1 \times e - 0 = e\), et l'intégrale restante est \(n \, I_{n-1}\) :

   $$ I_n = e - n \, I_{n-1} $$
3. En déduire \(I_1\) et \(I_2\).
   $$ I_1 = e - 1 \times (e - 1) = 1 $$

   $$ I_2 = e - 2 \times 1 = e - 2 \approx 0.718 $$

   La relation de récurrence évite une seconde intégration par parties : chaque terme se déduit du précédent par une simple soustraction.

Le vitrail en deux couleurs

Le vitrail d'une chapelle occupe le domaine compris entre l'axe des abscisses et l'arc de parabole d'équation \(y = 4x - x^2\), pour \(x\) allant de \(0\) à \(4\), les longueurs étant en mètres.

Un plomb horizontal d'équation \(y = k\), avec \(0 \leqslant k < 4\), sépare deux verres de couleurs différentes. Le maître verrier veut que le verre du haut, le plus cher, ne représente que le huitième de la surface.

1. Calculer l'aire totale du vitrail.

   L'arc est au-dessus de l'axe sur \(\bigl[ 0 \ ; \ 4 \bigr]\), puisque \(4x - x^2 = x(4 - x)\) y est positif.

   $$ \mathcal{A} = \int_{0}^{4} \bigl( 4x - x^2 \bigr) \hspace{0.2em}dx = \left[ 2 \, x^2 - \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{4} = 32 - \frac{64}{3} $$

   $$ \mathcal{A} = \frac{32}{3} \approx 10.67 \ \text{m}^2 $$
2. Déterminer les abscisses des deux points où le plomb rencontre l'arc, en posant \(w = \sqrt{4 - k}\).
   $$ 4x - x^2 = k \quad \Longleftrightarrow \quad x^2 - 4x + k = 0 $$

   $$ \Delta = 16 - 4k = 4 \bigl( 4 - k \bigr) \hspace{2em} \sqrt{\Delta} = 2 \sqrt{4 - k} = 2 \, w $$

   Comme \(k < 4\), le discriminant est strictement positif : il y a bien deux points.

   $$ x = 2 - w \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} x = 2 + w $$

   Le plomb est donc centré sur l'axe de symétrie du vitrail, la droite d'équation \(x = 2\).

3. Démontrer que l'aire du verre du haut vaut \(\frac{4}{3} \, w^3\), puis déterminer toutes les hauteurs \(k\) qui conviennent au maître verrier.

   Le verre du haut est compris entre l'arc et le plomb, entre les deux abscisses trouvées :

   $$ \mathcal{A}_{\text{haut}} = \int_{2 - w}^{2 + w} \bigl( 4x - x^2 - k \bigr) \hspace{0.2em}dx $$

   On développe autour du sommet, en remarquant que \(4x - x^2 = 4 - (x - 2)^2\) et que \(4 - k = w^2\) :

   $$ 4x - x^2 - k = w^2 - (x - 2)^2 $$

   $$ \mathcal{A}_{\text{haut}} = \left[ w^2 \, x - \frac{(x - 2)^3}{3} \right]_{2 - w}^{2 + w} = 2 \, w^3 - \frac{w^3 - \left( - w^3 \right)}{3} $$

   $$ \mathcal{A}_{\text{haut}} = 2 \, w^3 - \frac{2 \, w^3}{3} = \frac{4}{3} \, w^3 $$

   La condition du maître verrier s'écrit \(\mathcal{A}_{\text{haut}} = \frac{1}{8} \times \frac{32}{3} = \frac{4}{3}\) :

   $$ \frac{4}{3} \, w^3 = \frac{4}{3} \quad \Longleftrightarrow \quad w^3 = 1 \quad \Longleftrightarrow \quad w = 1 $$

   La fonction cube est strictement croissante : \(w = 1\) est la seule valeur possible, d'où \(4 - k = 1\).

   $$ k = 3 \ \text{m, et cette hauteur seule} $$
4. Le maître verrier change d'avis et veut deux moitiés égales. Déterminer la nouvelle hauteur du plomb, et expliquer pourquoi elle n'est pas à mi-hauteur du vitrail.
   $$ \frac{4}{3} \, w^3 = \frac{16}{3} \quad \Longleftrightarrow \quad w^3 = 4 \quad \Longleftrightarrow \quad w = \sqrt[3]{4} \approx 1.587 $$

   $$ k = 4 - w^2 \approx 4 - 2.520 $$

   $$ k \approx 1.48 \ \text{m} $$

   À mi-hauteur, c'est-à-dire pour \(k = 2\), on aurait \(w = \sqrt{2}\) et :

   $$ \mathcal{A}_{\text{haut}} = \frac{4}{3} \times 2 \sqrt{2} \approx 3.77 \ \text{m}^2 $$

   soit à peine plus du tiers du vitrail. Le verre du haut est étroit là où il est haut : chaque mètre gagné en hauteur y rapporte moins de surface que le précédent. Il faut donc descendre le plomb bien en dessous de la moitié pour équilibrer les deux couleurs.

La citerne et la vidange

Une exploitation récupère l'eau de pluie d'une toiture dans une citerne. Pendant un orage de six heures, le débit d'arrivée, en litres par heure, \(t\) heures après le début de l'orage, est modélisé par :

Pendant tout l'orage, une pompe prélève \(1 \ 500 \ \text{L/h}\) pour l'irrigation, sans interruption. La citerne contient \(2 \ 000 \ \text{L}\) au début de l'orage. L'exploitant hésite entre une citerne de \(4 \ \text{m}^3\) et une de \(5 \ \text{m}^3\).

1. Montrer que le volume d'eau dans la citerne, en litres, vaut :
   $$ V(t) = 2 \ 000 + 900 \, t^2 - 100 \, t^3 - 1 \ 500 \, t $$

   Le volume est le volume initial augmenté de ce qui est entré et diminué de ce qui est sorti, c'est-à-dire de l'intégrale du débit net :

   $$ V(t) = 2 \ 000 + \int_{0}^{t} \bigl( 300 \, s \, ( 6 - s ) - 1 \ 500 \bigr) \hspace{0.2em}ds $$

   $$ V(t) = 2 \ 000 + \int_{0}^{t} \bigl( 1 \ 800 \, s - 300 \, s^2 - 1 \ 500 \bigr) \hspace{0.2em}ds $$

   $$ V(t) = 2 \ 000 + \Bigl[ 900 \, s^2 - 100 \, s^3 - 1 \ 500 \, s \Bigr]_{0}^{t} = 2 \ 000 + 900 \, t^2 - 100 \, t^3 - 1 \ 500 \, t $$
2. Calculer \(V'(t)\), puis dresser le tableau de variations de \(V\) sur \(\bigl[ 0 \ ; \ 6 \bigr]\).

   $$ t $$	$$ 0 $$	$$ \hspace{10em} $$	$$ 6 $$
   $$ V'(t) $$
   $$ V(t) $$

   \(V\) est une primitive du débit net, donc \(V'(t) = d(t) - 1 \ 500\) :

   $$ V'(t) = 1 \ 800 \, t - 300 \, t^2 - 1 \ 500 = - 300 \bigl( t^2 - 6 \, t + 5 \bigr) $$

   $$ V'(t) = - 300 \bigl( t - 1 \bigr) \bigl( t - 5 \bigr) $$

   Le trinôme est négatif entre ses racines, et le facteur \(- 300\) inverse le signe :

   $$ V(0) = 2 \ 000 \hspace{2em} V(1) = 1 \ 300 \hspace{2em} V(5) = 4 \ 500 \hspace{2em} V(6) = 3 \ 800 $$

   $$ t $$	$$ 0 $$		$$ 1 $$		$$ 5 $$		$$ 6 $$
   $$ V'(t) $$	$$ - $$		$$ 0 $$	$$ + $$		$$ 0 $$	$$ - $$
   $$ V(t) $$	$$ 2 \ 000 $$		$$ 1 \ 300 $$		$$ 4 \ 500 $$		$$ 3 \ 800 $$

3. Trancher entre les deux citernes, et vérifier au passage que la pompe ne désamorce jamais.

   Le volume est maximal à la cinquième heure et vaut \(4 \ 500 \ \text{L}\) : une citerne de \(4 \ \text{m}^3\) déborderait de \(500\) litres, une heure avant la fin de l'orage.

   $$ \text{la citerne de} \ 5 \ \text{m}^3 $$

   Le volume est minimal à la première heure et vaut \(1 \ 300 \ \text{L}\), strictement positif : la pompe trouve toujours de l'eau. C'est le début de l'orage qui est le moment critique, quand la pluie ne compense pas encore le prélèvement.

4. Calculer le volume d'eau tombé pendant tout l'orage, puis examiner la proposition de l'exploitant : garder la citerne de \(4 \ \text{m}^3\), mais la vider de \(500 \ \text{L}\) dès l'alerte météo.
   $$ \int_{0}^{6} 300 \, t \, ( 6 - t ) \hspace{0.2em}dt = \Bigl[ 900 \, t^2 - 100 \, t^3 \Bigr]_{0}^{6} = 32 \ 400 - 21 \ 600 $$

   $$ 10 \ 800 \ \text{L tombés, dont} \ 9 \ 000 \ \text{repris par la pompe} $$

   En partant de \(1 \ 500 \ \text{L}\), toute la courbe descend de \(500\) : le maximum tombe à \(4 \ 000 \ \text{L}\) et le minimum à \(800 \ \text{L}\). La citerne de \(4 \ \text{m}^3\) suffit, tout juste, et la pompe reste amorcée.

   $$ \text{la proposition tient, à la goutte près} $$

   Elle suppose pourtant deux choses que le calcul ne donne pas : une alerte reçue à temps, et un orage conforme au modèle. Un mètre cube de plus, lui, ne dépend d'aucune prévision - c'est ce qu'on achète en achetant la grande citerne.