\chapter{Primitives et intégration}

\section{Primitives}

\subsection{Introduction}

\begin{defin}
Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$. Les solutions de l'équation différentielle $y'=f$ sur $I$ sont appelées les \textit{primitives} de $f$.
\end{defin}

Une autre définition possible est la suivante:

\begin{defin}
Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$. Les \textit{primitives} de $f$ sont les fonctions $F$ telle que $F'(x) = f(x)$.
\end{defin}

\begin{exemple}
\begin{enumerate}
\item Les primitives de $f(x)=\e^x$ sur $\R$ sont les fonctions $F\;:\;x\mapsto \e^x + k$, $k\in\R$. 

En effet, si on dérive $F(x)$, on obtient : $F'(x)=\e^x = f(x)$.

\item Les primitives de $g(x)=\cos(x)$ sur $\R$ sont les fonctions $G\;:\;\sin(x) + k$, $k\in\R$ car $G'(x)=g(x)$.
\end{enumerate}
\end{exemple}

\begin{rem}
Il y a une infinité de primitives; on dit qu'elles sont définies \textit{à une constante près} (que nous avons noté $k$ dans les exemples précédents). Mais dès que l'on impose une condition sur une de leurs valeurs, il n'en existe plus qu'une. Cette condition est parfois appelée \textit{condition initiale}. Par exemple, la primitive $G$ de la fonction $g$ définie par $g(x)=\cos(x)$ telle que $G(\pi)=0$ est $G(x)=\sin(x)$.
\end{rem}

\begin{thm}
Toute fonction continue sur un intervalle $I$ admet des primitives sur $I$.
\end{thm}

\subsection{Primitives usuelles}
\enlargethispage*{\baselineskip}
Un tableau de dérivées usuelles donne, par lecture inverse, un tableau de primitives à connaître.

\begin{center}
\arrayrulecolor{chapterbacknum}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt, fill = white] (tab) {
\begin{tabular}{|Sc|Sl>{avec $k\in \R$}Sc|}
\hline\rowcolor{chapterbacknum!20}
La fonction usuelle & \multicolumn{2}{c|}{ Ses primitives }\\
\hline
$x \mapsto 1$   & $x\mapsto x + k$ & \\
\hline 
$x \mapsto x^n \quad 
\begin{array}{c}
\text{avec } x \in \R \text{ si } n \in \N^* \\ 
\text{et } x \neq 0 \text{ si } -n \in \N
\end{array}$
& 
$x \mapsto \dfrac{x^{n+1}}{n+1}+k$\rule[-1mm]{0pt}{8mm}  &\\
\hline
$x \mapsto \dfrac{1}{x}$\rule[-2mm]{0pt}{8mm} avec  $x > 0$ & $x \mapsto \ln(x)+k$ &\\
\hline
$x \mapsto \dfrac{1}{x^2}$  avec $x \neq 0$ & $x \mapsto -\dfrac{1}{x}+k$\rule[-4mm]{0pt}{10mm}  &\\
\hline
$x \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{x}}$\rule[-4mm]{0pt}{10mm} avec  $x > 0$ & $x \mapsto 2\sqrt{x}+k$ &\\
\hline
$x\mapsto \e^x$ & $x \mapsto \e^x +k$ &\\
\hline
$x \mapsto \sin(x)$ & $x \mapsto -\cos(x) +k$ &\\
\hline
$x\mapsto \cos(x)$ & $x \mapsto \sin(x) + k$ &\\
\hline
\end{tabular}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\subsection{Primitives et fonctions composées}

Il est souvent possible de mettre en évidence la dérivée d'une fonction composée. Le tableau suivant regroupe les cas les plus courants ($u$ désigne une fonction dérivable sur un intervalle~$I$).
\begin{center}
 \begin{tikzpicture}
 \node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt, fill = white] (tab) {
 \begin{tabular}{|Sc|Sc|Sc|}
 \hline\rowcolor{chapterbacknum!20}
 Fonction $f$ & Une primitive $F$ & Conditions \\
 \hline
 $u'u^n$ & $\dfrac{u^{n+1}}{n+1}$ \rule[-4mm]{0pt}{11mm} & $n\in\Z\setminus\{-1\}$\\
 \hline
 $\dfrac{u'}{\sqrt{u}}$ & $2\sqrt{u}$ & $u>0$ sur $I$.\rule[-4mm]{0pt}{10mm}\\
 \hline
 $\dfrac{u'}{u}$ & $\ln\left|u\right|$ & $u\neq 0$ sur $I$.\rule[-4mm]{0pt}{10mm} \\
 \hline
 $u'\e^u$ & $\e^u$ & \rule[-2mm]{0pt}{6mm} \\
 \hline
 $x\mapsto f(ax+b)\quad a\neq0$ & $x\mapsto\dfrac{1}{a} F(ax+b)$ & $F$ primitive de $u$ sur $I$. \rule[-4mm]{0pt}{10mm} \\
 \hline
 \end{tabular}};
 \drawshadow{tab}{black}
 \end{tikzpicture}
\end{center}

Dans les exemples suivants, nous prenons $u(x)=x^2+x+1$.

\begin{exemple}
\begin{enumerate}
\item Une primitive de $f(x)=(2x+1)\big(x^2+x+1\big)^5$ est :
\[
F(x)=\dfrac{1}{6}\big(x^2+x+1\big)^6.
\]

\item Une primitive de $f(x)=\dfrac{2x+1}{\big(x^2+x+1\big)^2}$ se trouve en mettant $f(x)$ sous la forme $f(x)=(2x+1)\big(x^2+x+1\big)^{-2}$. 

On trouve alors : 
\[
F(x)=\dfrac{1}{-2+1}\big(x^2+x+1\big)^{-2+1} = -\dfrac{1}{x^2+x+1}.
\]

\item Une primitive de $f(x)=\dfrac{2x+1}{\sqrt{x^2+x+1}}$ est :
\[
F(x)=2\sqrt{x^2+x+1}.
\]

\item Une primitive de $f(x)=\dfrac{2x+1}{x^2+x+1}$ est :
\[
F(x)=\ln\big(x^2+x+1\big).
\]

\item Une primitive de $f(x)=(2x+1)\e^{x^2+x+1}$ est : 
\[
F(x)=\e^{x^2+x+1}.
\]

\item Une primitive de $f(x)=\sin(4x-5)$ est : 
\[
F(x)=-\dfrac{1}{4}\cos(4x-5).
\]
\end{enumerate}
\end{exemple}


\section{Intégration}

\subsection{Intégrale et aire}

\begin{defin}[unité d'aire]
Dans un repère orthogonal $\left(O;\vec{\imath},\vec{\jmath}\right)$, on appelle \textit{unité d'aire} l'aire du rectangle défini par les vecteurs $\vec\imath$ et $\vec{\jmath}$.
\end{defin}


\begin{defin}[intégrale]
Soit $f$ une fonction \emph{continue} et \emph{positive} sur un intervalle $[a~;b]$, et soit $\mathcal {C}$ sa courbe représentative dans un repère orthogonal $\left(O;\vec{\imath},\vec{\jmath}\right)$.  

L'\textit{intégrale} de $a$ à $b$ de la fonction $f$ est l'aire du domaine situé entre l'axe des abscisses et la courbe $\mathcal{C}$ sur l'intervalle $[a~;~b]$; elle est exprimée en unité d'aire (en abrégé : ua).
On la note :
\[
\int_a^b f(x)\dx.
\]
\end{defin}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,scale=1.5]
\fill[courbe2,opacity=0.3] (0,0) rectangle (1,1);
\draw[courbe2] (0,0) rectangle (1,1);
\draw[thick,->] (-1,0) -- (5,0);
\draw[thick,->] (0,-1) -- (0,4);
\draw[line width=0.8pt,color=courbe,fill=courbe,fill opacity=0.1, smooth,samples=50,domain=1.5:3] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)+2}) -- (3,0) -- (1.5,0) -- cycle;
\draw[line width=0.8pt,color=courbe, smooth,samples=50,domain=0:4] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)+2});
\foreach \x in {1,2,3,4}
{
\draw[thick] (\x,0.1) -- (\x,-0.1) node[below] {\x};
\draw[thick] (0.1,\x) -- (-0.1,\x) node[left] {\x};
}
\draw[courbe2,thick,<-] (0.5,0.5) to[bend right=20] (-0.5,1.5) node[left] {unité d'aire};
\node[courbe] (aire) at (2.45,1) {$\dint_{1,5}^3 f(x)\dx$};
%\draw[thick,courbe,<-] (aire.east) to[bend left=20] (5,2) node[right] {$\dint_{1,5}^3 f(x)\dx$};
\node[below left] at (0,0) {0};
\node[courbe,right] at (4,1) {$\mathcal{C}_f$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\subsection{Propriétés de l'intégrale}

\begin{prop}[intégrale d'une fonction négative]
Soit $f$ une fonction à valeurs négatives sur un intervalle \intervFF{a}{b}. Alors,
\[
\int_a^b f(x)\dx = - \int_a^b \big| f(x) \big| \dx.
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
\[
\int_0^1 \big( -x^2 \big) \dx = -\int_0^1 x^2 \dx.
\]
\end{exemple}

\begin{prop}[relation de Chasles sur les intégrale]
Soit $f$ une fonction continue sur un intervalle $I$ et $a$, $b$, $c$ trois réels appartenant à $I$. Alors :
\[
\int_a^b f(x)\dx=\int_a^c f(x)\dx + \int_c^b f(x)\dx.
\]
\end{prop}

\begin{attention}
Il n'existe aucune condition d'ordre entre les réels $a$, $b$ et $c$. La relation de Chasles n'impose pas d'avoir $a<b<c$.
\end{attention}

\begin{exemple}
Quand la fonction $f$ n'est pas de signe constant sur $[a~;~b]$, on utilise la relation de Chasles pour déterminer son intégrale de $a$ à $b$.
\medskip
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,scale=2]
% aires
\draw[line width=0.8pt,color=courbe,fill=courbe3,fill opacity=0.1, smooth,samples=100,domain=0:0.5] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)}) -- (0,0) -- cycle;
%
\draw[line width=0.8pt,color=courbe,fill=courbe,fill opacity=0.1, smooth,samples=100,domain=0.5:1.95] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)}) -- (2,0) -- (0.5,0) -- cycle;
%
\draw[line width=0.8pt,color=courbe,fill=courbe2,fill opacity=0.1, smooth,samples=100,domain=2.01:3.5] (2,0) --  plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)}) -- cycle;
% courbe
\draw[line width=0.8pt,color=courbe, smooth,samples=100,domain=0:1.95] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)});
\draw[line width=0.8pt,color=courbe, smooth,samples=100,domain=2.05:3.5] (2,0) -- plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)});
\foreach \x in {1,2,3,4}
{
\draw[thick] (\x,0.1) -- (\x,-0.1) node[below] {\x};
}
\foreach \x in {-1,1}
{
\draw[thick] (0.1,\x) -- (-0.1,\x) node[left] {\x};
}
\draw[thick,->] (-0.5,0) -- (5,0);
\draw[thick,->] (0,-1.2) -- (0,2);
\node[below left] at (0,0) {0};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\medskip
\[
\int_0^{3,5} f(x)\dx = \underbrace{\int_0^{0,5} f(x)\dx}_{>0} + \underbrace{\int_{0,5}^2 f(x)\dx}_{<0} + \underbrace{\int_2^{3,5} f(x)\dx}_{>0}.
\]
L'intégrale désigne alors une \textit{aire algébrique}, c'est-à-dire une aire avec un signe (positif ou négatif).

Sur cet exemple, il semble que $\dint_a^b f(x)\dx>0$ car la somme de l'aire des domaines situés au-dessus de l'axe des abscisses semble  supérieure à celle du domaine situé en dessous.
\end{exemple}


\begin{prop}[parité et périodicité]
\begin{itemize}
\item Si $f$ est impaire, alors :
\[
\int_{-a}^{a} f(x)\dx=0.
\]
\item Si $f$ est paire, alors:
\[
\int_{-a}^{a} f(x)\dx=2\int_{0}^{a} f(x)\dx.
\]
\item Si $f$ est périodique de période $T$, alors pour tout réel $a$ :
\[
\int_a^{a+T}f(x)\dx=\int_0^T f(x)\dx.
\]
\end{itemize}
\end{prop}


\begin{exemple}
La fonction $x\mapsto\sin(x)$ est impaire et $2\pi$-périodique donc:
\[
\forall\; a\in\R,\quad\int_{-a}^a \sin(x) \dx = 0\qquad\text{et}\qquad\int_a^{a+2\pi}\sin(x)\dx = \int_0^{2\pi} \sin(x)\dx.
\]
\end{exemple}

\begin{prop}[linéarité de l'intégrale]
Quelles que soient les fonctions $f$ et $g$ continues sur \intervFF{a}{b}, pour tous réels $\lambda$ et $\mu$:
\[
\int_a^b \big(\lambda f(x)+\mu g(x)\big)\dx=\lambda \int_a^b f(x)\dx+\mu
\int_a^b g(x)\dx.
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
$\displaystyle\int_{0}^1 \big(3x^2-5x+1\big)\dx = 3\int_0^1 x^2\dx - 5\int_0^1 x\dx + \int_0^1 1\dx$.
\end{exemple}


\begin{prop}[positivité de l'intégrale]
\begin{itemize}
\item Si pour tout $x$ de $[a~;b]$, $f(x) \geqslant 0$, alors : $\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\dx \geqslant 0$. 

\item Si pour tout $x$ de $[a~;b]$, $f(x) \leqslant 0$, alors : $\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\dx \leqslant 0$.
\end{itemize}
\end{prop}

\begin{exemple}
Sur $[0~;~1]$, $x^2\geqslant0$ donc $\displaystyle\int_0^1 x^2 \dx \geqslant 0$.
\end{exemple}
 
\begin{prop}[intégration des inégalités]
Si pour tout nombre réel $x$ de $[a~;b]$, $g(x) \leqslant f(x)$, alors : 
\[
\int_{a}^{b} g(x)\dx \leqslant \int_{a}^{b} f(x)\dx.
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
On sait que pour $x>0$, $\ln(x) < x$ donc $\displaystyle\int_1^2 \ln(x)\dx < \int_1^2 x \dx$.
\end{exemple}

\begin{prop}[inversion des bornes]
\[
\int_b^a f(x)\dx = -\int_a^b f(x) \dx.
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
$\dint_5^3 x^2 \dx = -\dint_3^5 x^2 \dx$.
\end{exemple}

\subsection{Calcul d'une intégrale}

\subsubsection{Lien entre intégrale et primitive}

\begin{thm}
Si $f$ est une fonction continue sur $\intervFF{a}{b}$ alors la fonction $F_a$ définie sur $\intervFF{a}{b}$ par :
\[
F_a(x)=\int_a^x f(t)\dx[t]
\]
est la primitive de $f(x)$ qui s'annule en $a$.
\end{thm}

\begin{prop}
Soit $f$ une fonction continue sur un intervalle $\intervFF{a}{b}$, et soit $F$ une primitive de $f$ sur $[a~;~b]$. Alors,
\[
\int_a^b f(x) \dx = F(b) - F(a).
\]
\end{prop}

\begin{rem}
$F(b)-F(a)$ est aussi noté $\big[F(x)\big]_a^b$. On a alors : 
\[
\dint_a^b f(x)\dx = \big[F(x)\big]_a^b.
\]
\end{rem}

\begin{exemple}
On sait qu'une primitive de $f(x)=x^2$ est $F(x)=\dfrac{1}{3}x^3$ donc:
\[
\int_0^1 x^2 \dx  = F(1)-F(0) = \dfrac{1}{3}.
\]
\end{exemple}

\subsubsection{Intégration par parties}

\begin{thm}
Soient $u$ et $v$ deux fonctions dérivables et de dérivées continues sur $\intervFF{a}{b}$. Alors,
\[
\int_a^b u'(x) \times v(x) \dx = \Big[ (uv)(x) \Big]_a^b - \int_a^b u(x) \times v'(x)\dx.
\]
\end{thm}

\begin{exemple}
On souhaite calculer:
\[
\int_1^{\e} \ln(x)\dx = \int_1^{\e} 1 \times \ln(x) \dx.
\]
En posant $\begin{aligned}[t]
u'(x)=1 & \qquad;\qquad u(x)=x\\
v(x)=\ln(x) & \qquad;\qquad v'(x)=\dfrac{1}{x}
\end{aligned}$ 

le théorème donne:
\begin{align*}
\int_1^\e 1 \times \ln(x) \dx & = \big[ x \times \ln(x)\big]_1^\e - \int_1^\e x\times\dfrac{1}{x}\dx\\
& = [\e\ln\e - 1\ln 1] - \int_1^\e 1\dx\\
& = \e - \big[ x \big]_1^\e\\
& = \e - (\e - 1)\\
\int_1^\e \ln(x)\dx& = 1.
\end{align*}
\end{exemple}

\begin{rem}
L'intégration par parties est un outil très puissant. Si on s'inspire de l'exemple précédent, on peut écrire pour $a>0$ et $x>0$:
\[
\int_a^x \ln(t)\dx[t]= x\ln(x) - x - (a\ln a-a).
\]
On peut alors conclure qu'une primitive de $x\mapsto\ln(x)$ est la fonction $x\mapsto x\ln(x)-x$.
\end{rem}

\subsection{Valeur moyenne d'une fonction}

\begin{defin}
Soit $f$ une fonction définie sur un intervalle $\intervFF{a}{b}$. On appelle \textit{valeur moyenne de $f$} le nombre $\mu$ tel que:
\[
\mu = \dfrac{1}{b-a}\int_a^bf(x)\dx.
\]
\end{defin}

Graphiquement, cette valeur correspond à la hauteur du rectangle de base $b-a$ qui a la même aire que le domaine situé entre l'axe des abscisses et la courbe représentative de $f$ sur $[a~;~b]$:

\medskip

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex,scale=1.5]
\filldraw[fill=courbe3,draw=courbe3,fill opacity=0.3] (1.5,0) rectangle +(1.5,2.53);
\draw[thick,->] (-1,0) -- (5,0);
\draw[thick,->] (0,-1) -- (0,4);
\draw[line width=0.8pt,color=courbe,fill=courbe,fill opacity=0.1, smooth,samples=50,domain=1.5:3] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)+2}) -- (3,0) -- (1.5,0) -- cycle;
\draw[line width=0.8pt,color=courbe, smooth,samples=50,domain=0:4] plot(\x,{0-(2.718281828459045^(-2*((\x)-2)/3)+3*2*((\x)-2)/3-1)*ln(4*((\x)-2)^(2)/9)+2});
\foreach \x in {1,2,3,4}
{
\draw[thick] (\x,0.1) -- (\x,-0.1) node[below] {\x};
\draw[thick] (0.1,\x) -- (-0.1,\x) node[left] {\x};
}
\node[below left] at (0,0) {0};
\draw[courbe3,dashed] (1.5,2.53) -- (0,2.53) node[left] {$\mu$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{center}
L'aire du rectangle rouge est égale à $\displaystyle\int_a^b f(x)\dx$.
\end{center}

\begin{prop}
Si $f$ est une fonction $T$-périodique alors:
\[
\mu=\dfrac{1}{T}\int_0^T f(x)\dx.
\]
\end{prop}

\begin{rem}
En sciences physiques, la \textit{valeur efficace} est définie comme étant la racine carrée de la valeur moyenne du carré de la fonction : $e=\displaystyle\sqrt{\dfrac{1}{b-a}\int_a^b f^2(x)\dx}$.
\end{rem}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\exotype
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exercicetype}{calculs de primitives: fonctions usuelles}{}
Déterminer les primitives des fonctions suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $f(x) = 3x^3 + 5x^2 + 7x - 1$
\item $f(x)= \dfrac{3}{x} - \dfrac{4}{x^2}+\dfrac{7}{\sqrt{x}}$
\item $f(x)= 2\cos(x) + 3\sin(x)$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
f(x) = 3x^3 + 5x^2 + 7x - 1 & \iff F(x) = 3\times \dfrac{x^4}{4} + 5\times\dfrac{x^3}{3} + 7\times\dfrac{x^2}{2} - x + k\\
 							& \iff \boxed{ F(x) = \dfrac{3}{4}x^4 + \dfrac{5}{3}x^3 + \dfrac{7}{2}x^2 - x + k,\ k\in\R}
\end{aligned}$
 
\item $f(x)= \dfrac{3}{x} - \dfrac{4}{x^2}+\dfrac{7}{\sqrt{x}} = 3\times\dfrac{1}{x} - 4\times x^{-2}+7\times\dfrac{1}{\sqrt{x}}$.

Donc, $\begin{aligned}[t]
F(x) & = 3\times\ln(x) - 4 \times \dfrac{x^{-2+1}}{-2+1} + 7\times2\sqrt{x}+k,\ k\in\R\\
\Aboxed{F(x) & = 3\ln(x) + \dfrac{4}{x} + 14\sqrt{x} + k,\ k\in\R }
\end{aligned}$

\item $f(x)= 2\cos(x) + 3\sin(x) \iff \boxed{ F(x) = 2\sin(x) - 3\cos(x) }$
\end{enumerate}
\end{exercicetype}

%%%

\begin{exercicetype}{calculs de primitives: fonctions avec u' et u}{}
Déterminer une primitive des fonctions suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $f(x)=(2x+1)(x^2+x+1)^3$
\item $f(x)=\dfrac{2x+1}{(x^2+x+1)^2}$
\item $f(x)=\dfrac{4x+2}{x^2+x+1}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $f(x)=(2x+1)(x^2+x+1)^3$ est de la forme $u' \times u^n$ avec:
\[
u(x) = x^2+x+1, \quad u'(x)=2x+1,\quad n=3.
\]
Donc, une primitive de $f$ est:
\[
F(x) = \dfrac{u^{n+1}}{n+1} = \dfrac{(x^2+x+1)^{3+1}}{3+1}\qquad\text{soit}\qquad \boxed{ F(x) = \dfrac{1}{4}(x^2+x+1)^4 }
\]

\item $f(x)=\dfrac{2x+1}{(x^2+x+1)^2} = (2x+1)(x^2+x+1)^{-2}$ est de la forme $u' \times u^n$ avec:
\[
u(x) = x^2+x+1, \quad u'(x)=2x+1,\quad n=-2.
\]
Donc, une primitive de $f$ est:
\[
F(x) = \dfrac{u^{n+1}}{n+1} = \dfrac{(x^2+x+1)^{-2+1}}{-2+1}=\dfrac{(x^2+x+1)^{-1}}{-1} \qquad\text{soit}\qquad \boxed{ F(x) = -\dfrac{1}{x^2+x+1} }
\]

\item $f(x)=\dfrac{4x+2}{x^2+x+1}$ est de la forme $2\times\dfrac{u'}{u}$ avec:
\[
u(x) = x^2+x+1, \quad u'(x)=2x+1,\quad u(x)>0\text{ sur }\R.
\]
Donc, une primitive de $f$ est:
\[
F(x) = 2\ln(u)\qquad\text{soit}\qquad \boxed{ F(x) = 2\ln(x^2+x+1) }
\]
\end{enumerate}
\end{exercicetype}

%%%

\begin{exercicetype}{calcul d'une intégrale}{}
Calculer:
\[
\int_0^1 (6x+3)\e^{x^2+x+1}\dx.
\]
\tcblower

Posons $f(x)=(6x+3)\e^{x^2+x+1} = 3(2x+1)\e^{x^2+x+1}$. Alors, $f=3u'\e^u$ avec:
\[
u(x) = x^2+x+1, \quad u'(x)=2x+1.
\]
Donc, une primitive de $f$ est:
\[
F(x) = 3\e^u = 3\e^{x^2+x+1}.
\]
Ainsi,
\[
\int_0^1 f(x)\dx = F(1) - F(0) = 3\e^{3} - 3\e^{1} = \boxed{ 3\e(\e^2-1) }.
\]
\end{exercicetype}

%%%

\begin{exercicetype}{intégration par parties}{}
Calculer:
\[
I = \int_0^1 x\e^x \dx.
\]

\tcblower

Posons:
\[
\begin{array}{ll}
u(x) = x & \Longrightarrow\quad u'(x)=1\\
v'(x)=\e^x & \Longrightarrow\quad v(x) = \e^x
\end{array}
\]
Alors,
\begin{align*}
I & = \int_0^1 (uv')(x)\dx\\
  & = \Big[ (uv)(x) \Big]_0^1 - \int_0^1 (u'v)(x) \dx\\
  & = \Big[ x\e^x \Big]_0^1 - \int_0^1 \e^x \dx\\
  & = 1\e^1 - 0\e^0 - \Big[ \e^x \Big]_0^1\\
  & = \e - (\e^1-\e^0)\\
  & = \e - \e + 1\\
\Aboxed{ I  & = 1}
\end{align*}
\end{exercicetype}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\exercices
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\sectionnn{Primitives}

%%%

\begin{exocor}{calculs de primitives usuelles}[1]
Donner une primitive de chacune des fonctions $f$ suivantes :
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $f(x)=5$
\item $f(x)=3x+2$
\item $f(x)=-\dfrac{1}{3}x^5+8x^3-7x+1$

\item $f(x)=-8x-3$
\item $f(x)=3x^2-5x+2$
\item $f(x)=\dfrac{-5x}{x^2+1}$

\item $f(x)=\e^{2x}$
\item $f(x)=\dfrac{3}{x^2}$
\item $f(x)=\dfrac{4x+6}{\sqrt{x^2+3x+1}}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\boxed{F(x)=5x}$.

\item $F(x)=3\times\dfrac{1}{2}x^2+2x$ soit $\boxed{F(x)=\dfrac{3}{2}x^2+2x}$.

\item $F(x)=-\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{6}x^6+8\times\dfrac{1}{4}x^4-\dfrac{7}{2}x^2+x$ soit $\boxed{F(x)=-\dfrac{1}{18}x^6+2x^4-\dfrac{7}{2}x^2+x}$.

\item $F(x)=-8\times\dfrac{1}{2}x^2-3x$ soit $\boxed{ F(x)=-4x^2-3x }$.

\item $\boxed{F(x)=x^3-\dfrac{5}{2}x^2+2x}$.

\item $f(x)=-\dfrac{5}{2}\times\dfrac{2x}{x^2+1}=-\dfrac{5}{2}\times\dfrac{u'}{u}$ avec $u(x)=x^2+1$ donc $\boxed{ F(x)=-\dfrac{5}{2}\ln\big(x^2+1\big)}$.


\item $\boxed{F(x)=\dfrac{1}{2}\e^{2x}}$.

\item $f(x)=-3\times\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)$ donc $\boxed{F(x)=-3\times\dfrac{1}{x}=-\dfrac{3}{x}}$.

\item $f(x)=\dfrac{4x+6}{\sqrt{x^2+3x+1}}=2\times\dfrac{2x+3}{\sqrt{x^2+3x+1}}=2\times\dfrac{u'(x)}{\sqrt{u(x)}}$ avec $u(x)=x^2+3x+1$ et $u'(x)=2x+3$. 

Donc $F(x)=2 \times 2\sqrt{u(x)}$ soit $\boxed{ F(x)=4\sqrt{x^2+3x+1} }$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%% NEW 2025

\begin{exocor}{calculs de primitives avec coefficients}[2]
Déterminer une primitive des fonctions suivantes sur leur domaine de définition.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $f(x)=5(3x+1)^3$
\item $f(x)=\dfrac{5}{7\sqrt{2x+1}}$
\item $f(x)=\dfrac{-5}{4(3x+1)^3}$
\item $f(x)=\dfrac{7}{3x+1}$ pour $x>-\dfrac{1}{3}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $f(x)=5(3x+1)^3$.

\medskip

On pose $u=3x+1$. Alors, $u'=3$. Ainsi, nous pouvons écrire:
\[
f(x)=5 \times \dfrac{1}{3}u' \times u^3 = \dfrac{5}{3}u'\times u^3.
\]
Une primitive de $u' \times u^{n}$ est $\dfrac{u^{n+1}}{n+1}$ donc une primitive de $f$ est:
\[
F(x)=\dfrac{5}{3}\times\dfrac{(3x+1)4}{4}\text{ soit } \boxed{F(x)=\dfrac{5}{12}(3x+1)^4}.
\]

\item $f(x)=\dfrac{5}{7\sqrt{2x+1}}$.

\medskip

Posons $u=2x+1$. Alors, $u'=2$ et:
\[
f(x)=\dfrac{5 \times \tfrac{1}{2}u'}{7\sqrt{u}} = \dfrac{7}{5}\times\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}.
\]
Une primitive de $\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$ est $\sqrt{u}$. Une primitive de $f$ est donc:
\[
\boxed{F(x)=\dfrac{5}{7}\sqrt{u}}.
\]


\item $f(x)=\dfrac{-5}{4(3x+1)^3}$.

\medskip

Posons $u=3x+1$. Alors, $u'=3$ et:
\[
f(x)=\dfrac{-5 \times \tfrac{1}{3}u'}{4u^3} = -\dfrac{5}{12} \times \dfrac{u'}{u^3}.
\]
Une primitive de $\dfrac{u'}{u^3}=u' \times u^{-3}$ est $\dfrac{u^{-2}}{-2}$ donc une primitive de $f$ est:
\[
F(x)=-\dfrac{5}{12}\times\dfrac{(3x+1)^{-2}}{-2} = \dfrac{5}{24}\times\dfrac{1}{(3x+1)^2}\text{ soit }\boxed{F(x)=\dfrac{5}{12(3x+1)^2}}.
\]

\item $f(x)=\dfrac{7}{3x+1}$ .

Posons $u=3x+1$. Alors, $u'=3$ et:
\[
f(x)=\dfrac{7 \times \tfrac{1}{3}u'}{u} = \dfrac{7}{3}\times\dfrac{u'}{u}.
\]
Une primitive de $\dfrac{u'}{u}$ est $\ln(u)$ (pour $u>0$) donc  une primitive de $f$ est:
\[
\boxed{F(x)=\dfrac{7}{3}\ln(3x+1)}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}


\bigskip

\sectionnn{Intégrales \& primitives}


%%%

\begin{exocor}{calculs basiques d'intégrales}[1]
Calculer chacune des intégrales suivantes:
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\dint_0^1\dfrac{\e^x+1}{\e^x+x+1}\dx$
\item $\dint_0^1\e^{2x+1}\dx$
\item $\dint_3^5\big(\e^x+x-3\big)\dx$
\item $\dint_{-1}^1\big(3x^3-2x\big)\dx$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Cherchons avant tout une primitive de $f(x)=\dfrac{\e^x+1}{\e^x+x+1}$.

Si on pose $u(x) = \e^x + x + 1$, alors $u'(x)=\e^x + 1$ donc $f=\dfrac{u'}{u}$.

Par conséquent, une primitive de $f$ est $F=\ln(u)$, soit :
\[
F(x)=\ln\big(\e^x+x+1\big).
\]
Ainsi,
\begin{align*}
\dint_0^1\dfrac{\e^x+1}{\e^x+x+1}\dx & =F(1)-F(0)\\
& = \ln(\e+2)-\ln(2)\\
\Aboxed{\dint_0^1\dfrac{\e^x+1}{\e^x+x+1}\dx& = \ln\left(\dfrac{\e+2}{2}\right)}
\end{align*}

\item Une primitive de $\e^{ax+b}$ est :
\[
f(x)=\e^{ax+b} \Longrightarrow F(x)=\dfrac{1}{a}\e^{ax+b}.
\]
Ainsi, une primitive de $f(x)=\e^{2x+1}$ est $F(x)=\dfrac{1}{2}\e^{2x+1}$ et donc :
\begin{align*}
\dint_0^1\e^{2x+1}\dx & = F(1)-F(0)\\
& = \dfrac{1}{2}\e^3-\dfrac{1}{2}\e\\
\Aboxed{\dint_0^1\e^{2x+1}\dx & =\dfrac{1}{2}\e\big(\e^2-1\big)}
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
\dint_3^5\big(\e^x+x-3\big)\dx & = F(5)-F(3),\ \text{avec }F(x)=\e^x+\dfrac{1}{2}x^2-3x\\
& = \left(\e^5+\dfrac{25}{2}-15\right)-\left(\e^3+\dfrac{9}{2}-9\right)\\
\Aboxed{\dint_3^5\big(\e^x+x-3\big)\dx & = \e^5-\e^3+2}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\dint_{-1}^1\big(3x^3-2x\big)\dx & = F(1)-F(-1),\ \text{avec }F(x)=\dfrac{3}{4}x^4-x^2\\
& = \dfrac{3}{4}-1-\left(\dfrac{3}{4}-1\right)\\
\Aboxed{\dint_{-1}^1\big(3x^3-2x\big)\dx & = 0}
\end{aligned}$

\begin{rem}
Il n'est pas incohérent de trouver une intégrale égale à 0. Cela signifie que sur l'intervalle considéré, la courbe représentative de la fonction est tantôt positive, tantôt négative, et que l'aire des parties sous l'axe des abscisses est égale à celle des parties au-dessus :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=stealth',scale=2]
\fill[courbe!50] (-0.816,0) plot[domain=-0.8:0] (\x,{3*\x*\x*\x-2*\x}) -- (-0.816,0);
\fill[courbe!50] (0,0) plot[domain=0:0.816] (\x,{3*\x*\x*\x-2*\x}) -- (0,0);
\fill[courbe2] (-1,0) plot[domain=-1:-0.816] (\x,{3*\x*\x*\x-2*\x}) -- (-1,0);
\fill[courbe2] (0.816,0) plot[domain=0.816:1] (\x,{3*\x*\x*\x-2*\x}) -- (1,0) -- (0.816,0);
\draw[dotted,gray] (-1,-1) grid[step=0.2] (1,1);
\draw[dashed,gray,thick] (-1,-1) grid (1,1);
\draw[->,thick] (-1.5,0) -- (1.5,0);
\draw[->,thick] (0,-1) -- (0,1);
\draw[thick] (1,0.1) -- (1,-0.1) node[below] {1};
\draw[thick] (0.1,1) -- (-0.1,1) node[left] {1};
\draw[courbe3,very thick] plot[domain=-1:1,samples=100] (\x,{3*\x*\x*\x-2*\x}); 
\draw[<-,courbe] (-0.45,0.2) -- (0.45,0.6) node[above] {même aire};
\draw[<-,courbe] (0.45,-0.2) -- (0.45,0.6);
\draw[<-,courbe2] (0.9,0.2) -- (-1.2,-0.2) node[left] {même aire};
\draw[<-,courbe2] (-0.95,-0.4) -- (-1.2,-0.2);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{rem}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%% 

\begin{exocor}{une intégrale avec le logarithme népérien}[1]
\begin{enumerate}
\item Montrer que $F(x)=x\ln-x$ est une primitive de $f(x)=\ln(x)$.
\item En déduire $\dint_1^\e \ln(x)\dx$
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $F(x)=x\ln(x)-x$.

{\bfseries\color{purple} $\pmb{F}$ est une primitive de $\pmb{f}$ si $\pmb{F'=f}$.} On calcule donc $F'(x)$:
\[
F'(x)=1\times\ln(x)+x\times\dfrac{1}{x}-1=\ln(x)+1-1=\ln(x)=f(x).
\]
Ainsi, $F$ est bien une primitive de $f$.

\item $\begin{aligned}[t]
\dint_1^\e \ln(x)\dx & = F(\e)-F(1)\\
& = (\e\ln\e-\e)-(1\ln1-1)\\
& = (\e\times1-\e)-(1\times0-1)\\
& = 0-(-1)\\
\Aboxed{\dint_1^\e \ln(x)\dx & = 1}
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{décomposition en éléments simples}[2]
Soit $f$ une fonction définie par : \[ f(x)=\frac{1}{x^3-2x^2-5x+6}. \]
\begin{enumerate}
\item Montrer que $\alpha = 1$ est une racine du polynôme $x^3-2x^2-5x+6$.

\item En déduire ses deux autres racines, que l'on note $\beta$ et $\gamma$, $\beta<\gamma$.

\item Déterminer les réels $A$, $B$ et $C$ tels que $f(x)=\dfrac{A}{x-\alpha}+\dfrac{B}{x-\beta}+\dfrac{C}{x-\gamma}$.

\textit{Aide : on pourra s'aider de $(x-\alpha)f(x)$, $(x-\beta)f(x)$ et $(x-\gamma)f(x)$.}
\item En déduire la valeur de $\dint_{4}^5 f(x)\dx$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Soit $P(x)=x^3-2x^2-5x+6$. Alors, $P(1)=1^3-2\times 1^2-5\times 1+6=0$.

Ainsi, $\alpha=1$ est une racine de $P$.


\item De la question précédente, on peut conclure que $P(x)=(x-1)(x^2+bx+c)$.

En développant, on a : 
\begin{align*}
P(x) & = x^3+bx^2+cx-x^2-bx-c\\
& =x^3+(b-1)x^2+(c-b)x-c.
\end{align*}
Par identification, on a alors : 
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{l}
b-1=-2\\
c-b=-5\\
-c=6
\end{array}
\right.
\]

Soit $b=-1$ et $c=-6$. Ainsi, $P(x)=(x-1)(x^2-x-6)$. 

\medskip

Le discriminant du second facteur est $\Delta=25$, d'où les racines suivantes :
\[
\beta = \dfrac{1-\sqrt{\Delta}}{2}=-2 \qquad \textrm{et} \qquad \gamma=\dfrac{1+\sqrt{\Delta}}{2}=3.
\]

Les trois racines de $P$ sont donc:
\[
\boxed{ \alpha=1,\ \beta=-2,\ \gamma=3.}
\]

\item Déterminons les réels $A$, $B$ et $C$ tels que : 
\[
f(x)=\dfrac{1}{(x-1)(x+2)(x-3)}=\dfrac{A}{x-1}+\dfrac{B}{x+2}+\dfrac{C}{x-3}.
\]

\begin{itemize}
\item  $(x-1)f(x)=\dfrac{1}{(x+2)(x-3)}=A+\dfrac{B(x-1)}{x+2}+\dfrac{C(x-1)}{x-3}$.

Si $x=1$, cela nous donne : $\boxed{\dfrac{1}{-6}=A}$.

\item  $(x+2)f(x)=\dfrac{1}{(x-1)(x-3)}=\dfrac{A(x+2)}{x-1}+\dfrac{C(x+2)}{x-3}$.

Si $x=-2$, cela nous donne : $\boxed{\dfrac{1}{15}=B}$.

\item $(x-3)f(x)=\dfrac{1}{(x-1)(x+2)}=\dfrac{A(x-3)}{x-1}+\dfrac{B(x-3)}{x+2}+C$.

Si $x=3$, cela nous donne : $\boxed{\dfrac{1}{10}=C}$.
\end{itemize}

Ainsi : 
\[
\boxed{f(x)=\dfrac{-1}{6(x-1)}+\dfrac{1}{15(x+2)}+\dfrac{1}{10(x-3)}}
\]

\item  On peut écrire $f(x)$ sous la forme: $f(x) = \dfrac{1}{30}\left( \dfrac{3}{x-3} + \dfrac{2}{x+2} - \dfrac{5}{x-1} \right)$.

Ainsi, une primitive de $f(x)$ est:
\[
F(x) = \dfrac{1}{30}\big[ 3\ln(x-3) + 2\ln(x-2) - 5\ln(x-1) \big].
\]
Donc, $\begin{aligned}[t]
\int_4^5 f(x) \dx & = F(5) - F(4)\\
				  & = \dfrac{1}{30} \big[3\ln(2)+2\ln(3)-5\ln(4) \big] - \dfrac{1}{30}\big[ 3\ln(1)+2\ln(2)-5\ln(3) \big]\\
				  & = \dfrac{1}{30}\big[ 3\ln(2)+2\ln(3)-10\ln(2)-2\ln(2)+5\ln(3) \big]\\
\Aboxed{\int_4^5 f(x) \dx  & = \dfrac{1}{30}\big[ 7\ln(3) -9\ln(2) \big]}
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}

\bigskip

\sectionnn{Intégrales \& aires}

%%%

\begin{exocor}{lecture graphique et calcul}[1]
Soit la fonction $f$ définie sur $\R$ par :
\[
f(x)=\dfrac{\e^{2x}}{1+\e^x}.
\]
Sa courbe représentative sur \intervFF{-3}{2} est donnée ci-dessous :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=latex,scale=2.8]
\fill[courbe,opacity=0.25] (-2,0) -- plot[domain=-2:1,samples=100] (\x,{exp(2*\x)/(1+exp(\x))}) -- (1,0) -- cycle;
\draw[dotted] (-3,0) grid[step=0.1] (2,3);
\draw[very thick,->] (-3,0) -- (2,0);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (0,3);
\foreach\x in {-2,-1,0,1}
{%
\draw[very thick] (\x,0.05) -- (\x,-0.05) node[below] {\bfseries\x};
}
\foreach\y in {1,2}
{%
\draw[very thick] (0.05,\y) -- (-0.05,\y) node[left] {\bfseries\y};
}
\clip (-3,0) rectangle (2,3);
\draw[thick,courbe] plot[domain=-3:2,samples=100] (\x,{exp(2*\x)/(1+exp(\x))});
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item À l'aide du quadrillage, donner une valeur approchée de $\dint_{-2}^1 f(x)\dx$ au dixième.
\item Montrer que $f(x)=\e^x-\dfrac{\e^x}{1+\e^x}$.
\item En déduire la valeur exacte, puis une valeur approchée à $10^{-4}$ près de $\dint_{-2}^1 f(x)\dx$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On peut compter entre 138 et 140 petits carreaux dans le domaine colorié.

Or, 1 petit carreau correspond à $0,1\times0,1=0,01$ unité d'aire.

$140\times0,01=1,4$ donc on peut écrire que $\boxed{\dint_{-2}^1 f(x)\dx\approx1,4}$

\item $\begin{aligned}[t]
\e^x-\dfrac{\e^x}{1+\e^x} & =\dfrac{\e^x\big(1+\e^x\big)}{1+\e^x}-\dfrac{\e^x}{1+\e^x}\\
& = \dfrac{\e^x+\e^{2x}-\e^x}{1+\e^x}\\
& = \dfrac{\e^{2x}}{1+\e^x}\\
& = f(x).
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\dint_{-2}^1 f(x)\dx & = F(1)-F(-2),\ \text{avec }F(x)=\e^x-\ln\big(1+\e^x\big)\\
& = \e^1-\ln\big(1+\e^1\big)-\left[\e^{-2}-\ln\big(1+\e^{-2}\big) \right]\\
& = \e-\ln(1+\e)-\e^{-2}+\ln\big(1+\e^{-2}\big)\\
\Aboxed{\dint_{-2}^1 f(x)\dx& = \e-\e^{-2}+\ln\left(\dfrac{1+\e^{-2}}{1+\e}\right)}
\end{aligned}$

À la calculatrice, on trouve:
\[
\boxed{\dint_{-2}^1 f(x)\dx\approx1,3966}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{lecture graphique et calcul}[1]
Soit la fonction $f$ définie sur $\R$ par :
\[
f(x)=\dfrac{1}{x(x+1)}.
\]
Sa courbe représentative sur \intervFF{0}{10} est donnée ci-dessous :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=latex,yscale=4,xscale=1.2]
\fill[courbe,opacity=0.25] (1,0) -- plot[domain=1:10,samples=100] (\x,{1/(\x*(1+\x))}) -- (10,0) -- cycle;
\draw[dotted] (0,0) grid[xstep=0.25,ystep=0.1] (10,1.5);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (11,0);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (0,1.5);
\foreach\x in {0,1,...,10}
{%
\draw[very thick] (\x,0.025) -- (\x,-0.025) node[below] {\bfseries\x};
}
\foreach\y in {1}
{%
\draw[very thick] (0.05,\y) -- (-0.05,\y) node[left] {\bfseries\y};
}
\clip (0,0) rectangle (10,1.5);
\draw[thick,courbe] plot[domain=0.2:10,samples=100] (\x,{1/(\x*(\x+1))});
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item À l'aide du quadrillage, montrer que $\dint_{1}^{10} f(x)\dx \geqslant 0,5$.
\item Montrer que $f(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1}$.
\item En déduire la valeur exacte, puis une valeur approchée à $10^{-4}$ près de $\dint_{1}^{10} f(x)\dx$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Un petit rectangle de la grille représente $0,25\times0,1=0,025$ unité d'aire.

Nous pouvons compter un peu plus de 20 de ces rectangles dans le domaine colorié, ce qui nous laisse à penser que celui-ci a une aire supérieure à $20\times0,025=0,5$ unité d'aire.

Ainsi, 
\[
\boxed{\dint_1^{10}f(x)\dx\geqslant0,5}.
\]

\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{1+x} & = \dfrac{1+x}{x(x+1)}-\dfrac{x}{x(1+x)}\\
& = \dfrac{1+x-x}{x(x+1)}\\
& = f(x).
\end{aligned}$
On obtient bien l'égalité:
\[
\boxed{ f(x) = \dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{1+x} }
\]

\item $\begin{aligned}[t]
\dint_1^{10}f(x)\dx & = F(10)-F(1),\ \text{avec }F(x)=\ln(x)-\ln(x+1)\\
& = \ln10-\ln11-(\ln1-\ln2)\\
& = \ln10-\ln11+\ln2\\
&\approx0,5978.
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{aire entre deux courbes}[2]
\begin{minipage}{9cm}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=latex,xscale=2]
\fill[courbe,opacity=0.25] (1.55,0) plot[domain=1.55:0.25] (\x,{1/\x})  -- (0.25,0) -- cycle;
\fill[white] (1.55,0) plot[domain=1.55:0.25] (\x,{0.5*\x*\x-\x+1}) -- (0.25,0) -- cycle;
%
\fill[courbe2,opacity=0.25] (1.55,0) plot[domain=1.55:2.75] (\x,{0.5*\x*\x-\x+1}) -- (2.75,0) -- cycle;
\fill[white] (1.55,0) plot[domain=1.55:2.75] (\x,{1/\x})  -- (2.75,0) -- cycle;
%
\draw[dotted,opacity=0.5] (0,0) grid[step=0.5] (4,4);
\draw[->,very thick] (0,0) -- (4,0);
\draw[->,very thick] (0,0) -- (0,4.1);
\foreach\x in {0,1,2,3}
{%
\draw[very thick] (\x,0.1) -- (\x,-0.1) node[below] {\bfseries\x};
\draw[very thick] (0.1,\x) -- (-0.1,\x) node[left] {\bfseries\x};
}
\draw[very thick] (0.1,4) -- (-0.1,4) node[left] {\bfseries4};
\draw[thick,dashed] (2.75,{0.5*2.75*2.75-2.75+1}) -- (2.75,0) node[below,outer ysep=2mm] {$a$};
\draw[thick,dashed] (0.25,4) -- (0.25,0) node[below] {$\frac{1}{4}$};
\draw[thick,dashed] (1.55,{1/1.55}) -- (1.55,0) node[below,outer ysep=2mm] {$\alpha$};
\clip (0,0) rectangle (4,5);
\draw[very thick,courbe3] plot[domain=0.25:3.5,samples=100] (\x,{1/\x}) node[right] {${\cal C}_f$};
\draw[very thick,courbe3] plot[domain=0.25:3.5,samples=100] (\x,{0.5*\x*\x-\x+1}) node[right] {${\cal C}_g$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\textwidth-9cm}
On a représenté ci-contre les courbes représentatives des fonctions $f$ et $g$ définies par :
\[ f(x)=\dfrac{1}{x}\qquad\text{et}\qquad g(x)=0,5x^2-x+1.\]
On a noté $\alpha$ l'abscisse de leur point d'intersection.

L'objectif de cet exercice est de déterminer la valeur de $a$ telle que les deux aires colorées  soient égales.
\end{minipage}

\begin{enumerate}
\item En vous aidant de la fonction $x\longmapsto0,5x^3-x^2+x-1$, prouver algébriquement l'existence de $\alpha$, puis déterminer une valeur approchée de $\alpha$ au centième.
\item Déterminer alors une valeur approchée de $a$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\alpha$ est la solution de l'équation $f(x)=g(x)$.
\begin{align*}
f(x)=g(x) 
& \iff \dfrac{1}{x}=0,5x^2-x+1\\
& \iff 1=0,5x^3-x^2+x\qquad\text{(en multipliant par }x\neq0)\\
& \iff 0,5x^3-x^2+x-1=0
\end{align*}
Posons:
\[
h(x)=0,5x^3-x^2+x-1.
\]
Alors, 
\[
h'(x)=1,5x^2-2x+1.
\]
Le discriminant de $h'(x)$ est :
\[
\Delta=4-6=-2<0
\]
donc $h'(x)$ est toujours du signe de \og 1,5 \fg, soit toujours positif.

Ainsi, $h$ est strictement croissante sur \R.

$h$ est continue et croissante sur \intervFF{1}{2} ; de plus, $h(1)=-0,5<0$ et $h(2)=1>0$ donc $0\in\intervOO{h(1)}{h(2)}$.

Par conséquent, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $h(x)=0$ admet une unique solution sur \intervFF{1}{2}. C'est cette valeur que l'on note $\alpha$.

\underline{On trouve à la calculatrice $\alpha\approx1,54$.}

\item Sur \intervFF{0,25}{\alpha}, $f(x)\geqslant g(x)$ donc l'aire à gauche correspond à $\dint_{0,25}^\alpha\big[f(x)-g(x)\big]\dx$.
Posons :
\[
u(x)=f(x)-g(x)=\dfrac{1}{x}-\big(0,5x^2-x+1\big)=\dfrac{1}{x}-0,5x^2+x-1.
\]
Une primitive de $u(x)$ est :
\[
U(x)=\ln(x)-0,5\times\dfrac{1}{3}x^3+\dfrac{1}{2}x^2-x
    =\ln(x)-         \dfrac{1}{6}x^3+\dfrac{1}{2}x^2-x.
\]
Alors,
\begin{align*}
\dint_{0,25}^\alpha\big[f(x)-g(x)\big]\dx & = U(\alpha)-U(0,25)\\
& \approx -0,53 - (-1,6)\\
& \approx 1,07.
\end{align*}
Sur \intervFF{\alpha}{a}, $g(x)\geqslant f(x)$ donc l'aire à droite correspond à $\dint_\alpha^a\big[g(x)-f(x)\big]\dx$.

Une primitive de $g(x)-f(x)$ est $-U(x)$ ($U(x)$ ayant été calculée précédemment) donc :
\begin{align*}
\dint_\alpha^a\big[g(x)-f(x)\big]\dx & = -U(a)-\big(-U(\alpha)\big)\\
& = -\ln(a)+\dfrac{1}{6}a^3-\dfrac{1}{2}a^2+a-0,53
\end{align*}

On cherche à déterminer $a$ telle que $\dint_{0,25}^\alpha\big[g(x)-f(x)\big]\dx=\dint_\alpha^a\big[g(x)-f(x)\big]\dx$,c'est-à-dire telle que :
\begin{align*}
\dint_{0,25}^\alpha\big[g(x)-f(x)\big]\dx=\dint_\alpha^a\big[g(x)-f(x)\big]\dx & \iff -\ln(a)+\dfrac{1}{6}a^3-\dfrac{1}{2}a^2+a-0,53=1,07\\
& \iff  -\ln(a)+\dfrac{1}{6}a^3-\dfrac{1}{2}a^2+a-1,6=0.
\end{align*}
Bien sûr, il est hors de question de résoudre cette équation algébriquement. On prend donc la calculatrice et on lui demande d'afficher les valeurs (par pas de 0,01) de la fonction  \mbox{$x\longmapsto-\ln(x)+\dfrac{1}{6}x^3-\dfrac{1}{2}x^2+x-1,6$} à partir de $x=2$ (par exemple) car on peut imaginer que $a>2$ d'après la représentation graphique.

\underline{On trouve alors que $a\approx2,85$.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%

\begin{exocor}{approximation d'une aire}[2]
L'objectif de cet exercice est de déterminer une approximation de l'aire du domaine $\mathcal{D}$ défini par :
\[
\mathcal{D}=\big\{0\leqslant x\leqslant1, 0\leqslant y\leqslant f(x) \big\}
\]
où
\[
\forall x\in\R,\qquad f(x)=\big(\ln(1+x)\big)^2.
\]

On note $\mathcal{C}$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthonormé \Rij{}, avec pour unité graphique : $\|\vv{\imath}\|=\|\vv{\jmath}\|=10~\text{cm}$.

\bigskip

\partie{A : étude des variations de la fonction}

\begin{enumerate}
\item Déterminer la dérivée de $f$ sur \intervFO{0}{+\infty}.
\item En déduire les variations de $f$ sur \intervFO{0}{+\infty}.
\item Calculer $f(0)$ et $f(1)$, puis dresser le tableau de variations de $f$ sur \intervFF{0}{1}.
\item Calculer $f'(0)$. En déduire l'équation de la tangente $\mathcal{T}$ à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse 0.
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B : calcul de l'approximation de l'aire}

On considère :

\begin{itemize}
\item Les points $A_k\coord{\dfrac{k}{10}}{0}$ pour tout entier naturel $k$ tel que $0\leqslant k\leqslant10$ ;
\item Les rectangles $R_k$ de base $\left[A_kA_{k+1}\right]$ et de hauteur $f\left(\dfrac{k}{10}\right)$ pour tout entier naturel $k$ tel que $0\leqslant k\leqslant 9$.
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Sur le graphique précédent, dessiner les rectangles $R_k$, $0\leqslant k\leqslant 9$.

\item Calculer la somme des aires des rectangles $R_k$ pour $k$ compris entre 0 et 9. On donnera le résultat en unité d'aire et en cm$^2$ à $10^{-3}$ près.

\item On suppose que la fonction $F$ définie par :
\[
F(x)=(x+1)\left[\left(\ln(x+1)\right)^2-2\ln(x+1)+2 \right]
\]
est une primitive de $f$ sur \intervFF{0}{1}.

En déduire la valeur exacte, puis approchée à $10^{-3}$ près, de l'aire de $\mathcal{D}$.

Calculez l'erreur entre cette valeur et celle obtenue à la question précédente.
\end{enumerate}

\tcblower

\bigskip

\partie{A : étude des variations de la fonction}

\begin{enumerate}
\item $f$ est de la forme $u^2$, avec $u(x)=\ln(x+1)$.\\
Donc $f' = 2u'u$, avec $u'(x)=\dfrac{1}{x+1}$.\\
D'où :
\[
\boxed{f'(x)=\dfrac{2\ln(x+1)}{x+1}.}
\]

\item Si $x\geqslant0$, alors $x+1\geqslant1$ et donc $\ln(x+1)\geqslant0$.

\medskip

Ainsi, $f'(x)$ est strictement positive donc $f$ est strictement croissante sur \intervFO{0}{+\infty}.

\item $f(0)=\left(\ln(0+1)\right)^2=0$ et $f(1)=\left(\ln(1+1)\right)^2=\ln2$. On a le tableau de variations suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorC=corrigenumbg!10,colorV=corrigenumbg!10,colorL=corrigenumbg!10]{$x$/0.5,$f$/1}{0,1}
\tkzTabVar{-/0,+/$\ln2$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $f'(0)=\dfrac{2\ln(0+1)}{0+1}=0$ donc la tangente à $\mathcal{C}$ en 0 est horizontale. Or, $f(0)=0$ donc $\mathcal{T}$ est l'axe des abscisses.

À titre informatif, la courbe représentative de $f$ ainsi que la tangente $\mathcal{T}$ sont représentées ci-dessous:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=stealth',scale=0.8]
\draw[gray!30] (0,0) grid (10,5);
\draw[thick,->] (0,0) -- (11,0);
\draw[thick,->] (0,0) -- (0,6);
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[thick] (10,0.1) -- (10,-0.1) node[below] {1};
\node[left] at (0,5) {0,5};
\draw[very thick,->,courbe] (0,0) -- (3,0);
\draw[thick,blue!50!black] plot[domain=0:10,samples=70] (\x,{10*(ln(\x/10+1)*ln(\x/10+1)}) node[above left] {$\mathcal{C}$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}


\partie{B : Calcul de l'approximation de l'aire}

\begin{enumerate}
\item ~\par 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=stealth']
\draw[gray!30,dashed] (0,0) grid (10,5);
\draw[thick,->] (0,0) -- (11,0);
\draw[thick,->] (0,0) -- (0,6);
\node[below left] at (0,0) {O};
\draw[thick] (10,0.1) -- (10,-0.1) node[below] {1};
\node[left] at (0,5) {0,5};
\draw[thick,courbe] plot[domain=0:10,samples=70] (\x,{10*(ln(\x/10+1)*ln(\x/10+1)}) node[above left] {$\mathcal{C}$};
\foreach \k in {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}
{
	\filldraw[draw=courbe2,fill=courbe2,fill opacity=0.25] (\k,0) rectangle+(1,{10*(ln(\k/10+1)*ln(\k/10+1)});
	\node[below] at ({\k+0.5},0) {\small $R_\k$};
}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item L'aire du rectangle $R_k$ est :
\[ A_k=\dfrac{1}{10}\times f\left(\dfrac{k}{10}\right)\;,\]
où $\dfrac{1}{10}$ représente la mesure de la largeur et  $f\left(\dfrac{k}{10}\right)$ sa longueur.

La somme des aires des rectangles est :
\begin{align*}
A & = \displaystyle\sum_{k=0}^9 \dfrac{1}{10}\times f\left(\dfrac{k}{10}\right)\\
& = \dfrac{1}{10}\left(f(0)+f(1)+\cdots+f(9)\right)\\
\Aboxed{A& \approx0,165~\text{u.a.}}\\
& \approx0,165\times100~\text{cm}^2\\
\Aboxed{A & \approx 16,487~\text{cm}^2}
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
\dint_0^1 f(x)\dx & =F(1)-F(0)\\
& = 2(\ln2)^2-4\ln2+4\\
& \approx 0,188
\end{aligned}$

L'aire de $\mathcal{D}$ est donc égale à $2(\ln2)^2-4\ln(2)+4$ u.a., soit environ 0,188 u.a.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%

\begin{exocor}{aire d'un demi-disque}[2]
On considère l'intégrale : \[ I = \int_0^4\sqrt{4x-x^2}\dx.\]
Montrer que $I$ représente l'aire d'un demi-disque, dont on donnera les caractéristiques, et calculer $I$.

\tcblower

Considérons la fonction $f(x)=\sqrt{4x-x^2}$ définie sur \intervFF{0}{4}.

\medskip

Considérons un point $M\coord{x}{y=f(x)}$ sur la courbe représentative de $f$. Alors,
\begin{align*}
y =\sqrt{4x-x^2} & , y \geqslant 0\\
y^2 = 4x-x^2 & , y \geqslant 0\\
0 = x^2-4x+y^2 & , y \geqslant 0\\
0 = (x-2)^2-4+y^2 & , y \geqslant 0\\
4 = (x-2)^2+y^2 & , y \geqslant 0
\end{align*}

Cette dernière équation cartésienne est celle du demi-cercle de centre $A(2;0)$ et de rayon $r=2$.

\medskip

De plus, $I$ représente l'aire du domaine délimité par la courbe représentative de $f$ et l'axe des abscisses sur \intervFF{-2}{2}, donc l'aire de ce demi-cercle. 

Ainsi, $I=\dfrac{\pi r^2}{2}$ soit:
\[
\boxed{ I=2\pi }
\]
\end{exocor}

%%%%

\newpage

\begin{exocor}{prise d'initiative}[2]
On considère la fonction $f$ définie sur \R par : 
\[
f(x) = \dfrac{1}{1+\e^{-x}}
\]
dont la courbe représentative est donnée ci-dessous.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[domain=-5:3]
\clip (-5,-1) rectangle (3,2);
\fill[courbe,opacity=0.25] (-5,0) plot[domain=-5:2] (\x,{1/(1+exp(-\x))}) -- (2,0) -- cycle;
\draw[gray] (-5,-1) grid (3,2);
\draw[thick,->,>=latex] (-5,0) -- (3,0);
\draw[thick,->,>=latex] (0,-1) -- (0,2);

\draw[courbe,thick] plot (\x,{1/(1+exp(-\x))});
\end{tikzpicture}
};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

On considère le domaine:
\[
\mathcal{D} = \{ M\coord{x}{y} | -5 \leqslant x \leqslant 2,\ 0 \leqslant y \leqslant f(x)\}
\]
représenté en bleu sur le schéma.

\begin{enumerate}
\item Montrer que l'aire $\mathcal{A}$ de $\mathcal{D}$ est égale à:
\[
\mathcal{A}= 5 + \ln\left( \frac{1+\e^2}{1+\e^5} \right).
\]

\item On note $\mathcal{D}_t = \{ M\coord{x}{y} | t \leqslant x \leqslant 2,\ 0 \leqslant y \leqslant f(x)\}$, pour $t<0$. Soit alors $\mathcal{A}(t)$ l'aire de $\mathcal{D}_t$. 

Déterminer $\limite{t}{-\infty}{\mathcal{A}(t)}$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On peut écrire $f(x)$ sous la forme:
\[
f(x) = \frac{1}{1+\e^{-x}} = \frac{1+\e^{-x}-\e^{-x}}{1+\e^{-x}} = 1-\frac{\e^{-x}}{1+\e^{-x}} = 1+ \frac{u'(x)}{u(x)}, \text{ avec }u(x)=1+\e^{-x}.
\]
Par conséquent, 
\begin{align*}
\mathcal{A} & =\int_{-5}^2 \left(1 + \frac{-\e^{-x}}{1+\e^{-x}} \right)\dx\\
            & = \left[ x + \ln\left(1+\e^{-x} \right) \right]_{-5}^2\\
            & = 2+\ln\big(1+\e^{-2}\big) - (-5) - \ln\big(1+\e^5 \big)\\
          & = 7 + \ln\left( \frac{1+\e^{-2}}{1+\e^5}\right) \\
          & = 7 + \ln\left( \frac{1+\tfrac{1}{\e^2}}{1+\e^5} \right)\\
          & = 7 + \ln\left( \frac{\tfrac{\e^2+1}{\e^2}}{1+\e^5} \right)\\
          & = 7 + \ln\left( \dfrac{1}{\e^2}\times \dfrac{\e^2+1}{1+\e^5} \right)\\
          & = 7 + \underbrace{\ln\left(\frac{1}{\e^2}\right)}_{=-2}+ \ln\left( \frac{\e^2+1}{1+\e^5} \right)\\
\Aboxed{\mathcal{A} & = 5 + \ln\left( \frac{1+\e^2}{1+\e^5} \right)}
\end{align*}

\item On a:
\begin{align*}
\mathcal{A}(t) & = \int_t^2 f(x) \dx\\
               & = \left[ x + \ln\big(1+\e^{-x}\big) \right]_t^2\\
               & = 2+\ln\big(1+\e^{-2}\big) - t - \ln\big(1+\e^{-t}\big)\\
            & = (2-t) + \ln\left( \frac{1+\e^{-2}}{1+\e^{-t}} \right) \\
        & = (2-t) + \ln\left( \frac{\tfrac{\e^2+1}{\e^2}}{\tfrac{\e^t+1}{\e^t}} \right)   \\
         & = (2-t) + \ln\left( \frac{\e^t}{\e^2} \times \frac{1+\e^2}{1+\e^t} \right)\\
         & = (2-t) + \ln\frac{\e^t}{\e^2} + \ln\left( \frac{1+\e^2}{1+\e^t} \right)\\
         & = (2-t) + t-2 + \ln\left( \frac{1+\e^2}{1+\e^t} \right)\\
\Aboxed{\mathcal{A}(t) & = \ln\left( \frac{1+\e^2}{1+\e^t} \right)}
\end{align*}

$\limite{t}{-\infty}{\big( \e^t \big) }=0$ donc:
\[
\boxed{ \limite{t}{-\infty}{\mathcal{A}(t)} = \ln\big(1+\e^2\big) }
\]
\end{enumerate}
\vspace*{2cm}
\end{exocor}

%%%%

\bigskip

\sectionnn{Intégrations par parties}

%%%

\begin{exocor}{pour s'entraîner}[1]
À l'aide d'une intégration par parties, calculer les intégrales suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $I = \dint_1^2 x\sqrt{x}\dx$
\item $K = \dint_1^\e x\ln(x)\dx$
\item $L = \dint_1^\e x\big(\ln(x)\big)^2\dx$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $I = \dint_1^2 x\sqrt{x}\dx$. Posons : $\begin{aligned}[t]
u(x) = \sqrt{x} & \qquad u'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\\
v'(x) = x & \qquad v(x) = \dfrac{1}{2}x^2
\end{aligned}$

Alors,
\begin{align*}
I & = [(uv)(x)]_1^2 - \dint_1^2 u'(x)v(x)\dx\\
& = \left[\dfrac{1}{2}x^2\sqrt{x}\right]_1^2 - \dint_1^2\dfrac{1}{4}\dfrac{x^2}{\sqrt{x}}\dx\\
& = \left(\dfrac{1}{2}(2)^2\sqrt2 - \dfrac{1}{2}(1)^2\sqrt1\right)-\dfrac{1}{4}\dint_1^2x\sqrt{x}\dx\\
I & 2\sqrt2-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}I\\
\dfrac{5}{4}I & = 2\sqrt2-\dfrac{1}{2}\\
I & = \dfrac{4}{5}\left(2\sqrt2-\dfrac{1}{2}\right)\\
\Aboxed{I & = \dfrac{8\sqrt2-2}{5}}
\end{align*}



\item $K = \dint_1^\e x\ln(x)\dx$. Posons:

\begin{multicols}{2}
$u(x) = \ln(x)$

$v'(x) = x$

\columnbreak

$u'(x)=\dfrac{1}{x}$

$v(x) = \dfrac{1}{2}x^2$
\end{multicols}

Alors,
\begin{align*}
K & = [(uv)(x)]_1^2 - \dint_1^2 u'(x)v(x)\dx\\
  & = \left[\dfrac{1}{2}x^2\ln(x)\right]_1^\e - \dfrac{1}{2}\dint x \dx\\
  & = \dfrac{1}{2}\e^2 - \dfrac{1}{2}\left[\dfrac{1}{2}x^2\right]_1^\e\\& = \dfrac{1}{2}\e^2 - \dfrac{1}{4}(\e^2-1)\\
\Aboxed{K  & = \dfrac{\e^2+1}{4}}
\end{align*}

\item $L = \dint_1^\e x\big(\ln(x)\big)^2\dx$. Posons:

\begin{multicols}{2}
$u(x) = \big(\ln(x)\big)^2$

$v'(x) = x$

\columnbreak

$u'(x)=2\times\ln(x)\times\dfrac{1}{x}$

$v(x) = \dfrac{1}{2}x^2$
\end{multicols}

Alors,
\begin{align*}
L & = [(uv)(x)]_1^2 - \dint_1^2 u'(x)v(x)\dx\\
& = \left[\dfrac{1}{2}x^2\ln^2(x)\right]_1^\e - \underbrace{\dint x\ln(x) \dx}_{=K}\\
& = \dfrac{1}{2}\e^2 - \dfrac{\e^2+1}{4}\\
\Aboxed{L & = \dfrac{\e^2-1}{4}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%

\begin{exocor}{avec un sinus}[2]
À l'aide de deux intégrations par parties successives, calculer $S = \dint_0^{\frac{\pi}{4}} \sin(x)\e^{x}\dx$.

\tcblower

\medskip

$S = \dint_0^{\frac{\pi}{4}} \sin(x)\e^{x}\dx$. Posons: $\begin{aligned}[t]
u(x) = \sin(x) & \qquad  u'(x) = \cos(x)\\
v'(x) = \e^x & \qquad v(x) = \e^x
\end{aligned}$

Alors,
\[
S = \big[ \sin(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} - \underbrace{\dint_0^{\frac{\pi}{4}}\cos(x)\e^x\dx}_{=I}.
\]
Calculons alors $I$ en posant: $\begin{aligned}[t]
u(x) = \cos(x) & \qquad  u'(x) = -\sin(x)\\
v'(x) = \e^x & \qquad v(x) = \e^x
\end{aligned}$
\begin{align*}
I & = \big[ \cos(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} - \dint_0^{\frac{\pi}{4}} -\sin(x)\e^x\dx\\
& = \big[ \cos(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} + \dint_0^{\frac{\pi}{4}} \sin(x)\e^x\dx\\
& = \big[ \cos(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} +S.
\end{align*}

Ainsi,
\begin{align*}
S & = \big[ \sin(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} - \left( \big[ \cos(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} +S \right)\\
S & = \big[ \sin(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} - \big[ \cos(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}} - S \\
2S & = \big[ \sin(x)\e^x - \cos(x)\e^x \big]_0^{\frac{\pi}{4}}\\
S & = \dfrac{1}{2}\Big[ \big(\sin(x) - \cos(x)\big)\e^x \Big]_0^{\frac{\pi}{4}}\\
S & = \dfrac{1}{2}\Big( \underbrace{\big(\sin\frac{\pi}{4}-\cos\frac{\pi}{4}\big)}_{=0}\e^{\frac{\pi}{4}} - \underbrace{\big(\sin0-\cos0)}_{=-1}\e^0  \Big)\\
\Aboxed{S & = \dfrac{1}{2}}
\end{align*}
\end{exocor}


\newpage
%
%%%%
%
\begin{exocor}{linéarité de l'intégrale}[2]
\begin{enumerate}
\item En intégrant deux fois par parties, calculer:
\[
K=\int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2\cos (2x) \dx.
\]
\item On note:
\[
I=\int_0^{\frac{\pi}{2}} x^2\cos^2 (x)\dx  
\quad
\text{et}
\quad
J=\int_0^{\frac{\pi}{2}}
x^2\sin^2 (x)\dx.
\]
On donne: 
\[
\forall x\in\R,\ \cos^2 (x) - \sin^2 (x) = \cos(2x).
\]
\begin{enumerate}
\item Calculer $I+J$.
\item Calculer $I-J$.
\item En déduire $I$ et $J$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item \label{intcorq6} Posons pour $x\in\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$:
\[
u(x)=x^2
\quad
\text{et}
\quad
v(x)=\dfrac{1}{2}\sin(2x).
\]
Alors : 
\[
u'(x)=2x
\quad
\text{et}
\quad 
v'(x)=\cos(2x).
\]
Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables sur l'intervalle $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$ et les fonctions $u'$ et $v'$ sont continues sur ce même intervalle. Donc, par intégration par parties, on a:
\[
K=\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\cos(2x)\dx=\underbrace{\left[x^2\dfrac{1}{2}\sin(2x) \right]_0^\frac{\pi}{2}}_{=\;0} -\int_0^\frac{\pi}{2} x\sin(2x)\dx.
\]
Pour calculer l'intégrale $\dint_0^\frac{\pi}{2} x\sin(2x)\dx$, il est nécessaire de procéder à une seconde intégration par parties.
Posons:
\[
s(x)=x
\quad
\text{et}
\quad 
t(x)=\dfrac{1}{2}\cos(2x).
\]
Alors : 
\[
s'(x)=1
\quad
\text{et}
\quad 
t'(x)=-\sin(2x).
\]
Les fonctions $s$ et $t$ étant dérivables, à dérivée continue sur l'intervalle $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$, on a, par le théorème d'intégration par parties :
\[
\begin{aligned}
K&=-\int_0^\frac{\pi}{2} x\sin(2x)\dx \\
&=\left[
x\dfrac{1}{2}\cos(2x)
\right] _0^\frac{\pi}{2}-\int_0^\frac{\pi}{2} \dfrac{1}{2}\cos(2x) \dx
\\
&=-\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{1}{4}\Bigl[ \sin(2x) \Bigr]_0^\frac{\pi}{2} \\
&=-\dfrac{\pi}{4}.
\end{aligned}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item Par linéarité de l'intégrale, on a :
\[
I+J=\int_0^\frac{\pi}{2}
x^2\left(\cos^2 (x)+\sin^2 (x)\right) \dx  =\int_0^\frac{\pi}{2} x^2 \dx=\left[\dfrac{1}{3}x^3\right]_0^\frac{\pi}{2} =\dfrac{\pi^3}{24}.
\]
On sait que pour tout $x$,
\[
\cos(2x)=\cos^2(x)-\sin^2(x).
\]
Donc, d'après \ref{intcorq6}, par linéarité de l'intégrale, on a : 
\[
I-J=\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\left(\cos^2(x)-\sin^2(x)\right) \dx 
=
\int_0^\frac{\pi}{2} x^2\cos(2x)\dx 
=-\dfrac{\pi}{4}.
\]

\item On en déduit que: 
\[
\boxed{I=\dfrac{\pi^3}{48}-\dfrac{\pi}{8}}
\quad
\text{et}
\quad 
\boxed{J=\dfrac{\pi^3}{48}+\dfrac{\pi}{8}}.
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%%%%


\begin{exocor}{trois IPP pour une intégrale}[3]
\begin{rem}
Dans cet exercice, on considèrera connue l'égalité:
\[
\forall x\in\R,\qquad\sin(2x) = 2\sin(x)\cos(x).
\]
\end{rem}
On considères les intégrales suivantes:
\[
I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2(x)\e^x\dx\qquad;\qquad J=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^2(x)\e^x\dx.
\]
\begin{enumerate}
\item Calculer $I+J$.
\item
\begin{enumerate}
\item À l'aide d'une intégration par parties, montrer que:
\[
I = -1+\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx.
\]
\item On pose $K=\dint_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx$.

À l'aide d'une double intégration par parties, montrer que:
\[
K = 2\e^{\frac{\pi}{2}}-4I-2.
\]
\item En déduire la valeur de $I$.
\end{enumerate}
\item En déduire la valeur de $J$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Par linéarité de l'intégrale, on a:
\[
I + J = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \big( \cos^2(x)+\sin^2(x)\big)\e^x\dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \e^x \dx = \boxed{\e^{\frac{\pi}{2}} - 1}.
\]

\item \label{chap:intExoIPPq1}
\begin{enumerate}
\item \label{chap:intExoIPPq1a} Posons: $\begin{aligned}[t]
u(x)=\cos^2(x) & \qquad u'(x) = -2\sin(x)\cos(x)=-\sin(2x)\\
v'(x)=\e^x & \qquad v(x) = \e^x
\end{aligned}$

\medskip

Alors,
\begin{align*}
I & = \Big[ \cos^2(x)\e^x \Big]_0^{\frac{\pi}{2}} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} -\sin(2x)\e^x \dx\\
\Aboxed{I & = - 1 + \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx}
\end{align*}

\begin{rem}
De cette égalité, on peut déduire:
\[
I+1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx.
\]
\end{rem}

\item $K=\dint_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx$. On pose:
\begin{align*}
u(x)=\sin(2x) & \qquad u'(x)=2\cos(2x)\\
v'(x)=\e^x & \qquad v(x) = \e^x
\end{align*}

À l'aide d'une IPP, on a:
\begin{align*}
K & = \Big[\sin(2x)\e^x \Big]_0^{\frac{\pi}{2}} - 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(2x)\e^x \dx\\
& =  - 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(2x)\e^x.
\end{align*}

Posons maintenant:
\begin{align*}
u(x)=\cos(2x) & \qquad u'(x)=-2\sin(2x)\\
v'(x)=\e^x & \qquad v(x) = \e^x
\end{align*}

Alors, on obtient à l'aide d'une seconde IPP:
\begin{align*}
K & = -2\left( \Big[ \cos(2x)\e^x \Big]_0^{\frac{\pi}{2}} + 2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx \right)\\
  & =  -2\left( -\e^{\frac{\pi}{2}}-1 +2(I+1) \right).
\end{align*}
En effet, d'après la question \ref{chap:intExoIPPq1}\ref{chap:intExoIPPq1a}, on peut remplacer $\dint_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(2x)\e^x \dx$ par $I+1$ (voir remarque).

On obtient finalement:
\[
K = 2\e^{\frac{\pi}{2}}+2-4I-4 \iff \boxed{K = 2\e^{\frac{\pi}{2}}-4I-2}
\]

\item On en déduit que:
\[
I = -1 + 2\e^{\frac{\pi}{2}}-4I-2
\]
soit:
\[
5I = 2\e^{\frac{\pi}{2}}-3
\]
et donc:
\[
\boxed{I = \dfrac{2\e^{\frac{\pi}{2}}-3}{5}}
\]
\end{enumerate}

\item De l'égalité $I+J=1$, on déduit:
\[
J = 1-\dfrac{2\e^{\frac{\pi}{2}}-3}{5}\qquad\text{soit}\qquad \boxed{ J = \dfrac{3\e^{\frac{\pi}{2}}-2}{5} }
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

\newpage

\sectionnn{Valeur moyenne}

%%%%

\begin{exocor}{prix moyen d'une machine-outil}[1]
Une machine-outil achetée neuve \numprint{10000}~\euro{} admet un prix de revente modélisé par la fonction $f$ définie par :
\[
f(x)=10\e^{-0,2x}
\]
o\`u $f(x)$ est exprimé en millier d'euros et $x$ en années.

\medskip

Déterminer le prix de revente moyen de cette machine sur 8 ans depuis sa date d'achat.

\tcblower

Le prix de revente moyen est donné par la valeur moyenne de $f$ sur \intervFF{0}{8} :
\begin{align*}
\mu & = \dfrac{1}{8-0}\dint_0^8 f(x)\dx\\
& = \dfrac{1}{8}\dint_0^8 10\e^{-0,2x}\dx\\
& = \dfrac{1}{8}\big[F(8)-F(0)\big],\ \text{avec }F(x)=10\times\left(\dfrac{1}{-0,2}\right)\e^{-0,2x}=-50\e^{-0,2x}\\
& = \dfrac{1}{8}\big[-50\e^{-0,2\times8}-\big(-50\e^{-0,2\times0}\big)\big]\\
& = -\dfrac{50}{8}\e^{-1,6}+\dfrac{50}{8}\\
& \approx4,988.
\end{align*}

On peut donc estimer à \numprint{4988} \euro{} le prix moyen de revente de cette machine-outil sur 8 ans.
\end{exocor}

%%%%

\begin{exocor}{population moyenne}[1]
En prenant comme année de référence l'an 2000, le nombre d'habitants en fin d'année $2000+x$ d'une ville nouvelle est approchée par la fonction :
\[
f(x)=18\e^{0,034x},\quad \text{où $f(x)$ est exprimé en millier d'habitants.}
\]
Déterminer la population moyenne de cette ville entre 2050 et 2080.

\tcblower

La population moyenne de la ville entre 2050 et 2080 est la valeur moyenne de $f$ sur \intervFF{50}{80} :
\begin{align*}
\mu & = \dfrac{1}{80-50}\dint_{50}^{80} 10\e^{0,034x}\dx\\
& = \dfrac{1}{30}\big[F(80)-F(50)\big],\ \text{avec }F(x)=10\times\dfrac{1}{0,034}\e^{0,034x}=\dfrac{\numprint{5000}}{17}\e^{0,034x}\\
& = \dfrac{1}{30}\times\dfrac{\numprint{5000}}{17}\big[ \e^{0,034\times80}-\e^{0,034\times50} \big]\\
& \approx 95,161.
\end{align*}

On peut donc estimer à \numprint{95161} le nombre moyen d'habitants de cette ville entre 2050 et 2080.
\end{exocor}

%%%%

\begin{exocor}{}[2]
Soit la fonction $f$ définie sur $\intervOO{1}{+\infty}$ par:
$ f(x)=\dfrac{1}{x\ln(x)}$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que $f'(x)=-\dfrac{1+\ln(x)}{(x\ln(x))^2}$.
\item En déduire les variations de $f$ sur $\intervOO{0}{1}\cup\intervOO{1}{+\infty}$.
\item En remarquant que $f(x)=\dfrac{\frac{1}{x}}{\ln(x)}$, calculer la valeur moyenne de $f(x)$ sur \intervFF{\e}{10}.
\item Dessiner ci-dessous un rectangle dont l'aire est la même que celle représentée colorée.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[outer sep = 0pt, fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=latex,yscale=5,xscale=0.8]
\fill[courbe,opacity=0.25] (2.718,0) -- plot[domain=2.718:10,samples=100] (\x,{1/(\x*ln(\x))}) -- (10,0) -- cycle;
\draw[dotted] (0,0) grid[xstep=1, ystep = 0.2] (11,1.3);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (11,0);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (0,1.3);
\foreach\x in {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}
{
\draw[very thick] (\x,0.03) -- (\x,-0.03) node[below] {\bfseries\x};
}
\foreach\y in {0,1}
{
\draw[very thick] (0.1,\y) -- (-0.1,\y) node[left] {\bfseries\y};
}
\draw[very thick] (2.718,0.03) -- (2.718,-0.03) node[below] {$\e$};
\clip (0,0) rectangle (10,1.3);
\draw[thick,courbe] plot[domain=1.1:10,samples=100] (\x,{1/(\x*ln(\x))}) node[below right,fill=white] {$y=\frac{1}{x\ln(x)}$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\vspace*{-1em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $f$ est de la forme $f=\dfrac{1}{g}$, avec $g(x)=x\ln(x)$. Donc $f'$ est de la forme $-\dfrac{g'}{g^2}$.

$g$ est de la forme $uv$ avec :
\[
\begin{array}{l@{\qquad\qquad}l}
u(x)=x & u'(x)=1\\
v(x)=\ln(x) & v'(x)=\dfrac{1}{x}
\end{array}
\]
Donc $g'$ est de la forme $u'v+uv'$

Ainsi, 
\begin{align*}
g'(x) & = (u'v+uv')(x)\\
& = \ln(x) + x\times\dfrac{1}{x}\\
& =\ln(x)+1.
\end{align*}
Par conséquent, 
\[
\boxed{f'(x)=-\dfrac{\ln(x)+1}{(x\ln(x))^2}}
\]

\item $x>1$ donc $\ln(x) > \ln 1$, soit $\ln(x) > 0$.

De plus, $(x\ln(x))^2>0$ donc $f'(x)>0$ sur \intervOO{1}{+\infty}.

\newpage

On a alors le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorV=corrigenumbg!10,colorL=corrigenumbg!10,colorC=corrigenumbg!10]{$x$/0.8,$f'$/0.8,$f$/1}{1,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,-}
\tkzTabVar{D+/ /,-/}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $\dfrac{\frac1 x}{\ln(x)}=\dfrac{1}{x}\times\dfrac{1}{\ln(x)}=\dfrac{1}{x\ln(x)}=f(x)$ donc $f$ est de la forme $\dfrac{u'}{u}$ avec $u(x)=\ln(x)$.

Par conséquent, une primitive de $f(x)$ est $F(x)=\ln\big[u(x)\big]$, soit :
\[
F(x)=\ln\big[\ln(x)\big].
\]
Ainsi, la valeur moyenne de $f(x)$ sur \intervFF{\e}{10} est :
\begin{align*}
\mu & = \dfrac{1}{10-\e}\dint_{\e}^{10}f(x)\dx\\
& = \dfrac{1}{10-\e}\big[F(10)-F(\e)\big]\\
& = \dfrac{1}{10-\e}\big[\ln(\ln10)-\underbrace{\ln(\underbrace{\ln\e}_{=1})}_{=0}\big]\\
\Aboxed{\mu & = \dfrac{\ln(\ln10)}{10-\e}}
\end{align*}

\item La valeur moyenne correspond à la hauteur du rectangle dont l'aire est égale à celle du domaine entre l'axe des abscisses et la courbe représentative de $f$ sur \intervFF{\e}{10}.

Ici, $\mu\approx0,11$, d'où le rectangle suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white, outer sep = 0pt] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=latex,yscale=10,xscale=1]
\fill[courbe,opacity=0.25] (2.718,0) -- plot[domain=2.718:10] (\x,{1/(\x*ln(\x))}) -- (10,0) -- cycle;
\draw[dotted] (0,0) grid[xstep=0.5,ystep=0.1] (11,0.5);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (11,0);
\draw[very thick,->] (0,0) -- (0,0.5);
\foreach\x in {0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}
{
\draw[very thick] (\x,0.01) -- (\x,-0.01) node[below] {\bfseries\x};
}
\foreach \y in {1,2,3,4}
{
\node[scale=0.75,below left] at (0,{\y/10}) {0,\y};
}
\draw[very thick] (0.1,0.11) -- (-0.1,0.11) node[left,courbe2] {\bfseries0,11};
\draw[very thick] (2.718,0.03) -- (2.718,-0.03) node[below] {$\e$};
\clip (0,0) rectangle (10,0.5);
\draw[thick,courbe] plot[domain=1.1:10,samples=100] (\x,{1/(\x*ln(\x))}) node[below right,fill=white] {$y=\frac{1}{x\ln(x)}$};
\draw[line width=2pt,courbe2] (2.718,0) rectangle (10,0.114);
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\vspace*{4cm}
\end{exocor}

\newpage

\sectionnn{Suites et intégrales}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On considère la suite \suite{u}{n}{} définie pour tout entier naturel $n$ par :
\[
u_n=\int_1^\e x^n \ln(x)\dx.
\]

\begin{enumerate}
\item Donner le sens de variations de \suite{u}{n}{}.
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que la fonction $F_n$ définie par $F_n(x)=\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\left(\ln(x)-\dfrac{1}{n+1}\right)$ est une primitive de la fonction $f_n$ définie par $f_n(x)=x^n\ln(x)$.
\item En déduire l'expression de $u_n$ en fonction de $n$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
u_{n+1}-u_n & = \dint_1^\e x^{n+1}\ln(x)\dx - \dint_1^\e x^n\ln(x)\dx\\
& = \dint_1^\e\big(x^{n+1}\ln(x)-x^n\ln(x)\big)\dx\qquad\text{par linéarité de l'intégrale}\\
& = \dint_1^\e (x-1)x^n\ln(x)\dx.
\end{aligned}$

Sur \intervFF{1}{\e}, $x-1\geqslant0$, $x^n>0$ et $\ln(x)\geqslant0$ donc $(x-1)x^n\ln(x)\geqslant0$.

Par conséquent, $\dint_1^\e (x-1)x^n\ln(x)\dx\geqslant0$ (par propriété du cours) et donc \mbox{$u_{n+1}-u_n\geqslant0$}.

\medskip

Ainsi, \suite{u}{n}{} est croissante.

\item 
\begin{enumerate}
\item $F_n$ est de la forme $uv$ avec :
\[
\begin{array}{l@{\qquad;\qquad}l}
u(x)=\dfrac{1}{n+1}x^{n+1} & u'(x)=x^n\\
v(x)=\ln(x)-\dfrac{1}{n+1} & v'(x)=\dfrac{1}{x}
\end{array}
\]
donc :
\begin{align*}
F_n^\prime(x) & = (u'v+v'u)(x)\\
& = x^n\ln(x)-\dfrac{1}{n+1}x^n+\dfrac{1}{n+1}x^n\\
& = x^n\ln(x)\\
& = f_n(x).
\end{align*}

$F_n$ est donc bien une primitive de $f_n$.

\item On déduit de la question précédente :
\begin{align*}
u_n & = F_n(\e)-F_n(1)\\
& = \dfrac{\e^{n+1}}{n+1}\left(\ln\e-\dfrac{1}{n+1}\right)-\dfrac{1}{n+1}\left(\ln1-\dfrac{1}{n+1}\right)\\
\Aboxed{u_n& = \dfrac{n\e^{n+1}+1}{(n+1)^2}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%

\begin{exocor}{}[2]
On considère la suite \suite{I}{n}{} définie pour tout entier naturel $n$ par : 
\[ I_n= \int_0^1 \frac{\e^{nx}}{\e^x+1}\dx. \]
\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Calculer $I_1$ et $I_0+I_1$. En déduire $I_0$.
\item Exprimer $I_n+I_{n+1}$ pour tout entier naturel non nul $n$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que \suite{I}{n}{} est croissante.
\item Montrer que pour tout réel $x$ compris entre 0 et 1, on a : 
\[ \frac{\e^{nx}}{\e+1} \leqslant \frac{\e^{nx}}{\e^x+1} \leqslant \frac{1}{2}\e^{nx} .\]
En déduire un encadrement de $I_n$.
\end{enumerate}
\item En déduire $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} (I_n)$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}{\left( \dfrac{I_n}{\e^n} \right)}$ .
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item $I_1=\dint_0^1 \dfrac{\e^x}{\e^x+1}\dx=\big[ \ln (\e^x+1) \big]_0^1=\ln (\e+1) - \ln 2$.

\medskip

Ainsi, $\boxed{I_1=\ln\left(\dfrac{\e+1}{2}\right)}$.

\medskip

\item $I_0+I_1=\dint_0^1\dfrac{\e^x+1}{\e^x+1}\dx=[x]_0^1$.

Ainsi, $\boxed{I_0+I_1=1}$.
\end{itemize}

\medskip

On en déduit alors : $I_0=1-I_1$, soit $\boxed{I_0=1-\ln\left(\dfrac{\e+1}{2}\right)}$.

\item $\begin{aligned}[t]
I_n+I_{n+1} & = \dint_0^1\dfrac{\e^{nx}+\e^{(n+1)x}}{\e^x+1}\dx\\[8pt]
& = \dint_0^1\dfrac{\e^{nx}\left(\e^x+1\right)}{\e^x+1}\dx\\[8pt]
& =\dint_0^1 \e^{nx} \dx\\[8pt]
& =\dfrac{1}{n}\left[\e^{nx}\right]_0^1
\end{aligned}$.

\medskip

Ainsi, $\boxed{I_n+I_{n+1}=\dfrac{1}{n}\left(\e^n-1\right)}$.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item $ I_{n+1}-I_n=\dint_0^1\dfrac{\e^{nx}\left(\e^x-1\right)}{\e^x+1}\dx$.\\
Or, sur \intervFF{0}{1}, on a : 
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{l}
\e^{nx} \geqslant 0\\
\e^x-1 \geqslant 0\\
\e^x+1 \geqslant 0
\end{array}
\right.
\]

Ainsi, $I_{n+1}-I_n \geqslant 0$ donc \underline{\suite{I}{n}{} est croissante}.

\item $\begin{aligned}[t]
0 \leqslant x \leqslant 1 & \Longleftrightarrow \e^0 \leqslant \e^x \leqslant \e^1 \textrm{ car } t \mapsto \e^t \textrm{ est croissante}\\
& \Longleftrightarrow 1+1 \leqslant \e^x+1 \leqslant \e+1\\
& \Longleftrightarrow \dfrac{1}{\e+1} \leqslant \dfrac{1}{\e^x+1} \leqslant \dfrac{1}{2}\\
& \Longleftrightarrow \dfrac{\e^{nx}}{\e+1} \leqslant \dfrac{\e^{nx}}{\e^x+1} \leqslant \dfrac{1}{2}\e^{nx} \textrm{ car } \e^{nx} > 0\\
& \Longleftrightarrow \dfrac{1}{\e+1}\dint_0^1 \e^{nx}\dx \leqslant \dint_0^1\dfrac{\e^{nx}}{\e^x+1}\dx \leqslant \dfrac{1}{2}\dint_0^1 \e^{nx}\dx\\
& \Longleftrightarrow \boxed{\dfrac{\e^n-1}{n(\e+1)} \leqslant I_n \leqslant \dfrac{\e^n-1}{2n}}
\end{aligned}$
\end{enumerate}


\item On sait (croissance comparée) que $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}{\left(\dfrac{\e^n}{n}\right)}=+\infty$. Ainsi, 
\[
\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}{\left( \dfrac{\e^n-1}{n(\e+1)} \right) }=+\infty.
\]
De plus, 
\[
\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}{\left( \dfrac{\e^n-1}{2(\e+1)} \right) }=+\infty.
\]
Ainsi, d'après le théorème de comparaison, 
\[
\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} (I_n)=+\infty}.
\]

De plus, 
\[
\dfrac{1-\e^{-n}}{n(\e+1)} \leqslant I_n\e^{-n} \leqslant \dfrac{1-\e^{-n}}{2n}\qquad\text{  et  }\qquad\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} {\left( \dfrac{1-\e^{-n}}{n(\e+1)} \right) } = \lim\limits_{n \rightarrow +\infty}{\left(\dfrac{1-\e^{-n}}{2n}\right)}=0.
\]
Ainsi, 
\[
\boxed{\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}{\left( \dfrac{I_n}{\e^n} \right) }=0}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%

\begin{exocor}{}[2]
On considère les intégrales suivantes, définies pour tout entier naturel $n$ :
\[ 
I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \e^{-nx}\sin(x) \dx \quad ; \quad J_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \e^{-nx}\cos(x) \dx
\]

\begin{enumerate}
\item Calculer $I_0$ et $J_0$.
\item Soit $n$ un entier naturel non nul. 
\begin{enumerate}
\item On pose $F_n(x)=-\e^{-nx}\sin(x)$.

Calculer $F_n^\prime(x)$ et en déduire que :
\[ nI_n-J_n=-\e^{-n\frac{\pi}{2}}\;.\]

\item On pose $G_n(x)=-\e^{-nx}\cos(x)$.

Calculer $G_n^\prime(x)$ et en déduire que :
\[ I_n+nJ_n=1.\]

\item En déduire la valeur de $I_n$ et $J_n$ en fonction de $n$.
\end{enumerate}
\item Calculer $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} (I_n)$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} (J_n)$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $I_0=\dint_0^{\frac{\pi}{2}} \sin(x) \dx=\left[-\cos(x) \right]_0^{\frac{\pi}{2}}=\cos 0 - \left(-\cos\frac{\pi}{2}\right)=1$.

$J_0=\dint_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(x) \dx=\left[\sin(x) \right]_0^{\frac{\pi}{2}}=\sin 0 - \sin\frac{\pi}{2}=1$.

\item

\begin{enumerate}
\item $F_n^\prime(x)=n\e^{-nx}\sin(x) - \e^{-nx}\cos(x)$.

Ainsi,
\begin{align*}
\int_0^{\frac{\pi}{2}} F_n^\prime(x)\dx & = n\int_0^{\frac{\pi}{2}} \e^{-nx}\sin(x)\dx - \e^{-nx}\cos(x)\dx\\[8pt]
\Aboxed{-\e^{-n\frac{\pi}{2}} & = nI_n-J_n}
\end{align*}

\item $G_n^\prime(x)=n\e^{-nx}\cos(x) + \e^{-nx}\sin(x)$.

Ainsi, 

\begin{align*}
\int_0^{\frac{\pi}{2}} G_n^\prime(x)\dx & = n\int_0^{\frac{\pi}{2}}\e^{-nx}\cos(x)\dx + \int_0^{\frac{\pi}{2}}\e^{-nx}\sin(x)\dx\\
\Aboxed{1 & = nJ_n+I_n}
\end{align*}

\item On a :
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{cccccc}
I_n & + & nJ_n & = & 1 & (E_1)\\
-nI_n & + & J_n & = & \e^{-n\frac{\pi}{2}} & (E_2)
\end{array}
\right.
\]

En faisant $(E_1)-n(E_2)$, on a :

\[ (1+n^2)I_n = 1-n\e^{-n\frac{\pi}{2}} \]
D'où :
\[ \boxed{I_n = \frac{1-n\e^{-n\frac{\pi}{2}}}{1+n^2}} \]

De plus, en faisant $(E_2)+n(E_1)$, on a :
\[ (1+n^2)J_n=\e^{-n\frac{\pi}{2}}+n\;,\]
d'où :
\[ \boxed{J_n = \frac{n+e^{-n\frac{\pi}{2}}}{1+n^2}} \]
\end{enumerate}

\item $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}\left( -n\frac{\pi}{2}\e^{-n\frac{\pi}{2}} \right)=0$ donc:
\[
\boxed{ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} (I_n)=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}\left(\frac{1}{1+n^2}\right)=0}
\]
De même, 
\[
\boxed{ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} (J_n)=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}{\left(\frac{n}{1+n^2}\right)}=0 }
\]
\end{enumerate}
\vspace*{3cm}
\end{exocor}

%%%%

\begin{exocor}{}[3]
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout entier naturel $n$ supérieur à 1, on a : 
\[ 
\int_1^n \ln(t) \dx[t] \leqslant \ln (n!) \leqslant \int_1^{n+1} \ln(t) \dx[t].\]

\item Montrer que la fonction $L$ définie par $L(x)=x\ln(x)-x$ est une primitive de la fonction $x\longmapsto\ln(x)$.

\item On considère la suite \suite{u}{n}{n\geqslant2} définie par : 
\[ u_n=\frac{\ln (n!)}{\ln (n^n)}.\]
Montrer que \suite{u}{n}{n\geqslant2} converge et donner sa limite.
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item\label{int-ex5-q1} Dans un premier temps, remarquons que : 
\[
\ln (n!)=\ln (1\times 2\times 3\times \cdots \times (n-1) \times n)=\ln(1) + \ln(2) + \ln(3) + \cdots + \ln(n-1)+\ln(n).
\]
Traçons la courbe représentative de la fonction $t \mapsto \ln(t)$ sur $[1;+\infty[$ et traçons les rectangles de largeur 1 et de hauteur respective $\ln(k)$ et $\ln (k+1)$ pour $k$ allant de 1 à $n$ :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white, outer sep = 0pt] (img) {
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
\tkzActivOff
\tkzInit[xmin=0,xmax=7,ymin=-.5,ymax=3]
\tkzDrawX[tickwd=0.1,tickup=0.02,tickdn=0.02] 
\tkzDrawY[tickwd=0.1,ticklt=0.02,tickrt=0.02]
\tkzFct[color = courbe3, domain=1:6]{log(\x)}
\draw[color=courbe3,id=tkzFcta] plot[domain=1:6,samples=100] (\x,{ln(\x)});
\tkzDrawRiemannSumSup[fill=courbe,fill opacity=.25,interval=1:6,number=5]
\tkzActivOn
\draw[courbe,<-,>=stealth'] (2.15,1) to[bend left=30] (2.5,2) node[above,rectangle,draw=courbe] {$\ln(1)+\ln(2)+\cdots+\ln(n)$};
\node[below,black] at (1,0) {1};
\node[below,black] at (2,0) {2};
\node[below,black] at (3.5,0) {...};
\node[below,black] at (6,0) {$n$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

On voit ici que la somme des aires des rectangles est supérieure à l'aire comprise entre la courbe, l'axe des abscisses, le point de coordonnées $(1;0)$ et la droite d'équation $x=n$, ce qui se traduit par l'inégalité suivante :
\[ 
\textcolor{courbe}{\ln (n!)} \geq \textcolor{courbe3}{\int_1^n \ln(t) \textrm{d}t}.
\]

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white, outer sep = 0pt] (img) {
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
\tkzActivOff
\tkzInit[xmin=0,xmax=7,ymin=-.5,ymax=3]
\tkzDrawX[tickwd=0.1,tickup=0.02,tickdn=0.02] 
\tkzDrawY[tickwd=0.1,ticklt=0.02,tickrt=0.02]
\tkzFct[color = green!50!black, domain=1:6]{log(\x)}
\draw[color=courbe3,id=tkzFcta] plot[domain=1:6,samples=100] (\x,{ln(\x)});
\tkzDrawRiemannSumInf[fill=courbe2,opacity=.25,interval=1:6,number=5]
\tkzActivOn
\draw[courbe2,<-,>=stealth'] (3.5,.5) to[bend right=30] (4.5,-.5) node[right,rectangle,draw,color=courbe2] {$\ln(1)+\ln(2)+\cdots+\ln(n)$};
\node[below, black] at (1,0) {1};
\node[below, black] at (2,0) {2};
\node[below, black] at (3.5,0) {...};
\node[below, black] at (5,0) {$n$};
\node[below, black] at (6,0) {$n+1$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

On voit ici que la somme des aires des rectangles est inférieure à l'aire comprise entre la courbe, l'axe des abscisses, le point de coordonnées \coord{1}{0} et la droite d'équation $x=n$, ce qui se traduit par l'inégalité suivante :
\[ 
\textcolor{courbe2}{\ln (n!)} \leqslant \textcolor{courbe3}{\int_1^{n+1} \ln(t) \dx[t]}.
\]

Ainsi : \[ \boxed{\int_1^n \ln(t) \dx[t] \leqslant \ln (n!) \leq \int_1^{n+1}\ln(t) \dx[t]}\]

\item\label{int-ex5-q2} $\begin{aligned}[t]
L'(x) & =\big(x\ln(x)\big)' - 1\\
& = 1\times\ln(x) + x\times\dfrac{1}{x} - 1\\[8pt]
& = \ln(x) + 1 - 1 = \ln(x)\;.
\end{aligned}$

Ainsi, $x\longmapsto x\ln(x) - x$ est bien une primitive de $x\longmapsto\ln(x)$.

\item De l'encadrement de la question \ref{int-ex5-q1} et du résultat obtenu à la question \ref{int-ex5-q2}, on  déduit :
\[ \frac{1}{\ln (n^n)}\int_1^n \ln(t) \dx[t] \leqslant u_n \leqslant \frac{1}{\ln (n^n)}\int_1^{n+1}\ln(t) \dx[t].\]
Or, 
\[ \int_1^n \ln(t) \dx[t] = \left[t\ln(t) -t\right]_1^n = n\ln(n) - n + 1\]
\[ \int_1^{n+1} \ln(t) \textrm{d}t = \left[t\ln(t) -t\right]_1^{n+1} = (n+1)\ln (n+1) - n\]
Donc :
\[ \frac{n\ln(n) -n + 1}{n\ln(n)} \leqslant u_n \leqslant \frac{n\ln(n+1) + \ln(n+1)-n}{n\ln(n)} \]
\[ 1-\frac{1}{\ln(n)}+\frac{1}{n\ln(n)}\leqslant u_n \leqslant \frac{\ln(n+1)}{\ln(n)}\left(1+\frac{1}{n}\right)-\frac{1}{\ln(n)}\]
Or : \[ \frac{\ln(n+1)}{\ln(n)}=\frac{\ln\left[n\left(1+\frac{1}{n}\right) \right]}{\ln(n)}=\frac{\ln(n) + \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln(n)}=1+\frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln(n)}.\]
De plus :
\[ \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{\ln(n)} = 0 \quad ; \quad \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{1}{n\ln(n)}=0 \quad ; \quad \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\ln (n+1)}{\ln(n)}=1+\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\ln(n)} = 1\]
D'après le théorème des gendarmes, on a alors : 
\[ 
\boxed{\lim_{n \rightarrow +\infty}{(u_n)}=1}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%

\begin{exocor}{}[3]
On considère la suite \suite{I}{n}{} définie pour tout entier naturel $n$ par :
\[
I_n=\int_1^\e ( \ln(x) )^n\dx\;.
\]

\begin{enumerate}
\item Pour tout entier naturel $n$, quel est le signe de $I_n$ ?
\item Montrer que \suite{I}{n}{} est décroissante. Que peut-on alors en déduire ?
\item En écrivant $(\ln(x))^n$ sous la forme $x\times\dfrac{1}{x}(\ln(x))^n$ et à l'aide d'une intégration par parties, montrer que pour tout entier naturel $n$ :
\[
I_{n+1}+(n+1)I_n=\e.
\]
\item 
\begin{enumerate}
\item En considérant cette dernière relation de récurrence pour $n=0$ et $n=1$, montrer que $I_2=I_0-I_1$.
\item Calculer $I_0$.
\item Montrer que la fonction $L$ définie par $L(x)=x\ln(x)-x$ est une primitive de la fonction $\ln$.

En déduire la valeur de $I_1$, puis celle de $I_2$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Sur \intervFF{1}{\e}, $\ln(x)\geqslant0$ donc $(\ln(x))^n\geqslant0$ pour tout entier naturel $n$.

Ainsi, $\boxed{I_n=\dint_1^\e (\ln(x))^n\dx \geqslant 0}$.

\item $\begin{aligned}[t]
I_{n+1}-I_n & = \int_1^\e (\ln(x))^{n+1}\dx - \int_1^\e (\ln(x))^n\dx\\
& = \int_1^\e \big[ (\ln(x))^{n+1} - (\ln(x))^n \big]\dx\quad\text{par linéarité de l'intégrale}\\
& = \int_1^\e (\ln(x))^n(\ln(x)-1)\dx\;.
\end{aligned}$

Or, $\begin{aligned}[t]
1 \leqslant x \leqslant \e 
& \iff \ln(1) \leqslant \ln(x) \leqslant \ln(\e)\\
& \iff 0 \leqslant \ln(x) \leqslant 1\\
& \iff -1 \leqslant \ln(x)-1 \leqslant 0
\end{aligned}$

Ainsi, sur \intervFF{1}{\e}, $(\ln(x))^n(\ln(x)-1)\leqslant0$ (car $(\ln(x))^n\geqslant0$ sur cet intervalle), et donc $I_{n+1}-I_n\leqslant0$.

\medskip

La suite \suite{I}{n}{} est donc décroissante.

\item Posons $u'(x)=\dfrac{1}{x}(\ln(x))^n$ et $v(x)=x$. Alors, $I_n=\int_1^\e u'(x)v(x)\dx$ et par intégration par parties: 
\[
I_n=f(\e)-f(1)-\int_1^\e u(x)v'(x)\dx\;,
\]
avec $u(x)=\dfrac{(\ln(x))^{n+1}}{n+1}$, $v'(x)=1$ et $f(x)=u(x)v(x)=\dfrac{1}{n+1}x(\ln(x))^{n+1}$.

Donc :
\begin{align*}
I_n & = \dfrac{1}{n+1}\times\e\times(\ln \e)^{n+1}-\dfrac{1}{n+1}\times1\times(\ln 1)^{n+1}-\int_1^\e \dfrac{1}{n+1}(\ln(x))^{n+1}\times1\dx\\
I_n& = \dfrac{\e}{n+1}-\dfrac{1}{n+1}\int_1^\e (\ln(x))^{n+1}\dx\\
I_n& = \dfrac{\e}{n+1}-\dfrac{1}{n+1}I_{n+1}
\end{align*}

Ainsi, en multipliant par $(n+1)$ chaque membre de cette dernière égalité, on obtient :
\[
\boxed{(n+1)I_n+I_{n+1}=\e}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item La relation de récurrence de la question précédente donne :
\begin{itemize}
\item pour $n=0$ : $I_0+I_1=\e$;
\item pour $n=1$ : $2I_1+I_2=\e$.
\end{itemize}
Ainsi, $I_0+I_1=2I_1+I_2$, soit:
\[
\boxed{ I_0-I_1=I_2 }
\]

\item $\begin{aligned}[t]
I_0 & = \dint_1^\e (\ln(x))^0\dx\\
	& = \dint_1^\e 1\dx\\
	& = \big[x\big]_1^\e\\
\Aboxed{I_0&  = \e-1}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
L'(x) & = 1\times\ln(x) + x\times\dfrac{1}{x}-1\\
	  & = \ln(x)+1-1\\
\Aboxed{L'(x) & =\ln(x) }
\end{aligned}$

\medskip

Donc $L$ est bien une primitive de la fonction $\ln$. On en déduit alors :
\begin{align*}
I_1 & =\int_1^\e \ln(x)\dx\\
    & = L(\e)-L(1)\\
    & = \e\ln\e-\e-1\ln1+1\\
\Aboxed{I_1 & = 1}
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
I_2 & = I_0-I_1\\
    & = \e-1-1\\
\Aboxed{I_2 & = \e-2}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%%

\begin{exocor}{recherche}[3]
On considère la parabole d'équation $y=x^2$ sur laquelle se trouve le point A\coord{-1}{1} et le point M d'abscisse $x>-1$.

Déterminer une valeur approchée au millième de $x$ pour laquelle l'aire du domaine compris entre la parabole et [AM] est égale à 1.

\tcblower

Avant tout, représentons le domaine en question:

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white, outer sep = 0pt] (img) {
\begin{tikzpicture}[>=latex,yscale=0.75]
\fill[courbe,opacity=0.25] (-1,1) plot[domain=-1:1.5] (\x,{\x*\x}) -- (-1,1);
\draw[->] (-2,0) -- (2,0) node[below left] {$t$};
\draw[->] (0,-0.5) -- (0,4.5) node[right] {$y$};
\draw[thick,courbe] plot[domain=-2:2,samples=100] (\x,{\x*\x});
\draw[dashed,courbe3] (-1,0) node[below] {$-1$} -- (-1,1) -- (0,1) node[right] {1};
\fill[courbe3] (-1,1) circle (2pt) node[below left] {A};
\fill[courbe3] (1.5,{9/4}) circle (2pt) node[below right] {M};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

M\coord{x}{x^2} et A\coord{-1}{1}. La droite (AM) a pour équation $y=mt+p$ où :
\[
m=\dfrac{y_M-y_A}{x_M-x_A}=\dfrac{x^2-1}{x+1}
\]
et donc :
\[
p=y_A-mx_A=1+\dfrac{x^2-1}{x+1}=\dfrac{x^2+x}{x+1}.
\]
Ainsi,
\[
\text{(AM)}\quad :\quad y=\dfrac{x^2-1}{x+1}t+\dfrac{x^2+x}{x+1}.
\]
L'aire du domaine coloré est alors :
\begin{align*}
\mathcal{A}(x) & = \dint_{-1}^x \left( \dfrac{x^2-1}{x+1}t+\dfrac{x^2+x}{x+1} - t^2\right)\dx[t]\\
& = \left[ -\dfrac{1}{3}t^3 +\dfrac{x^2-1}{2(x+1)}t^2+\dfrac{x^2+x}{x+1}t\right]_{-1}^x\\
& = \dfrac{1}{6}(x^3+3x^2+3x+1).
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
\mathcal{A}(x)=1 & \iff x^3+3x^2+3x-5=0.
\end{align*}
Posons :
\[
f(x)=x^3+3x^2+3x-5.
\]
Alors,
\[
f'(x)=3x^2+6x+3=3(x+1)^2\geqslant0.
\]
$f$ est donc croissante sur \R; comme $\limite{x}{-\infty}{f(x)}=-\infty$ et $\limite{x}{+\infty}{f(x)}=+\infty$, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique solution sur $\R$ à l'équation $f(x)=0$.

\`A l'aide de la calculatrice (par exemple), on trouve : $x\approx0,817$.

\medskip

Ainsi, le domaine a une aire égale à 1 lorsque M a une abscisse d'à peu près 0,817.
\end{exocor}


%%%%

\begin{exocor}{}[3]
On considère la fonction $\phi$ définie sur \intervFO{1}{+\infty} par : 
\[ \phi(x)=\int_1^x \frac{\ln(t)}{(1+t)^3}\dx[t].\]
\begin{enumerate}
\item Justifier l'existence de $\phi$.
\item Montrer que $\dfrac{1}{t(t+1)^2}=\dfrac{a}{t}+\dfrac{b}{t+1}+\dfrac{c}{(t+1)^2}$, où $a$, $b$ et $c$ sont trois réels que l'on précisera.
\newpage
\item Soit $x \geqslant 1$.
\begin{enumerate}
\item Exprimer en fonction de $x$ la valeur de $\dint_1^x \frac{\dx[t]}{t(t+1)^2}$.
\item On pose $\Phi(t)=-\dfrac{\ln(t)}{2(t+1)^2}$.

Calculer $\Phi^\prime(t)$ et en déduire une expression de $\phi(x)$ en fonction de $x$.

\item Montrer que $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln(x)}{(1+x)^2}=0$.

En déduire que : 
\[
\lim_{x \rightarrow +\infty} \phi(x)=\dfrac{1}{2}\left(\ln(2) - \dfrac{1}{2} \right).\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item La fonction $t \mapsto \dfrac{\ln(t)}{(1+t)^3}$ est continue sur \intervFO{1}{+\infty} comme quotient de deux fonctions continues sur ce même intervalle, donc continue sur \intervFF{1}{x}, pour tout réel $x\geqslant1$. Ainsi, $\phi$ est définie.
\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{a}{t}+\dfrac{b}{1+t}+\dfrac{c}{(1+t)^2} & = \dfrac{a(1+t)^2+bt(1+t)+ct}{t(1+t)^2}\\
& = \dfrac{a(t^2+2t+1)+bt+bt^2+ct}{t(1+t)^2}\\
& = \dfrac{(a+b)t^2+(2a+b+c)t+a}{t(1+t)^2}.
\end{aligned}$

\medskip

Si l'on veut que cette dernière expression soit égale à $\dfrac{4}{t(1+t)^2}$, alors, on doit avoir : 
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
a+b=0\\
2a+b+c=0\\
a=1
\end{array}
\right.
\]
Soit $a=1$, $b=-1$ et $c=-1$ d'où : 
\[ \boxed{\frac{1}{t(1+t)^2}=\frac{1}{t}-\frac{1}{1+t}-\frac{1}{(1+t)^2}}\]

\item 
\begin{enumerate}
\item D'après ce qui précède, on a :
\begin{align*}
\dint_1^x \frac{\dx[t]}{t(1+t)^2} & =\dint_1^x \frac{\dx[t]}{t}-\dint_1^x \frac{\dx[t]}{1+t}-\dint_1^x \frac{\dx[t]}{(1+t)^2}\\[8pt]
& = \displaystyle\left[ \ln(t)\right]_1^x - \displaystyle\left[\ln (1+t) \right]_1^x - \displaystyle\left[ -\frac{1}{1+t}\right]_1^x\\[8pt]
& = \ln(x) -\ln (x+1) + \ln 2 + \dfrac{1}{1+x} - \dfrac{1}{2}\\[8pt]
& = \boxed{\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)+\dfrac{1}{x+1}+\ln 2-\dfrac{1}{2}}
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
\Phi^\prime(t) & =\dfrac{-\frac{1}{t}\times2(t+1)^2+\ln(t)\times4(t+1)}{4(t+1)^4}\\[12pt]
& = \dfrac{-2(t+1)^2+4(t+1)\ln(t)}{4t(t+1)^4}\\[8pt]
\Aboxed{\Phi^\prime(t) & = \dfrac{\ln(t)}{(t+1)^3}-\dfrac{1}{2t(t+1)^2}}
\end{aligned}$

\medskip

On déduit alors :
\begin{align*}
\int_1^x \Phi^\prime(t)\dx[t] & = \int_1^x \dfrac{\ln(t)}{(t+1)^3}\dx[t] - \dfrac{1}{2}\int_1^x \dfrac{1}{t(t+1)^2}\dx[t]\\[10pt]
\Phi(x)-\Phi(1) & = \phi(x) - \dfrac{1}{2}\left(\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)+\dfrac{1}{x+1}+\ln2-\dfrac{1}{2}\right)\\[10pt]
\phi(x) & = \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)+\dfrac{1}{2x+2}+\dfrac{1}{2}\ln2-\dfrac{1}{4} + \Phi(x)\\[8pt]
\Aboxed{\phi(x) & = \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)+\dfrac{1}{2x+2}+\dfrac{1}{2}\ln2-\dfrac{1}{4} -\dfrac{\ln(x)}{2(x+1)^2}}
\end{align*}


\item On sait, par croissance comparée, que $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x}=0$.\\
De plus, $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{x}{(1+x)^2}=\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{x}{x^2}=\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{x}=0$.\\
Ainsi, $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x}\times\dfrac{x}{(x+1)^2}=0$.\\
D'où, $\boxed{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\ln(x)}{(x+1)^2}=0}$.

\medskip

On en déduit alors : 
\[ 
\begin{array}{ll}
\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \phi(x) & = \underbrace{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \left(-\dfrac{\ln(x)}{2(x+1)^2}\right)}_{=0}+ \underbrace{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{x}{x+1}\right)}_{=0}+\underbrace{\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}\left(\dfrac{1}{2x+2}\right)}_{=0}+\dfrac{1}{2}\left(\ln(2)-\dfrac{1}{2}\right)\\
& = \boxed{\dfrac{1}{2}\left(\ln(2)-\dfrac{1}{2}\right)}
\end{array}
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%%

\begin{exocor}{fonction logarithme}[3]
\partie{A}

Soit le polynôme $P(x)=x^3+x^2+x-1$.

\begin{enumerate}
\item Déterminer $P'(x)$, puis en déduire les variations de $P$ sur $\R$.
\item Montrer que l'équation $P(x)=0$ admet une unique solution, notée $\alpha$, sur $\intervOO{\dfrac{1}{2}}{1}$.
\item En déduire le signe de $P(x)$ sur $\R$.
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B}

On considère la fonction $f$ définie sur $\intervOO{0}{+\infty}$ par : 

\[ 
f(x)=\frac{2\ln(x)}{x\big[ (\ln(x))^2+1 \big]}.
\]

\begin{enumerate}
\item Montrer que la dérivée de $f$ est $f'(x)=-2\dfrac{\left(\ln(x)\right)^3+\left(\ln(x)\right)^2+\ln(x) - 1}{x^2\big[ \left(\ln(x)\right)^2+1 \big]^2}$.

\item À l'aide de la partie A, montrer que $f'(x)$ est négatif sur $\intervOO{\e^\alpha}{+\infty}$.

\item Calculer $\lim\limits_{x \to 0} f(x)$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)$.

\item Dresser un tableau de variations complet de la fonction $f$ sur $\intervOO{0}{+\infty}$ (on ne calculera pas $f(\alpha)$).

\item En remarquant que $f(x)=\dfrac{2\frac{\ln(x)}{x}}{\left(\ln(x)\right)^2+1}$, déterminer une expression en fonction du réel $t$ supérieur ou égal à 1 de l'intégrale : $I(t)=\dint_1^tf(x)\dx$.

\item Déterminer la valeur exacte puis approchée à 0,01 près de $t$ tel que $I(t)=1$.
\end{enumerate}

\tcblower

\bigskip

\partie{A}

\begin{enumerate}
\item $P$ est dérivable sur $\R$ car c'est un polynôme. Sa dérivée est : 
\[ P'(x)=3x^2+2x+1.\]
Le discriminant de $P'(x)$ est : 
\[ 
\Delta = 2^2-4\times 3 \times 1 = 4-24=-20<0. 
\]
Donc $P'(x)>0$ sur $\R$, ce qui signifie que $P$ est strictement croissant sur $\R$.

\item $P\left(\frac{1}{2}\right)=\left(\frac{1}{2}\right)^3+\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)-1=-\frac{1}{8}<0$.

De plus, $P(1)=2>0$.

Or, $P$ est dérivable (donc continue) et strictement croissant sur $\intervOO{\dfrac{1}{2}}{1}$ donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $P(x)=0$ admet une unique solution sur $\intervOO{\dfrac{1}{2}}{1}$.

\item D'après les questions précédentes, on peut  dire :
\begin{itemize}
\item  $P(X)<0$ sur $\intervOO{-\infty}{\alpha}$.
\item  $P(X)>0$ sur $\intervOO{\alpha}{+\infty}$.
\end{itemize}
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item $f$ est dérivable sur $\intervOO{0}{+\infty}$ comme quotient de deux fonctions dérivables sur cet intervalle. Sa dérivée est :

\begin{align*}
f'(x) & =\dfrac{2\times\frac{1}{x}\times\left[x\left((\ln(x))^2+1 \right)\right]-2\ln(x)\left[(\ln(x))^2+1+x\left(2\frac{\ln(x)}{x} \right)\right]}{x^2\left((\ln(x))^2+1\right)^2}\\
& =\dfrac{2(\ln(x))^2+2-2(\ln(x))^3-2\ln(x)-4(\ln(x))^2}{x^2\left((\ln(x))^2+1\right)^2}\\
\Aboxed{f'(x) & =-2\dfrac{(\ln(x))^3+(\ln(x))^2+\ln(x)-1}{x^2\left((\ln(x))^2+1\right)^2}}
\end{align*}

\item D'après la question précédente, nous pouvons dire que :
\[
f'(x)=-2\dfrac{P(\ln(x))}{x^2\left((\ln(x))^2+1 \right)^2}\;,
\] 
où $P$ est le polynôme défini dans la partie A. Donc $f'(x)$ est du signe contraire de $P(\ln(x))$.

Or, nous avons dit que $P(x)>0$ pour $x>\alpha$. Ainsi, $P(\ln(x))>0$ pour $\ln(x) > \alpha$, soit $x > \e^{\alpha}$.

\underline{Ainsi, $f'(x)<0$ pour $x>\e^{\alpha}$.}

\item $f(x)=\dfrac{2\ln(x)}{x\left((\ln(x))^2+1\right)}=\dfrac{2}{x\ln(x) + \frac{x}{\ln(x)} }$ pour $x \neq 1$.

\medskip

Or, $\lim\limits_{x \to +\infty} x\ln(x)=+\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\ln(x)}=+\infty$.\\
Ainsi, $\boxed{\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=0}$.

\medskip

De plus, $\lim\limits_{x \to 0} x\ln(x)=0^-$ et $\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{x}{\ln(x)}=0^-$.

Ainsi, $\boxed{\lim\limits_{x \to 0} f(x)=-\infty}$.

\item Nous avons le tableau suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=corrigenumbg!10,colorC=corrigenumbg!10,colorV=corrigenumbg!10]{$x$/1,$f'(x)$/1,$f(x)$/1}{0,$\alpha$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,+,z,-,}
\tkzTabVar{D-/$-\infty$,+/$f(\alpha)$,-/$0$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On remarque que $f(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}$, avec $u(x)=(\ln(x))^2+1 >0$ et donc $u'(x)=\dfrac{2\ln(x)}{x}$.

Ainsi, une primitive de $f$ sur $]0;+\infty[$ est $F(x)=\ln\left((\ln(x))^2+1 \right)$. Donc : \[ I(t)=\int_1^tf(x)\dx = F(t)-F(1)=\ln\left((\ln(t))^2+1\right)\]

\item $\begin{aligned}[t]
I(t)=1 & \iff \ln\left((\ln(t))^2+1\right)=1\\
& \iff (\ln(t))^1+1=\e\\
& \iff (\ln(t))^2 = \e-1.
\end{aligned}$

On a alors :
\[
\ln(t) = \sqrt{\e-1} \qquad\text{ou}\qquad \ln(t) = -\sqrt{\e-1}\;,
\]
soit :
\[
t = \e^{\sqrt{\e-1}}\qquad\text{ou}\qquad t=\e^{-\sqrt{\e-1}}.
\]

\medskip

Or, par hypothèse, $t \geqslant 1$ donc $t \neq \e^{-\sqrt{\e-1}}$.

Ainsi, \underline{$t = \e^{\sqrt{\e-1}} \approx 3,7$}.
\end{enumerate}
\vspace*{3cm}
\end{exocor}

%%%%

\newpage

\begin{exocor}{}[3]
On considère la fonction $f$ définie sur \intervFF{0}{\dfrac{\pi}{2}} par:
\[
f(x)=\dfrac{1}{1+\sin(x)}.
\]
L'objectif de cet exercice est de calculer:
\[
I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(x)\dx.
\]

\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout réel $x$ de l'intervalle \intervFO{0}{\dfrac{\pi}{2}},
\[
f(x) = \dfrac{1}{\cos^2(x)} - \frac{\sin(x)}{\cos^2(x)}.
\]

\item 
\begin{enumerate}
\item Montrer qu'une primitive de $g(x)=\dfrac{1}{\cos^2(x)}$ est $G(x)=\dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}$.

\item En déduire une primitive $F$ de $f$ sur \intervFO{0}{\dfrac{\pi}{2}}.
\end{enumerate}

\item On pose $I(t) = \dint_0^{t} f(x)\dx$.

Montrer que $I(t)=\dfrac{\sin(t)-1}{\cos(t)}+1$.

\item En déduire la valeur de $I = \limite{t}{\frac{\pi}{2}}{I(t)}$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Pour tout réel $x$ de l'intervalle \intervFO{0}{\dfrac{\pi}{2}},
\begin{align*}
f(x) & = \dfrac{1}{1+\sin(x)}\\
     & = \dfrac{1}{1+\sin(x)}\textcolor{courbe}{\times\dfrac{1-\sin(x)}{1-\sin(x)}}\\
     & = \dfrac{1-\sin(x)}{1-\sin^2(x)}\\
     & = \dfrac{1-\sin(x)}{\cos^2(x)}\\
\Aboxed{f(x) & = \dfrac{1}{\cos^2(x)} - \dfrac{\sin(x)}{\cos^2(x)}.}
\end{align*}

\item
\begin{enumerate}
\item Soit $U(x) = \tan(x) = \dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}$. Alors,
\begin{align*}
G'(x) & = \dfrac{\big(\sin(x)\,\big)^\prime\cos(x) - \sin(x)\big(\cos(x)\, \big)^\prime}{\cos^2(x)}\\
& = \dfrac{\cos^2(x) + \sin^2(x)}{\cos^2(x)} = \dfrac{1}{\cos^2(x)}  = g(x).
\end{align*}

Ainsi, $U(x)$ est bien une primitive de $u(x)$.

\item Une primitive de $h:x \mapsto \dfrac{-\sin(x)}{\cos^2(x)}$ est $H:x\mapsto-\dfrac{1}{\cos(x)}$  car:
\[
h=\dfrac{u'}{u^2}\qquad\text{avec}\qquad u:x\mapsto\cos(x)\text{ et }u':x\mapsto-\sin(x).
\]
Ainsi, une primitive de $f$ sur $\intervFO{0}{\frac{\pi}{2}}$ est:
\[
F(x)=U(x)-\dfrac{1}{\cos(x)} = \dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}-\dfrac{1}{\cos(x)}
\]
soit:
\[
\boxed{F(x)=\dfrac{\sin(x)-1}{\cos(x)}}
\]
\end{enumerate}

\item D'après ce qui a été écrit précédemment,
\[
I(t) = F(t) - F(0) = \dfrac{\sin(t)-1}{\cos(t)}-\dfrac{\sin(0)-1}{\cos(0)}= \dfrac{\sin(t)-1}{\cos(t)}+1.
\]

\item Écrivons:
\begin{align*}
\dfrac{\sin(t)-1}{\cos(t)} & = \dfrac{\sin(t)-\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)}{\cos(t)-\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)}\\
& =  \dfrac{\sin(t)-\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)}{t-\frac{\pi}{2}} \times \dfrac{t-\frac{\pi}{2}}{\cos(t)-\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)}.
\end{align*}
Par définition du nombre dérivé,
\[
\limite{t}{\frac{\pi}{2}}{\left( \dfrac{\sin(t)-\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)}{t-\frac{\pi}{2}} \right)} = \cos\frac{\pi}{2}=0
\]

\[
\limite{x}{\frac{\pi}{2}}{\left( \dfrac{\cos(t)-\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)}{t-\frac{\pi}{2}} \right) }=-\sin\frac{\pi}{2}=-1\text{ donc }\limite{x}{\frac{\pi}{2}}{\left( \dfrac{t-\frac{\pi}{2}}{\cos(t)-\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)} \right)}=-1.
\]
Ainsi, par produit, 
\[
\limite{t}{\frac{\pi}{2}}{\left( \dfrac{\sin(t)-1}{\cos(t)} \right)} = 0 \times (-1) = 0.
\]
On en déduit alors que:
\[
\boxed{I = 1}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

\bigskip

\sectionnn{Objectif bac}

\begin{exocor}{Extrait du sujet du bac Amérique du nord 2025, sujet 1}[1]
On considère la fonction $f$ définie pour tout nombre réel $x$ par :
\[
f(x)=\left(x^{2}+3 x+2\right) \e^{-x}.
\]

\begin{enumerate}
\item Démontrer que la limite de la fonction $f$ en $+\infty$ est égale à 0.

On admet par ailleurs que la limite de la fonction $f$ en $-\infty$ est égale à $+\infty$.

\item On admet que la fonction $f$ est dérivable sur $\R$. On note $f’$ la fonction dérivée de $f$ sur $\R$.
\begin{enumerate}
\item Vérifier que, pour tout nombre réel $x$, $f’(x)=\left(-x^{2}-x+1\right) \e^{-x}$.

\item Déterminer le signe de la fonction dérivée $f’$ sur $\R$ puis en déduire les variations de la fonction $f$ sur $\R$.
\end{enumerate}

\item Expliquer pourquoi la fonction $f$ est positive sur l'intervalle $\intervFO{0}{+\infty}$.

\item On notera $\mathcal{C}_{f}$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthogonal \Rij. On admet que la fonction $F$ définie pour tout nombre réel $x$ par $F(x)=\left(-x^{2}-5 x-7\right) \e^{-x}$ est une primitive de la fonction $f$.

Soit $\alpha$ un nombre réel positif.

Déterminer l'aire $\mathcal{A}(\alpha)$, exprimée en unité d'aire, du domaine du plan délimité par l'axe des abscisses, la courbe $\mathcal{C}_{f}$ et les droites d'équation $x=0$ et $x=\alpha$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $f(x)=\left(x^{2}+3 x+2\right) \e^{-x} = \dfrac{x^2}{\e^x}+3 \dfrac{x}{\e^x} + \dfrac{2}{\e^x}$.

$\limite{x}{+\infty}{\big(\e^x\big)}= +\infty$ donc, par inverse, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{\e^x}\right)}=0$.

De plus, on sait d'après le cours (croissances comparées) que $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x^n}{\e^x}\right)}= 0$ pour tout entier naturel $n$ non nul.
		
Ainsi, par produit et par somme, 
\[
\boxed{ \lim\limits_{x \to +\infty} \left( \dfrac{x^2}{\e^x}+3 \dfrac{x}{\e^x} + \dfrac{2}{\e^x} \right) = 0}
\]

\item 
\begin{enumerate}
\item $f = u \times v$ avec $\begin{aligned}[t]
u(x) = x^2+3x+2 & \qquad; \qquad u'(x) = 2x+3\\
v(x) = \e^{-x} & \qquad;\qquad v'(x) = -\e^{-x}
\end{aligned}$

Donc, pour tout nombre réel $x$, 
\begin{align*}
f'(x) & = (u'v + v'u)(x)\\
	  &  = \left(2x+3\right) \e^{-x} + \left(x^2+3x+2\right)\left(-\e^{-x}\right)\\
	  & = \left( 2x+3-x^2-3x-2\right)\e^{-x}\\
\Aboxed{f'(x) & = \left(-x^2-x+1\right)\e^{-x}}
\end{align*}

\item $\e^{-x}>0$ sur $\R$ donc $f'(x)$ est du signe du polynôme du second degré $-x^2-x-1$, dont le discriminant est:
\[
\Delta=(-1)^2-4 \times (-1)\times 1= 1+4=5 > 0.
\]
Le polynôme admet donc deux racines :
\[
x_1= \dfrac{1+\sqrt{5}}{-2}= \dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}  \quad \text{et} \quad x_2= \dfrac{1-\sqrt{5}}{-2}= \dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}.
\]
Le coefficient dominant est négatif; on en déduit donc :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorC=corrigenumbg!10,colorV=corrigenumbg!10,colorL=corrigenumbg!10]{$x$/0.7,
signe de $f'(x)$/1,
variations de $f$/2}{$-\infty$,$x_1$,$x_2$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+,z,-,}
\tkzTabVar{+/$+\infty$,-/$f(x_1)$,+/$f(x_2)$,-/$0$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\item $0\in\intervOO{x_1}{x_2}$ et $f(x)=2$ donc d'après les variations de la fonction $f$, $f(x)>0$ (en effet, elle est croissante à partir de $x=0$ puis décroissante de limite 0).

\item La fonction $f$ est positive sur l'intervalle $\intervOF{0}{+\infty}$, et donc sur $\intervFF{0}{\alpha}$.

L'aire $\mathcal{A}(\alpha)$, exprimée en unité d'aire, du domaine du plan délimité par l'axe des abscisses, la courbe $\mathcal{C}_{f}$ et les droites d'équation $x=0$ et $x=\alpha$ est donc égale à $\dint_0^{\alpha}f(x)\dx$.

\begin{align*}
\mathcal{A}(\alpha) & = \dint_0^{\alpha}f(x) \dx \\
	 				& = \Big[ F(x) \Big]_0^{\alpha}\\
	 				& = F(\alpha)-F(0)\\
	 				& = \left( -\alpha^2-5\alpha-7\right)\e^{-\alpha}+ 7.
\end{align*}

L'aire cherchée est égale à $ \left( -\alpha^2-5\alpha-7\right)\e^{-\alpha}+7$ unités d'aire.

\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{Polynésie 2025, sujet 1}[2]
On munit le plan d'un repère orthonormé.

Pour tout entier naturel $n$, on considère la fonction $f_n$ définie sur $\intervFO{0}{+\infty}$ par :
\[
f_0(x) = \e^{- x}\quad \text{et, pour }\: n \geqslant 1, \: \: f_n(x) = x^n\e^{-x}.
\]
Pour tout entier naturel $n$, on note $\mathcal{C}_n$ la courbe représentative de la fonction $f_n$.

\medskip

\emph{Les parties {\rm A} et {\rm B} sont indépendantes.}

\bigskip

\partie{A : étude des fonctions \boldmath $f_n$ pour $n \geqslant 1$\unboldmath}

On considère un entier naturel $n \geqslant 1$.

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item On admet que la fonction $f_n$ est dérivable sur $\intervFO{0}{+\infty}$.
		
Montrer que pour tout $x \geqslant 0$,
\[
f'_n(x) = (n - x)x^{n-1}\e^{-x}.
\]

\item Justifier tous les éléments du tableau ci-dessous:

\medskip

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorC=corrigenumbg!10,colorV=corrigenumbg!10,colorL=corrigenumbg!10]{$x$/0.5,$f_n'(x)$/0.5,$f_n$/1}{0,$n$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-}
\tkzTabVar{-/0,+/$\left(\frac{n}{\e}\right)^n$,-/0}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\end{enumerate}

\item Justifier par le calcul que le point A$\left(1~;~\e^{-1}\right)$ appartient à la courbe $\mathcal{C}_n$.
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B : étude des intégrales \boldmath $\displaystyle\int_0^1 f_n(x)\,\text{d}x$\unboldmath{} pour \boldmath $n \geqslant 0$\unboldmath}

\medskip

Dans cette partie, on étudie les fonctions $f_n$ sur \intervFF{0}{1} et on considère la suite $(I_n)$ définie pour tout entier naturel $n$ par:
\[
I_n = \int_0^1 f_n(x) \dx = \int_0^1 x^n \e^{-x} \dx.
\]

\begin{enumerate}
\item Sur le graphique en ANNEXE (voir en fin d'énoncé page suivante), on a représenté les courbes $\mathcal{C}_0, \mathcal{C}_1, \mathcal{C}_2, \mathcal{C}_{10}$\: et \: $\mathcal{C}_{100}$.
\begin{enumerate}
\item Donner une interprétation graphique de $I_n$.
\item Par lecture de ce graphique, quelle conjecture peut-on émettre sur la limite
de la suite $(I_n)$ ?
\end{enumerate}
\item Calculer $I_0$.
\item 
\begin{enumerate}
\item Soit $n$ un entier naturel.
		
Démontrer que pour tout $x \in \intervFF{0}{1}$:
\[
0 \leqslant x^{n+1} \leqslant x^n.
\]

\item En déduire que pour tout entier naturel $n$, on a :
\[
0 \leqslant I_{n+1} \leqslant I_n.
\]
\end{enumerate}

\item Démontrer que la suite $(I_n)$ est convergente, vers une limite positive ou nulle que l'on notera $\ell$.

\item En utilisant une intégration par parties, démontrer que pour tout entier naturel $n$ on~a :
\[
I_{n+1} = (n + 1)I_n - \dfrac{1}{\e}.
\]

\newpage

\item
\begin{enumerate}
\item Démontrer que si $\ell > 0$, l'égalité de la question 5 conduit à une contradiction.
\item Démontrer que $\ell = 0$. On pourra utiliser la question 6.a.
\end{enumerate}
\end{enumerate}	

On donne ci-dessous le script de la fonction \texttt{mystere}, écrite en langage Python.

On a importé la constante e.

\begin{python}
# Les deux lignes suivantes n'étaient pas dans le sujet. 
# Je les ai ajouté pour que vous puissiez exécuter le script chez vous.
from math import exp
e = exp(1)

def mystere(n):
    I = 1 - 1/e
    L = [I]
    for i in range(n):
        I = (i + 1)*I - 1/e
        L.append(I) 
    return L
\end{python}

\begin{enumerate}[resume]
\item Que renvoie \texttt{mystere(100)} dans le contexte de l'exercice ?
\end{enumerate}

\bigskip

\begin{center}
\textbf{Annexe}

\bigskip

\begin{tikzpicture}[>=latex,scale=10]
\draw[gray,dashed] (0,0) grid[step=0.1] (1,1);
\draw[->,thick] (0,0) -- (0,1);
\draw[->,thick] (0,0) -- (1,0);
% C0 : exp(-x)
\draw[very thick,courbe] plot[domain=0:1,samples=100] (\x,{exp(-\x)});
\node[courbe] at (0.95,0.45) {$\mathcal{C}_0$};
% C1 : x*exp(-x)
\draw[very thick,courbe2] plot[domain=0:1,samples=100] (\x,{\x*exp(-\x)});
\node[courbe2,above] at (0.85,0.37) {$\mathcal{C}_1$};
% C2 : x^2*exp(-x)
\draw[very thick,courbe3] plot[domain=0:1,samples=100] (\x,{\x*\x*exp(-\x)});
\node[courbe3] at (0.85,0.27) {$\mathcal{C}_2$};
% C10 : 
\draw[very thick,magenta] plot[domain=0:1,samples=100] (\x,{(\x^10)*exp(-\x)});
\node[magenta,above] at (0.85,0.1) {$\mathcal{C}_{10}$};
% C100 : exp(-x)
\draw[very thick,green!50!black] plot[domain=0:1,samples=100] (\x,{(\x^100)*exp(-\x)});
\node[green!50!black] at (0.85,0.02) {$\mathcal{C}_{100}$};
% graduations
\foreach \x in {0,0.1,0.2,0.3,0.4,0.5,0.6,0.7,0.8,0.9,1}
{
\node[below] at (\x,0) {\x};
\node[left] at (0,\x) {\x};
}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\tcblower

\bigskip

\partie{A}

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item $f_n = u \times v$ avec : $\begin{aligned}[t]
u(x) = x^n & \qquad ;\qquad v(x) = \e^{-x}\\
u'(x) = nx^{n-1} & \qquad;\qquad v'(x) = -\e^{-x}
\end{aligned}$

Ainsi, sur \intervFO{0}{+\infty}:
\begin{align*}
f_n'(x) & (u'v + v'u)(x)\\
		& = nx^{n-1} \times \e^{-x} + x^{n} \times \big(-\e^{-x}\big) = \big(nx^{n-1} - x^{n}\big)\e^{-x} \\
		& = \big(n \times x^{n-1} - x \times x^{n-1}\big)\e^{-x}\\
\Aboxed{f_n'(x) & = \big(n - x\big)x^{n-1}\e^{-x}}
\end{align*}

\item La fonction exponentielle est à valeurs strictement positives sur $\R$, donc:
\[
\forall x \in \intervFO{0}{+\infty},\quad \e^{-x} > 0.
\]
Sur \intervFO{0}{+\infty}, $x^{n-1} \geqslant 0$.

Ainsi, $f_n'(x)$ est du signe de $(n- x)$.

\[
n - x > 0\iff n > x,
\]
donc $f_n'(x) > 0$ sur $\intervFO{0}{n}$, et donc, sur cet intervalle, $f-n$ est strictement croissante. Il en découle que $f_n$ est strictement décroissante sur \intervOO{n}{+\infty}.

De plus,
\begin{itemize}
\item $f_n(n) = 0^{n} \times \e^{-0} = 0$.
\item $f_n(n) = n^n \times \e^{-n} = n^n \times \dfrac{1}{\e^n} = \left(\dfrac{n}{\e}\right)^n$.
\item $f_n{x}=\dfrac{x^n}{\e^x}$ et, d'après le cours (croissances comparées), $\limite{x}{+\infty}{\left( \dfrac{x^n}{\e^x} \right)} = 0$ pour tout entier naturel $n$ non nul.
\end{itemize}

\end{enumerate}

\item Pour $n$ entier naturel non nul,
\[
f_n(1) = 1^{n}\times \e^{-1} = 1\times \e^{-1} = \e^{-1}.
\]
Le point de coordonnées \coord{1}{\e^{-1}} appartient donc à la courbe $\mathcal{C}_n$.
\end{enumerate}

\newpage

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item La fonction $f_0$ est à valeurs positives sur $[0 ; 1]$, donc $I_0$ correspond à l'aire, exprimée en unités d'aire, de la surface délimitée par la courbe $\mathcal{C}_0$, l'axe des abscisses, et les deux droites verticales d'équation $x = 0$ et $x = 1$.

\item $I_n$ représente l'aire de la surface délimitée par $\mathcal{C}_n$, l'axe des abscisses et les droites d'équation $x=0$ et $x=1$. Cette surface semble décroître à mesure que $n$ augmente jusqu'à disparaître. 

On conjecture alors que la limite de $I_n$ est nulle.
\end{enumerate}

\item $\begin{aligned}[t]
I_0 & = \dint_{0}^{1} \e^{-x} \dx\\
    & = \Big[-\e^{-x}\Big]_0^1\\
	& = \big(-\e^{-1}\big) - \big(-\e^{-0}\big)\\
	& = -\e^{-1} + \e^{0}\\
\Aboxed{I_0 & = 1 - \e^{-1} }
\end{aligned}$

\item
\begin{enumerate}
\item Soit $n$ un entier naturel.
\begin{align*}
x \in \intervFF{0}{1} & \iff 0 \leqslant x \leqslant 1\\
					  & \iff 0\times x^n \leqslant x \times x^n \leqslant 1 \times x^n,\quad \text{ car } x^n \geqslant 0\\
					  & \iff \boxed{ 0 \leqslant x^{n+1} \leqslant x^n }
\end{align*}

\item D'après ce qui précède,  
\begin{align*}
n\in\N,\ x \in \intervFF{0}{1}  & \iff 0 \leqslant x^{n+1} \leqslant x^n\\
								& \iff 0 \leqslant x^{n+1} \e^{-x} \leqslant x^n \e^{-x}\qquad\text{ car }\e^{-x}>0\\
								& \iff 0 \leqslant f_{n+1}(x) \leqslant f_n(x)\\
								& \iff \dint_{0}^{1} 0 \dx \leqslant \dint_{0}^{1} f_{n+1}(x) \dx \leqslant \dint_{0}^{1}f_n(x) \dx \\
								& \iff \boxed{ 0 \leqslant I_{n+1} \leqslant I_n }
\end{align*}
\end{enumerate}

\item D'après la question précédente, pour tout entier naturel $n$:
\begin{itemize}
\item $0 \leqslant I_n$, donc la suite $(I_n)$ est minorée par 0;
\item $I_{n+1} \leqslant I_n$,  donc la suite $(I_n)$ est décroissante.
\end{itemize}

La suite est donc décroissante et minorée (par 0). D'après le théorème de convergence des suites monotones, elle est donc convergente, vers une limite $\ell$ supérieure ou égale à 0.

\item Soit $n$ un entier naturel $n$.

On pose : $\begin{aligned}[t]
u(x) = x^{n+1} & \qquad;\qquad u'(x) = (n+1) x^{n}\\
v(x) = -\e^{-x}& \qquad;\qquad v'(x) = \e^{-x}
\end{aligned}$

\medskip

Alors, par intégration par parties,

\begin{align*}
I_{n+1} & = \int_{0}^{1} u(x)\times v'(x) \dx \\
		& = \Big[u(x) \times v(x) \Big]_0^1 - \int_{0}^{1} u'(x)\times v(x) \dx \\
		& = \Big[x^{n+1} \times \big(-\e^{-x}\big)\Big]_0^1 - \int_{0}^{1} (n+1)x^{n} \times \big(-\e^{-x}\big) \dx	\\
		& =\big(-1^{n+1}\times \e^{-1}\big) - \big(-0^{n+1}\times \e^{-0}\big) +(n+1)\int_{0}^{1} x^{n} \e^{-x} \dx \quad\text{ (par linéarité)}\\
\Aboxed{I_{n+1} & =(n+1)I_n - \dfrac{1}{\e}}
\end{align*}

\item 
\begin{enumerate}
\item Supposons que la limite $\ell$ est strictement supérieure à zéro.

Alors, par limite du produit, on a:
\[
\lim\limits_{n \to +\infty} (n+1)I_n = +\infty.
\]
Puis, par limite de la somme:
\[
\limite{n}{+\infty}{\left( (n+1)I_n - \dfrac{1}{\e} \right) } = +\infty.
\]
Or, $I_{n+1} =(n+1)I_n - \dfrac{1}{\e}$. On en déduit alors que:
\[
\limite{n}{+\infty}{(I_{n+1})} = +\infty,
\]
La suite $(u_n)$ est donc divergente de limite $+\infty$, ce qui est contradictoire avec le résultat trouvé précédemment (question 4) qui stipule que $(I_n)$ converge.

\medskip

\item Nous avons démontré (question 4) que la limite de $(I_n)$ est un nombre $\ell \leqslant 0$. Ensuite, nous avons supposé que $\ell \neq 0$ (questions 6.a.), ce qui nous menait à une contradiction.

Ce raisonnement (par l'absurde) montre alors que $\ell = 0$.
\end{enumerate}

\item Que fait \texttt{mystere(100)} ?

Quand on entre dans la fonction, on stocke dans la variable \texttt{I} la valeur de $I_0$, et on initialise la variable \texttt{L} comme une liste contenant $I_0$.

Ensuite, on exécute la boucle itérative  \og \texttt{for i in range(100)} \fg: la variable \texttt{i} va prendre les valeurs entières 0, 1, 2, ... jusqu'à $100-1=99$.

On va donc exécuter 100 fois les instructions contenues dans cette boucle:
\begin{itemize}
\item dans un premier temps, on calcule le terme suivant de la suite $(I_n)$. Lors de la première exécution ($i=0$), on a : \texttt{I = (0+1)*I - 1/e} qui signifie que le nouveau terme est égal à 1 fois l'ancien terme (celui déjà stocké dans \texttt{I}) auquel on enlève $\dfrac{1}{\e}$. Cela se traduit mathématiquement par: $I_1 = I_0 - \dfrac{1}{\e}$( relation de récurrence obtenue à la question 5);

\item on ajoute ensuite la valeur trouvée à la liste \texttt{L}. Ainsi, lors de la première exécution, \texttt{L} contient $I_0$ et $I_1$.
\end{itemize}
La dernière valeur de \texttt{i} étant \og 100 \fg, la dernière valeur de \texttt{I} sera $I_{100}$ (car pour $i=1$, on a calculé $I_1$, pour $i=2$, on calcule $I_2$, ...).

\medskip

L'appel de \texttt{mystère(100)} renvoie donc la liste des 101 premiers termes de la suite (de $I_0$ à $I_{100}$).

\begin{rem}
Si on a la curiosité de voir ce que fait réellement ce programme, on obtient:

\begin{console}
>>> mystere(20)
[0.6321205588285577, 0.26424111765711533, 0.16060279414278833, 0.11392894125692266,
 0.08783632385624829, 0.07130217810979911, 0.059933627487352314, 0.05165595124002387,
 0.045368168748748605, 0.04043407756729511, 0.03646133450150879, 0.033195238345154365,
 0.03046341897041005, 0.028145005443888316, 0.026150635042994086, 0.024380084473468955,
 0.022201910404060943, 0.009553035697593693, -0.19592479861475587, -4.090450614851804,
 -82.17689173820752]
\end{console}
Les dernières valeurs sont \textit{négatives} (donc incohérentes dans le cadre de notre exercice).

Cela s'explique par le fait que la représentation des nombres réels en informatique (comme le nombre $\e$) n'est pas parfaite et les erreurs d'approximation s'accumulent jusqu'à donner des résultats totalement faux.
\end{rem}



\end{enumerate}

\end{exocor}

\corriges
