Intégrales – Bac S Centres étrangers 2013
Exercice 2 (4 points)
Commun à tous les candidats
On considère la fonction $ g $ définie pour tout réel $ x $ de l'intervalle $ \left[0 ; 1\right] $ par : $ g\left(x\right)=1+e^{ - x} $.
On admet que, pour tout réel $ x $ de l'intervalle $ \left[0 ; 1\right] $, $ g\left(x\right) > 0 $.
On note $ \mathscr C $ la courbe représentative de la fonction $ g $ dans un repère orthogonal, et $ \mathscr D $ le domaine plan compris d'une part entre l'axe des abscisses et la courbe $ \mathscr C $, d'autre part entre les droites d'équation $ x=0 $ et $ x=1 $.
La courbe $ \mathscr C $ et le domaine $ \mathscr D $ sont représentés ci-dessous.
Le but de cet exercice est de partager le domaine $ \mathscr D $ en deux domaines de même aire, d'abord par une droite parallèle à l' axe des ordonnées (partie A), puis par une droite parallèle à l'axe des abscisses (partie B).
Partie A
Soit $ a $ un réel tel que $ 0\leqslant a\leqslant 1 $.
On note $ \mathscr A_{1} $ l'aire du domaine compris entre la courbe $ \mathscr C $, l'axe $ \left(Ox\right) $,les droites d'équation $ x=0 $ et $ x =a $ , puis $ \mathscr A_{2} $ celle du domaine compris entre la courbe $ \mathscr C $, l'axe $ \left(Ox\right) $ et les droites d'équation $ x=a $ et $ x=1 $.
$ \mathscr A_{1} $ et $ \mathscr A_{2} $ sont exprimées en unités d'aire.
- Démontrer que $ \mathscr A_{1}=a - e^{ - a}+1 $.
- Exprimer $ \mathscr A_{2} $ en fonction de $ a $.
Soit $ f $ la fonction définie pour tout réel $ x $ de l'intervalle $ \left[0 ; 1\right] $ par : $ f\left(x\right)=2x - 2e^{ - x}+\dfrac{1}{e} $.
- Dresser le tableau de variation de la fonction $ f $ sur l'intervalle $ \left[0 ; 1\right] $. On précisera les valeurs exactes de $ f\left(0\right) $ et $ f\left(1\right) $.
- Démontrer que la fonction $ f $ s'annule une fois et une seule sur l'intervalle $ \left[0 ; 1\right] $. en un réel $ \alpha $. Donner la valeur de $ \alpha $ arrondie au centième.
- En utilisant les questions précédentes, déterminer une valeur approchée de réel $ a $ pour lequel les aires $ \mathscr A_{1} $ et $ \mathscr A_{2} $ sont égales.
Partie B
Dans cette partie, on se propose de partager le domaine $ \mathscr D $ en deux domaines de même aire par la droite d'équation $ y=b $. On admet qu'Il existe un unique réel $ b $ positif solution.
- Justifier l'inégalité $ b < 1+\dfrac{1}{e} $. On pourra utiliser un argument graphique.
- Déterminer la valeur exacte du réel $ b $
Corrigé
Partie A
On considère la fonction $ g $ définie pour tout réel $ x $ de l'intervalle $ [0 ; 1] $ par : $ g(x) = 1 + e^{-x} $.
Soit $ P(x) $ une primitive de $ g(x) $, alors :
$ \mathscr{A}_1 = \int_0^a g(x) \text{d}x = P(a) - P(0) $Une primitive de $ g(x) $ est $ P(x) = x - e^{-x} $.
On en déduit :$ \mathscr{A}_1 = a - e^{-a} - (0 - e^0) = a - e^{-a} + 1 $L'aire $ \mathscr{A}_2 $ est donnée par :
$ \mathscr{A}_2 = \int_a^1 g(x) \text{d}x = P(1) - P(a) = 1 - e^{-1} - (a - e^{-a}) = 1 - e^{-1} - a + e^{-a} $
On considère la fonction $ f $ définie pour tout réel $ x $ de l'intervalle $ [0 ; 1] $ par : $ f(x) = 2x - 2e^{-x} + \dfrac{1}{e} $.
- Calcul des valeurs aux bornes :
- $ f(0) = 2(0) - 2e^0 + \dfrac{1}{e} = -2 + \dfrac{1}{e} $
$ f(1) = 2(1) - 2e^{-1} + \dfrac{1}{e} = 2 - \dfrac{2}{e} + \dfrac{1}{e} = 2 - \dfrac{1}{e} $
La fonction $ x \mapsto 2x $ et $ x \mapsto -2e^{-x} $ sont continues sur $ \mathbb{R} $, donc $ f $ est continue sur $ [0 ; 1] $.
$ f $ est dérivable sur cet intervalle et sa dérivée est :$ f'(x) = 2 + 2e^{-x} $Comme $ e^{-x} > 0 $ pour tout réel $ x $, $ f'(x) > 0 $ sur $ [0 ; 1] $.
La fonction $ f $ est donc strictement croissante sur $ [0 ; 1] $.Tableau de variations de $ f $ :
- Sur l'intervalle $ [0 ; 1] $ :
- $ f $ est continue et strictement croissante.
- $ f(0) = -2 + \dfrac{1}{e} \approx -1,63 < 0 $
$ f(1) = 2 - \dfrac{1}{e} \approx 1,63 > 0 $
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $ f(x) = 0 $ possède une unique solution $ \alpha $ dans $ [0 ; 1] $.
À l'aide d'une calculatrice, on trouve $ \alpha \approx 0,45 $ arrondi au centième.
Les aires $ \mathscr{A}_1 $ et $ \mathscr{A}_2 $ sont égales si et seulement si $ \mathscr{A}_1 = \mathscr{A}_2 $ :
$ a - e^{-a} + 1 = 1 - e^{-1} - a + e^{-a} $$ 2a - 2e^{-a} + e^{-1} = 0 $On reconnaît l'équation $ f(a) = 0 $.
D'après la question précédente, cette équation admet une unique solution sur $ [0 ; 1] $.
On en déduit que $ a = \alpha \approx 0,45 $.
Partie B
- La droite d'équation $ y=b $ forme un rectangle d'aire égale à $ b \times 1 = b $ avec l'axe des abscisses et les droites $ x=0 $ et $ x=1 $.
Graphiquement, on remarque que la droite d'équation $ y = g(1) = 1 + e^{-1} $ partage le domaine $ \mathscr{D} $ en deux domaines $ D_1 $ (rectangle inférieur) et $ D_2 $ (partie supérieure sous la courbe).
Comme l'aire de $ D_1 $ est supérieure à celle de $ D_2 $, pour avoir des aires égales, la droite $ y=b $ doit se situer en dessous de $ y = 1 + e^{-1} $.
D'où $ b < 1 + e^{-1} $. L'aire totale du domaine $ \mathscr{D} $ est :
$ \mathscr{A}_{\mathscr{D}} = \int_0^1 g(x) \text{d}x = P(1) - P(0) = (1 - e^{-1}) - (0 - e^0) = 1 - e^{-1} + 1 = 2 - e^{-1} $On cherche $ b $ tel que l'aire du rectangle (qui est égale à $ b $) soit égale à la moitié de l'aire de $ \mathscr{D} $ :
$ b = \dfrac{2 - e^{-1}}{2} = 1 - \dfrac{1}{2e} $
(Solution rédigée par Paki)