contrôle du 17 avril 2010

correction de l'exercice 1

Pour chacune des  questions, une seule des réponses  A, B ou C est exacte. Indiquer sur la copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie. Aucune justification n'est demandée.  
Une réponse exacte rapporte 1 point, une réponse fausse enlève 0, 5 point. L'absence de réponse n'enlève et ne rapporte aucun point. Si le total des points de l'exercice est négatif, la note est ramenée à 0.

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1. F est la primitive de la fonction f définie sur $ℝ$, qui prend la valeur 3 en − 1, si ${\displaystyle {\int }_{-1}^{1}f\left(t\right)\mathrm{d}t}=1$ alors  :

   $$\begin{array}{ccc}{\displaystyle {\int }_{-1}^{1}f\left(t\right)\mathrm{d}t}=1& \iff & F\left(1\right)-F\left(-1\right)=1\\ & \iff & F\left(1\right)-3=1\\ & \iff & F\left(1\right)=4\end{array}$$

   A. $F\left(1\right)=-2$

   B. $F\left(1\right)=2$

   C. $F\left(1\right)=4$

2. On donne le tableau de variation d'une fonction f définie et dérivable sur $ℝ$ :

   x	$-\infty$	1	3		$+\infty$
   $f\left(x\right)$	− 2		2		1

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   On peut affirmer que :

   Dire que F est la primitive de la fonction f sur $ℝ$ signifie que pour tout réel x, $F\prime \left(x\right)=f\left(x\right)$.

   Les variations de la fonction F se déduisent du signe de f :

   x	$-\infty$		1		$+\infty$
   signe de $f\left(x\right)$		−	$\underset{\mathbf{\left|}}{\overset{\mathbf{\right|}}{0}}$	+
   Variations de F

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   Nous avons donc :$$\begin{array}{ccccc}F\left(0\right)<F\left(-2\right)& \text{d'où}& F\left(0\right)-F\left(-2\right)<0& \iff & {\displaystyle {\int }_{-2}^{0}f\left(x\right)\mathrm{d}x}<0\\ F\left(4\right)>F\left(2\right)& \text{d'où}& F\left(4\right)-F\left(2\right)>0& \iff & {\displaystyle {\int }_2^{4}f\left(x\right)\mathrm{d}x}>0\\ F\left(5\right)>F\left(3\right)& \text{d'où}& F\left(3\right)-F\left(5\right)<0& \iff & {\displaystyle {\int }_5^{3}f\left(x\right)\mathrm{d}x}<0\end{array}$$

   A. ${\displaystyle {\int }_{-2}^{0}f\left(x\right)\mathrm{d}x}>0$

   B. ${\displaystyle {\int }_2^{4}f\left(x\right)\mathrm{d}x}>0$

   C. ${\displaystyle {\int }_5^{3}f\left(x\right)\mathrm{d}x}>0$

3. On donne ci-dessous la courbe représentative de la fonction f définie sur $ℝ$ par $f\left(x\right)=x^2-x+{\displaystyle \frac{1}{4}}$.
   L'aire exprimée en unité d'aire, du domaine grisé est égale à :

   L'aire exprimée en unité d'aire, du domaine hachuré est égale à la différence entre l'aire du rectangle ABCD et l'aire du domaine compris entre la parabole, l'axe des abscisses et les droites d'équation $x=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ et $x={\displaystyle \frac{3}{2}}$

   Le minimum de la fonction f est atteint pour $x={\displaystyle \frac{1}{2}}$ et $f\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)=0$. Donc pour tout réel x, $f\left(x\right)⩾0$. Par conséquent, l'aire exprimée en unité d'aire, du domaine compris entre la parabole, l'axe des abscisses et les droites d'équation $x=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ et $x={\displaystyle \frac{3}{2}}$ est égale à ${\displaystyle {\int }_{-\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}f\left(x\right)\mathrm{d}x}$. Soit $$\begin{array}{ccc}{\displaystyle {\int }_{-\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}\left(x^2-x+{\displaystyle \frac{1}{4}}\right)\mathrm{d}x}& =& {\left[{\displaystyle \frac{x^3}{3}}-{\displaystyle \frac{x^2}{2}}+{\displaystyle \frac{x}{4}}\right]}_{-\frac{1}{2}}^{\frac{3}{2}}\hfill \\ & =& \left({\displaystyle \frac{9}{8}}-{\displaystyle \frac{9}{8}}+{\displaystyle \frac{3}{8}}\right)-\left(-{\displaystyle \frac{1}{24}}-{\displaystyle \frac{1}{8}}-{\displaystyle \frac{1}{8}}\right)\hfill \\ & =& {\displaystyle \frac{2}{3}}\hfill \end{array}$$

   D'autre part, l'aire du rectangle ABCD est égale à $AB\times AC$ soit 2 unités d'aire. Donc exprimée en unité d'aire, l'aire de la partie hachurée est égale à $$2-{\displaystyle \frac{2}{3}}={\displaystyle \frac{4}{3}}$$

   A.  ${\displaystyle \frac{1}{3}}$

   B. ${\displaystyle \frac{2}{3}}$

   C. ${\displaystyle \frac{4}{3}}$

4. Soit f une fonction définie et dérivable sur $\left]0;+\infty \right[$ telle que pour tout réel x strictement positif, ${\displaystyle \frac{1}{x}}<f\left(x\right)<{\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{x^2}}$ alors :

   f est dérivable sur $\left]0;+\infty \right[$ donc f admet des primitives sur $\left]0;+\infty \right[$. Par conséquent pour tout réels a et b tels que $0<a<b$, nous avons $$\begin{array}{ccc}{\displaystyle {\int }_a^b{\displaystyle \frac{1}{x}}\mathrm{d}x}<{\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)\mathrm{d}x}<{\displaystyle {\int }_a^b{\displaystyle \frac{1}{x}}+{\displaystyle \frac{1}{x^2}}\mathrm{d}x}& \text{Soit}& \ln b-\ln a<{\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)\mathrm{d}x}<\left(\ln b-{\displaystyle \frac{1}{b}}\right)-\left(\ln a-{\displaystyle \frac{1}{a}}\right)\end{array}$$

   Donc $$\begin{array}{ccc}\ln 1-\ln {\mathrm{e}}^{-1}<{\displaystyle {\int }_{{\mathrm{e}}^{-1}}^{1}f\left(x\right)\mathrm{d}x}<\left(\ln 1-1\right)-\left(\ln {\mathrm{e}}^{-1}-\mathrm{e}\right)& \iff & 1<{\displaystyle {\int }_{{\mathrm{e}}^{-1}}^{1}f\left(x\right)\mathrm{d}x}<\mathrm{e}\end{array}$$

   A. $1<{\displaystyle {\int }_{{\mathrm{e}}^{-1}}^{1}f\left(x\right)\mathrm{d}x}<\mathrm{e}$

   B. ${\displaystyle \frac{1}{\mathrm{e}}}<{\displaystyle {\int }_1^{\mathrm{e}}f\left(x\right)\mathrm{d}x}<{\displaystyle \frac{1}{\mathrm{e}}}+{\displaystyle \frac{1}{{\mathrm{e}}^2}}$

   C. $\mathrm{e}<{\displaystyle {\int }_{{\mathrm{e}}^{-1}}^{\mathrm{e}}f\left(x\right)\mathrm{d}x}<\mathrm{e}+{\mathrm{e}}^{-1}$

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