Exercices résolus de mathématiques.

ANA 10
EXANA0100 – EXANA109

http://www.matheux.be.tf

Jacques Collot

Juin 04

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 1 -
EXANA100 – Louvain, juillet 2002; série 2.

On considère tous les cônes circulaires droits inscrits dans une sphère de
rayon R. Déterminez le rayon r de la base et la hauteur h du cône de volume
maximal. Donnez ensuite ce volume et comparez-le au volume de la boule.

R r

R x

La boule étant obtenu par la rotation d' un cercle et le cône par la rotation d'u n triangle,
on peut raisonner dans le plan.
Soit à maximaliser l'aire d'un triangle inscrit à un cercle de rayon R.
h = R + x
 dS 1
r = R − x → S = ( R + x ) R − x → = R 2 −x 2 +( R +x) ( −2x )
2 2 2 2

 S = hr dx 2 R2 − x 2

− R + R2 + 8 R2 R 3R 3
→ 2 x 2 + xR − R2 = 0 → x = = → h= et r = R
4 2 2 2
π π 3R 3R 3πR
2 3
→ Le volume du cône : VC = r 2 h = . . =
3 3 4 2 8
4 3
πR
4 3 VB 3 32
Volume de la boule : VB = πR → = = ; 3.56
3 VC 3πR3 9
8

Résolu le 24 juin 2004

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 2 -
EXANA101 – Louvain, septembre 2002.

lim
x →±∞
( x2 + 1 − x ) =
a)

g ( x ) = ln ( sin e x ) Calculer la dérivée g ' ( x )

b)

x2
∫ 1 + x3
dx
c)

∫x
2
cos ( 2 x ) dx
d)

e) ∫ x ln x dx

a ) lim
x → ±∞
( )
x 2 +1 − x =

1) lim (x → −∞
)
x 2 +1 − x = +∞

2) lim ( x +1 − x ) == lim
x2 + 1− x2 1
2
= lim =0
x → +∞ x → +∞
x +1 + x
2 x → +∞
x +1+ x
2

b) g ( x ) = ln sin e x ( )
1
g '( x ) = x
. cos e x . e x = e x cote x
sin e

c) ∫
x 1 d x +1
2
dx = ∫
3

=
2
1+ x
3 ( )
1+ x
3 3 1+ x
3 3

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 3 -
 d ) I = ∫ x 2 cos 2x dx
f = x2 f ' = 2x
2 sin 2 x
sin 2 x → I = x − ∫ x sin 2 x dx
g ' = cos 2 x g = 2
2
f=x f '= 1
2 sin 2 x cos 2 x 1
cos 2 x → I = x +x − ∫ cos 2x dx
g ' = sin 2 x g = − 2 2 2
2
sin 2 x cos 2 x sin 2 x
→ I = x2 +x −
2 2 4

e) I = ∫ x ln x dx
1
f = ln x f '=
2 x3
x 2
2 x
3
→ I =
3
ln x −
3 ∫ x dx
g'= x g =
3
2 x3  2
→ I=  ln x − 
3  3

Résolu le 24 juin 2004

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 4 -
EXANA102 – Louvain, septembre 2002.

On considère la fonction f définie par

1
f ( x ) = x sin
x
a) Donnez le domaine de f et analysez la parité de f.
b) Donnez la limite de f quand x → 0 si cette limite existe.
c) Donnez les maxima et minima éventuels.
d) Donnez le graphe de f en mettant en évidence la partie du graphe
comprise en x = 1 / (3 π) et x = 3 / π

a ) dom f = ¡ \ { 0}
1 1
f ( −x ) = −x sin = x sin = f ( x ) → La fonction est paire
−x x
1
sin
1 x = lim sin t = 0
b) lim x sin = lim
x →0 x x → 0 1 t →∞ t
x
c ) Asymptote horizontale :
1 sin t
lim x sin = lim =1 AH ≡ y = 1
x →∞ x t→ 0 t
1 1 1  1 1 1
d ) f ' ( x ) = sin + x cos  − 2  = sin − cos
x x x  x x x
1 1 1 1 1
→ sin − cos = 0 → x sin = cos = f ( x )
x x x x x
1
Il aura donc un extrema chaque fois que f ( x ) sera égal à cos
x
Ce qui se produit une infinité de fois.
1
Par exemple, si x → 0, alors xsin ≈0 en vertu d u point b)
x
1 1
→ cos =0 →x=
x 2k π
1
D'autre part, les valeurs extrèmes de sin sont ± 1.
x
Par conséquent, les extrema sont situés sur les droites : y = ± x

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 5 -
 1
,2

0
,8

0
,6

0
,4

0
,2

0
-1
,5 -1 -0
,5 0 0
,5 1 1
,5
-0
,2

-0
,4

0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
-0,5 -0,3 -0,1-0,1 0,1 0,3 0,5
-0,2
-0,3
-0,4

Résolu le 24 juin 2004

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 6 -
EXANA103 – Louvain, septembre 2002.

a) Donnez la surface latérale (sans la base) d’un cône circulaire droit en

fonction du rayon r de sa base et de la longueur l de sa génératrice.
b) En considérant tous les cônes circulaires droits inscrits dans une sphère
de rayon R, donnez le rayon r de la base et la hauteur h de celui dont la
surface latérale est maximale. Calculer ensuite cette surface.

r
2πr

a ) Développons la surface latérale. On a i mmédiatement :

2π r 2
AL = πl = π r l
2πl

R x

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 7 -
b) Appliquons Pythagore :
l 2 = r 2 + ( x + R ) 2 r 2 = l 2 − ( x + R )
2

→ R 2 − x2 = l 2 − ( x + R )
2
 2 2 2 →
 R = x + r r = R − x
2 2
( 1)
→ l = 2R ( R + x) ( 2)
Donc l'aire latérale est, en utilisant 1( ) et ( 2 ) :

AL = πrl = π R 2 − x 2 2 R ( R + x ) = π 2R ( R + x ) R − x
dAL
Cette surface sera extrémale si : =0
dx
dAL   1
→ = π 2R  R − x + ( R + x) ( −1)  = 0
dx  2 R−x 
1 R
→ R − x = ( R + x) → 2( R − x ) = R + x → x =
2 R−x 3
 2 2
r = R
 3 2 2 2R 6 8 3
Et donc :  → AL = π R = π R3
l = 2 R 6 3 3 9
 3

Résolu le 24 juin 2004. Modifié le 6 juillet 2006. (Benoît Baudelet)

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 8 -
EXANA104 – Louvain, juillet 2003, série 1.

dx
a)
∫ 1 + cos 2 x =

∫ sin x dx =
2x
e
b)

dx
c)
∫ 2x2 + 4x + 5 =
14 dx
∫ −1 4
1 − 4x 2
d)

1 1 1 1
a) I = ∫ dx = ∫ 2 dx = tan x
1 + cos 2x 2 cos x 2

b) I = ∫ e 2x sin x dx
f =e f ' = 2e
2x 2x
→ I = −e 2x cos x + 2 ∫ e 2x cos x dx
g ' = sin x g = − cos x
f =e f ' = 2e
2x 2x
→ I = −e2 x cos x + +2e 2 x sin x − 4 ∫ e 2 x sin x dx
g ' = cos x g = sin x
e 2x
→ I = ( 2sin x − cos x )
5

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 9 -
 dx dx 13 dx
c) I = ∫ =∫ = ∫
2x + 4x + 5 2 ( x + 1) + 3 2 2  x + 1 
2 2 2

 3  +1
 
 2 
x +1 
d 
3 
 
1 3  2  6 6
= ∫ 2
= arctan ( x +1)
3 2  x +1  6 3
  +1
 3 
 2 

14 dx
d) I = ∫
−1 4
1 − 4x2
 1 1
 x = → t =
dt 4 2
Posons t = 2 x → dx = →
2 x = − 1 → t = − 1
 4 2
1 1
1 dt 1 1 π π π
I = ∫ 21 = [ arcsin t ] 2 1 =  +  =
2 −2 1− t 2 2 −
2 2 6 6 6

Résolu le 24 juin 2004

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 10 -
EXANA105 – Louvain, juillet 2003, série 1.

On considère la fonction f : ℜ \ { 2 } → ℜ, définie par

x − x +1
4 3

f ( x) =
x−2
e) Montrer que cette fonction est bien définie sur ℜ \ { 2 }.
f) Donnez l’équation des asymptotes.
g) Esquissez le graphe de f sans calculer f ’, mais en sachant que f ’
s’annule seulement en un point de [ -1, 0 ] et en un point de [ 3, 4 ]
h) Montrez que la dérivée de f s’annule en un point de [ -1, 0 ]

a ) Il faut que x 4 − x 3 + 1 soit toujours positif.

si x < 0 → − x3 > 0 → x4 − x3 + 1 > 0

si x = 0 → x4 − x3 + 1 = 1 > 0
En effet : 
si 0 < x < 1 → x3 < 1 → x 4 − x 3 + 1 > 0
si x > 1 → x4 > x3 → x4 − x3 + 1 > 0

→ dom f = ¡ \ { 2}
b) Asymptote verticale : AV ≡ x = 2
Asymptote obliqu e :
x4 − x3 +1
lim =1
x →∞ x ( x − 2)
 x4 − x3 + 1  x − x +1 − ( x − 2) x
4 3

lim  − x  = lim
x →∞  x − 2  x→∞ x−2
 
x 4 − x 3 + 1− x 4 + 4 x3 − 4 x2 3 x3 3
= lim = lim =
x →∞
( )
( x − 2 ) x 4 − x 3 + 1 − ( x − 2 ) x x →∞ x ( x + x ) 2
2 2

3
→ AO ≡ y = x +
2

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 11 -
 c ) Graphe : Voir ci-dessous
1 4 x 3 − 3x 2 1

( x − 2) − ( x 4
− x + 1)
3 2
2 1

d) f '( x) =
(x 4
− x3 + 1) 2

( x − 2) 2
1 2 x4 − 9x3 + 6x 2 − 2
= 1
2
( x − 2) ( x − x + 1) 2
2 4 3

Le dénominateur est toujours positif. Et udions le numérateur N ( x )

On a : N ( 0 ) = −2 et N ( −1) = 15
→ f ' ( x ) s'annule dans l'i ntervalle [ −1, 0 ]

1
2

-3 -1 1 3 5
-3

-8

Résolu le 24 juin 2004. Modifié le 1 août 2005 (Steve Tumson)

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 12 -
EXANA106 – Louvain, juillet 2003, série 1.

On considère une cuve obtenue par la rotation d’une parabole

y = a x2

autour de l’axe des y. On suppose a > 0. (Unités : mètre, seconde).

c) donnez le volume V ( h ) de la cuve correspondant à 0 ≤ a x2 ≤ y ≤ h.

d) On remplit la cuve de vin jusqu’à une hauteur de 2 mètres et on ouvre
ensuite un robinet assurant un débit d’un litre par seconde. Le niveau
du vin devient alors une fonction du temps h ( t ). Donnez la vitesse de
descente du niveau du vin (en m/s) au moment où h ( t ) = 3/2 (m).

y=h

y = a x2

x
O

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 13 -
 2
 y
h π 2 h πh2
a ) V ( h ) = π∫   dy =  y  =
0
 a  2a 0 2a

−3
b) Soit le débit de fuite : D =10 m 3/ s
2π
A l'instant t = 0, le volume dans la cuve est : V ( 2 ) =
a
2π
A l'instant t , le volume est : V ( t ) = −Dt
a
πh2 2π 2 aDt
Et le niveau correspondant : = − D t → h( t) = 4 −
2a a π
La vitesse de descente est donc :
dh ( t ) 1
 2aD  −aD aD
vh = = −  = = −
dt 2aDt  π  2aDt πh
2 4− π 4−
π π
3 2a
Si h = m → vh = 10 − 3 m / s
2 3π

Résolu le 24 juin 2004 . Modifié le 6 juillet 2006. (Benoît Baudelet)

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 14 -
EXANA107 – Louvain, juillet 2003, série 2.

∫ sin
4
a) x cos3 x dx

∫ sin
4
b) x cos 4 x dx

 ( x2 )  dx
∫  + +
x
c) x  e 2 e 1 

1
1+ x −
d) 1− x
lim
x→ 0 ln ( 1 + x ) + ln ( 1 − x )

a ) I = ∫ sin 4 x cos3 x dx
Soit t = sin x → dt = cos x dx
t5 t7
Donc : I = ∫ sin x cos x cos x dx = ∫ t (1 − t
4 2 4 2
) dt = −
5 7
sin 5 x sin 7 x
= −
5 7

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 15 -
 1
b) I = ∫ sin 4 x cos 4 x dx = 5 ∫
sin 4 2 x d2 x (1)
2
Procédons par étape.
Calculons : J = ∫ sin 2 t dt
f = sin t f ' = cos t
→ J = − sin t cos t + ∫ cos 2 t dt
g ' = sin t g = − cos t
→ J = − sin t cos t + ∫ t dt − ∫ sin 2 t dt
t sin 2t
→ J= − ( 2)
2 4
Calculons : H = ∫ sin 4 t dt
f = sin 3 t f ' = 3sin 2 t cos t
g ' = sin t g = − cos t
→ H = − sin 3 t cos t + 3 ∫ sin 2 t cos 2 t dt
3
= − sin 3 t cos t +
8 ∫ sin 2 2 t d 2 t

3  2t sin 4 t 
Avec ( 2 ) → H = − sin 3 t cos t +  − 
8 2 4 
3t 3sin 4 t
= − sin 2 t sin t cos t + −
8 32
1 − cos 2t sin 2 t 3t 3sin 4 t
=− + −
2 2 8 32
sin 2t sin 4 t 3t 3sin 4 t
=− + + −
4 8 8 32
3t sin 2t sin 4 t
= − + ( 3)
8 4 32
Il nous reste à appliquer la formule (3 ) à (2 ) , avec t = 2 x
1  3 x sin 4 x sin 8 x  1
→I =  − + = ( 24 x −8sin 4 x +sin 8 x )
25  4 4 32  210

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 16 -
c ) I = ∫ x  e( ) + 2e x + 1 dx = ∫ xe x dx + 2 ∫ xe x dx + ∫ xdx
x2 2

 
Calculons chaque terme :
2
1 x2 2 ex
I 1 = ∫ xe dx = ∫ e dx =
x2

2 2
(
I 2 = 2 ∫ xe x dx = 2 xe x − ∫e x dx = 2xe x − 2e x) (Intégration par parties)
x2
I 3 = ∫ xdx =
2
2
ex x2
→I = + 2 xe − 2e +
x x

2 2
1 1
1 −
1+ x − 2 1+ x 2 (1− x)3
1− x
d ) lim = lim
( ) (
x →0 ln 1 + x + ln 1 − x
) x →0 1
−
1
1+ x 1− x
(1 − x)
3
− 1+ x

= lim
2 (1 + x) (1 − x )
3

= lim −
( ( 1 − x)
3
)
− 1 + x (1 + x ) ( 1 − x)
x→ 0 1 − x −1 − x x→ 0
4 x ( 1 + x ) ( 1 − x)
3

( 1 + x) ( 1 − x )
( 1 + x) ( 1 − x ) (1 − x)
3
1 − 1+ x
= − lim lim
4 x →0 ( 1+ x ) ( 1− x )
3 x →0 x

(1− x) (1 − x) − (1 + x )
3
1 − 1+ x 1
3

= − .1.lim = − lim
4 x→ 0 x
(
4 x→ 0 x ( 1 − x ) 3 + 1 + x
)
1 1 − 3 x + 3 x 2 − x3 − 1 − x 1 x2 − 3 x + 4 1
= − lim = =
(
4 x →0 x ( 1 − x ) 3 + 1 + x 4
) (1 − x) 3 + 1+ x 2

Résolu le 24 juin 2004 Modifié le 6 juillet 2006 (Benoît Baudelet)

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 17 -
EXANA108 – Louvain, juillet 2003, série 2.

On considère la fonction f définie par

1 + x4
f ( x) =
( 1− x ) 2
i) Donnez le domaine de f.
j) Donnez l’équation des asymptotes s’il y en a.
k) Donnez le graphe de f en situant le ou les extrema éventuels.

a ) dom f = ¡ \ { 1}
b) Asymptote verticale : AV ≡ x =1
1+ x4 x2
Asymptote horizontale : lim =lim =1 → AH ≡ y =1
(1− x)
x →∞ 2 x →∞ x 2

1 1
2 1 + x4
( 4 x 3 ) ( 1 − x ) − 1 + x 4 .2 ( 1 − x ) ( −1)
2

2 x3 + 2
c) f ' ( x ) = =
( 1 − x) 4 ( 1− x ) 3 1+ x4
f ' ( x ) = 0 → 2 x 3 + 2 = 0 → x = −1
Si x < −1 → f ' ( x) < 0  2
 → C'est un minimum : -1, 
Si 1 > x > −1 → f ' ( x ) > 0  4 
Note : Il y a également un point d'infle xion en ( −1.7376, 0.4244 )

1
0

0
-
8 -
3 2 7
-
2

Résolu le 24 juin 2004

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 18 -
EXANA109 – Louvain, juillet 2003, série 2.

On considère la surface de révolution obtenue par rotation autour de l’axe Oy

de la courbe définie par

( )
− x2
y=e
a) Donnez un graphe très approximatif de cette courbe ?
b) Donnez le volume correspondant à 0 < h ≤ y ≤ e ( ) ≤ 1
2
− x

c) Quelle est la limite de ce volume quand h → 0 ?

1,1

0,9

0,7

0,5

0,3

0,1

-5 -3 -1 1 3 5
-0,1

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 19 -
a ) Le graphique est donné ci-dessus.

b) Utilisons la méthode des tubes.

Soit un rectangle de largeur dx et de haut eur h
En tournant autour de Oy, ce rectangle eng endre un tube d'épaisseur dx
de hauteur h e t de rayon x. Ce qui correspond à un volume
2
dV = 2πx .h .dx avec h = e − x
 x = 0 qui correspond à h = 1
Il suffit d'intégrer entre 
 x = +∞ qui correspond à h = 0
e − x d ( x 2 ) = −π e − x 
+∞ +∞ +∞
V = 2π ∫ x e − x dx = π ∫
2 2 2
=π
0 0 0

1 ,1

0 ,9

0 ,7

0 ,5
h

0 ,3

0 ,1
x

-2 -1 ,5 -1 - 0 ,5 0 0 ,5 1 1 ,5 2
-0 ,1

dx

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 20 -
 c) Si nous voulons faire une limite quand h 
→ 0, il faut faire apparaître h
2
Soit h = e − x → ln h = −x 2 x = − ln h
Le volume cherché sera la somme du volum e engendré par le rectangle de
longueur − ln h et de hauteur h, e t du volume engendré par la surface situ ée
entre les abscisses x = −ln h et l'infini.

( )
2 +∞ +∞
− ln h + 2 π∫ x e− x dx = −2 π h ln h − π e− x 
2 2
V = 2π h
− ln h − ln h

= −2 π h ln h + π eln h = −2 π h ln h + π h
ln h
Donc, lim V = lim [ −2 π h ln h + π h ] = −2 πlim [ h ln h ] = −2 π lim
h→ 0 h→ 0 h→ 0 h →0 1

h
1
= −2π lim h = 2 π lim h = 0
h →0 1 h →0
− 2
h

1 ,1

0 ,9

0 ,7

0 ,5

( )
0 ,3
− ln h , h

0 ,1

-2 - 1 ,5 -1 - 0 ,5 0 0 ,5 1 1 ,5 2
- 0 ,1

Résolu le 24 juin 2004

www.matheux.be.tf - ANA 10 - 21 -