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-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{Exercice \Roman{subsection}}} 
\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
\pagestyle{fancy}
% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}


\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction des calculs d'aire entre deux courbes}}\end{center}

\subsection{}
On considère les fonctions $f$ et $g$ définies par $f(x) = x^2 + 1$ et $g(x) = -x^2 + 2x + 5$.\\
On admet que pour tout $x$ de [-1~;~2], on a $0\leqslant  f(x) \leqslant  g(x)$.
\begin{center}
\psset{xunit=1,yunit=1,comma=true,algebraic=true}
\begin{pspicture}(-4,-2)(5,7)
\psaxes[linewidth=2pt,Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(-4,-2)(5,7)
\psplot[linewidth=2pt]{-2.5}{2.5}{x^2+1}
\psplot[linewidth=2pt]{-1.5}{3.5}{-x^2+2*x+5}
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=cyan!20]{\psplot[linewidth=2pt]{-1}{2}{x^2+1},\psplot[linewidth=2pt]{2}{-1}{-x^2+2*x+5}}
\psgrid[subgriddiv=1,gridlabels=0](-4,-2)(5,7)
\uput[l](-2,5){$\mathscr{C}_f$}
\uput[r](3,2){$\mathscr{C}_g$}
\end{pspicture}

\end{center}
%Déterminer l'aire délimitée par les courbes représentatives de $f$ et de $g$ sur l'intervalle [-1 ; 2].
Cette aire $\mathscr{A}$ vaut : \\
$\mathscr{A}=\int_{-1}^2\left[g(x)-f(x)\right]\text{ d}x=\int_{-1}^2\left[\left(-x^2+2x+5\right)-\left(x^2 + 1\right)\right]\text{ d}x=\int_{-1}^2\left(-2x^2+2x+4\right)\text{ d}x=2\int_{-1}^2\left(-x^2+x+2\right)\text{ d}x$.\\
Posons $h(x)=-x^2+x+2$.\\
Une primitive est $H(x)=-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^2}{2}+2x$.\\
Alors : $\mathscr{A}=2\left[H(x)\right]_{-1}^2=2\left(H(2)-H(-1)\right)$.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $H(2)=\dfrac{10}{3}$

\item $H(-1)=-\dfrac{7}{6}$
\end{enumerate}
On en déduit : $\mathscr{A}=2\left(\dfrac{10}{3}-\left(-\dfrac{7}{6}\right)\right)=\boxed{\textcolor{red}{9\text{~u.a.}}}$.

\subsection{}
On considère deux fonctions $f$ et $g$ définies respectivement sur $\left]0~;~+\infty\right[$ par :
\[f(x)=\dfrac{\ln(x)}{x}\text{ et } g(x)=\dfrac{\ln^2(x)}{x}.\]
On note $\mathscr{C}_f$ et $\mathscr{C}_g$ les courbes respectives des fonction $f$ et $g$.
\begin{enumerate}[1)]
\item %Démontrer que les courbes $\mathscr{C}_f$ et $\mathscr{C}_g$ admettent deux points communs dont on précisera les coordonnées.
On résout l'équation $f(x)=g(x)$.\\
$f(x)=g(x)\iff \dfrac{\ln(x)}{x}=\dfrac{\left(\ln(x)\right)^2}{x}\iff \dfrac{\ln(x)-(\ln(x))^2}{x}=0\iff \dfrac{\ln(x)\left[1-\ln\left(x)\right]\right]}{x}=0\iff \ln(x)\left(1-\ln(x)\right)=0$.\\
Soit $\ln(x)=0\iff x=1$\\
Soit $1-\ln(x)=0\iff \ln(x)=1\iff x=\mathrm{e}$
Les deux courbes ont deux points communes, de coordonnées (1~;~0) et $\mathrm{e}~;~\dfrac{1}{\mathrm{e}}$.

\item %Étudier la position relative des courbes $\mathscr{C}_f$ et $\mathscr{C}_g$.
On étudie le signe de $f(x)-g(x)$.\\
$f(x)-g(x)=\dfrac{\ln(x)\left[1-\ln(x)\right]}{x}$.
\begin{center}
\begin{variations}
x&&0&&1&&\mathrm{e}&&\pI\\
\hline
\ln(x)&\bb&&-&\z&+&\l&+&\\
\hline
1-\ln(x)&\bb&&+&\l&+&\z&-&\mI\\
\hline
x&\bb&&+&\l&+&\l&+&\\
\hline
f(x)-g(x)&\bb&&-&\z&+&\z&-&\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
On en déduit que $f(x)\geqslant g(x)$ sur $\left[1~;~\mathrm{e}\right]$.

\item On a tracé les courbes $\mathscr{C}_f$ et $\mathscr{C}_g$.\\
%Identifier chaque courbe puis déterminer l’aire $\mathscr{A}$ en $\si{\square\centi\metre}$ de la partie du plan délimitée par les courbes $\mathscr{C}_f$ et $\mathscr{C}_g$ et par les droites d’équations $x=1$et $x=\mathrm{e}$. \\
$g(x)\geqslant 0$ sur $]0~;~+\infty[$
L’unité est de 2 \si{\centi\metre} sur l’axe des abscisses et de 4 \si{\centi\metre} sur l’axe des ordonnées.

\end{enumerate}
\begin{center}
\psset{xunit=1,yunit=2,comma=true,algebraic=true}
\begin{pspicture}(-1,-0.5)(4,1.2)
\psaxes[linewidth=2pt,Dx=1,Dy=1]{->}(0,0)(-1,-0.5)(4,1.2)
\psgrid[subgriddiv=1,gridlabels=0](-1,-1)(4,1.2)
\psplot[linewidth=2pt,linecolor=blue]{0.6}{3.2}{ln(x)/x}
\psplot[linewidth=2pt,linecolor=red]{0.5}{3.2}{(ln(x))^2/x}
\uput[r](.8,-.27){$\mathscr{C}_f$}
\uput[r](2,.24){$\mathscr{C}_g$}
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=cyan!20]{\psplot[linewidth=2pt,linecolor=blue]{1}{2.718}{ln(x)/x};\psplot[linewidth=2pt,linecolor=red]{2.718}{1}{(ln(x))^2/x}}
\end{pspicture}
\end{center}
\vspace{2cm}
$\mathscr{A}\int_1^{\mathrm{e}}\left[f(x)-g(x)\right]\text{ d}x=\int_1^{\mathrm{e}}\left[\dfrac{\ln(x)}{x}-\dfrac{\ln(x)^2}{x}\right]\text{ d}x=\int_1^{\mathrm{e}}\dfrac{\ln(x)}{x}\text{ d}x-\int_1^{\mathrm{e}}\dfrac{(\ln(x))^2}{x}\text{ d}x$ (par linéarité).\\
On pose $u(x)=\ln(x)$ ; alors $u'(x)=\dfrac{1}{x}$.\\
Par conséquent : 
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $f(x)=\dfrac{\ln(x)}{x}=u'(x)u(x)$ qui a pour primitive $F=\dfrac{1}{2}u^2=\dfrac{1}{2}(\ln(x))^2$.\\
$\int_1^{\mathrm{e}}f(x)\text{ d}x=F(\mathrm{e})-F(1)=\dfrac{1}{2}$

\item $g(x)=\dfrac{(\ln(x))^2}{x}=u'(x)u^2(x)$ qui a pour primitive $G=\dfrac{1}{3}u^3=\dfrac{1}{3}(\ln(x))^3$.\\
$\int_1^{\mathrm{e}}f(x)\text{ d}x=G(\mathrm{e})-G(1)=\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{3}$

\item D'où : $\boxed{\textcolor{red}{\mathscr{A}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6}\text{~u.a.}}}$.\\
Or, 1 u.a.=6 \si{\square\centi\metre}, donc $\mathscr{A}=1\si{\square\centi\metre}$

\end{enumerate}
\label{fin}
\end{document}