Exercices corrigés — Primitives et équations différentielles (Terminale)

a) Une primitive de 4x³ est x⁴ ; une primitive de −1x² est 1x, car (1x)' = −1x². Donc F(x) = x⁴ + 1x. Vérification : F'(x) = 4x³ − 1x².
b) On reconnaît la forme u'e^u avec u(x) = x² et u'(x) = 2x. Une primitive est G(x) = e^x2. Vérification : (e^x2)' = 2xe^x2.
c) Forme u'/u avec u(x) = 3x + 1, u' = 3, et u > 0 sur l'intervalle. Une primitive est H(x) = ln(3x + 1). Vérification : [ln(3x + 1)]' = 33x + 1.
d) Comme [sin(2x)]' = 2 cos(2x), il faut compenser le facteur 2 : une primitive de cos(2x) est K(x) = (12) sin(2x). Vérification : [(12) sin(2x)]' = (12) × 2 cos(2x) = cos(2x). Toutes les primitives s'obtiennent en ajoutant une constante.

on cherche d'abord toutes les primitives : une primitive de 3x² est x³, une primitive de −4x est −2x², une primitive de 2 est 2x. Les primitives de f sur ℝ sont donc les fonctions F(x) = x³ − 2x² + 2x + C, où C est une constante réelle.
La condition F(1) = 0 fixe la constante : 1 − 2 + 2 + C = 0, soit 1 + C = 0 et C = −1.
L'unique primitive cherchée est F(x) = x³ − 2x² + 2x − 1. Vérification : F'(x) = 3x² − 4x + 2 = f(x) et F(1) = 1 − 2 + 2 − 1 = 0. Remarque : comme F(1) = 0, F(x) se factorise par (x − 1) : F(x) = (x − 1)(x² − x + 1).

on pose u(x) = 2x + 1, donc u'(x) = 2. La forme u'u³ a pour primitive u⁴4. Or f(x) = u³ = (12) × u'u³ : il manque le facteur u' = 2, que l'on compense par 12.
Les primitives de f sont donc F(x) = (12) × (2x + 1)⁴/4 + C = (2x + 1)⁴/8 + C.
Vérification par dérivation : [(2x + 1)⁴/8]' = 4 × 2 × (2x + 1)³/8 = (2x + 1)³.
Condition : F(0) = 1⁴8 + C = 18 + C = 1, donc C = 78. La primitive cherchée est F(x) = (2x + 1)⁴/8 + 78. Sans la compensation par 12, on aurait obtenu (2x + 1)⁴/4, dont la dérivée vaut 2(2x + 1)³ : le double de f.

les solutions de l'équation y' = ay sur ℝ sont les fonctions y(x) = Ce^ax, C ∈ ℝ. Ici a = 3 : y(x) = Ce^3x.
La condition initiale fixe C : y(0) = Ce⁰ = C, donc C = −2.
L'unique solution est y(x) = −2e^3x. Vérification : y'(x) = −6e^3x = 3 × (−2e^3x) = 3y(x), et y(0) = −2.
Cette fonction est strictement négative et tend vers −∞ en +∞ : un coefficient a > 0 traduit une croissance exponentielle (ici en valeur absolue), un coefficient a < 0 une décroissance vers 0.

l'équation est de la forme y' = ay + b avec a = 2 et b = −6. On cherche d'abord la solution constante ℓ : 0 = 2ℓ − 6 donne ℓ = 3. On vérifie que la fonction constante 3 est solution : sa dérivée 0 est bien égale à 2 × 3 − 6.
On pose z = y − 3. Alors z' = y' = 2y − 6 = 2(y − 3) = 2z : z vérifie y' = 2y, donc z(x) = Ce^2x. Les solutions sont y(x) = 3 + Ce^2x, C ∈ ℝ.
Condition initiale : y(0) = 3 + C = 5, donc C = 2, et y(x) = 3 + 2e^2x.
Vérification : y'(x) = 4e^2x et 2y(x) − 6 = 6 + 4e^2x − 6 = 4e^2x. La solution s'éloigne de l'équilibre 3 car a = 2 > 0 : l'équilibre est instable.

a) En développant : T' = −0,1T + 2,5, soit a = −0,1 et b = 2,5.
b) La solution constante est ℓ = −ba = 25 : c'est la température ambiante, pour laquelle le café ne se refroidit plus. Les solutions sont T(t) = 25 + Ce^−0,1t. La condition T(0) = 85 donne 25 + C = 85, donc C = 60 et T(t) = 25 + 60e^−0,1t.
c) Comme −0,1 < 0, e^−0,1t → 0 quand t → +∞, donc T(t) → 25 : le café tend vers la température de la pièce, en restant toujours au-dessus (60e^−0,1t > 0).
T(t) < 40 ⇔ 60e^−0,1t < 15 ⇔ e^−0,1t < 14 ⇔ −0,1t < ln(14) = −ln 4 ⇔ t > 10 ln 4 ≈ 13,9. Le café passe sous 40 °C après environ 14 minutes. Vérification : T(14) = 25 + 60e^−1,4 ≈ 25 + 14,8 = 39,8 °C.

l'équation est de la forme y' = ay + f(x) avec a = −1 et f(x) = 2x + 1, fonction affine. On cherche une solution particulière de la même forme : y_p(x) = px + q, donc y_p' = p.
y_p est solution si p = −(px + q) + 2x + 1 = (2 − p)x + (1 − q) pour tout x. On identifie : le coefficient de x donne 2 − p = 0, soit p = 2 ; le terme constant donne p = 1 − q, soit q = 1 − 2 = −1. Ainsi y_p(x) = 2x − 1. Vérification : y_p' = 2 et −(2x − 1) + 2x + 1 = 2.
L'équation homogène associée z' = −z a pour solutions z(x) = Ce^−x.
Les solutions de l'équation complète sont y(x) = 2x − 1 + Ce^−x, C ∈ ℝ. Quand x → +∞, le terme Ce^−x tend vers 0 : toutes les solutions se rapprochent de la droite y = 2x − 1.

a) Si y_p(x) = ke^x, alors y_p'(x) = ke^x, et 2y_p(x) + e^x = (2k + 1)e^x. L'égalité y_p' = 2y_p + e^x pour tout x équivaut à k = 2k + 1, soit k = −1. La fonction y_p(x) = −e^x est une solution particulière. Cette forme convient parce que e^x n'est pas solution de l'équation homogène (l'exposant 1 est différent de 2).
b) L'équation homogène z' = 2z a pour solutions z(x) = Ce^2x. Les solutions de l'équation complète sont y(x) = −e^x + Ce^2x, C ∈ ℝ.
c) y(0) = −1 + C = 0 donne C = 1. La solution cherchée est y(x) = e^2x − e^x.
Vérification : y'(x) = 2e^2x − e^x, et 2y(x) + e^x = 2e^2x − 2e^x + e^x = 2e^2x − e^x. Les deux expressions coïncident, et y(0) = 1 − 1 = 0.