Exercices corrigés : Primitives et équations différentielles (Terminale)

1. La fonction $g$ est dérivable sur $\mathbb R$ et $g'(x)=-4e^{-x}+2$.

D'autre part, $-g(x)+2x+1=-4e^{-x}-2x+1+2x+1=-4e^{-x}+2$.

Donc $g'(x)=-g(x)+2x+1$ pour tout réel $x$ : $g$ est solution de $(E)$ sur $\mathbb R$.

2. La fonction $h$ est dérivable sur $\mathbb R$ et $h'(x)=e^{x}+2$. D'autre part, $-h(x)+2x+1=-e^{x}-2x+1+2x+1=-e^{x}+2$.

En $x=0$ : $h'(0)=3$ alors que $-h(0)+2\times0+1=-0+1=1$, car $h(0)=1+0-1=0$. L'égalité est fausse en $0$, donc $h$ n'est pas solution de $(E)$.

3. $p'(x)=2$ et $-p(x)+2x+1=-2x+1+2x+1=2$. L'égalité est vraie pour tout réel $x$ : $p$ est solution de $(E)$ sur $\mathbb R$.

1. Par linéarité, avec $x^n\mapsto\frac{x^{n+1}}{n+1}$ : $F(x)=4\times\frac{x^4}{4}-6\times\frac{x^3}{3}+2\times\frac{x^2}{2}-5x=x^4-2x^3+x^2-5x$.

Vérification : $F'(x)=4x^3-6x^2+2x-5$.

2. Une primitive de $\frac1{x^2}$ sur $]0;+\infty[$ est $-\frac1x$, une primitive de $\frac1{\sqrt x}$ est $2\sqrt x$. Donc $F(x)=-\frac3x+2\sqrt x$.

Vérification : $F'(x)=\frac3{x^2}+\frac{2}{2\sqrt x}=\frac3{x^2}+\frac1{\sqrt x}$.

3. Une primitive de $\cos$ est $\sin$, une primitive de $\sin$ est $-\cos$. Donc $F(x)=2\sin x-5\times(-\cos x)=2\sin x+5\cos x$.

Vérification : $F'(x)=2\cos x-5\sin x$.

4. Sur $]0;+\infty[$, une primitive de $\frac1x$ est $\ln x$. Donc $F(x)=e^{x}-\ln x$.

5. Pour $x>0$, $f(x)=\frac{x^2}{x}+\frac1x=x+\frac1x$. Donc $F(x)=\frac{x^2}{2}+\ln x$.

Vérification : $F'(x)=x+\frac1x=\frac{x^2+1}{x}$.

1. Avec $u(x)=-2x+1$, $u'(x)=-2$, on écrit $f=-\frac12\,u'e^{u}$. Une primitive est $F(x)=-\frac12e^{-2x+1}$.

Vérification : $F'(x)=-\frac12\times(-2)e^{-2x+1}=e^{-2x+1}$.

2. Avec $u(x)=x^2+3$, $u'(x)=2x$, on écrit $f=\frac12\,u'u^4$. Une primitive est $\frac12\times\frac{u^5}{5}$, soit $F(x)=\frac{(x^2+3)^5}{10}$.

Vérification : $F'(x)=\frac{5\times2x\,(x^2+3)^4}{10}=x(x^2+3)^4$.

3. Avec $u(x)=x^3+1$, $u'(x)=3x^2$, on a $f=\frac{u'}{u}$. Sur $]-1;+\infty[$, la fonction cube étant strictement croissante, $x^3>(-1)^3=-1$, donc $u(x)>0$. Une primitive est $F(x)=\ln(x^3+1)$.

4. Avec $u(x)=3x$, $u'=3$, on écrit $f=\frac13\,u'\sin u$. Une primitive est $F(x)=-\frac13\cos(3x)$.

Vérification : $F'(x)=-\frac13\times(-3\sin(3x))=\sin(3x)$.

5. Avec $u(x)=-x^2$, $u'(x)=-2x$, on écrit $f=-\frac12\,u'e^{u}$. Une primitive est $F(x)=-\frac12e^{-x^2}$.

Vérification : $F'(x)=-\frac12\times(-2x)e^{-x^2}=x\,e^{-x^2}$.

1. Avec $u(x)=\ln x$, $u'(x)=\frac1x$ : $f=u'u$, de la forme $u'u^n$ avec $n=1$. Une primitive est $F(x)=\frac{(\ln x)^2}{2}$.

Vérification : $F'(x)=\frac{2\ln x\times\frac1x}{2}=\frac{\ln x}{x}$.

2. Avec $u(x)=e^{x}+1$, qui ne s'annule pas sur $\mathbb R$, et $u'(x)=e^{x}$ : $f=\frac{u'}{u^2}$. Une primitive est $F(x)=-\frac{1}{e^{x}+1}$.

3. Avec $u(x)=\sin x$, $u'(x)=\cos x$ : $f=u'u^3$. Une primitive est $F(x)=\frac{\sin^4 x}{4}$.

Vérification : $F'(x)=\frac{4\sin^3x\cos x}{4}=\cos x\sin^3x$.

4. Avec $u(x)=x^2+x+1$, $u'(x)=2x+1$ : $f=\frac{u'}{u}$. Le trinôme $x^2+x+1$ a pour discriminant $1-4=-3<0$ et un coefficient dominant positif : il est strictement positif sur $\mathbb R$. Une primitive est $F(x)=\ln(x^2+x+1)$.

5. Avec $u(x)=\ln x$, $u'(x)=\frac1x$ : $f=\frac{u'}{u}$. Sur $]1;+\infty[$, $\ln x>0$. Une primitive est $F(x)=\ln(\ln x)$.

Vérification : $F'(x)=\frac{1/x}{\ln x}=\frac1{x\ln x}$.

1. La fonction $x\mapsto x^2+3x$ est une primitive de $2x+3$ et $e^{x}$ est une primitive de $e^x$, mais il n'y a pas de règle pour le produit. En dérivant : $\big((x^2+3x)e^{x}\big)'=(2x+3)e^{x}+(x^2+3x)e^{x}=(x^2+5x+3)e^{x}$, qui n'est pas égal à $f(x)$ (par exemple en $x=1$ : $9e\neq5e$).

2. $F$ est dérivable sur $\mathbb R$ et $F'(x)=ae^{x}+(ax+b)e^{x}=(ax+a+b)e^{x}$.

3. $F$ est une primitive de $f$ si et seulement si $(ax+a+b)e^{x}=(2x+3)e^{x}$ pour tout réel $x$. Comme $e^{x}>0$, cela équivaut à $ax+a+b=2x+3$ pour tout $x$, c'est-à-dire, par identification des coefficients : $a=2$ et $a+b=3$, donc $b=1$.

Ainsi $F(x)=(2x+1)e^{x}$. Vérification : $F'(x)=2e^{x}+(2x+1)e^{x}=(2x+3)e^{x}$.

4. Les primitives de $f$ sont les $x\mapsto(2x+1)e^{x}+C$. $G(0)=1+C=0$ donne $C=-1$.

Conclusion : $G(x)=(2x+1)e^{x}-1$.

1. $p'(x)=m$, donc $p'(x)+2p(x)=m+2mx+2q=2mx+(m+2q)$. La fonction $p$ est solution de $(E)$ si et seulement si $2mx+(m+2q)=4x$ pour tout réel $x$, c'est-à-dire, par identification : $2m=4$ et $m+2q=0$. Donc $m=2$ et $q=-1$ : $p(x)=2x-1$.

Vérification : $p'(x)+2p(x)=2+4x-2=4x$.

2. $(H)$ s'écrit $y'=-2y$ : ses solutions sont les fonctions $x\mapsto Ce^{-2x}$, $C\in\mathbb R$.

3. Les solutions de $(E)$ sont la somme de la solution particulière $p$ et des solutions de $(H)$ : $$x\mapsto Ce^{-2x}+2x-1,\quad C\in\mathbb R.$$ 4. $f(0)=C+0-1=1$ donne $C=2$. Donc $f(x)=2e^{-2x}+2x-1$.

Vérification : $f'(x)=-4e^{-2x}+2$ et $f'(x)+2f(x)=-4e^{-2x}+2+4e^{-2x}+4x-2=4x$.

1. L'équation s'écrit $v'=-0{,}5\,v+9{,}8$ : $a=-0{,}5$, $b=9{,}8$. La solution constante vérifie $0=-0{,}5k+9{,}8$, soit $k=19{,}6$. Les solutions sont les fonctions $t\mapsto Ce^{-0{,}5t}+19{,}6$. La condition $v(0)=C+19{,}6=0$ donne $C=-19{,}6$ : $$v(t)=19{,}6\left(1-e^{-0{,}5t}\right).$$ Vérification : $v'(t)=9{,}8e^{-0{,}5t}$ et $9{,}8-0{,}5v(t)=9{,}8-9{,}8+9{,}8e^{-0{,}5t}=9{,}8e^{-0{,}5t}$.

2. Comme $\lim\limits_{t\to+\infty}e^{-0{,}5t}=0$, on a $\lim\limits_{t\to+\infty}v(t)=19{,}6$. La vitesse se stabilise vers une vitesse limite de $19{,}6$ m/s : les frottements finissent par compenser le poids.

3. $v(t)=0{,}95\times19{,}6\iff 1-e^{-0{,}5t}=0{,}95\iff e^{-0{,}5t}=0{,}05\iff -0{,}5t=\ln(0{,}05)=-\ln20\iff t=2\ln20$.

La goutte atteint $95\,\%$ de sa vitesse limite au bout de $2\ln20\approx6{,}0$ s.

4. $v(t)=19{,}6-19{,}6e^{-0{,}5t}$. Une primitive de $e^{-0{,}5t}$ est $-2e^{-0{,}5t}$, donc les primitives de $v$ sont les fonctions $t\mapsto19{,}6t+39{,}2e^{-0{,}5t}+K$. La condition $d(0)=39{,}2+K=0$ donne $K=-39{,}2$ : $$d(t)=19{,}6t+39{,}2\left(e^{-0{,}5t}-1\right).$$ Vérification : $d'(t)=19{,}6-19{,}6e^{-0{,}5t}=v(t)$.

5. $d(10)=196+39{,}2(e^{-5}-1)=156{,}8+39{,}2e^{-5}\approx157{,}1$ m. À vitesse constante $19{,}6$ m/s, la goutte aurait parcouru $196$ m : la phase d'accélération lui fait perdre environ $39$ m.

1. Comme $P$ est dérivable et ne s'annule pas, $y=\frac1P$ est dérivable et $$y'(t)=-\frac{P'(t)}{P(t)^2}=-\frac{0{,}5\,P(t)\left(1-\frac{P(t)}{1000}\right)}{P(t)^2}=-\frac{0{,}5}{P(t)}+\frac{0{,}5}{1000}=-0{,}5\,y(t)+0{,}0005.$$ Donc $y$ est solution de $(F)$.

2. Dans $(F)$, $a=-0{,}5$ et $b=0{,}0005$. La solution constante vérifie $0=-0{,}5k+0{,}0005$, soit $k=0{,}001$. Les solutions de $(F)$ sont les fonctions $t\mapsto Ce^{-0{,}5t}+0{,}001$.

Or $y(0)=\frac1{100}=0{,}01$, donc $C+0{,}001=0{,}01$ et $C=0{,}009$ : $y(t)=0{,}009e^{-0{,}5t}+0{,}001$.

3. $P(t)=\frac1{y(t)}=\frac{1}{0{,}009e^{-0{,}5t}+0{,}001}=\frac{1000}{9e^{-0{,}5t}+1}$, en multipliant numérateur et dénominateur par $1000$.

Vérification : $P(0)=\frac{1000}{10}=100$.

4. $\lim\limits_{t\to+\infty}e^{-0{,}5t}=0$, donc $\lim\limits_{t\to+\infty}P(t)=\frac{1000}{1}=1000$. L'effectif se stabilise vers $1000$ poissons : c'est la capacité maximale du lac.

5. $P(t)=500\iff 1+9e^{-0{,}5t}=2\iff e^{-0{,}5t}=\frac19\iff -0{,}5t=-\ln9\iff t=2\ln9=4\ln3$.

La population atteint $500$ poissons au bout de $4\ln3\approx4{,}39$ années.

1. L'équation s'écrit $\theta'=-k\theta+20k$ : $a=-k$ et $b=20k$. La solution constante vérifie $0=-kc+20k$, soit $c=20$ (car $k\neq0$). Les solutions sont les fonctions $t\mapsto Ce^{-kt}+20$, $C\in\mathbb R$.

2. $\theta(0)=180$ donne $C+20=180$, soit $C=160$. Donc $\theta(t)=20+160e^{-kt}$.

3. $\theta(10)=100\iff160e^{-10k}=80\iff e^{-10k}=\frac12\iff-10k=-\ln2\iff k=\frac{\ln2}{10}$. On a $k\approx0{,}069$.

4. $\theta'(t)=-160k\,e^{-kt}$. Comme $k>0$ et $e^{-kt}>0$, $\theta'(t)<0$ : $\theta$ est strictement décroissante sur $[0;+\infty[$.

Comme $-k<0$, $\lim\limits_{t\to+\infty}e^{-kt}=0$, donc $\lim\limits_{t\to+\infty}\theta(t)=20$. Le gâteau refroidit en permanence et sa température tend vers celle de la cuisine.

5. $\theta(t+10)-20=160e^{-k(t+10)}=160e^{-kt}\times e^{-10k}=\frac12\times160e^{-kt}=\frac12\big(\theta(t)-20\big)$, car $e^{-10k}=\frac12$ d'après la question 3.

L'écart entre la température du gâteau et celle de la cuisine est divisé par $2$ toutes les $10$ minutes.

6. $\theta(t)\leqslant40\iff160e^{-kt}\leqslant20\iff e^{-kt}\leqslant\frac18\iff -kt\leqslant-\ln8\iff t\geqslant\frac{\ln8}{k}$, par croissance stricte de $\ln$ et car $k>0$.

Or $\frac{\ln8}{k}=\frac{3\ln2\times10}{\ln2}=30$. Le gâteau peut être servi à partir de $30$ minutes. Cohérent avec la question 5 : l'écart passe de $160$ à $80$, $40$, puis $20$ en trois périodes de $10$ minutes.