Maths complémentaires (option Tle) Terminale

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Primitives

Primitive d’une fonction et équation y′ = f, primitives des fonctions usuelles et linéarité, formes 2u′u, u′eᵘ et u′/u, primitive vérifiant une condition initiale, coût total, position et quantité à partir de leur taux de variation.

À propos de cette page

Quatre problèmes corrigés de primitives : coût marginal et coût total d’une entreprise, position d’un mobile à partir de sa vitesse exponentielle, étude d’une primitive de (6x + 3)/(x² + x + 4), et quantité injectée par une pompe avec un programme Python de seuil.

4 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je repère le taux de variation (coût marginal, vitesse, débit) : la grandeur cherchée est une primitive de ce taux.
Je reconnais la forme à primitiver : fonction usuelle, fonction de ax + b, forme 2u′u, u′eᵘ ou u′/u, et je vérifie la condition (u > 0 pour ln u).
J’utilise la valeur initiale pour fixer la constante, et je contrôle le résultat en dérivant.
Je calcule et j’interprète : valeur à un instant, variation Q(b) − Q(a), seuil à atteindre (avec ln), sens de variation par le signe du taux.

Problème 1 · Coût marginal et coût total★★★Facile

Une entreprise fabrique

x

centaines de pièces, avec

x \in [0; 12]

. Son coût marginal, en milliers d’euros par centaine de pièces, est modélisé par

C_{m} (x) = 0, 9 x^{2} - 6 x + 14

. En économie, le coût marginal est la dérivée du coût total

C

. Le coût total pour une production nulle (coûts fixes) est de

25

milliers d’euros.

1. Expliquer pourquoi $C$ est une primitive de $C_{m}$ sur $[0; 12]$ , puis déterminer $C (x) = a x^{3} + b x^{2} + 14 x + 25$ : $a =$ et $b =$
Rédaction attendue. Par définition du coût marginal, $C' = C_{m}$ sur $[0; 12]$ : $C$ est une primitive de $C_{m}$ . Comme $C_{m}$ est un polynôme, donc continue, ses primitives sont les $x \mapsto 0, 9 \times \frac{x^{3}}{3} - 6 \times \frac{x^{2}}{2} + 14 x + k$ $= 0, 3 x^{3} - 3 x^{2} + 14 x + k$ . La condition $C (0) = 25$ donne $k = 25$ , et cette primitive est unique : $C (x) = 0, 3 x^{3} - 3 x^{2} + 14 x + 25$ . Donc $a = 0, 3$ et $b = - 3$ .
2. Discriminant du trinôme $C_{m} (x)$ : $Δ =$ . En déduire le sens de variation de $C$ sur $[0; 12]$ .
$Δ$ $= (- 6)^{2} - 4 \times 0, 9 \times 14$ $= 36 - 50, 4$ $= - 14, 4 < 0$ . Le coefficient de $x^{2}$ est positif : $C_{m} (x) > 0$ pour tout réel $x$ . Comme $C' = C_{m} > 0$ , $C$ est strictement croissante sur $[0; 12]$ : produire plus coûte toujours plus.
3. Coût total de production de $1 000$ pièces : milliers d’euros
$1 000$ pièces correspondent à $x = 10$ . $C (10)$ $= 0, 3 \times 1 000 - 3 \times 100 + 14 \times 10 + 25$ $= 300 - 300 + 140 + 25 = 165$ milliers d’euros, soit $165 000$ €.
4. Coût supplémentaire du passage d’une production de $400$ pièces à une production de $1 000$ pièces : milliers d’euros
$400$ pièces correspondent à $x = 4$ : $C (4) = 0, 3 \times 64 - 3 \times 16 + 14 \times 4 + 25$ $= 19, 2 - 48 + 56 + 25 = 52, 2$ . Le coût supplémentaire vaut $C (10) - C (4) = 165 - 52, 2 = 112, 8$ milliers d’euros. Ce nombre ne dépend pas des coûts fixes : ils s’éliminent dans la différence.
5. Coût moyen d’une centaine de pièces pour une production de $1 000$ pièces : milliers d’euros
Le coût moyen par centaine vaut $\frac{C (10)}{10} = \frac{165}{10} = 16, 5$ milliers d’euros.

Problème 2 · D’une vitesse à une position★★★Moyen

Un mobile se déplace sur un axe gradué en mètres. Sa vitesse à l’instant

t

, en secondes, est

v (t) = 3 e^{- 0, 4 t}

(en mètres par seconde) pour

t \in [0; 10]

. On note

x (t)

son abscisse ; à l’instant initial,

x (0) = 2

1. Justifier que $x$ est la primitive de $v$ sur $[0; 10]$ telle que $x (0) = 2$ , puis démontrer que $x (t) = 9, 5 - 7, 5 e^{- 0, 4 t}$ . Contrôle : $x' (0) =$ m/s
Rédaction attendue. La vitesse est la dérivée de la position : $x' (t) = v (t)$ sur $[0; 10]$ , donc $x$ est une primitive de $v$ , et la donnée $x (0) = 2$ en fait l’unique primitive vérifiant cette condition. $v$ est de la forme $3 e^{a t}$ avec $a = - 0, 4$ : ses primitives sont les $t \mapsto 3 \times \frac{1}{- 0, 4} e^{- 0, 4 t} + k$ $= - 7, 5 e^{- 0, 4 t} + k$ . $x (0) = - 7, 5 + k = 2$ donne $k = 9, 5$ . Donc $x (t) = 9, 5 - 7, 5 e^{- 0, 4 t}$ . Contrôle : $x' (0) = v (0) = 3 e^{0} = 3$ m/s.
2. Abscisse du mobile à l’instant $t = 5$ , au centième de mètre :
$x (5) = 9, 5 - 7, 5 e^{- 2}$ . Avec $e^{- 2} \approx 0, 135 335$ : $7, 5 e^{- 2} \approx 1, 015 01$ , donc $x (5) \approx 8, 484 99$ , soit $8, 48$ m. (On arrondit seulement à la fin : arrondir $1, 015$ à $1, 01$ avant de soustraire donnerait $8, 49$ , ce qui est faux.)
3. Distance parcourue entre les instants $t = 2$ et $t = 8$ , au centième de mètre :
La vitesse est strictement positive ( $3 e^{- 0, 4 t} > 0$ ), donc le mobile avance toujours dans le même sens : la distance parcourue est $x (8) - x (2)$ $= 7, 5 (e^{- 0, 8} - e^{- 3, 2})$ . Avec $e^{- 0, 8} \approx 0, 449 329$ et $e^{- 3, 2} \approx 0, 040 762$ : $7, 5 \times 0, 408 567 \approx 3, 06$ m.
4. Justifier que le mobile reste toujours avant l’abscisse $9, 5$ , puis donner l’instant où il atteint l’abscisse $9$ , au centième de seconde :
Pour tout $t$ , $e^{- 0, 4 t} > 0$ , donc $x (t) = 9, 5 - 7, 5 e^{- 0, 4 t} < 9, 5$ . Puis $x (t)$ $= 9 ⟺ 7, 5 e^{- 0, 4 t}$ $= 0, 5$ $⟺ e^{- 0, 4 t}$ $= \frac{1}{15}$ $⟺ - 0, 4 t$ $= - \ln 15$ $⟺ t$ $= \frac{\ln 15}{0, 4}$ . Or $\frac{\ln 15}{0, 4} \approx 6, 77$ : le mobile atteint l’abscisse $9$ au bout de $6, 77$ s environ, avant la fin des $10$ s.

Problème 3 · Étude d’une fonction rationnelle★★★Moyen

On considère la fonction

f

définie sur

ℝ

par

f (x) = \frac{6 x + 3}{x^{2} + x + 4}

. Une fraction s’écrit avec « / » (exemple : 2/5).

1. Démontrer que $x^{2} + x + 4 > 0$ pour tout réel $x$ . Discriminant de ce trinôme : $Δ =$
Rédaction attendue. Le trinôme $x^{2} + x + 4$ a pour discriminant $Δ = 1^{2} - 4 \times 1 \times 4 = 1 - 16 = - 15$ . Comme $Δ < 0$ , le trinôme ne s’annule pas et garde le signe de son coefficient de $x^{2}$ , qui est $1 > 0$ : $x^{2} + x + 4 > 0$ pour tout réel $x$ .
2. Une primitive de $f$ sur $ℝ$ est $F (x) = k \ln (x^{2} + x + 4)$ avec $k =$
Posons $u (x) = x^{2} + x + 4$ : $u' (x) = 2 x + 1$ et $6 x + 3 = 3 (2 x + 1) = 3 u' (x)$ . Donc $f = 3 \times \frac{u'}{u}$ , avec $u > 0$ sur $ℝ$ (question 1) : $F (x) = 3 \ln (x^{2} + x + 4)$ . Vérification : $F' (x) = 3 \times \frac{2 x + 1}{x^{2} + x + 4} = f (x)$ .
3. Soit $G$ la primitive de $f$ sur $ℝ$ telle que $G (0) = 0$ . Valeur approchée de $G (2)$ au centième :
Les primitives de $f$ sont les $x \mapsto 3 \ln (x^{2} + x + 4) + k$ . $G (0) = 3 \ln 4 + k = 0$ donne $k = - 3 \ln 4$ , donc $G (x)$ $= 3 \ln (x^{2} + x + 4) - 3 \ln 4$ $= 3 \ln (\frac{x^{2} + x + 4}{4})$ . Alors $G (2) = 3 \ln (\frac{10}{4}) = 3 \ln 2, 5 \approx 2, 75$ .
4. Étudier les variations de $G$ sur $ℝ$ : $G$ admet un minimum en $x =$
$G' = f$ , du signe de $6 x + 3$ (le dénominateur est positif). $f (x) < 0$ pour $x < - \frac{1}{2}$ et $f (x) > 0$ pour $x > - \frac{1}{2}$ : $G$ est décroissante sur $] - \infty; - \frac{1}{2}]$ puis croissante sur $[- \frac{1}{2}; + \infty [$ . Elle admet un minimum en $- \frac{1}{2}$ , qui vaut $G (- \frac{1}{2}) = 3 \ln (\frac{15}{16}) < 0$ , car $\frac{1}{4} - \frac{1}{2} + 4 = \frac{15}{4}$ .
5. Résoudre $G (x) = 0$ : les solutions sont $0$ et
$G (x)$ $= 0 ⟺ \ln (\frac{x^{2} + x + 4}{4})$ $= 0 ⟺ x^{2} + x + 4$ $= 4$ (car $\ln a = 0 ⟺ a = 1$ ) $⟺ x (x + 1) = 0$ . Les solutions sont $0$ et $- 1$ , de part et d’autre du minimum $- \frac{1}{2}$ : c’est cohérent avec les variations.
6. Un élève affirme qu’une primitive de $\frac{p}{q}$ est le quotient d’une primitive de $p$ par une primitive de $q$ . Avec $p (x) = q (x) = x$ , ce quotient de primitives a pour dérivée (au lieu de $\frac{p}{q} = 1$ )
Avec $p (x) = q (x) = x$ : $\frac{p}{q} = 1$ , dont une primitive est $x$ . Le quotient des primitives vaut $\frac{x^{2} / 2}{x^{2} / 2} = 1$ , dont la dérivée est $0$ et non $1$ . Il n’existe aucune règle pour primitiver un quotient : il faut reconnaître une forme ( $\frac{u'}{u}$ ici) et vérifier en dérivant.

Problème 4 · Quantité injectée par une pompe★★★Difficile

Une pompe injecte un produit dans une cuve pendant

12

heures. Le débit d’injection, en milligrammes par heure, est modélisé pour

t \in [0; 12]

par

d (t) = 8 t e^{- \frac{t^{2}}{8}}

. On note

Q (t)

la quantité de produit injectée entre l’instant

0

et l’instant

t

, en milligrammes ; on a donc

Q (0) = 0

1. Justifier que $Q$ est la primitive de $d$ qui s’annule en $0$ , puis démontrer que $Q (t) = 32 (1 - e^{- \frac{t^{2}}{8}})$ . Avec $u (t) = - \frac{t^{2}}{8}$ , on a $d = c u' e^{u}$ avec $c =$
Rédaction attendue. Le débit est la vitesse de variation de la quantité injectée : $Q' = d$ sur $[0; 12]$ . La fonction $d$ est continue sur cet intervalle, donc elle y admet des primitives, et la condition $Q (0) = 0$ en désigne une seule. Posons $u (t) = - \frac{t^{2}}{8}$ : $u' (t) = - \frac{t}{4}$ , donc $t = - 4 u' (t)$ et $d (t)$ $= 8 t e^{u (t)}$ $= - 32 u' (t) e^{u (t)}$ : $c = - 32$ . Une primitive de $d$ est $- 32 e^{u} = - 32 e^{- \frac{t^{2}}{8}}$ ; les primitives sont les $t \mapsto - 32 e^{- \frac{t^{2}}{8}} + k$ , et $Q (0) = - 32 + k = 0$ donne $k = 32$ . Donc $Q (t) = 32 (1 - e^{- \frac{t^{2}}{8}})$ .
2. Quantité injectée au bout de $4$ heures, au centième de milligramme :
$Q (4) = 32 (1 - e^{- 2})$ , car $\frac{16}{8} = 2$ . Avec $e^{- 2} \approx 0, 135 335$ : $Q (4) \approx 32 \times 0, 864 665 \approx 27, 67$ mg. Comme $e^{- \frac{t^{2}}{8}} > 0$ , on a toujours $Q (t) < 32$ : la quantité injectée ne dépasse jamais $32$ mg.
3. Quantité injectée entre la quatrième et la sixième heure, au centième de milligramme :
C’est $Q (6) - Q (4) = 32 (e^{- 2} - e^{- 4, 5})$ , car $\frac{36}{8} = 4, 5$ . Avec $e^{- 4, 5} \approx 0, 011 109$ : $32 \times (0, 135 335 - 0, 011 109)$ $= 32 \times 0, 124 226$ $\approx 3, 98$ mg. Le débit a fortement diminué : la pompe injecte bien moins qu’au début.
4. Résoudre $Q (t) = 16$ sur $[0; 12]$ . Solution, au centième d’heure :
$Q (t)$ $= 16$ $⟺ 1 - e^{- \frac{t^{2}}{8}}$ $= 0, 5$ $⟺ e^{- \frac{t^{2}}{8}}$ $= 0, 5$ $⟺ - \frac{t^{2}}{8}$ $= \ln 0, 5$ $= - \ln 2$ $⟺ t^{2}$ $= 8 \ln 2$ . Comme $t ⩾ 0$ , $t = \sqrt{8 \ln 2} \approx 2, 35$ h, soit environ $2$ h $21$ min : la moitié de la quantité maximale théorique est injectée très tôt.
5. La fonction Python ci-dessous est exécutée. Elle renvoie
from math import exp def seuil(): t = 0 while 32*(1 - exp(-t**2/8)) <= 30: t = t + 1 return t
La boucle augmente $t$ de $1$ tant que $Q (t) ⩽ 30$ : elle renvoie le plus petit entier $t$ tel que $Q (t) > 30$ . Or $Q (t) > 30$ $⟺ e^{- \frac{t^{2}}{8}} < \frac{1}{16}$ $⟺ t^{2} > 8 \ln 16$ $\approx 22, 18$ , soit $t > 4, 71$ environ. Contrôle : $Q (4) \approx 27, 67 ⩽ 30$ et $Q (5) \approx 30, 59 > 30$ . La fonction renvoie $5$ .

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