Devoir surveillé : Primitives, calcul intégral et équations différentielles

1. a)Primitive terme à terme : $F(x)=3\times {\displaystyle \frac{x^3}{3}}-8\times {\displaystyle \frac{x^2}{2}}+5x=x^3-4x^2+5x$. Contrôle : $F^{\prime }(x)=3x^2-8x+5$. (1 pt) (1)
2. b)$e^{3x}$ a pour dérivée $3e^{3x}$, donc $6e^{3x}=2\times 3e^{3x}$ admet pour primitive $G(x)=2e^{3x}$. (1 pt) (1)
3. c)Sur $]1;+\infty [$, $u(x)=x-1>0$ et $u^{\prime }(x)=1$ : $h=2{\displaystyle \frac{u^{\prime }}{u}}$, d'où $H(x)=2\ln (x-1)$. (1 pt) (1)
4. d)Une primitive est $x^3-x^2+x$ ; ${\displaystyle {\int }_0^2(3x^2-2x+1)dx={[x^3-x^2+x]}_0^2=(8-4+2)-0=6}$. (1 pt) (1)
5. e)${\displaystyle {\int }_1^e{\displaystyle \frac{4}{x}}dx={\left[4\ln x\right]}_1^e=4\ln e-4\ln 1=4-0=4}$. (1 pt) (1)

Méthode — Après avoir trouvé une primitive, on la dérive de tête : ce contrôle de quelques secondes repère presque toutes les erreurs de coefficient.

1. a)Les solutions de $y^{\prime }=ay$ sont les fonctions $x\mapsto C{e}^{ax}$ ; ici $a=-2$ : $y(x)=C{e}^{-2x}$, $C\in ℝ$. (1 pt) (1)
2. b)Solution constante : $0=3y+6⟺y=-2$. Les solutions sont $y(x)=C{e}^{3x}-2$, $C\in ℝ$. (1 pt) (1)
3. c)$y(0)=C-2=1⟺C=3$ : la solution cherchée est $y(x)=3e^{3x}-2$. (1 pt) (1)
4. d)Les primitives de $2x+\cos x$ sont $F(x)=x^2+\sin x+k$ ; $F(0)=0+0+k=3$ donc $k=3$ et $F(x)=x^2+\sin x+3$. (1 pt) (1)
5. e)D'après a), $f(x)=C{e}^{-2x}$ avec $f(0)=C=4$, donc $f(x)=4e^{-2x}$ (0,5 pt). Une primitive est $-2e^{-2x}$, d'où ${\displaystyle {\int }_0^{1}4e^{-2x}dx={[-2e^{-2x}]}_0^1=-2e^{-2}+2=2-2e^{-2}}$ (0,5 pt). (1)

Piège — Pour $y^{\prime }=ay+b$, la solution constante est $-{\displaystyle \frac{b}{a}}$ et non ${\displaystyle \frac{b}{a}}$ : on la retrouve en résolvant $0=ay+b$ plutôt qu'en l'apprenant par cœur.

1. a)$f(x)=x(6-x)$. Sur $[0;6]$, $x⩾0$ et $6-x⩾0$, donc $f(x)⩾0$ (nul en $0$ et en $6$). (1 pt) (1)
2. b)$F(x)=-{\displaystyle \frac{x^3}{3}}+3x^2$ ; contrôle : $F^{\prime }(x)=-x^2+6x=f(x)$. (0,5 pt) (1)
3. c)$f$ est continue et positive sur $[0;6]$, donc l'aire vaut ${\displaystyle {\int }_0^{6}f(x)dx=F(6)-F(0)}$ (0,5 pt) $=-{\displaystyle \frac{216}{3}}+108-0=-72+108=36$ u.a. (1 pt) (1)
4. d)$\mu ={\displaystyle \frac{1}{6-0}}{\displaystyle {\int }_0^{6}f(x)dx={\displaystyle \frac{36}{6}}=6}$. (1 pt) (1)
5. e)$f(c)=6⟺-c^2+6c=6⟺c^2-6c+6=0$ ; $\Delta =36-24=12$, $c={\displaystyle \frac{6\pm 2\sqrt{3}}{2}}=3\pm \sqrt{3}$ (0,5 pt). Comme $\sqrt{3}\approx 1,73$, les deux valeurs $3-\sqrt{3}$ et $3+\sqrt{3}$ sont dans $[0;6]$ (0,5 pt). (1)

Erreur fréquente — L'intégrale n'est une aire que si la fonction est positive : on justifie toujours le signe avant d'écrire « aire = intégrale ».

1. a)On pose $u(x)=x$, $v^{\prime }(x)=e^x$, donc $u^{\prime }(x)=1$, $v(x)=e^x$, fonctions dérivables à dérivées continues (0,5 pt). ${\displaystyle {\int }_0^{1}x{e}^{x}dx={\left[x{e}^x\right]}_0^1-{\int }_0^1{e}^{x}dx=e-{\left[e^x\right]}_0^1=e-(e-1)=1}$ (1 pt). (1,25)
2. b)${\displaystyle {\int }_0^1(2x+3)e^{x}dx=2{\int }_0^{1}x{e}^{x}dx+3{\int }_0^1{e}^{x}dx=2\times 1+3(e-1)=3e-1}$. (1 pt) (1,25)
3. c)$G^{\prime }(x)=1\times \ln x+x\times {\displaystyle \frac{1}{x}}-1=\ln x$ (0,5 pt). ${\displaystyle {\int }_1^e\ln xdx=G(e)-G(1)=(e-e)-(0-1)=1}$. Prévisible : $\ln x⩾0$ sur $[1;e]$ et $1⩽e$, donc l'intégrale est positive (0,5 pt). (1,25)
4. d)Relation de Chasles : ${\displaystyle {\int }_0^{3}g={\int }_0^{1}g+{\int }_1^{3}g}$, donc ${\displaystyle {\int }_1^{3}g(x)dx=5-2=3}$ (1 pt). Échanger les bornes change le signe : ${\displaystyle {\int }_3^{1}g(x)dx=-3}$ (0,5 pt). (1,25)

Astuce — Dans une intégration par parties, on choisit pour $u$ le facteur qui se simplifie en le dérivant (ici $x$) et pour $v^{\prime }$ celui qui se primitive facilement (ici $e^x$).

1. a)Avec $u(x)=x^2$, $u^{\prime }(x)=2x$ : $f={\displaystyle \frac{1}{2}}{u}^{\prime }{e}^u$, d'où $F(x)={\displaystyle \frac{1}{2}}{e}^{x^2}$. (1 pt) (1)
2. b)Avec $u(x)=x^2+1>0$, $u^{\prime }(x)=2x$ : $g={\displaystyle \frac{1}{2}}·{\displaystyle \frac{u^{\prime }}{u^2}}$ et une primitive de ${\displaystyle \frac{u^{\prime }}{u^2}}$ est $-{\displaystyle \frac{1}{u}}$, d'où $G(x)=-{\displaystyle \frac{1}{2(x^2+1)}}$. (1 pt) (1)
3. c)Une primitive de $\cos (3x)$ est ${\displaystyle \frac{1}{3}}\sin (3x)$, une primitive de $-4\sin x$ est $4\cos x$ : $H(x)={\displaystyle \frac{1}{3}}\sin (3x)+4\cos x$. (1 pt) (1)
4. d)${\displaystyle {\int }_0^{\ln 3}{e}^{-x}dx={[-e^{-x}]}_0^{\ln 3}=-e^{-\ln 3}+1=1-{\displaystyle \frac{1}{3}}={\displaystyle \frac{2}{3}}}$. (1 pt) (1)

Méthode — Face à un quotient ou un produit, on cherche d'abord la fonction $u$ dont la dérivée apparaît en facteur : il ne reste qu'à ajuster la constante multiplicative.

1. a)Solution constante : $0=-0,2y+4⟺y=20$ (0,5 pt). Solutions : $y(t)=C{e}^{-0,2t}+20$, $C\in ℝ$ (0,5 pt). (1)
2. b)$Q$ est l'une de ces solutions : $Q(t)=C{e}^{-0,2t}+20$. $Q(0)=C+20=0⟺C=-20$, d'où $Q(t)=20-20e^{-0,2t}=20(1-e^{-0,2t})$. (1 pt) (1)
3. c)$Q^{\prime }(t)=-20\times (-0,2)e^{-0,2t}=4e^{-0,2t}>0$ : $Q$ est strictement croissante (0,5 pt). $\underset{t\to +\infty }{lim}{e}^{-0,2t}=0$, donc $\underset{t\to +\infty }{lim}Q(t)=20$ : la quantité augmente et se stabilise vers $20$ mg (0,5 pt). (1)
4. d)$Q(t)⩾15⟺1-e^{-0,2t}⩾0,75⟺e^{-0,2t}⩽{\displaystyle \frac{1}{4}}⟺-0,2t⩽-\ln 4⟺t⩾5\ln 4$ (0,5 pt). $5\ln 4\approx 6,931$ h et $0,931\times 60\approx 56$ : environ $6$ h $56$ min (0,5 pt). (1)
5. e)$\mu ={\displaystyle \frac{1}{10}}{\displaystyle {\int }_0^{10}(20-20e^{-0,2t})dt}$ ; une primitive est $20t+100e^{-0,2t}$ (0,5 pt). $\mu ={\displaystyle \frac{1}{10}}[(200+100e^{-2})-100]=10+10e^{-2}\approx 11,35$ mg (0,5 pt). (1)

Piège — En passant au logarithme dans $-0,2t⩽-\ln 4$, diviser par $-0,2$ renverse l'inégalité : un sens oublié donne un résultat absurde ($t⩽\dots$).

1. a)$g^{\prime }(x)=-2e^{2x}$ et $g(x)-e^{2x}=-e^{2x}-e^{2x}=-2e^{2x}$ : on a bien $g^{\prime }=g-e^{2x}$. (0,5 pt) (0,8)
2. b)Comme $g^{\prime }=g-e^{2x}$ : $h^{\prime }=h-e^{2x}⟺h^{\prime }-g^{\prime }=(h-e^{2x})-(g-e^{2x})⟺(h-g{)}^{\prime }=h-g$ (0,5 pt). Donc $h-g=C{e}^x$, et les solutions de $(E)$ sont $h(x)=C{e}^x-e^{2x}$, $C\in ℝ$ (0,5 pt). (0,8)
3. c)$f(0)=C-1=0⟺C=1$ : $f(x)=e^x-e^{2x}$. (1 pt) (0,8)
4. d)$f(x)=e^x(1-e^x)$ avec $e^x>0$ ; $1-e^x⩾0⟺x⩽0$. Donc $f⩾0$ sur $]-\infty ;0]$ et $f<0$ sur $]0;+\infty [$. (0,5 pt) (0,8)
5. e)$f$ est continue et positive sur $[-\ln 2;0]$ ; une primitive est $F(x)=e^x-{\displaystyle \frac{1}{2}}{e}^{2x}$ (0,5 pt). $F(0)={\displaystyle \frac{1}{2}}$ et $F(-\ln 2)={\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{1}{4}}={\displaystyle \frac{3}{8}}$, donc l'aire vaut ${\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{3}{8}}={\displaystyle \frac{1}{8}}$ u.a. (0,5 pt). (0,8)

Astuce — Les solutions de $y^{\prime }=ay+f(x)$ s'écrivent toujours « solution particulière $+C{e}^{ax}$ » : toute la difficulté est de trouver une solution particulière.

1. a)$t\mapsto t\ln t$ est continue sur $]0;+\infty [$, qui contient $1$ : $F$ est la primitive de cette fonction qui s'annule en $1$, donc $F^{\prime }(x)=x\ln x$ (0,5 pt). $F^{\prime }(x)<0$ sur $]0;1[$, $F^{\prime }(x)>0$ sur $]1;+\infty [$ : $F$ décroît puis croît, de minimum $F(1)=0$, donc $F(x)⩾0$ pour tout $x>0$ (0,5 pt). (1)
2. b)On pose $u(t)=\ln t$, $v^{\prime }(t)=t$, d'où $u^{\prime }(t)={\displaystyle \frac{1}{t}}$, $v(t)={\displaystyle \frac{t^2}{2}}$ (0,5 pt). $F(x)={\left[{\displaystyle \frac{t^2}{2}}\ln t\right]}_1^x-{\displaystyle {\int }_1^x{\displaystyle \frac{t}{2}}dt={\displaystyle \frac{x^2\ln x}{2}}-{\left[{\displaystyle \frac{t^2}{4}}\right]}_1^x={\displaystyle \frac{x^2\ln x}{2}}-{\displaystyle \frac{x^2-1}{4}}}$ (1 pt). (1)
3. c)$F(e)={\displaystyle \frac{e^2}{2}}-{\displaystyle \frac{e^2-1}{4}}={\displaystyle \frac{2e^2-e^2+1}{4}}={\displaystyle \frac{e^2+1}{4}}$. (0,5 pt) (1)
4. d)$\mu ={\displaystyle \frac{1}{e-1}}{\displaystyle {\int }_1^{e}t\ln tdt={\displaystyle \frac{F(e)}{e-1}}={\displaystyle \frac{e^2+1}{4(e-1)}}}$ (0,5 pt) $\approx {\displaystyle \frac{8,389}{6,873}}\approx 1,22$ (0,5 pt). (1)

Erreur fréquente — Pour intégrer $t\ln t$ par parties, prendre $u=t$ oblige à primitiver $\ln t$ : c'est $\ln t$ qu'il faut dériver, car sa dérivée ${\displaystyle \frac{1}{t}}$ simplifie tout.

1. a)Vrai : $x^2+1>0$ sur $ℝ$, donc $x\mapsto \ln (x^2+1)$ est dérivable, de dérivée ${\displaystyle \frac{2x}{x^2+1}}$ (forme ${\displaystyle \frac{u^{\prime }}{u}}$). (1 pt) (1)
2. b)Vrai : par comparaison ($0⩽2$ et $f⩽3$ sur $[0;2]$), ${\displaystyle {\int }_0^{2}f(x)dx⩽{\int }_0^{2}3dx=3\times 2=6}$. (1 pt) (1)
3. c)Faux : les solutions sont $y(x)=C{e}^{2x}-1$ ; $y(0)=C-1=0$ donne $y(x)=e^{2x}-1$ (0,5 pt). Pour $x=-1$, $y(-1)=e^{-2}-1<0$ : contre-exemple (0,5 pt). (1)

Méthode — Pour prouver qu'une affirmation générale est fausse, une seule valeur bien choisie suffit ; pour prouver qu'elle est vraie, il faut un argument valable dans tous les cas.

1. a)Avec $u(x)=\ln x$, $u^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}$ : $f=u^{\prime }{u}^3$, d'où $F(x)={\displaystyle \frac{(\ln x{)}^4}{4}}$. (1 pt) (1)
2. b)Avec $u(x)=e^x+1>0$, $u^{\prime }(x)=e^x$ : $g={\displaystyle \frac{u^{\prime }}{u^2}}$, d'où $G(x)=-{\displaystyle \frac{1}{e^x+1}}$. (1 pt) (1)
3. c)Avec $u=\cos$, $u^{\prime }=-\sin$ : $\sin x{\cos }^{2}x=-u^{\prime }{u}^2$, primitive $-{\displaystyle \frac{{\cos }^{3}x}{3}}$. L'intégrale vaut ${[-{\displaystyle \frac{{\cos }^{3}x}{3}}]}_0^{\frac{\pi }{2}}=0+{\displaystyle \frac{1}{3}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$. (1 pt) (1)
4. d)Forme ${\displaystyle \frac{u^{\prime }}{u}}$ avec $u(x)=e^x+2>0$ : ${[\ln (e^x+2)]}_0^1=\ln (e+2)-\ln 3=\ln {\displaystyle \frac{e+2}{3}}$. (1 pt) (1)

Piège — Pour $\sin x{\cos }^{2}x$, la dérivée de $\cos$ est $-\sin$ : oublier ce signe moins donne une intégrale négative alors que la fonction est positive sur $\left[0;{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right]$.

1. a)$f$ est continue, donc $F$ est dérivable avec $F^{\prime }=f$ et $F(0)=0$ (0,5 pt). Existence : $G=y_0+F$ vérifie $G^{\prime }=f$ et $G(0)=y_0$. Unicité : si $H$ convient aussi, $(H-F{)}^{\prime }=f-f=0$ sur l'intervalle $ℝ$, donc $H-F$ est constante, égale à $H(0)-F(0)=y_0$ ; ainsi $H=y_0+F$ (1 pt). (1,33333)
2. b)Réciproque : $(C{e}^{ax}{)}^{\prime }=aC{e}^{ax}$, donc ces fonctions sont solutions (0,5 pt). Si $y^{\prime }=ay$, posons $g(x)=y(x)e^{-ax}$ : $g^{\prime }(x)=y^{\prime }(x)e^{-ax}-ay(x)e^{-ax}=(ay-ay)e^{-ax}=0$, donc $g$ est constante égale à $C$ et $y(x)=C{e}^{ax}$ (1 pt). (1,33333)
3. c)$y^{\prime }=ay+\phi ⟺y^{\prime }-p^{\prime }=a(y-p)$ puisque $p^{\prime }=ap+\phi$ ; d'après b), $y-p=C{e}^{ax}$ (0,5 pt). La condition $p(x_1)+C{e}^{a{x}_1}=y_1$ équivaut à $C=(y_1-p(x_1))e^{-a{x}_1}$ : une seule valeur de $C$, donc une seule solution (0,5 pt). (1,33333)

Méthode — Les trois démonstrations reposent sur le même outil : une fonction de dérivée nulle sur un intervalle est constante. C'est lui qui donne l'unicité.

1. a)$u^{\prime }(x)=P^{\prime }(x)e^{-x}-P(x)e^{-x}$, donc $u^{\prime }+u=P^{\prime }(x)e^{-x}$ (0,5 pt). $u$ est solution $⟺P^{\prime }(x)e^{-x}=2x{e}^{-x}⟺P^{\prime }(x)=2x$ (car $e^{-x}\ne 0$). $P(x)=x^2$ convient : $x\mapsto x^2{e}^{-x}$ est solution particulière (0,5 pt). (1)
2. b)$y$ solution de $(E)⟺y-x^2{e}^{-x}$ solution de $y^{\prime }=-y$ (même raisonnement qu'au cours) : les solutions sont $y(x)=(x^2+C)e^{-x}$, $C\in ℝ$. (1 pt) (1)
3. c)$f(0)=C=-1$ : $f(x)=(x^2-1)e^{-x}$. (0,5 pt) (1)
4. d)En $-\infty$ : $x^2-1\to +\infty$ et $e^{-x}\to +\infty$, donc $f\to +\infty$. En $+\infty$ : $x^2{e}^{-x}\to 0$ (croissances comparées) et $e^{-x}\to 0$, donc $f\to 0$ (0,5 pt). $f^{\prime }(x)=2x{e}^{-x}-(x^2-1)e^{-x}=(-x^2+2x+1)e^{-x}$ ; $\Delta =8$, racines $1\pm \sqrt{2}$ (0,5 pt). $f$ décroît sur $]-\infty ;1-\sqrt{2}]$, croît sur $[1-\sqrt{2};1+\sqrt{2}]$, décroît sur $[1+\sqrt{2};+\infty [$ ; minimum local $f(1-\sqrt{2})=(2-2\sqrt{2})e^{\sqrt{2}-1}\approx -1,25$, maximum local $f(1+\sqrt{2})=(2+2\sqrt{2})e^{-1-\sqrt{2}}\approx 0,43$ (0,5 pt). (1)
5. e)Sur $[-1;1]$, $x^2-1⩽0$ donc $f⩽0$ : l'aire vaut $-{\displaystyle {\int }_{-1}^{1}f(x)dx}$. D'après $(E)$, $f=2x{e}^{-x}-f^{\prime }$, donc ${\displaystyle {\int }_{-1}^{1}f={\int }_{-1}^{1}2x{e}^{-x}dx-(f(1)-f(-1))={\int }_{-1}^{1}2x{e}^{-x}dx}$ car $f(1)=f(-1)=0$ (0,5 pt). Par parties ($u=2x$, $v^{\prime }=e^{-x}$, $v=-e^{-x}$) : ${[-2x{e}^{-x}]}_{-1}^1+{\displaystyle {\int }_{-1}^{1}2e^{-x}dx=(-{\displaystyle \frac{2}{e}}-2e)+(-{\displaystyle \frac{2}{e}}+2e)=-{\displaystyle \frac{4}{e}}}$. Aire $={\displaystyle \frac{4}{e}}\approx 1,47$ u.a. (0,5 pt). (1)

Astuce — Une équation différentielle exprime $f$ à l'aide de $f^{\prime }$ : intégrer cette relation fait apparaître $f(b)-f(a)$ et évite de chercher directement une primitive de $f$.

1. a)$J_0={[\ln (1+x)]}_0^1=\ln 2$ (forme ${\displaystyle \frac{u^{\prime }}{u}}$, $1+x>0$) (0,5 pt). ${\displaystyle \frac{x}{1+x}}=1-{\displaystyle \frac{1}{1+x}}$, donc $J_1={[x-\ln (1+x)]}_0^1=1-\ln 2$ (0,5 pt). (1)
2. b)Par linéarité, $J_n+J_{n+1}={\displaystyle {\int }_0^1{\displaystyle \frac{x^n(1+x)}{1+x}}dx={\int }_0^1{x}^{n}dx={\left[{\displaystyle \frac{x^{n+1}}{n+1}}\right]}_0^1={\displaystyle \frac{1}{n+1}}}$. (1 pt) (1)
3. c)Pour $x\in [0;1]$, $1+x⩾1$ donc $0⩽{\displaystyle \frac{x^n}{1+x}}⩽x^n$ ; par positivité et comparaison ($0⩽1$), $0⩽J_n⩽{\displaystyle {\int }_0^1{x}^{n}dx={\displaystyle \frac{1}{n+1}}}$ (0,5 pt). Par le théorème des gendarmes, $\underset{n\to +\infty }{lim}{J}_n=0$ (0,5 pt). (1)
4. d)Initialisation ($n=1$) : $S_1=1$ et $1-J_1=\ln 2=J_0$. Hérédité : si $\ln 2=S_n+(-1{)}^n{J}_n$, comme $J_n={\displaystyle \frac{1}{n+1}}-J_{n+1}$, on obtient $\ln 2=S_n+{\displaystyle \frac{(-1{)}^n}{n+1}}+(-1{)}^{n+1}{J}_{n+1}=S_{n+1}+(-1{)}^{n+1}{J}_{n+1}$ (0,5 pt). Donc $|\ln 2-S_n|=J_n⩽{\displaystyle \frac{1}{n+1}}\to 0$ : $lim{S}_n=\ln 2$ ; ${\displaystyle \frac{1}{n+1}}⩽{10}^{-2}$ dès $n=99$, donc $S_{99}$ convient (0,5 pt). (1)

Erreur fréquente — Encadrer l'intégrande ne suffit pas : il faut citer la comparaison des intégrales et vérifier que les bornes sont dans l'ordre croissant.

1. a)$f$ continue, donc $x\mapsto {\displaystyle {\int }_0^{x}f(t)dt}$ est dérivable de dérivée $f$ ; ainsi $f$ est dérivable et $f^{\prime }(x)=1+f(x)$ (0,5 pt). En $x=0$ : $f(0)=0+{\displaystyle {\int }_0^{0}f=0}$ (0,5 pt). (1)
2. b)Solutions de $y^{\prime }=y+1$ : $y(x)=C{e}^x-1$ ; $f(0)=C-1=0$ donne $f(x)=e^x-1$ (0,5 pt). Réciproque : $x+{\displaystyle {\int }_0^x(e^t-1)dt=x+(e^x-1-x)=e^x-1}$ : elle convient, c'est l'unique solution (0,5 pt). (1)
3. c)Même raisonnement : $f^{\prime }=1+af$ et $f(0)=0$, donc $f(x)=C{e}^{ax}-{\displaystyle \frac{1}{a}}$ avec $C={\displaystyle \frac{1}{a}}$, soit $f(x)={\displaystyle \frac{e^{ax}-1}{a}}$ (0,5 pt). Réciproque : $x+a{\displaystyle {\int }_0^x{\displaystyle \frac{e^{at}-1}{a}}dt=x+{[{\displaystyle \frac{e^{at}}{a}}-t]}_0^x=x+{\displaystyle \frac{e^{ax}-1}{a}}-x={\displaystyle \frac{e^{ax}-1}{a}}}$ (0,5 pt). (1)

Piège — Une équation « intégrale » cache toujours une condition initiale : on l'obtient en remplaçant $x$ par la borne inférieure, où l'intégrale est nulle.