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Primitives

Notion de primitive, primitives des fonctions usuelles, primitives de u'uⁿ, u'/u, u'e^u, u'/√u, primitive vérifiant une condition initiale, lien avec les équations différentielles y' = f

À propos de cette page

Ces problèmes corrigés sur « Primitives » en terminale permettent d'appliquer le cours à des situations concrètes en spécialité mathématiques. Ils suivent le programme officiel de terminale et se résolvent étape par étape. Au programme : L'essentiel : qu'est-ce qu'une primitive ?, Primitives des fonctions usuelles, Primitives des formes composées, Condition initiale et équation différentielle y' = f. Cherche au brouillon, rédige, puis compare avec la correction détaillée de chaque problème. Idéal pour développer le raisonnement, la rigueur et la confiance avant une évaluation. Problèmes gratuits proposés par un professeur particulier à Marseille pour progresser en spécialité mathématiques en terminale.

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Problème 1 — Le décollage d'un drone

Moyen

Un drone décolle verticalement. Le temps $t$ est en secondes, $t \in [0; 8]$ . Son accélération verticale est $a (t) = 2, 4 - 0, 6 t$ (en m/s²). On note $v (t)$ sa vitesse verticale (en m/s) et $z (t)$ son altitude (en m) : $v^{'} = a$ et $z^{'} = v$ . À l'instant $t = 0$ , le drone est lâché à $1, 5$ m du sol avec une vitesse nulle.

1. Montrer que, pour tout $t \in [0; 8]$ , $v (t) = 2, 4 t - 0, 3 t^{2}$ .
2. Étudier le signe de $v (t)$ sur $[0; 8]$ . En déduire le sens de variation de l'altitude.
3. Déterminer l'expression de $z (t)$ .
4. a) Déterminer la vitesse maximale du drone et l'instant où elle est atteinte.
4. b) Calculer l'altitude maximale atteinte sur $[0; 8]$ .
5. Montrer que le drone atteint l'altitude de $10$ m à un unique instant $t_{0}$ de $[0; 8]$ , et donner un encadrement de $t_{0}$ d'amplitude $0, 01$ .

1. $v$ est une primitive de $a$ sur $[0; 8]$ . Les primitives de $a$ sont $t \mapsto 2, 4 t - 0, 6 \times \frac{t^{2}}{2} + k = 2, 4 t - 0, 3 t^{2} + k$ . La condition $v (0) = 0$ donne $k = 0$ . Donc $v (t) = 2, 4 t - 0, 3 t^{2}$ .

2. $v (t) = 0, 3 t (8 - t)$ . Sur $[0; 8]$ , $t \geq 0$ et $8 - t \geq 0$ , donc $v (t) \geq 0$ , avec égalité seulement en $t = 0$ et $t = 8$ . Comme $z^{'} = v$ , l'altitude $z$ est strictement croissante sur $[0; 8]$ : le drone ne fait que monter, et s'arrête de monter à $t = 8$ s.

3. $z$ est une primitive de $v$ : $z (t) = 2, 4 \times \frac{t^{2}}{2} - 0, 3 \times \frac{t^{3}}{3} + k = 1, 2 t^{2} - 0, 1 t^{3} + k$ . Or $z (0) = k = 1, 5$ . $z (t) = - 0, 1 t^{3} + 1, 2 t^{2} + 1, 5$ .

4. a) $v^{'} (t) = a (t) = 2, 4 - 0, 6 t$ , positif pour $t \leq 4$ et négatif pour $t \geq 4$ . La vitesse est donc maximale en $t = 4$ : $v (4) = 9, 6 - 4, 8 = 4, 8$ . Vitesse maximale : $4, 8$ m/s, atteinte à $t = 4$ s.

4. b) $z$ étant croissante sur $[0; 8]$ , son maximum est $z (8) = - 0, 1 \times 512 + 1, 2 \times 64 + 1, 5 = - 51, 2 + 76, 8 + 1, 5$ . Altitude maximale : $27, 1$ m.

5. $z$ est continue et strictement croissante sur $[0; 8]$ , avec $z (0) = 1, 5 < 10$ et $z (8) = 27, 1 > 10$ . D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $z (t) = 10$ admet une unique solution $t_{0}$ dans $[0; 8]$ . À la calculatrice : $z (3, 08) \approx 9, 962 < 10$ et $z (3, 09) \approx 10, 007 > 10$ . Donc $3, 08 < t_{0} < 3, 09$ : le drone passe à $10$ m environ $3, 1$ s après le lâcher.

Problème 2 — Coût marginal et seuil de rentabilité

Moyen

Une coopérative produit $q$ tonnes d'engrais par mois, avec $q \in [0; 30]$ . Le coût total $C (q)$ est exprimé en milliers d'euros ; sa dérivée est le coût marginal $C_{m} (q) = 2 + \frac{12}{q + 1}$ . Les coûts fixes s'élèvent à $15$ milliers d'euros, c'est-à-dire $C (0) = 15$ . Chaque tonne est vendue $4$ milliers d'euros et toute la production est vendue.

1. Montrer que $C (q) = 2 q + 12 \ln (q + 1) + 15$ .
2. Calculer le coût de production de $10$ tonnes, arrondi à l'euro.
3. Montrer que le bénéfice est $B (q) = 2 q - 12 \ln (q + 1) - 15$ .
4. Étudier les variations de $B$ sur $[0; 30]$ .
5. Montrer que l'équation $B (q) = 0$ admet une unique solution $α$ dans $[0; 30]$ et en donner un encadrement d'amplitude $0, 1$ .
6. Interpréter ce résultat pour la coopérative.

1. $C$ est une primitive de $C_{m}$ sur $[0; 30]$ . Sur cet intervalle $q + 1 > 0$ , et $\frac{1}{q + 1}$ a pour primitive $\ln (q + 1)$ . Les primitives de $C_{m}$ sont donc $q \mapsto 2 q + 12 \ln (q + 1) + k$ . Or $C (0) = 0 + 12 \ln 1 + k = k = 15$ . Donc $C (q) = 2 q + 12 \ln (q + 1) + 15$ .

2. $C (10) = 20 + 12 \ln 11 + 15 = 35 + 12 \ln 11 \approx 35 + 28, 7747 = 63, 7747$ . Le coût est d'environ $63 775$ €.

3. La recette est $4 q$ et $B (q) = 4 q - C (q) = 4 q - 2 q - 12 \ln (q + 1) - 15$ . $B (q) = 2 q - 12 \ln (q + 1) - 15$ .

4. $B^{'} (q) = 2 - \frac{12}{q + 1} = \frac{2 (q + 1) - 12}{q + 1} = \frac{2 q - 10}{q + 1}$ . Comme $q + 1 > 0$ , $B^{'} (q)$ a le signe de $2 q - 10$ : négatif sur $[0; 5 [$ , nul en $5$ , positif sur $] 5; 30]$ . $B$ est décroissante sur $[0; 5]$ et croissante sur $[5; 30]$ , avec $B (0) = - 15$ , $B (5) = - 5 - 12 \ln 6 \approx - 26, 50$ et $B (30) = 45 - 12 \ln 31 \approx 3, 79$ .

5. Sur $[0; 5]$ , $B$ décroît à partir de $B (0) = - 15$ , donc $B (q) \leq - 15 < 0$ : pas de solution. Sur $[5; 30]$ , $B$ est continue et strictement croissante, avec $B (5) < 0 < B (30)$ : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, $B (q) = 0$ a une unique solution $α$ dans $[5; 30]$ , donc dans $[0; 30]$ . À la calculatrice, $B (27, 6) \approx - 0, 04$ et $B (27, 7) \approx 0, 12$ . Donc $27, 6 < α < 27, 7$ .

6. D'après les questions 4 et 5, $B (q) < 0$ pour $q < α$ et $B (q) > 0$ pour $q > α$ . La coopérative n'est bénéficiaire qu'à partir d'environ $27, 7$ tonnes par mois : sa capacité maximale de $30$ tonnes ne lui laisse qu'une marge étroite (au plus $3, 79$ milliers d'euros de bénéfice).

Problème 3 — Deux primitives pour une courbe en cloche

Difficile

Soit $f$ la fonction définie sur $ℝ$ par $f (x) = \frac{e^{x}}{(e^{x} + 1)^{2}}$ . Sa courbe a une allure « en cloche » ; ses primitives sont liées à la fonction logistique, utilisée pour modéliser des croissances de populations.

1. Montrer que $f$ est paire.
2. Montrer que $F (x) = \frac{e^{x}}{e^{x} + 1}$ définit une primitive de $f$ sur $ℝ$ .
3. En reconnaissant une forme usuelle, déterminer une autre primitive $G$ de $f$ sur $ℝ$ , sans utiliser la question 2.
4. Calculer $F (x) - G (x)$ . Expliquer pourquoi la forme de ce résultat était prévisible.
5. Déterminer la primitive $H$ de $f$ telle que $H (0) = 0$ , puis ses limites en $- \infty$ et en $+ \infty$ .
6. Montrer que $H$ est impaire.

1. $ℝ$ est symétrique par rapport à $0$ . Pour tout réel $x$ , $f (- x) = \frac{e^{- x}}{(e^{- x} + 1)^{2}}$ . En multipliant numérateur et dénominateur par $e^{2 x} = (e^{x})^{2}$ : $f (- x) = \frac{e^{x}}{{(e^{x} (e^{- x} + 1))}^{2}} = \frac{e^{x}}{(1 + e^{x})^{2}} = f (x)$ . $f$ est paire.

2. $F = \frac{u}{v}$ avec $u = e^{x}$ , $v = e^{x} + 1 \neq 0$ ; $F$ est dérivable sur $ℝ$ et $F^{'} (x) = \frac{e^{x} (e^{x} + 1) - e^{x} \times e^{x}}{(e^{x} + 1)^{2}} = \frac{e^{x}}{(e^{x} + 1)^{2}} = f (x)$ . $F$ est une primitive de $f$ .

3. Avec $u (x) = e^{x} + 1$ (qui ne s'annule pas) et $u^{'} (x) = e^{x}$ , on a $f = \frac{u^{'}}{u^{2}}$ , dont une primitive est $- \frac{1}{u}$ . $G (x) = - \frac{1}{e^{x} + 1}$ .

4. $F (x) - G (x) = \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} + \frac{1}{e^{x} + 1} = \frac{e^{x} + 1}{e^{x} + 1} = 1$ . $F - G$ est la constante $1$ . C'était prévisible : deux primitives d'une même fonction sur un intervalle diffèrent d'une constante.

5. $H = F + k$ et $F (0) = \frac{1}{2}$ , donc $k = - \frac{1}{2}$ : $H (x) = \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} - \frac{1}{2}$ . En $- \infty$ : $e^{x} \to 0$ , donc $F (x) \to 0$ et $H (x) \to - \frac{1}{2}$ . En $+ \infty$ : $F (x) = \frac{1}{1 + e^{- x}}$ et $e^{- x} \to 0$ , donc $F (x) \to 1$ et $H (x) \to \frac{1}{2}$ .

6. $H (- x) = \frac{e^{- x}}{e^{- x} + 1} - \frac{1}{2} = \frac{1}{1 + e^{x}} - \frac{1}{2}$ (multiplication par $e^{x}$ ). Donc $H (x) + H (- x) = \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} + \frac{1}{e^{x} + 1} - 1 = 1 - 1 = 0$ . $H$ est impaire : la primitive d'une fonction paire qui s'annule en $0$ est impaire, ce qu'on vérifie ici.

Problème 4 — Le réservoir d'eau d'un village

Difficile

Le volume d'eau d'un réservoir, en m³, est modélisé par une fonction $V$ du temps $t$ , exprimé en heures écoulées depuis minuit, $t \in [0; 24]$ . Le débit net (entrées moins sorties, en m³/h) est $d (t) = 1 - 2 \sin (\frac{π t}{12})$ , et $V^{'} (t) = d (t)$ . À minuit, le réservoir contient $40$ m³.

1. Montrer que $V (t) = t + \frac{24}{π} (\cos (\frac{π t}{12}) - 1) + 40$ .
2. Résoudre dans $[0; 24]$ l'inéquation $d (t) < 0$ .
3. Dresser le tableau de variations de $V$ sur $[0; 24]$ , avec les valeurs exactes puis arrondies au centième.
4. Pour la sécurité incendie, le réservoir doit contenir en permanence au moins $36$ m³. Cette contrainte est-elle respectée ?
5. Calculer $V (24) - V (0)$ . Un technicien en conclut que « le volume a augmenté toute la journée ». Expliquer son erreur.

1. $V$ est la primitive de $d$ sur $[0; 24]$ telle que $V (0) = 40$ . Avec $u (t) = \frac{π t}{12}$ , $u^{'} (t) = \frac{π}{12}$ , la dérivée de $\cos (u (t))$ est $- \frac{π}{12} \sin (\frac{π t}{12})$ ; donc $t \mapsto \frac{24}{π} \cos (\frac{π t}{12})$ a pour dérivée $- 2 \sin (\frac{π t}{12})$ . Les primitives de $d$ sont $t \mapsto t + \frac{24}{π} \cos (\frac{π t}{12}) + k$ . Or $V (0) = \frac{24}{π} + k = 40$ , d'où $k = 40 - \frac{24}{π}$ et $V (t) = t + \frac{24}{π} (\cos (\frac{π t}{12}) - 1) + 40$ .

2. $d (t) < 0 ⟺ \sin (\frac{π t}{12}) > \frac{1}{2}$ . Pour $t \in [0; 24]$ , $X = \frac{π t}{12} \in [0; 2 π]$ , et $\sin X > \frac{1}{2} ⟺ X \in] \frac{π}{6}; \frac{5 π}{6} [$ , c'est-à-dire $t \in] 2; 10 [$ . $d (t) < 0$ pour $t \in] 2; 10 [$ , $d (t) = 0$ en $2$ et $10$ , $d (t) > 0$ ailleurs.

3. Comme $V^{'} = d$ : $V$ est croissante sur $[0; 2]$ , décroissante sur $[2; 10]$ , croissante sur $[10; 24]$ . Valeurs : $V (0) = 40$ ; $V (2) = 42 + \frac{24}{π} (\frac{\sqrt{3}}{2} - 1) = 42 - \frac{12 (2 - \sqrt{3})}{π} \approx 40, 98$ ; $V (10) = 50 + \frac{24}{π} (- \frac{\sqrt{3}}{2} - 1) = 50 - \frac{12 (2 + \sqrt{3})}{π} \approx 35, 74$ ; $V (24) = 24 + \frac{24}{π} (1 - 1) + 40 = 64$ .

4. D'après le tableau, le minimum de $V$ sur $[0; 24]$ est le plus petit de $V (0) = 40$ et $V (10) \approx 35, 74$ , soit $V (10)$ . Comme $V (10) < 36$ , la contrainte n'est pas respectée : vers $10$ h du matin, le volume descend sous le seuil de sécurité.

5. $V (24) - V (0) = 64 - 40 = 24$ : sur la journée, le réservoir gagne $24$ m³. Mais un bilan global positif ne dit rien des variations intermédiaires : entre $2$ h et $10$ h, le débit net est négatif et le volume baisse d'environ $40, 98 - 35, 74 = 5, 24$ m³. L'erreur est de confondre le signe de $V (24) - V (0)$ avec le signe de $V^{'}$ sur tout l'intervalle.

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