\thumb

\begin{qcm}{Connaissances sur les primitives}{10} % titre , temps
Pour chacune des questions suivantes, indiquer la réponse exacte.
\begin{questions}
\item Une primitive de la fonction $x\mapsto\dfrac{2}{x+1}$ est:\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix $x\mapsto\ln(x+1)$ &
\choix $x\mapsto\ln|x+1|$ \\[6pt]
\choix $x\mapsto2\ln(x+1)$ &
\choix $x\mapsto2\ln|x+1|$
\end{tabularx}

\item Une primitive de la fonction $x\mapsto\sqrt{x}$ est:\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix $x\mapsto\dfrac{2}{3}x\sqrt{x}+8$ &
\choix $x\mapsto\dfrac{1}{2}x\sqrt{x}$ \\[10pt]
\choix $x\mapsto\dfrac{1}{\sqrt{x}}$ &
\choix $x\mapsto\dfrac{2\sqrt{x}}{x}$
\end{tabularx}

\item Une primitive de la fonction $x\mapsto x^2\nep^{x^3}$ est:\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix $x\mapsto\nep^{x^3}+1$ &
\choix $x\mapsto\dfrac{1}{3}\nep^{x^3}+\pi$ \\[8pt]
\choix $x\mapsto\nep^{x^2}$ &
\choix $x\mapsto3\nep^{x^3}+5$
\end{tabularx}

\item Une primitive de la fonction $x\mapsto x\ln(x)$ est:\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix $x\mapsto\dfrac{1}{2}x^2\ln(x)-\dfrac{1}{4}x^2$ &
\choix $x\mapsto\ln(x)+1$ \\[8pt]
\choix $x\mapsto x\ln(x)$ &
\choix $x\mapsto x\ln(x)-x$
\end{tabularx}

\item Une primitive de la fonction $x\mapsto \dfrac{4x-6}{\sqrt{x^2-3x+1}}$ est:\resetchoix\par 
\begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
\choix $x\mapsto2\sqrt{x^2-3x+1}$ &
\choix $x\mapsto\sqrt{x^2-3x+1}$ \\[8pt]
\choix $x\mapsto \dfrac{1}{2}\sqrt{x^2-3x+1}$ &
\choix $x\mapsto 4\sqrt{x^2-3x+1}$
\end{tabularx}
\end{questions}
\end{qcm}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Réponse \choix[d]. En effet, la fonction est de la forme $\dfrac{ku'}{u}$, dont une primitive est $k\ln|u|$, ce qui donne ici la fonction $x\mapsto2\ln|x+1|$ (sur $\R\setminus\{-1\}$).

\item Réponse \choix[a]. Il n'existe aucune formule permettant de trouver une primitive de $x\mapsto\sqrt{x}$ donc il est ici nécessaire de dériver les propositions et de voir pour laquelle on obtient $\sqrt{x}$. Par chance, en dérivant la première, à savoir $x\mapsto\dfrac{2}{3}x\sqrt{x}+8$, on obtient bien $\sqrt{x}$. Cela signifie donc que cette fonction est bien une primitive de $x\mapsto\sqrt{x}$ (sur $\R_+$ bien entendu).

\item Réponse \choix[b]. En effet, la fonction comporte une exponentielle : $\nep^{x^3}$, et la dérivée de \mbox{$u\;:\;x\mapsto x^3$} est \mbox{$u'\;:\;x\mapsto 3x^2$}. On constate donc que $x^2\nep^{x^3}=\dfrac{1}{3}u'\nep^u$, dont une primitive est $\dfrac{1}{3}\nep^{u}+k$, soit $\dfrac{1}{3}\nep^{x^3}+k$. En prenant $k=\pi$, on obtient bien la proposition \choix[b].

\item Réponse \choix[a]. Comme dans la question 2, il est ici nécessaire de dériver les propositions afin de voir laquelle donne la fonction initiale. Il est conseillé de commencer par les propositions les plus simples à dériver, donc les propositions \choix[b], qui donne $\dfrac{1}{x}$, puis \choix[c], qui donne $1+\ln(x)$, puis \choix[d], qui donne $\ln(x)$. Ne donnant pas la fonction souhaitée, il ne reste que la première proposition.

\item Réponse \choix[d]. En effet, $x\mapsto \dfrac{4x-6}{\sqrt{x^2-3x+1}}$ est de la forme $\dfrac{2u'}{\sqrt{u}}$, avec $u(x)=x^2-3x+1$ et $u'(x)=2x-3$. Or, une primitive de $\dfrac{u'}{\sqrt{u}}$ est $2\sqrt{u}$. Ainsi, une primitive de $\dfrac{2u'}{\sqrt{u}}$ est $2\times2\sqrt{u}=4\sqrt{u}$, soit ici $4\sqrt{x^2-3x+1}$.
\end{questions}
\end{corrige}

% auteur : pasquet
\begin{vf}{\'Equations différentielles}{10} % titre , temps
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?

\begin{questions}
\item L'équation différentielle $y' + 3y = 0$ admet pour solutions les fonctions $f(x)=C\nep^{3x}$, $C\in\R$.

\item La fonction $f(x)=x^2-x+2$ est une solution de l'équation différentielle $y'+2y=2x^2+3$.

\item L'équation homogène associée à l'équation différentielle $y'-5y=x$ est l'équation différentielle $y'=5y$.

\item L'équation différentielle $y'=4y-1$ admet pour solutions les fonctions $f(x)=C\nep^{4x}-\dfrac{1}{4}$, $C\in\R$.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item \textit{Faux}. En effet,  $y' + 3y = 0 \iff y' = -3y$ et on sait que les équations différentielles de la forme $y'=ay$ admettent pour solutions les fonctions de la forme $C\nep^{ax}$, $C\in\R$.

Ainsi, l'équation différentielle  $y' + 3y = 0$ admet pour solutions les fonctions de la forme $C\nep^{-3x}$, $C\in\R$.

\item \textit{Vrai}. En effet, si $f(x)=x^2-x+2$ alors $f'(x)=2x-1$ et on a :
\begin{align*}
f'(x)+2f(x) & = (2x-1)+2(x^2-x+2)\\
& = 2x-1+2x^2-2x+4\\
& = 2x^2+3.
\end{align*}

$f$ est donc bien solution de l'équation différentielle $y'+2y=2x^2+3$.

\item \textit{Vrai}. Par définition, l'équation homogène associée à l'équation différentielle $y'=ay+f$ est l'équation  $y'=ay$.

Or, $y'-5y=x \iff y'=5y+x$ donc son équation homogène associée est bien $y'=5y$.

\item \textit{Faux}. En effet, les équations différentielles de la forme $y'=ay+b$ admettent pour solutions les fonctions de la forme $f(x)=C\nep^{ax}-\dfrac{b}{a}$. Ici, $a=4$ et $b=-1$, ce qui donne les fonctions $f(x)=C\nep^{4x}-\dfrac{-1}{4}$, soit $f(x)=C\nep^{4x}+\dfrac{1}{4}$, $C\in\R$.
\end{questions}
\end{corrige}


\sectionnn{Primitives}

%

\begin{exo}{Dérivée et primitives}{Lycée Alain, Le Vésinet}{1}{15}
On considère les fonctions $f$ et $g$ définies sur l'intervalle $ I = \left] \dfrac{1}{3}\, ; + \infty\right[ $ par :
\[ f(x) = \frac{5x^2-7x + 9}{3x-1} \]
et
\[ g(x) = \frac{5x^2-16x + 12}{3x-1}. \]
$f$ et $g$ sont-elles deux primitives de la même fonction sur $I$ ?
\end{exo}

\begin{corrige}
Une solution est de dériver séparément les deux fonctions et comparer les dérivées. Si elles sont égales, les fonctions $f$ et $g$ sont bien primitives d'une même fonction.

Une variante est de calculer la différence des deux fonctions. Si c'est une fonction constante, alors cela prouve que ce sont deux primitives d'une même fonction (la dérivée d'une fonction constante est nulle).

Cette méthode est un peu plus rapide car on n'a pas besoin de dériver.

Pour tout $x\in I$,
\begin{align*}
f(x)-g(x) & = \frac{5x^2-7x + 9}{3x-1}-\frac{5x^2-16x + 12}{3x-1}\\
& = \frac{5x^2-7x + 9-5x^2 + 16x-12}{3x-1} = \frac{9x-3}{3x-1} = 3.
\end{align*}

Comme $f - g$ est une fonction constante sur $I$, $(f-g)' = 0 $ et donc $f' = g' $.
\end{corrige}

%

\begin{exo}{Lecture graphique}{Lycée Jean-Pierre Vernant, Sèvres}{1}{10}
La courbe  tracée ci-dessous est la représentation graphique d'une fonction $g$ définie et dérivable sur $[-8\,;5]$.
\Par
\begin{center}
\includegraphics{209_integration-01}
\end{center}
\Par
On appelle $G$ une primitive de $g$ sur l'intervalle $[-8\,;5]$.

\Par

\'Etablir le tableau de variations de $G$ sur $[-8\,;5]$ en précisant en quelles\linebreak valeurs de $x$ elle atteint ses extrema locaux  sur $]-8\, ;5 [$.
\end{exo}


\begin{corrige}
La fonction $g$ est la fonction dérivée de $G$. Le signe de $g$ donne donc les variations de $G$. De plus, lorsque $g$ s'annule en changeant de signe, $G$ admet un extrémum local. 
\[
\begin{array}{|R|*7{c}|}
\hline\tabulartitle
x & -8 &  & -2 &  & 3 &  & 5\\
\hline
\text{signe de }g(x) & & + & 0 & - & 0 & + & \\
\hline
\text{variations de }G &  & \nearrow &  & \searrow &  & \nearrow & \\
\hline
\end{array}
\]

Donc $G$ atteint ses extremums locaux en $-2$ et $3$.
\end{corrige}



%

\begin{exo}{Dérivée et primitive}{Lycée Victor Duruy, Paris}{2}{15}
Voici les représentations graphiques d'une fonction $f$, de sa dérivée $f'$ et d'une de ses primitives $F$. Attribuer le graphique qui convient à chaque fonction.

\begin{tabularx}{\linewidth}{*3{X}}
\includegraphics{210_integration-02}
&
\raisebox{-9mm}{\includegraphics{210_integration-03}}
&
\raisebox{4mm}{\includegraphics{210_integration-04}}
\end{tabularx}
\end{exo}

\begin{corrige}
Pour reconnaître les différentes fonctions, on utilise le fait que le signe de la dérivée donne les variations de la fonction. 

Sur l'intervalle $[1\, ; 2]$, la fonction 3 est négative puis positive. Si c'est la dérivée d'une fonction, cela signifie que cette fonction est décroissante puis croissante sur cet intervalle. Ce serait la fonction 2. Par contre, la fonction 2 est négative sur $[1\,;2]$, elle ne peut pas être la dérivée de la fonction 1 qui est croissante sur l'intervalle $[1\, ; 2]$, ni de la fonction 3 qui est croissante sur une partie de l'intervalle.

D'après cette étude, il semble donc que $F$ est la fonction 2,  la fonction $f$, dérivée de $F$, est la fonction 3 et $f'$ est la fonction 1.

Vérifions que les variations des fonctions correspondent aux signes des dérivées ainsi désignées :

\Par

\scalebox{0.91}{$
\begin{array}{|R|*{11}{c}|}
\hline\tabulartitle
x & -2 &  & -1,1 &  & 0,6 &  & 1,1 &  & 1,6 &  & 2\\
\hline
\text{signe de } f' & 
& + & 0 & - &  & - & 0 & + &  & + & \\
\hline
\text{variations fonction } f & 
 & \nearrow &  & \searrow &  & \searrow &  & \nearrow &  & \nearrow & \\
 \hline
 \text{signe de }f & 
 & + &  & + & 0  & - &  & - & 0 & + & \\
 \hline
 \text{variations de }F & 
 & \nearrow &  & \nearrow &  & \searrow &  & \searrow &  & \nearrow & \\
 \hline
\end{array}$}
\end{corrige}

%

\begin{exo}{Recherches de primitives}{Lycée Lavoisier, Paris}{2}{15}
Soit $f$ la fonction définie sur $\left]-2~;+\infty\right[$ par :
\[
f(x)=x^2\sqrt{x+2}.
\]
Déterminer des réels $a$, $b$, $c$ et $d$ pour que la
fonction $F$ définie sur $]-2~;+\infty[$ par :
\[
F(x)=\big(ax^3+bx^2+cx+d\big)\sqrt{x+2}
\]
soit une primitive de $f$.
\end{exo}

\begin{corrige}
Pour que la fonction $F$ soit une primitive de $f$, il faut et il suffit que la fonction $F$ soit dérivable sur $\left]-2~;+\infty\right[$ et que $F'=f$. 

On détermine donc $F'(x)$ :
\[
\begin{aligned}
F'(x)&=\left(3ax^2+2bx+c\right)\sqrt{x+2}+\dfrac{ax^3+bx^2+cx+d}
{2\sqrt{x+2}}\\
&=\dfrac{\left(3ax^2+2bx+c\right)(2x+4)+ax^3+bx^2+cx+d}{2\sqrt{x+2}}\\
%&=\dfrac{(6a+a)x^3+(12a+4b+b)x^2+(8b+2c+c)x+4c+d}{2\sqrt{x+2}}\\
&=\dfrac{7ax^3+(12a+5b)x^2+(8b+3c)x+(4c+d)}{2\sqrt{x+2}}.
\end{aligned}
\]
Or $F' =f$ si et seulement si, pour tout $x>-2$,
\[
\begin{aligned}
7ax^3+(12a+5b)x^2+(8b+3c)x+(4c+d)
&=2x^2\sqrt{x+2}\sqrt{x+2}\\
&=2x^3+4x^2.
\end{aligned}
\]
On en déduit, après identification des coefficients et résolution du système ainsi obtenu :
$
a=\dfrac{2}{7}\quad,\quad b=\dfrac{4}{35}\quad,\quad c=\dfrac{-32}{105}\quad\text{et}\quad d=\dfrac{128}{105}.$

Ainsi,  $F(x)=\left(\dfrac{2}{7}x^3
+\dfrac{4}{35}x^2-\dfrac{32}{105}x
+\dfrac{128}{105}\right)\sqrt{x+2}.$
\end{corrige}

% 

\begin{exo}{Primitives d'une fonction rationnelle}{Lycée Guy de Maupassant, Fécamp}{2}{20}
Soit la fraction rationnelle
$f(x)=\dfrac{3x^2-2x+3}{\left(x^2-1\right)^2}$.
\begin{questions}
\item Déterminer l'ensemble de définition $\mathscr{D}_f$ de $f$.
\item Déterminer des réels $a$, $b$ tels que sur
$\mathscr{D}_f$, 
\[
f(x)=\dfrac{b}{(x+1)^2}+\dfrac{a}{(x-1)^2}.
\]
\item En déduire deux primitives $F$ et $G$ de $f$ sur $]1~;+\infty[$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Une fraction rationnelle est définie pour tout réel $x$ qui n'annule pas son dénominateur.

Or, $(x^2-1)^2=(x-1)^2(x+1)^2$, donc $\mathscr{D}_f=\R\setminus\{-1~;1\}$.

\item Cherchons $a$ et $b$ tels que, pour tout réel $x\in\mathscr{D}_f$:
\[
\begin{aligned}
\dfrac{3x^2-2x+3}{(x^2-1)^2}
&=\dfrac{b(x-1)^2+a(x+1)^2}{(x+1)^2(x-1)^2}\\
&=\dfrac{(a+b)x^2+2(a-b)x+(a+b)}{(x^2-1)^2}.
\end{aligned}
\]

On en déduit, par identification des coefficients, que:
\[
\begin{cases}
a+b&=3\\
2(a-b)&=-2
\end{cases}
\] 
On trouve alors:  $a=1$ et $b=2$.

On a donc, pour tout réel $x$ appartenant à $\mathscr{D}_f$,
\[
f(x)=\dfrac{2}{(x+1)^2}+\dfrac{1}{(x-1)^2}.
\]

\item  Remarquons que la fonction $f$ est continue sur son ensemble de définition donc elle y admet des primitives.

La fonction $x\mapsto \dfrac{1}{x+1}$ est dérivable sur $]1~;+\infty[$ et a pour dérivée sur cet intervalle : $x\mapsto -\dfrac{1}{(x+1)^2}$. Une primitive de $\dfrac{2}{(x+1)^2}$ sur $]1~;+\infty[$ est donc $x\mapsto \dfrac{-2}{x+1}$.

De même, la fonction $x\mapsto \dfrac{1}{x-1}$ est dérivable sur $]1~;+\infty[$ et a pour dérivée sur cet intervalle :  $x\mapsto-\dfrac{1}{(x-1)^2}$. Une primitive de $\dfrac{1}{(x-1)^2}$ sur $]1~;+\infty[$ est donc $x\mapsto \dfrac{-1}{x-1}$.

Une primitive de $f$ sur $]1~;+\infty[$ est donc :
\[x\mapsto
\dfrac{-1}{x-1}
+\dfrac{-2}{(x+1)}
=\dfrac{1-3x}{x^2-1}.
\]

En ajoutant une constante à cette fonction on obtient une autre primitive de $f$, donc $x\mapsto \dfrac{1-3x}{(x^2-1)}+1$
est une primitive de $f$ sur $]1~;+\infty[$.
\end{questions}
\end{corrige}


%

\begin{exo}{Primitives d'une fonction rationnelle}{Lycée Richelieu, Rueil-Malmaison}{2}{20}
Soit la fonction $f$ définie sur $ \left] -\infty \,; -\dfrac{1}{2} \right[$ par:
    \[ f(x) = \frac{2x^2 + 2x - 8}{(2x + 1)^2}. \]
Déterminer les nombres réels $a$, $b$ et $c$ pour que $F$ soit une primitive de $f$ sur l'intervalle donné sachant que:
    \[ F(x) = \frac{ax^2 + bx + c}{2x + 1} \quad \text{ et } \quad F(-1) = -6. \]
\end{exo}

\begin{corrige}
En remplaçant $x$ par $-1$ dans l'expression de $F$ :
    \[ F(-1) = -6 \quad \text{ soit } \quad \frac{a-b + c}{-1} = -6 \iff a-b + c = 6. \]
Calculons par ailleurs $F'(x)$ en utilisant la formule de dérivation d'un quotient :
    \begin{align*}
        F'(x) & = \frac{(2ax + b)(2x + 1)-2(ax^2 + bx + c)}{(2x + 1)^2}\\
            & = \frac{x^2(4a-2a) + x(2a + 2b-2b) + (b-2c)}{(2x + 1)^2}\\
            & = \frac{2ax^2 + 2ax + b-2c}{(2x + 1)^2}.
    \end{align*}

Comme $F$ est une primitive de $f$, on a pour tout $x \in \left]-\infty\, ; -\dfrac{1}{2}\right[$ :
    \begin{align*}
        F'(x) = f(x) & \iff \frac{2ax^2 + 2ax + b-2c}{(2x + 1)^2} = \frac{2x^2 + 2x-8}{(2x + 1)^2} \\
            & \iff 2ax^2 + 2ax + b-2c = 2x^2 + 2x-8\\
            & \qquad\qquad\qquad \bigl(\text{car }(2x + 1)^2\neq 0\bigr)
    \end{align*}

Les deux polynômes sont donc égaux ; on identifie les coefficients :

\Par

$\begin{cases}
          a = 1 \\
          b - 2c = -8 \qquad\qquad\quad\iff\\
          a - b + c = 6 \text{ car } F(-1) = -6
    \end{cases}
    \begin{cases}
          a = 1 \\
          b-2c = -8 \\
          -b + c = 5
    \end{cases}
    \iff
    \begin{cases}
          a = 1\\
          c = 3\\
          b = -2
    \end{cases}$

Donc :
\[ F(x) = \dfrac{x^2-2x + 3}{2x + 1}. \]

Certain(e)s pourraient se demander pourquoi on a trouvé \emph{la} primitive et non pas \emph{une} primitive à une constante près. C'est bien sûr à cause de la condition $F(-1) = -6$ qui impose une valeur bien particulière à la constante.
\end{corrige}


%

\begin{exo}{Primitive d'une fonction irrationnelle}{Lycée Carnot, Dijon}{3}{30}
On cherche une primitive de la fonction $f$ définie sur $\R$ par : $f(x)=\dfrac{4x^2+1}{\sqrt{2x^2+1}}$.
\begin{questions}
\item Pourquoi la fonction $f$ admet-elle une primitive sur $\R$ ? 
\item Montrer qu'une fonction du type $x \mapsto \sqrt{P(x)}$,
où $P$ est un polynôme de degré~$2$, ne peut pas être une primitive de
$f$.
\item Soit $g$ une fonction dérivable sur $\R$.

Dériver $x\mapsto
g(x)\sqrt{2x^2+1}$.
\item Déterminer une primitive de $f$ sur $\R$. 
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item La fonction $x\mapsto 2x^2+1$ est
définie, et à valeurs strictement positives sur $\R$. 

Donc $x\mapsto 2x^2+1$ ne s'annule pas sur $\R$.
\begin{itemize}
\item La fonction
$x\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{2x^2+1}}$ est définie et dérivable sur
$\R$ comme composée de fonctions dérivables sur $\R$ ;
\item La fonction
$x\mapsto 4x^2+1$ est une fonction polynôme, donc définie et dérivable
sur $\R$.
\end{itemize}
\par
Ainsi, $f$ est définie et dérivable sur $\R$ comme produit de deux
fonctions définies et dérivables sur
$\R$. Par conséquent, $f$ est continue sur $\R$, donc elle admet des 
primitives sur $\R$.


\item Soit $F$ une primitive de la fonction $f$ sur $\R$. D'après la définition d'une primitive, la fonction $F$ est dérivable sur $\R$ et $F'=f$.

Tout d'abord, le fait que la fonction $F$ soit  définie et dérivable sur $\R$ impose que le polynôme $P$ doit être à valeurs strictement positives sur $\R$. On en déduit que, si l'on a $P(x)=ax^2+bx+c$, alors $a>0$ et $b^2-4ac<0$.

Alors la fonction $F$ définie par $F(x)=\sqrt{P(x)}$ est dérivable sur $\R$ et a pour dérivée :
\[
F'(x)={P'(x)\over 2\sqrt{P(x)}}={2ax+b\over 2\sqrt{ax^2+bx+c}}.
\]
L'égalité $F'=f$ équivaut pour tout réel $x$ à :
\[
\dfrac{4x^2+1}{\sqrt{2x^2+1}}= {2ax+b\over 2\sqrt{ax^2+bx+c}}.
\]
Étudions la limite en $+\infty$ de chacune des expressions. On a :
\[
\lim\limits_{x\to +\infty} F'(x)=\lim\limits_{x\to +\infty}
\dfrac{a+\dfrac{b}{2x}}{\sqrt{a+\dfrac{b}{x}+\dfrac{c}{x^2}}}
=\sqrt{a}.
\]
Alors que :
\[
\lim\limits_{x\to +\infty} x\dfrac{4+\dfrac{1}{x^2}}{\sqrt{2+\dfrac{1}{x^2}}}=+\infty.
\]
On ne peut donc pas avoir  $F'=f$. 

Donc $F$ ne peut pas être une primitive de $f$.

\item Si $g$ est dérivable sur $\R$, $x\mapsto g(x)\sqrt{2x^2+1}$ est dérivable sur $\R$ et a pour dérivée :
\[
x\mapsto g'(x)\sqrt{2x^2+1}+\dfrac{2xg(x)}{\sqrt{2x^2+1}}=
\dfrac{g'(x)(2x^2+1)+2xg(x)}{\sqrt{2x^2+1}}.
\]

\item Prenons $g(x)=x$ dans l'expression ci-dessus. 

On obtient :
\[
\dfrac{g'(x)(2x^2+1)+2xg(x)}{\sqrt{2x^2+1}}
=\dfrac{ 2x^2+1+2x^2}{\sqrt{2x^2+1} }=f(x).
\]
La fonction $x\mapsto x\sqrt{2x^2+1}$ est donc une primitive de $f$ sur $\R$.
\end{questions}
\end{corrige}


% 

\begin{exo}{Primitives \og à vue \fg}{Lycée Jacques Prévert, Boulogne}{3}{20}
Calculer une primitive de $u(x)=\dfrac{\sin x-x\cos x}{x^2}$ et $v(x)=\dfrac{1-x^2}{(1+x^2)^2}$.
\end{exo}


\begin{corrige}
\emph{Fonction $u$.}
\par
La fonction $u$ est continue sur $\R^*_+$ et $\R^*_-$ comme quotient de deux fonctions continues sur $\R^*_+$ et $\R^*_-$
dont le dénominateur ne s'annule pas sur $\R^*_+$ et $\R^*_-$.
\par
Soit donc $I$ l'un des deux intervalles $]-\infty~;0[$ ou $]0~;+\infty[$, la fonction $u$ possède des primitives sur $I$. 
\par
En examinant l'écriture de $u(x)$, on est conduit à penser à la formule de la dérivée d'un quotient du type $\dfrac{f}{g}$ soit $\dfrac{f'g-fg'}{g^2}$.
Définissons sur $I$ les fonctions $f$ et $g$ par :
\[
f(x)=\sin x
\quad
\text{et}
\quad
g(x)=x.
\]
Le quotient est défini et dérivable sur $I$ avec : 
\[
\begin{aligned}
\left(\dfrac{f}{g}\right)'(x)
&=\dfrac{x\cos x-\sin x}{x^2}\\
&=-u(x).
\end{aligned}
\]
Alors la fonction $U\, :\, x\mapsto -\dfrac{\sin x}{x}$ est une primitive de $u$ sur $I$.
 %
\Par
\emph{Fonction $v$.}
\par
 La fonction $v$ est continue sur $\R$ comme quotient de fonctions continues sur $\R$ dont le dénominateur ne s'annule pas sur $\R$ , elle possède donc des primitives sur $\R$ tout entier.
\par
Exploitons la même idée que pour la fonction $u$. La difficulté provient du fait que le numérateur de $v(x)$ a été effectué et simplifié. Il faut donc le ramener à la forme $f'g-fg'$. L'observation du dénominateur conduit à poser\linebreak[4] $g(x)=1+x^2$. On a alors $g'(x)=2x$. La numérateur de $v(x)$ peut alors s'écrire $(1+x^2)-x \times 2x$, ce qui fait que :
\[
\dfrac{1-x^2}{{(1+x^2)}^2}=\dfrac{(1+x^2)-x \times 2x}{{(1+x^2)}^2}.
\]
On pose donc $f(x)=x$, $g(x)=1+x^2$ et :
\[
v(x)=\dfrac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g(x)^2}
=\left(\dfrac{f}{g}\right)'(x).
\]
La fonction :
\[
V\, :\, x \mapsto \dfrac{x}{1+x^2} 
\]
 est donc une primitive de $v$ sur $\R$.
\end{corrige}


\sectionnn{\'Equations différentielles}

%

\begin{exo}{Sans second membre}{Lycée Claude Bernard, Paris}{1}{10} 
Soit $\lambda$ un réel et soit $y$ la solution de l'équation
différentielle $y'+\lambda y=0$ telle que $y(1)=1$.
\Par
Exprimer $y\left(\dfrac{1}{\lambda}\right)$ en fonction de $\lambda$.
\end{exo}

\begin{corrige}
Les solutions de l'équation différentielle 
$
y'+ \lambda y=0
$
sont les fonctions de la forme
$
x \mapsto K \nep^{- \lambda x}
$,
où $K$ est une constante.
\par
La condition initiale
$
y(1)=1
$
équivaut donc à 
$
K \nep^{-\lambda}=1
$,
soit 
$
K= \nep^{\lambda}
$.
\Par
Donc:
\[
y(x)= \nep^{\lambda(1-x)} 
\quad
\text{et}
\quad
y \left(\dfrac{1}{\lambda}\right)= \nep^{\lambda -1}.
\]
\end{corrige}

%

\begin{exo}{Second membre exponentiel}{Lycée Buffon, Paris}{1}{10} 
\begin{questions}
\item Dériver la fonction $h$ définie sur $\R$ par
$
h(x)=\dfrac{2}{5}\nep^{3x}
$.
\item En déduire une solution de l'équation différentielle 
$
10y'+5y=14\nep^{3x}
$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item La fonction $h$ est dérivable sur $\R$ et sa dérivée se calcule en appliquant la formule:
\[
\big(\nep^u\big)' = u' \cdot \nep^u.
\]
Pour tout $x \in \R$,
\[
h'(x)=\dfrac{6}{5} \nep^{3x}.
\]


\item Montrons que $h$ est solution de cette équation différentielle.
\par
On a pour tout $x \in \R$,
\[
\left \{
\begin{aligned}
h'(x)&=\dfrac{6}{5} \nep^{3x} \\
h(x)&=\dfrac{2}{5} \nep^{3x} \\
\end{aligned}
\right.
\]
Alors, pour tout $x \in \R$,
\[
\begin{aligned}
10 h'(x)+5h(x)&=12 \nep^{3x}+2 \nep^{3x} \\
&=14 \nep^{3x}.
\end{aligned}
\]
\end{questions}

\begin{methode}
Pour montrer qu'une fonction donnée est solution d'une équation différentielle, il ne faut pas essayer de résoudre l'équation différentielle pour retrouver la fonction donnée par l'énoncé.\par
On vérifie que la fonction $h$ proposée est dérivable sur $\R$ puis on calcule $h'(x)$ et on remplace dans le premier membre de l'équation différentielle. On s'assure alors que l'on obtient bien le second membre de l'équation.
\end{methode}
\end{corrige}

%

\begin{exo}{Thermodynamique}{Lycée Vaugelas, Chambéry}{1}{15} 
Un bloc de céramique est initialement (pour $t=0$) à la température de 40°C. On le dépose dans un four à \numprint{1000}°C et on note $\Theta(t)$ la température du bloc au bout de $t$ heures. La fonction $\Theta$ est solution sur $\left[0, +\infty\right[$ de l'équation différentielle:
\[
\Theta '= 0,2(\numprint{1000}- \Theta).
\]
\begin{questions}
\item Déterminer l'expression de $\Theta (t)$.
\item Au bout de combien de temps, la température du bloc de céramique est-elle de 500°C ?
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item L'équation différentielle $\Theta '= 0,2(\numprint{1000}- \Theta)$ est de la forme\linebreak $y'=ay+b$ avec $a=-0,2$ et $b=200$.\par
D'après le cours, ses solutions sont les fonctions $\Theta$ définies sur $\R$ par $\Theta(t)=k\nep^{-0,2t}+\numprint{1000}$ où $k$ désigne une constante réelle.\par
Or, la température initiale est de 40°C donc $\Theta (0)=40$.\par
On peut alors calculer la valeur de la constante $k$ :\par
$k+\numprint{1000}=40$ donc $k=-960$\par
On a donc, pour tout réel $t$ positif :
\[
\Theta(t)=-960\nep^{-0,2t}+\numprint{1000}.
\]

\item On cherche à calculer $t$ tel que $\Theta(t)=500$. Pour cela, on résout l'équation:
\[ 
-960\nep^{-0,2t}+\numprint{1000} = 500.
\]
Cette équation équivaut à:
\[ 
\nep^{-0,2t} = \dfrac{50}{96}
\]
soit
\[
-0,2t=\ln \dfrac{50}{96},\qquad\text{soit : }t=-5\ln\frac{50}{96}
\]
Il faudra environ trois heures pour que la température du bloc de céramique soit de 500°C
\end{questions}
\end{corrige}

%

\begin{exo}{Dilution d'un médicament}{Lycée François 1\up{er}, Fontainebleau}{1}{15} 
On note $Q(t)$ la quantité d'une substance médicamenteuse encore présente dans le sang $t$ heures après l'injection intraveineuse de $1,8$ unités du produit. 
\begin{questions}
\item \`A cause d'un processus d'élimination, $Q(t)$ diminue au cours du temps en suivant une loi d'évolution :
\[Q'(t)=-\lambda Q(t).\]
Déterminer $\lambda$ sachant qu'au bout d'une heure la quantité de produit présente dans le sang a diminué de $30\ \%$. Donner valeur exacte, et valeur approchée à $10^{-4}$.
\item Par injection intramusculaire, la quantité présente dans le sang au bout d'un temps $t$ (en heures) aurait été : \ $S(t)=6,6\,t\,\nep^{-t}$.
\begin{questions}
\item Déterminer une équation différentielle entre les fonctions $S$ et $S'$.
\item Déterminer une équation différentielle liant $S(t)$, $S'(t)$, $S''(t)$. 
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item L'équation différentielle proposée est de la forme $y'=ay$. D'après le cours, ses solutions sont les fonctions $Q$ définies sur $\R$ par\linebreak $Q(t)=k \nep^{-\lambda t}$ où $k$ désigne une constante réelle.  L'énoncé nous donne sa valeur : $Q(0)=1{,}8$ donc $k=1,8$. D'autre part,
\[
Q(1) =\left(1-\frac{30}{100}\right)Q(0) =\nombre{0,70}Q(0).
\]
On en déduit que:
\[
\nep^{-\lambda} = 0,7.
\]
La valeur exacte de $\lambda$ est $- \ln 0,7$.

Une valeur approchée de $\lambda$ à $10^{-4}$ près est $0,3567$.


\item 
\begin{questions}
\item La fonction $S$ est dérivable sur $\R$. On a alors:
\[
S'(t)=6,6\nep^{-t}-6,6t\nep^{-t} =6{,}6\nep^{-t}-S(t)
\]
d'où :
\[
S'(t)+S(t)=6,6\nep^{-t}.
\]
Ainsi, la fonction $S$ est solution de l'équation différentielle \emph{avec second membre} :
\[
y'+y=6,6\nep^{-t}.
\]

\item La fonction $S'$ est aussi dérivable sur $\R$ et, pour tout réel $t$, on a :
\[
S''(t)+S'(t)=-6{,}6\nep^{-t}=-\left[S'(t)+S(t)\right]
\]
d'où :
\[
S''(t)+2S'(t)+S(t)=0.
\]
Finalement, on obtient l'équation différentielle suivante, du deuxième ordre mais sans second membre :
\[
y''+2y'+y=0.
\]
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

%

\begin{exo}{Second membre polynomial}{Lycée Balzac, Caen}{1}{30} 
On se propose de déterminer les fonctions dérivables solutions de l'équation différentielle:
\begin{equation}\label{expexoseqE2}
2y'+y=x^2+2x-2 \hspace{0.5cm} \tag{$\mathcal{E}$}
\end{equation}
\begin{questions}
\item Montrer qu'il existe une fonction polynôme $g$ de degré $2$ solution
de $(\mathcal{E})$.
\item Démontrer qu'une fonction $\phi$ est solution de $(\mathcal{E})$ si et
seulement si $\phi -g$ est solution de l'équation différentielle :
\begin{equation}\label{expexoseqE3}
2y'+y=0 \hspace{0.5cm} \tag{$\mathcal{E}'$}
\end{equation}
\item
\begin{questions}
\item Résoudre $(\mathcal{E}')$.
\item En déduire toutes les solutions de $(\mathcal{E})$.
\item Déterminer celle de ces solutions dont la représentation
graphique dans un repère
$(O,\vec{\imath},\vec{\jmath})$ passe par l'origine $O$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Soit $g$ une fonction polynôme de degré 2, définie, pour tout réel $x$ par:
\[
g(x)=ax^2+bx+c.
\]

Alors, $g$ est dérivable sur $\R$ et, pour tout $x \in \R$, 
\[
g'(x)=2ax+b.
\]
Donc, $g$ est solution de $(\mathcal{E})$ si et seulement si :
\[
4ax+2b+ax^2+bx+c=x^2+2x-2\;,
\]
soit $a=1$, $b=-2$ et $c=2$.

\Par

La fonction polynôme $g$ définie par:
\[
g(x)=x^2-2x+2
\]
est donc l'unique solution polynomiale de degré 2 de $(\mathcal{E})$.


\item La fonction $\phi$ est solution de $(\mathcal{E})$ si et seulement si pour tout $x \in \R$, 
\[
2 \phi'(x)+ \phi(x)=x^2+2x-2.
\]
Or, on sait que pour tout $x \in \R$, 
\[
2g'(x)+g(x)=x^2+2x-2.
\]
Donc $\phi$ est solution de $(\mathcal{E})$ si et seulement si pour tout $x \in \R$, 
\[
2(\phi-g)'(x)+( \phi-g)(x)=0\;,
\]
c'est-à-dire que $\phi-g$ est solution de $(\mathcal{E}')$.


\item
\begin{questions}
\item  D'après les théorèmes du cours, les solutions de $(\mathcal{E}')$ sont les fonctions de la forme :
\[
y(x)=A \nep^{-\frac{x}{2}} 
\quad
\text{où}
\quad
A
\quad
\text{est une constante.}
\]


\item Une fonction $z$ est solution de $(\mathcal{E})$ si et seulement si $z-g$ est solution de $(\mathcal{E}')$.

Les solutions de $(\mathcal{E})$ sont donc les fonctions de la forme :
\[
z(x)=A \nep^{-\frac{x}{2}}+x^2-2x+2
\quad
\text{où}
\quad
A
\quad
\text{est une constante.}
\]


\item Dire que la courbe représentative d'une fonction $f$ passe par $O$ signifie que:
\[
f(0)=0.
\]
On cherche donc la solution $f$ de $(\mathcal{E})$ qui vérifie  $f(0)=0$, soit $A=-2$.


Donc pour tout $x \in \R$, 
\[
f(x)=-2 \nep^{-\frac{x}{2}}+x^2-2x+2.
\]
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

%

\begin{exo}{Avec second membre}{Lycée Pierre de Fermat, Toulouse}{2}{15} 
On considère l'équation différentielle $({\cal E})$ ci-dessous :
\[
y'+3y=x+1.
\]
\begin{questions}
\item Déterminer toutes les solutions de l'équation $({\cal E}_0)$ : $y'+3y=0$.
\item Expliciter la solution $y$ de $({\cal E}_0)$ telle que
$y(0)=k$ pour $k$ réel fixé.
\item En déduire que l'équation $({\cal E})$ admet une et une seule solution telle que $y(0)=1$. Déterminer cette solution.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item  L'équation différentielle $y'+3y=0$ s'écrit aussi $y'=-3y$.

D'après le cours, ses solutions sont les fonctions $G$ définies sur $\R$ par :
\[
G(x)=A \nep^{-3x}
\]
où $A$ est une constante réelle. 

\item Il existe une et une seule valeur de $A$ pour laquelle $y(0)=k$.

Or, $y(0)=A$, d'où $A=k$.

La solution valant $k$ en $x=0$ est $y(x)=k\nep^{-3x}$.


\item Nous allons déterminer une \emph{solution particulière} \ $\phi$ \ de $({\cal E})$. 

Comme le second membre de l'équation est une fonction affine, cherchons-la sous la forme $\phi(x)=\alpha x+\beta$, où $\alpha$ et $\beta$ sont deux réels.

On calcule alors $\phi'(x)=\alpha$, donc $(\phi'+3\phi)\,(x)=3\alpha x+\alpha+3\beta$. 

On en déduit que $\phi$ est solution de $(\mathcal{E})$ si et seulement si $3\alpha=1$ et $\alpha+3\beta=1$. 

Il vient facilement :

\[
\phi(x)=\frac{1}{3}\,x+\frac{2}{9}.
\]

Soit alors $y$ une solution de $(\mathcal{E})$. La fonction $G=y-\phi$ est alors une solution de $(\mathcal{E}_0)$. Puisque $y=G+\phi$ et $\phi(0)=\dfrac{2}{9}$, il est clair que $y(0)=1$ est équivalent à $G(0)=1-\dfrac{2}{9}=\dfrac{7}{9}$. En utilisant la question 1, il vient :

\[
y(x)=\frac{1}{3}\,x+\frac{2}{9}+\frac{7}{9}\,\nep^{-3x}.
\]

\Par

Il existe bien une et une seule solution de $(\mathcal{E})$ vérifiant $y(0)=1$. 
\end{questions}
\newpage
\end{corrige}


%

\begin{exo}{Avec second membre exponentiel}{Lycée Vaugelas, Chambéry}{2}{20} 
\NathanLiveVideo[\PictoVideo\ Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.]{équation différentielle avec second membre exponentiel}{https://media.prepamath.fr/ILTMch07exo17}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0.4){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTMch07exo17}}}
\vspace*{-5mm}

On considère l'équation différentielle (E) : $y'-2y=\nep^{2x}$.
\begin{questions}
\item Démontrer que la fonction $u$ définie sur $\R$ par $u(x)=x\nep^{2x}$ est une solution de (E).
\item Résoudre l'équation différentielle (F) : $y'-2y=0$.
\item Démontrer qu'une fonction $v$ définie sur $\R$ est solution de (E) si et seulement si $v-u$ est solution de (F).
\item En déduire toutes les solutions de (E).
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTMch07exo17}}}
\rput(-0.5,-1.1){\PictoNathanLive[Video]}
\vspace*{-5mm}
\begin{questions}
\item La fonction $u$ est dérivable sur $\R$.
\par
Pour tout $x$ réel, $u'(x)=(1+2x)\nep^{2x}$ donc, 
\[
u'(x)-2u(x)= (1+2x)\nep^{2x} - 2x \nep^{2x}= \nep^{2x}.
\]
On en déduit que la fonction $u$ est solution de l'équation (E).


\item L'équation (F) est de la forme $y'=ay$.

Ses solutions sont les fonctions $f$ définies sur $\R$ par:
\[ 
f(x)=k\nep^{2x}
\]
où $k$ désigne une constante réelle.

\item Une fonction $v$ est solution de l'équation (E) si et seulement si, pour tout $x$ réel,
\[
v'(x)-2v(x)=\nep^{2x}.
\]
Or on sait que, pour tout $x$ réel,
\[
u'(x)-2u(x)=\nep^{2x}.
\]
Donc  $v$ est solution de l'équation (E) si et seulement si, pour tout $x$ réel,
\[
(v'(x)-2v(x))-(u'(x)-2u(x))=0\;,
\]
soit:
\[
(v-u)'(x)-2(v-u)(x)=0.
\]
Il en résulte que $v$ est solution de l'équation (E) si et seulement si $v-u$ est solution de l'équation $F$.

\begin{methode}
Pour démontrer que deux propositions sont équivalentes, on peut\linebreak effectuer une démonstration par double implication comme dans\linebreak l'exercice 5 ou une démonstration directe comme dans cet exercice.\par
Dans le cas d'une démonstration directe, on fera très attention au fait de bien conserver l'équivalence tout au long de la démonstration. En cas de doute, mieux vaut revenir à une démonstration en deux temps.
\end{methode}

\item D'après la question précédente, une fonction $v$ est solution de l'équation (E) si et seulement si $v-u$ est solution de l'équation $F$.

On en déduit que les solutions de l'équation (E) sont les fonctions $v$ définies, pour tout $x$ réel, par:
\[
v(x)=u(x)+k\nep^{2x}\;,
\]
soit:
\[
v(x)=x\nep^{2x}+k\nep^{2x},
\]
où $k$ désigne une constante réelle.
\end{questions}
\end{corrige}


%

\begin{exo}{\'Evolution d'organismes vivants}{Lycée des Arènes, Toulouse}{2}{20} 
\enlargethispage*{4em}
L'étude du comportement d'organismes vivants conduit à l'équation différentielle (E):
\[
N'(t)=2N(t)-0,0045\big(N(t)\big)^2
\]
où $t$ représente le temps exprimé en heures ($t\geqslant0$).\par
$N(t)$ représente l'effectif de la population à l'instant $t$ et $N(0)=\numprint{1000}$ est sa valeur initiale.
\begin{questions}
\item On suppose que $N(t)$ ne s'annule pas sur $\left[0, +\infty\right[$ et on pose, pour tout $t\geqslant 0$,
\[
y(t)=\dfrac{1}{N(t)}.
\]
Exprimer la dérivée de la fonction $y$ et montrer que \og $N$ est solution de (E) \fg équivaut à \og $y$ est solution de (E') \fg, où (E') est l'équation\linebreak $y'(t)=-2y(t)+0,0045$.

\item Écrire cette équation sous la forme $y'(t)=-2\left(y(t)-0,00225\right)$\\
et vérifier que la fonction $z$ définie par $z(t)=y(t)-0,00225$  est solution de $z'(t)=-2z(t)$.

Résoudre cette dernière, en déduire $y(t)$ et finalement $N(t)$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
\begin{itemize}
\item La fonction $N$ est dérivable et ne s'annule pas sur $\left[0, +\infty\right[$ donc la fonction $y$ est aussi dérivable sur $\left[0, +\infty\right[$ et, pour tout réel $t$ positif,
\[
y'(t)=-\dfrac{N'(t)}{\big(N(t)\big)^2}.
\]

\item $y(t)=\dfrac{1}{N(t)}$ donc $N(t)=\dfrac{1}{y(t)}$.

De l'expression de $y'(t)$, on tire:
\[
N'(t)=-\dfrac{y'(t)}{\big(y(t)\big)^2}.
\]
\og $N$ est solution de (E) \fg équivaut à dire que pour tout réel $t$ positif, 
\[
N'(t)=2N(t)-0,0045\big(N(t)\big)^2.
\]
En remplaçant $N'(t)$ et $N(t)$ en fonction de $y$, on obtient :\par
\og $N$ est solution de (E) \fg équivaut à dire que pour tout réel $t$ positif,  
\[
-\dfrac{y'(t)}{\big(y(t)\big)^2}= \frac{2}{y(t)}-\dfrac{0,0045}{\big(y(t)\big)^2}
\]
soit après transformation,
\[
y'(t)=-2y(t)+0,0045.
\]
On a donc bien démontré que \og $N$ est solution de (E) \fg équivaut à \og $y$ est solution de (E') \fg, où (E') est l'équation $y'(t)=-2y(t)+0,0045$.
\end{itemize}

\item
\begin{itemize}
\item
L'équation 
\[
y'(t)=-2y(t)+0,0045
\]
s'écrit aussi:
\[
y'(t)=-2\big(y(t)-0,00225\big).
\]
Si on pose $z(t)=y(t)-0,00225$, la fonction $z$ est dérivable sur $\left[0, +\infty\right[$et, pour tout $t$ positif, $z'(t)=y'(t)$.

En remplaçant dans l'équation $y'(t)=-2y(t)+0,0045$, on montre que la fonction $z$ vérifie $z'(t)=-2z(t)$.

\item D'après le cours, les solutions de l'équation $z'(t)=-2z(t)$ sont les fonctions $z$ définies pour tout $t$ positif par:
\[
z(t)=k\nep^{-2t}
\]
où $k$ désigne une constante réelle.


\item $y(t)=z(t)+0,00225$ donc, pour tout réel $t$ positif, 
\[
y(t)=k\nep^{-2t} + 0,00225.
\]

\item On détermine enfin $N(t)$.
On sait que $N(t)=\dfrac{1}{y(t)}$. On obtient donc en remplaçant $y(t)$ par sa valeur:
\[
N(t)=\dfrac{1}{k\nep^{-2t} + 0,00225}.
\]
Or, par hypothèse, $N(0)=1000$. On détermine alors la valeur de $k$ en résolvant l'équation:
\[
\dfrac{1}{k + 0,00225}=\numprint{1000}.
\]
On en déduit que $k=-0,00125$.

Finalement, 
\[
N(t)=\dfrac{1}{0,00225-0,00125\nep^{-2t}}.
\]
\end{itemize}
\end{questions}
\end{corrige}

%

\begin{exo}{Second membre polynomial}{Lycée Carnot, Dijon}{2}{30} 
On cherche les solutions de l'équation différentielle $(\mathcal E)$ : $4y'+y=x+6$.
\begin{questions}
\item Déterminer une fonction $g$ affine qui soit solution de
$(\mathcal{E})$.
\item Soit l'équation différentielle ($\mathcal{E}_1$) :
$4y'+y=0$.
\begin{questions}
\item Montrer que si $f$ est solution de $(\mathcal{E})$ alors
$h=f-g$ est solution de $(\mathcal{E}_1)$.
\item Réciproquement, montrer que si une fonction $h$ est solution
de $(\mathcal{E}_1)$ alors la fonction $f=g+h$ est solution de
$(\mathcal{E})$.
\end{questions}
\item Résoudre $(\mathcal{E}_1)$, en déduire l'ensemble des solutions de
$(\mathcal{E})$.
\item Déterminer, dans chacun des cas suivants, la fonction $f$ solution de $(\mathcal{E})$, qui
vérifie la condition proposée : 
\begin{questions}
\begin{multicols}{2}
\item $f(0)=4$.
\item $f'(0)=1$.
\end{multicols}
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Soit $g$ une fonction affine. Il existe deux réels $a$ et $b$ tels que pour tout $x \in \R$ :
\[
g(x)=ax+b.
\]
Donc, pour tout $x \in \R$, $g'(x)=a$.

La fonction $g$ est donc solution de $(\mathcal{E})$ si et seulement si, pour tout \mbox{$x \in \R$},
\[
a=1 
\quad
\text{et}
\quad
4a+b=6,\text{ soit }
b=2.
\]
L'unique solution affine de $(\mathcal{E})$ est donc: 
\[
g(x)=x+2.
\]


\item
\begin{questions}
\item 
Soit $f$ une solution de $(\mathcal{E})$.
\par
Alors pour tout $x \in \R$,
\[
4f'(x)+f(x)=x+6.
\]
Or, on a déjà pour tout $x \in \R$
\[
4g'(x)+g(x)=x+6.
\]
Donc, en soustrayant ces deux égalités membre à membre, pour tout $x \in \R$,
\[
4(f-g)'(x)+(f-g)(x)=0\;,
\]
soit encore:
\[
4h'+h=0.
\]
Donc si $f$ est solution de $(\mathcal{E})$, $h=f-g$ est solution de $(\mathcal{E}_1)$.

\item Réciproquement, supposons que $h$ est solution de $(\mathcal{E}_1)$. Pour tout $x \in \R$ :
\[
4h'(x)+h(x)=0.
\]
Par ailleurs, pour tout $x \in \R$, 
\[
4g'(x)+4g(x)=x+6.
\]
\enlargethispage*{\baselineskip}
Donc, en ajoutant ces deux égalités membre à membre, pour tout $x \in \R$:
\[
4(h+g)'(x)+(h+g)(x)=x+6.
\]
Donc si $h$ est solution de $(\mathcal{E}_1)$, $f=h+g$ est solution de $(\mathcal{E})$.
\end{questions}

\item On a montré que $f$ est solution de $(\mathcal{E})$ si et
seulement si $h=f-g$ est solution de $(\mathcal{E}_1)$. 
\par
Or, les solutions de $(\mathcal{E}_1)$ sont de la forme :
\[
h(x)=A \nep^{-\frac{1}{4}x}
\quad
\text{où}
\quad
A
\quad
\text{est une constante.}
\] 
Les solutions de $(\mathcal{E})$ sont donc de la forme :
\[
f(x)=A \nep^{-\frac{1}{4}x}+x+2
\quad
\text{où}
\quad
A
\quad
\text{est une constante.}
\]

\item 
\begin{questions}
\item La condition $f(0)=4$ correspond donc à $A=2$.
\par
L'unique solution de $(\mathcal{E})$ qui vérifie cette condition
initiale est :
\[
f:x \mapsto 2 \nep^{-\frac{x}{4}}+x+2.
\]


\item  Soit $y$ une solution de $(\mathcal{E})$. La fonction $y$ est dérivable sur $\R$ et, pour tout réel $x$,
\[y'(x)=-\frac{A}{4}\,\nep^{-\frac{x}{4}}+1.\]
Donc :
\[y'(0)=1\iff A=0. \]
Il existe donc une et une seule solution $f$ de $(\mathcal{E})$ qui 
vérifie la condition \mbox{$f'(0)=1$}. C'est la fonction $f$ : $x 
\mapsto x+2$.  
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

%

\begin{exo}{\fontsize{13}{13}\selectfont Fraction avec une exponentielle}{ Lycée Marie Curie, Sceaux}{2}{25} 
On considère l'équation différentielle:
\[
y'-2y=\dfrac{-2}{1+\nep^{-2x}}.\tag{E}
\]
\begin{questions}
\item Déterminer la solution de l'équation $y'-2y=0$ qui prend la valeur 1 en 0.
\item Soit $f$ une fonction dérivable sur $\R$ telle que $f(0)=\ln2$ et soit $g$ la fonction définie sur $\R$ par : $g(x)=f(x)\nep^{-2x}$.
\begin{questions}
\item Calculer $g(0)$ puis exprimer $g'(x)$ en fonction de $f'(x)$ et $f(x)$.
\item Montrer que $f$ est solution de (E) si et seulement si $g'(x)=\dfrac{-2\nep^{-2x}}{1+\nep^{-2x}}$.
\item En déduire l'expression de $g(x)$ puis celle de $f(x)$ de sorte que $f$ soit solution de (E).
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item D'après le cours, les solutions de l'équation différentielle $y'-2y=0$ sont les fonctions de la forme:
\[
y(x)=C\nep^{2x},\quad C\in\R.
\]
On souhaite que $y(0)=1$ donc que $C=1$.

\Par

Ainsi, la fonction demandée est la fonction $x \mapsto \nep^{2x}$.

\item
\begin{questions}
\item On a : $g(0)=f(0)\nep^0 = f(0)=\ln2$.

La fonction $g$ est dérivable comme produit de deux fonctions dérivables et, pour tout réel $x$,
\[
g'(x)=f'(x)\nep^{-2x} - 2f(x)\nep^{-2x} = \big[ f'(x) - 2f(x) \big] \nep^{-2x}.
\]

\item $\begin{aligned}[t]
\text{$f$ solution de (E)} & \iff \forall x\in\R,\  f'(x)-2f(x)=\dfrac{-2}{1+\nep^{-2x}}\\
& \iff \forall x\in\R,\ g'(x) = \left[ \dfrac{-2}{1+\nep^{-2x}} \right] \nep^{-2x}\\
& \iff \forall x\in\R,\ g'(x) = \dfrac{-2\nep^{-2x}}{1+\nep^{-2x}}.
\end{aligned}$

\item D'après ce qui précède, la solution $f$ est la solution de (E) vérifiant $f(0)=\ln2$ si et seulement si $g'(x) = \dfrac{-2\nep^{-2x}}{1+\nep^{-2x}}$.

Or, $g'$ est de la forme $\dfrac{u'}{u}$, avec $u(x)=1+\nep^{-2x}$ et $u'(x)=-2\nep^{-2x}$.

Ainsi, $g(x)=\ln\big(1+\nep^{-2x}\big)+k$, avec $g(0)=\ln2$, donc $k=0$.

Donc $g(x)=\ln\big(1+\nep^{-2x}\big)$.

On en déduit alors que:
\[
f(x)=\nep^{2x}g(x)=\nep^{2x}\ln\big(1+\nep^{-2x}\big).
\]
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

%

\begin{exo}{Changement de fonction inconnue}{Lycée Guy de Maupassant, Fécamp}{3}{30} 
On cherche les fonctions $u$ définies sur $\R$, dérivables sur $\R$, et à valeurs strictement positives telles que  $u'=u \ln u  \quad(\mathcal{E})$.

On pose $f=\ln \circ u$, c'est-à-dire $f(x)=\ln\big[u(x)\big]$.

\begin{questions}
\item
\begin{questions}
\item En supposant que $u$ est une solution de $(\mathcal{E})$, calculer la dérivée de $f$ et montrer que $f$ est la solution d'une équation différentielle du premier ordre que l'on notera $(\mathcal E')$.
\item Montrer que réciproquement, si $f$ est une solution de $(\mathcal E')$ alors $ u=\nep^{f}$ est une solution de $(\mathcal E)$.
\end{questions}
\item 
\begin{questions}
\item Déterminer toutes les solutions de $(\mathcal E')$.
\item En déduire toutes les solutions de $(\mathcal E)$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item 
\begin{questions}
\item La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que fonction composée de deux fonctions dérivables et pour tout $x \in \R$,
\[
f'(x)=\dfrac{u'(x)}{u(x)}=\dfrac{u(x)\ln\big[u(x)\big]}{u(x)}=\ln\big[u(x)\big]=f(x).
\]
Donc pour tout $x \in \R$, comme $u'=u\ln(u)$,
\[
f'(x)-f(x)=0.
\]
L'équation $(\mathcal{E}')$ est donc:
\[
y'-y=0
\]


\item  Soit $f$ une solution de $(\mathcal{E}')$ et soit $u=\nep^{f}$.

Alors, $u$ est dérivable sur $\R$ et pour tout $x \in \R$,
\[
\begin{aligned}
u'(x)&=f'(x)\nep^{f(x)} \\
&=f(x)u(x) \\
\end{aligned}
\]
car $f'=f$.


Donc pour tout $x$, 
\[
u'(x)=u(x) \ln \left( u(x) \right).
\]

Ainsi, si $f$ est une solution de $(\mathcal{E}')$ alors $u=\nep^{f}$ est une solution de $(\mathcal{E})$.
\end{questions}


\item 
\begin{questions}
\item On sait, d'après le cours, que les solutions de $(\mathcal{E}')$ sont de la forme :
\[
f(x)=\lambda \nep^{x}\quad,\quad \lambda\in\R.
\]


\item D'après la question 1, les solutions de $(\mathcal{E})$ sont les fonctions de la forme :
\[
u\,:\,x\mapsto\nep^{\lambda \nep^{x}}
\]
où $\lambda$ est une constante réelle.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

%

\begin{exo}{Coefficient non constant}{Lycée Blaise Pascal, Brie Comte Robert}{3}{60} 
Soit l'équation différentielle:
\[
y'-\nep^x y = 0.\tag{$E_0$}
\]
Soit $f$ une solution de $(E_0)$ et soit $g$ la fonction définie sur $\R^*_+$ par : 
\[
g(x)=f(\ln x).
\]
\begin{questions}
\item Montrer que $g$ est solution de l'équation différentielle : 
\[
y'=y. \tag{$E_1$}
\]
\item Résoudre $(E_1)$, puis en déduire qu'il existe un réel $\lambda$ tel que, pour tout réel $x$, $f(x)=\lambda\nep^{\nep^x}$.
\item Montrer réciproquement que, pour tout réel $\lambda$, la fonction $x\mapsto\lambda\nep^{\nep^x}$ est solution de $(E_0)$.
\item En déduire toutes les solutions de $(E_0)$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item La fonction $g$ est dérivable comme composée de $f$ et $\ln$, deux fonctions dérivables sur $\R^*_+$.

De plus, pour tout réel $x$ strictement positif, 
\[
g'(x)=\dfrac{1}{x}f'(\ln x).
\]
Or, $f$ est solution de $(E_0)$ donc, pour tout $x\in\R_+^*$,
\[
f'(\ln x) = \nep^{\ln x} f(\ln x) = xg(x).
\]
On obtient ainsi:
\[
g'(x)=\dfrac{1}{x}\times xg(x) \qquad \text{soit}\qquad g'(x)=g(x).
\]
Ainsi, $g$ est solution de $(E_1)$.

\item D'après le cours, les solutions de $(E_1)$ sont les fonctions de la forme:
\[
y(x)=C\nep^{x},\quad C\in\R.
\]
Or, $g$ est solution de $(E_1)$ donc il existe un réel $\lambda$ tel que $g(x)=\lambda\nep^{x}$.

Or, $g(x)=f(\ln x)$, que l'on peut aussi écrire en posant $X=\ln x$ (pour $x>0$):
\[
g\big(\nep^X\big)=f(X).
\]
Ainsi,
\[
f(X) = \lambda\nep^{\nep^X},\ X\in\R.
\]

\item Soit $\lambda\in\R$ et soit $y$ une fonction définie sur $\R$ par :
\[
y(x)=\lambda\nep^{\nep^x}.
\]

Alors, $y$ est dérivable sur $\R$ et:
\[
y'(x)=\lambda\nep^x \times \nep^{\nep^x} = \nep^x y(x).
\]
Donc $y$ est solution de $(E_0)$.

\item De ce qui précède, on déduit que les solutions de $(E_0)$ sont les fonction de la forme :
\[
x\mapsto\lambda\nep^{\nep^x},\quad\lambda\in\R.
\]
\end{questions}
\end{corrige}







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\AfficheCorrige
\endinput
