Ch. 19 Calcul intégral et équations différentielles — Terminale C Maths

1. Calcul intégral — méthodes avancées

Intégration par parties (IPP)

∫_a^b u'v=[uv]_a^b−∫_a^b uv'. Choisir v=polynôme, u'=eˣ/sin/cos.

∫ln x dx=x·ln x−x+C. ∫x·eˣ dx=(x−1)eˣ+C. ∫x²·sin x dx par deux IPP.

Changement de variable

u=g(x), adapter les bornes. ∫u'·f(u)dx=∫f(u)du.

F(x)=∫_a^x f(t)dt → F'(x)=f(x) (théorème fondamental).

2. Équations différentielles du 1er ordre

Types

y'=ay : y=Ce^(ax).

y'+ay=b : yₕ=Ce^(−ax), y*=b/a. Sol. gén: Ce^(−ax)+b/a.

y'+P(x)y=Q(x) (linéaire non const.) : facteur intégrant μ=e^(∫P dx).

3. Équations différentielles du 2ème ordre

Équation caractéristique r²+pr+q=0

Δ>0 : Ae^(r₁x)+Be^(r₂x). Δ=0 : (A+Bx)e^(r₀x). Δ<0, r=α±iβ : e^(αx)(A cosβx+B sinβx).

Équation complète : sol.gén.=homogène+particulière.

🧠 À retenir

IPP: ∫u'v=[uv]−∫uv' ; ∫ln x=x ln x−x+C
F'(x)=f(x) pour F=∫_a^x f
y'=ay→Ce^(ax) ; y'+ay=b→Ce^(−ax)+b/a
Ordre 2: équation car. r²+pr+q=0

IPP et changement de variable

● Moyen

(1) ∫x·e^(−x)dx. (2) ∫₀¹ x²·eˣdx. (3) ∫√(1−x²)dx (sub x=sinθ).

Correction

(1) −(x+1)e^(−x)+C. (2) [x²eˣ]₀¹−2∫₀¹xeˣdx=e−2[(x−1)eˣ]₀¹=e−2(0+1)=e−2. (3) x=sinθ, dx=cosθdθ, √(1−x²)=cosθ. ∫cos²θdθ=(θ+sin2θ/2)/2=(arcsin x+x√(1−x²))/2+C.

Équation différentielle du 1er ordre

● Moyen

(1) y'+2y=4eˣ, y(0)=1. (2) y'=xy, y(0)=1. (3) y'−y/x=x (linéaire).

Correction

(1) yₕ=Ce^(−2x). y*=ke^x → ke^x+2keˣ=4eˣ → k=4/3. y=(4/3)eˣ+Ce^(−2x). y(0)=4/3+C=1 → C=−1/3. (2) dy/y=x dx → ln|y|=x²/2 → y=e^(x²/2). (3) Facteur μ=e^(−∫dx/x)=1/x. Multiplier: y'/x−y/x²=(y/x)'=1 → y/x=x+C → y=x²+Cx.

Équation différentielle du 2ème ordre

● Moyen

(1) y''−y=2eˣ. (2) y''+4y=cos(2x). (3) y''−2y'+y=eˣ.

Correction

(1) r²−1=0 → r=±1. yₕ=Aeˣ+Be^(−x). eˣ est racine → y*=Cxeˣ → 2Ceˣ=2eˣ → C=1. Sol: Aeˣ+Be^(−x)+xeˣ. (2) r²+4=0 → r=±2i. yₕ=Acos2x+Bsin2x. Second membre fréq=2 = racine! y*=x(Ccos2x+Dsin2x) → D=1/4, C=0. (3) r²−2r+1=(r−1)²=0. r=1 double. yₕ=(A+Bx)eˣ. eˣ racine double → y*=Cx²eˣ → 2Ceˣ=eˣ → C=1/2.

Fonction définie par une intégrale

● Moyen

F(x)=∫₀ˣ te^(−t²)dt. (1) F'(x). (2) F(0). (3) Calculer F(x) explicitement. (4) lim[x→+∞] F(x).

Correction

(1) F'(x)=xe^(−x²). (2) F(0)=0. (3) Subst u=t²: F(x)=(1/2)∫₀^(x²) e^(−u)du=(1/2)(1−e^(−x²)). (4) F(+∞)=1/2.

Application physique — oscillateur amorti

● Difficile

y''+2y'+5y=0 (oscillateur amorti). (1) Éq. car. et racines. (2) Sol. générale. (3) Si y(0)=1, y'(0)=−1. (4) Décrire le comportement asymptotique.

Correction

(1) r²+2r+5=0. Δ=4−20=−16. r=−1±2i. (2) y=e^(−x)(Acos2x+Bsin2x). (3) y(0)=A=1. y'=e^(−x)(−A+2B)cos2x+e^(−x)(−B−2A)sin2x... y'(0)=−A+2B=−1 → 2B=0 → B=0. y=e^(−x)cos2x. (4) |y|≤e^(−x)→0. Oscillations amorties → 0.

★

Problème de synthèse

● Niveau Bac

On étudie l'équation différentielle (E) : xy'+y=ln x (x>0).

Réécriture : Mettre sous forme standard y'+y/x=ln(x)/x.
Facteur intégrant : Calculer μ=e^(∫(1/x)dx)=x. Multiplier (E) par x.
Résolution : Reconnaître (xy)'=ln x. Intégrer : xy=∫ln x dx. En déduire y.
Solution générale : y=(x·ln x−x+C)/x=ln x−1+C/x.
Condition initiale : Trouver C tel que y(1)=0.
Comportement : lim[x→0⁺] y(x) et lim[x→+∞] y(x)/ln x. Interpréter.

Correction du problème de synthèse

xy'+y=ln x → y'+(1/x)y=(ln x)/x. ✓
μ=e^(∫dx/x)=e^(ln x)=x. Multiplier: xy'·x+... → (xy)'=... Multiplier xy'+y=ln x par 1: laisser tel quel. (xy)'=xy'+y=ln x ✓.
(xy)'=ln x. Intégrer: xy=∫ln x dx=x·ln x−x+C. Donc y=ln x−1+C/x.
y=ln x−1+C/x. Solution générale avec C∈ℝ.
y(1)=ln1−1+C=0+(-1)+C=C−1=0 → C=1. Solution particulière: y=ln x−1+1/x.
lim[x→0⁺]: ln x→−∞, 1/x→+∞. y∼1/x→+∞. lim[x→+∞]: y/ln x=(ln x−1+1/x)/ln x→1. Donc y∼ln x en +∞.

QCM

10 questions · Correction immédiate

0Score

0/10Répondues

Q1/10

IPP: ∫u'v=[uv]−

Q2/10

∫ln x dx=

Q3/10

F(x)=∫_a^x f(t)dt → F'(x)=

Q4/10

y'=ay → solution générale=

Q5/10

y'+ay=b → sol. part. constante y*=

Q6/10

Ordre 2 Δ<0, r=α±iβ → sol.=

Q7/10

∫₀¹ xeˣdx=

Q8/10

y''+4y=0. Sol. générale=

Q9/10

Facteur intégrant pour y'+P(x)y=Q(x) :

Q10/10

∫₀^∞ te^(−t)dt=

Calcul direct de primitives usuelles

● Facile

Calculer les intégrales suivantes.

∫₋₁² 2t³ dt
∫₋₁⁻² (1/t³) dt (calculer entre t=−1 et t=−2)
∫_π^0 sin 2t dt
∫₀^π sin(x+π/4) dx

Correction

Une primitive de 2t³ est t⁴/2. ∫₋₁² 2t³ dt = [t⁴/2]₋₁² = 16/2 − 1/2 = 8 − 0,5 = 15/2.
Une primitive de 1/t³=t⁻³ est −1/(2t²). ∫₋₁⁻² (1/t³) dt = [−1/(2t²)]₋₁⁻² = (−1/8) − (−1/2) = 3/8.
Une primitive de sin2t est −(cos2t)/2. ∫_π^0 sin2t dt = [−cos2t/2]_π^0 = (−1/2) − (−1/2) = 0.
Une primitive de sin(x+π/4) est −cos(x+π/4). ∫₀^π sin(x+π/4) dx = [−cos(x+π/4)]₀^π = −cos(5π/4)+cos(π/4) = √2/2+√2/2 = √2.

Intégrales par changement de variable évident

● Facile

Calculer les intégrales suivantes.

∫₀¹ 3x/(x²+1)² dx
∫₃^0 x·e^(−x²) dx

Correction

Poser u=x²+1, du=2x dx. ∫₀¹ 3x/(x²+1)² dx = (3/2)∫₁² du/u² = (3/2)[−1/u]₁² = (3/2)(−1/2+1) = 3/4.
Une primitive de x·e^(−x²) est −e^(−x²)/2. ∫₃^0 x·e^(−x²)dx = [−e^(−x²)/2]₃^0 = −1/2 − (−e⁻⁹/2) = (e⁻⁹−1)/2 (valeur négative très proche de −0,5).

Résolution de y′=ay avec condition initiale

● Moyen

Résoudre sur ℝ chaque équation (E) et déterminer la solution vérifiant la condition initiale.

(E) : y′−3y=0, y(0)=2
(E) : 3y′+y=0, y(1)=e
(E) : y′+y ln2=0, y(1)=1
(E) : y′=y, y(1)=−1

Correction

y′=3y ⟹ y=Ce^(3x). y(0)=C=2, donc y=2e^(3x).
3y′+y=0 ⟹ y′=−y/3 ⟹ y=Ce^(−x/3). y(1)=Ce^(−1/3)=e ⟹ C=e^(4/3), donc y=e^((4−x)/3).
y′=−y ln2 ⟹ y=Ce^(−x ln2)=C·2^(−x). y(1)=C/2=1 ⟹ C=2, donc y=2^(1−x).
y′=y ⟹ y=Ce^x. y(1)=Ce=−1 ⟹ C=−1/e, donc y=−e^(x−1).

Équations caractéristiques du second ordre

● Moyen

Résoudre sur ℝ les équations différentielles suivantes.

y″−4y=0
y″+16y=0
2y″−y′−6y=0
y″−4y′+13y=0

Correction

r²−4=0 ⟹ r=±2. Solution : y=Ae^(2x)+Be^(−2x).
r²+16=0 ⟹ r=±4i. Solution : y=A cos4x+B sin4x.
2r²−r−6=0, Δ=1+48=49, r=(1±7)/4 ⟹ r=2 ou r=−3/2. Solution : y=Ae^(2x)+Be^(−3x/2).
r²−4r+13=0, Δ=16−52=−36<0, r=2±3i. Solution : y=e^(2x)(A cos3x+B sin3x).

Intégration par parties — cas simples

● Moyen

À l'aide d'une intégration par parties, calculer les intégrales suivantes.

∫₀^(π/2) (2x+1) cos x dx
∫₀^π (x−1) sin3x dx
∫₂³ (2x+1)e^(2x) dx

Correction

u=2x+1, dv=cos x dx ⟹ du=2dx, v=sin x. ∫=[(2x+1)sin x]₀^(π/2) − 2∫₀^(π/2) sin x dx = (π+1) − 2[−cos x]₀^(π/2) = (π+1) − 2(1) = π−1.
u=x−1, dv=sin3x dx ⟹ du=dx, v=−cos3x/3. ∫=[−(x−1)cos3x/3]₀^π + (1/3)∫₀^π cos3x dx = (π−2)/3 + 0 = (π−2)/3.
u=2x+1, dv=e^(2x)dx ⟹ du=2dx, v=e^(2x)/2. ∫=[(2x+1)e^(2x)/2]₂³ − ∫₂³ e^(2x)dx = (7e⁶/2−5e⁴/2) − (e⁶/2−e⁴/2) = 3e⁶−2e⁴.

Changement de variable affine

● Moyen

À l'aide d'un changement de variable affine, calculer les intégrales suivantes.

∫₀¹ x√(x+1) dx
∫₀^(1/2) x²√(2x+1) dx

Correction

Poser u=x+1 (x=u−1, dx=du), bornes u : 1 à 2. ∫=∫₁² (u−1)√u du = ∫₁² (u^(3/2)−u^(1/2))du = [(2/5)u^(5/2)−(2/3)u^(3/2)]₁² = (8√2/5−4√2/3) − (2/5−2/3) = 4√2/15 + 4/15 = 4(√2+1)/15.
Poser u=2x+1 (x=(u−1)/2, dx=du/2), bornes u : 1 à 2. ∫=(1/8)∫₁² (u−1)²√u du = (1/8)∫₁² (u^(5/2)−2u^(3/2)+u^(1/2))du = (1/8)[(2/7)u^(7/2)−(4/5)u^(5/2)+(2/3)u^(3/2)]₁² = (11√2−4)/210.

Double intégration par parties

● Difficile

À l'aide de deux intégrations par parties, calculer les intégrales suivantes.

∫₀^π x² cos x dx
∫₀¹ x² eˣ dx

Correction

∫x²cos x dx = x²sin x − ∫2x sin x dx, et ∫2x sin x dx = −2x cos x+2 sin x. Donc ∫x²cos x dx = x²sin x+2x cos x−2 sin x. Entre 0 et π : (0−2π−0) − 0 = −2π.
∫x²eˣdx = x²eˣ − ∫2xeˣdx = x²eˣ − (2xeˣ−2eˣ) = eˣ(x²−2x+2). Entre 0 et 1 : e(1−2+2) − 1(0−0+2) = e−2.

Second ordre avec conditions initiales

● Difficile

Résoudre sur ℝ chaque équation (E) et déterminer la solution vérifiant les conditions initiales.

(E) : y″+2y′+y=0, y(0)=−1, y′(0)=0
(E) : y″+16y=0, y(0)=0, y′(0)=−1

Correction

r²+2r+1=(r+1)²=0 ⟹ r=−1 (double). y=(A+Bx)e^(−x). y(0)=A=−1. y′=e^(−x)(B−A−Bx), y′(0)=B−A=0 ⟹ B=A=−1. Donc y=−(1+x)e^(−x).
r²+16=0 ⟹ r=±4i. y=A cos4x+B sin4x. y(0)=A=0. y′=4B cos4x, y′(0)=4B=−1 ⟹ B=−1/4. Donc y=−(1/4) sin4x.

Solution particulière d'une équation linéaire

● Difficile

On considère l'équation différentielle (E) : y′+2y=e^(−2x).

Vérifier que g:x↦(x+1)e^(−2x) est solution sur ℝ de (E).
Démontrer qu'une fonction f+g est solution de (E) si et seulement si f est solution de y′+2y=0.
En déduire les solutions sur ℝ de (E).

Correction

g′(x)=e^(−2x)−2(x+1)e^(−2x)=e^(−2x)(−2x−1). Donc g′(x)+2g(x)=e^(−2x)[(−2x−1)+(2x+2)]=e^(−2x). g est solution de (E).
(f+g)′+2(f+g)=(f′+2f)+(g′+2g)=(f′+2f)+e^(−2x). Cette somme vaut e^(−2x) (donc f+g solution de (E)) si et seulement si f′+2f=0.
Les solutions de y′+2y=0 sont f=Ce^(−2x), C∈ℝ. Les solutions de (E) sont donc y=Ce^(−2x)+(x+1)e^(−2x)=(x+C+1)e^(−2x), soit y=(x+K)e^(−2x), K∈ℝ.

Décomposition en éléments simples

● Difficile

On considère f:x↦(x²−1)/(x(x²+1)).

Déterminer trois réels a, b, c tels que ∀x∈ℝ*, f(x)=a/x+(bx+c)/(x²+1).
En déduire la valeur de ∫₁³ f(x) dx.

Correction

x²−1=a(x²+1)+(bx+c)x=(a+b)x²+cx+a. Identification : a=−1 ; c=0 ; a+b=1 ⟹ b=2. Donc f(x)=−1/x+2x/(x²+1).
∫₁³f(x)dx=[−ln x+ln(x²+1)]₁³=[ln((x²+1)/x)]₁³=ln(10/3)−ln2=ln(5/3).

Refroidissement d'un corps

● Difficile

Soit θ(t) la température d'un corps à l'instant t (en minutes). La température ambiante est 30 °C. On pose x(t)=θ(t)−30 ; x est dérivable sur ℝ et vérifie x′=−k²x (k∈ℝ*). À l'instant 0 la température du corps est 70 °C, et au bout de 5 minutes elle n'est plus que 60 °C.

Déterminer θ(t).
À quelle température sera le corps au bout de 20 minutes ?

Correction

x′=−k²x ⟹ x(t)=x(0)e^(−k²t). x(0)=θ(0)−30=40, donc x(t)=40e^(−k²t) et θ(t)=30+40e^(−k²t). θ(5)=60 ⟹ 40e^(−5k²)=30 ⟹ e^(−5k²)=3/4. Alors e^(−k²t)=(e^(−5k²))^(t/5)=(3/4)^(t/5). Donc θ(t)=30+40(3/4)^(t/5).
Pour t=20 : θ(20)=30+40(3/4)⁴=30+40×81/256=30+405/32=1365/32≈42,66 °C.

Datation au carbone 14

● Difficile

On note Q(t) la quantité de carbone 14 présente à l'instant t (en années) dans un fragment d'os ; Q vérifie Q′(t)=−λQ(t), avec λ≈1,2444×10⁻⁴. On note Q₀ la quantité à l'instant 0.

Exprimer Q(t) en fonction de t et Q₀.
Déterminer la période (demi-vie) T du carbone 14.
Des fragments d'os anciens ont une teneur en carbone 14 égale à 70 % de celle d'un fragment actuel de même masse. Calculer leur âge (à l'année près).

Correction

Q′=−λQ ⟹ Q(t)=Q₀e^(−λt).
Q(T)=Q₀/2 ⟹ e^(−λT)=1/2 ⟹ T=ln2/λ≈0,693147/0,00012444≈5570 ans.
Q(t)/Q₀=0,70 ⟹ e^(−λt)=0,7 ⟹ t=−ln(0,7)/λ=ln(10/7)/λ≈0,356675/0,00012444≈2866 ans. Ces fragments ont donc environ 2 870 ans.

Équation avec second membre polynomial

● Difficile

On considère (E) : y″−4y=0 et (E′) : y″−4y=4(x−1)²−2.

Résoudre (E) sur ℝ.
Démontrer que (E′) admet sur ℝ une unique solution P qui soit une fonction polynôme de degré 2.
a) Démontrer qu'une fonction f est solution de (E′) si et seulement si f−P est solution de (E). b) En déduire les solutions de (E′), puis celle qui vérifie f(0)=0 et f′(0)=0.

Correction

r²−4=0 ⟹ r=±2. Solution générale : y=Ae^(2x)+Be^(−2x).
On cherche P(x)=αx²+βx+γ. P″−4P=−4αx²−4βx+(2α−4γ). Le second membre vaut 4x²−8x+2. Identification : −4α=4 ⟹ α=−1 ; −4β=−8 ⟹ β=2 ; 2α−4γ=2 ⟹ γ=−1. Donc P(x)=−x²+2x−1=−(x−1)², solution unique car les trois coefficients sont déterminés de façon unique.
a) f″−4f=4(x−1)²−2=P″−4P (P solution de (E′)) ⟺ (f−P)″−4(f−P)=0 ⟺ f−P solution de (E). b) f(x)=−(x−1)²+Ae^(2x)+Be^(−2x). f(0)=−1+A+B=0 ⟹ A+B=1. f′(x)=−2(x−1)+2Ae^(2x)−2Be^(−2x), f′(0)=2+2A−2B=0 ⟹ A−B=−1. On obtient A=0, B=1. Donc f(x)=−(x−1)²+e^(−2x).

Décomposition et calcul d'aire

● Moyen

On considère f:x↦(2x+5)/(x+1)².

Déterminer deux réels a et b tels que ∀x≠−1, f(x)=a/(x+1)+b/(x+1)².
En déduire la valeur de ∫₀³ f(x) dx.

Correction

a/(x+1)+b/(x+1)²=(ax+a+b)/(x+1)². Identification avec 2x+5 : a=2 et a+b=5 ⟹ b=3. Donc f(x)=2/(x+1)+3/(x+1)².
∫₀³f(x)dx=[2ln(x+1)−3/(x+1)]₀³=(2ln4−3/4)−(0−3)=2ln4+9/4=4ln2+9/4 (≈5,02).

Étude d'une plaque homogène — centre d'inertie

● Difficile

Soit f(x)=(2−x)e^(−x) et (C) sa courbe représentative dans un repère orthonormé.

Calculer f′(x), étudier son signe et dresser le tableau de variations de f sur ℝ (limites en −∞ et +∞). En déduire que f est décroissante et positive sur [−1;2].
Calculer l'aire A=∫₋₁² f(x) dx de la plaque homogène P délimitée par (C), l'axe (OI) et les droites x=−1 et x=2.
On admet que l'abscisse x_G du centre d'inertie de P est x_G=(∫₋₁² x·f(x) dx)/A. Calculer x_G.

Correction

f′(x)=−e^(−x)−(2−x)e^(−x)=−e^(−x)(3−x)=(x−3)e^(−x). Comme e^(−x)>0, f′(x) est du signe de (x−3) : f décroît sur ]−∞;3[ et croît sur ]3;+∞[, minimum en x=3. lim_{x→−∞}f(x)=+∞ ; lim_{x→+∞}f(x)=0 (croissances comparées). Sur [−1;2]⊂]−∞;3[, f est donc décroissante, de f(−1)=3e à f(2)=0 : f est positive sur cet intervalle.
Une primitive de f est F(x)=(x−1)e^(−x) (on vérifie F′(x)=e^(−x)−(x−1)e^(−x)=(2−x)e^(−x)=f(x)). Donc A=F(2)−F(−1)=e⁻²−(−2e)=e⁻²+2e.
Une primitive de x·f(x)=(2x−x²)e^(−x) est G(x)=x²e^(−x) (G′(x)=2xe^(−x)−x²e^(−x)=(2x−x²)e^(−x)). Donc ∫₋₁²x·f(x)dx=G(2)−G(−1)=4e⁻²−e. Finalement x_G=(4e⁻²−e)/(2e+e⁻²)≈(0,541−2,718)/(5,437+0,135)≈−0,39.