Primitives et équations différentielles

La fonction $y_0$ est constante, donc $y_0' = 0$. Par ailleurs : $$a\,y_0 + b = a \times \left(-\frac{b}{a}\right) + b = -b + b = 0$$ Les deux membres sont nuls : $y_0$ est bien solution de $(E)$. C'est la **solution d'équilibre**.

En dérivant ($y_0$ est constante, sa dérivée est nulle) : $$z' = y' - y_0' = y' = a\,y + b$$ Or $y = z + y_0$, donc : $$z' = a(z + y_0) + b = a\,z + \underbrace{a\,y_0 + b}_{= \,0 \text{ (question 1)}} = a\,z$$ $$\boxed{z' = az}$$

D'après la question 2, $z$ est solution de $y' = ay$, donc $z(x) = C\,e^{ax}$. Comme $y = z + y_0$ : $$\boxed{y(x) = C\,e^{ax} - \frac{b}{a}, \quad C \in \mathbb{R}}$$ Cette démonstration **justifie la formule du cours** : toute solution est la somme d'une solution de l'équation homogène et de la solution d'équilibre.

Solution constante : $0 = 3y - 6$, soit $y = 2$. Solution générale ($a = 3$, $-\frac{b}{a} = -\frac{-6}{3} = 2$) : $$\boxed{y(x) = C\,e^{3x} + 2}$$

$y(0) = C + 2$, donc $C = y(0) - 2$ : $$\boxed{y(x) = \big(y(0) - 2\big)e^{3x} + 2}$$ La constante $C$ mesure **l'écart initial à l'équilibre**.

Comme $a = 3 > 0$, le terme $e^{3x} \to +\infty$. Tout dépend donc du **signe de $C = y(0) - 2$** : - **$y(0) > 2$** ($C > 0$) : $y(x) \to +\infty$ — la solution s'**éloigne** de l'équilibre par le haut ; - **$y(0) = 2$** ($C = 0$) : $y$ reste **constante** égale à $2$ ; - **$y(0) < 2$** ($C < 0$) : $y(x) \to -\infty$ — la solution s'éloigne par le bas. L'équilibre $y = 2$ est **instable** : la moindre perturbation en éloigne la solution. C'est l'inverse du cas $a < 0$ (comme le refroidissement), où toutes les solutions **convergent** vers l'équilibre.

On écrit $f$ sous la forme $u'u^n$ : avec $u = x^2+1$, on a $u' = 2x$, et $$f(x) = \frac{x}{u^2} = \frac{1}{2} \times 2x \times u^{-2} = \frac{1}{2}\,u'\,u^{-2}$$ Une primitive de $u'u^{-2}$ est $\dfrac{u^{-1}}{-1} = -\dfrac{1}{u}$. D'où : $$\boxed{F(x) = -\frac{1}{2(x^2+1)} + C}$$ **Vérification :** $F'(x) = -\dfrac{1}{2} \times \left(-\dfrac{2x}{(x^2+1)^2}\right) = \dfrac{x}{(x^2+1)^2}$ ✓

$$\int_0^1 \frac{x\,dx}{(x^2+1)^2} = \left[-\frac{1}{2(x^2+1)}\right]_0^1 = -\frac{1}{4} - \left(-\frac{1}{2}\right)$$ $$\boxed{\int_0^1 \frac{x}{(x^2+1)^2}\,dx = \frac{1}{4}}$$

La vitesse limite est la solution constante ($v' = 0$) : $$0 = -0{,}5\,v + 10 \iff \boxed{v_{\text{lim}} = 20\ \text{m}\cdot\text{s}^{-1}}$$ Physiquement : le frottement compense exactement le poids, l'accélération s'annule.

Forme $y' = ay + b$ avec $a = -0{,}5$, $b = 10$, donc $-\dfrac{b}{a} = 20$ : $$v(t) = C\,e^{-0{,}5t} + 20, \qquad v(0) = C + 20 = 0 \ \Rightarrow\ C = -20$$ $$\boxed{v(t) = 20\left(1 - e^{-0{,}5t}\right)}$$ **Vérification :** $v(0) = 0$ ✓ et $v'(t) = 10\,e^{-0{,}5t} = -0{,}5\,v(t) + 10$ ✓

On cherche $t$ tel que $v(t) = 0{,}9 \times 20 = 18$ : $$20\left(1 - e^{-0{,}5t}\right) = 18 \iff e^{-0{,}5t} = 0{,}1$$ En composant par $\ln$ : $-0{,}5\,t = -\ln 10$, d'où $$\boxed{t = 2\ln 10 \approx 4{,}61\ \text{s}}$$ La vitesse limite n'est **jamais atteinte exactement**, mais elle est approchée très vite.

On pose $u = \ln x$ ($u' = \frac{1}{x}$) et $v' = x$ ($v = \frac{x^2}{2}$). On choisit $u = \ln x$ car **le logarithme se simplifie en dérivant**. $$\int x\ln x\,dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \int \frac{x^2}{2} \times \frac{1}{x}\,dx = \frac{x^2}{2}\ln x - \int \frac{x}{2}\,dx$$ $$= \frac{x^2}{2}\ln x - \frac{x^2}{4} + C$$ $$\boxed{F(x) = \frac{x^2}{4}\big(2\ln x - 1\big) + C}$$ **Vérification :** $F'(x) = \dfrac{x}{2}(2\ln x - 1) + \dfrac{x^2}{4} \times \dfrac{2}{x} = x\ln x - \dfrac{x}{2} + \dfrac{x}{2} = x\ln x$ ✓

$$\int_1^e x\ln x\,dx = \left[\frac{x^2}{4}(2\ln x - 1)\right]_1^e = \frac{e^2}{4}(2 - 1) - \frac{1}{4}(0 - 1)$$ $$= \frac{e^2}{4} + \frac{1}{4}$$ $$\boxed{\int_1^e x\ln x\,dx = \frac{e^2+1}{4} \approx 2{,}097}$$

Solution d'équilibre : $0 = -0{,}4q + 6$ donne $q = 15$. Solution générale : $q(t) = C\,e^{-0{,}4t} + 15$, et $q(0) = C + 15 = 0$ donne $C = -15$ : $$\boxed{q(t) = 15\left(1 - e^{-0{,}4t}\right)}$$

Quand $t \to +\infty$, $e^{-0{,}4t} \to 0$ : $$\boxed{\lim_{t \to +\infty} q(t) = 15 \text{ mg}}$$ C'est le **plateau thérapeutique** : l'apport (6 mg/h) compense exactement l'élimination ($0{,}4 \times 15 = 6$ mg/h).

$$15\left(1 - e^{-0{,}4t}\right) > 12 \iff 1 - e^{-0{,}4t} > 0{,}8 \iff e^{-0{,}4t} < 0{,}2$$ En composant par $\ln$ (croissant) : $-0{,}4\,t < -\ln 5$, soit $$t > \frac{\ln 5}{0{,}4} = 2{,}5\ln 5 \approx \boxed{4{,}02 \text{ heures}}$$

Par le théorème fondamental, la fonction $x \mapsto \displaystyle\int_0^x f(t)\,dt$ est **la primitive de $f$ qui s'annule en $0$**. Ici $f(t) = t\,e^{-t}$ est continue, donc : $$\boxed{F'(x) = x\,e^{-x} \qquad \text{et} \qquad F(0) = 0}$$ (l'intégrale de $0$ à $0$ est nulle).

On pose $u = t$ ($u' = 1$) et $v' = e^{-t}$ ($v = -e^{-t}$) : $$\int_0^x t\,e^{-t}\,dt = \Big[-t\,e^{-t}\Big]_0^x + \int_0^x e^{-t}\,dt = -x\,e^{-x} + \Big[-e^{-t}\Big]_0^x$$ $$= -x\,e^{-x} - e^{-x} + 1$$ $$\boxed{F(x) = 1 - (x+1)e^{-x}}$$ **Vérification :** $F(0) = 1 - 1 = 0$ ✓ et $F'(x) = -e^{-x} + (x+1)e^{-x} = x\,e^{-x}$ ✓ — cohérent avec la question 1.

**Espèce A** ($y' = ay$ avec $a = 0{,}1$) : $y(t) = C\,e^{0{,}1t}$ et $y(0) = C = 100$ : $$\boxed{y(t) = 100\,e^{0{,}1t}}$$ **Espèce B** ($y' = ay + b$ avec $a = -0{,}05$, $b = 30$, équilibre $-\frac{b}{a} = 600$) : $z(t) = C\,e^{-0{,}05t} + 600$, et $z(0) = C + 600 = 100$ donne $C = -500$ : $$\boxed{z(t) = 600 - 500\,e^{-0{,}05t}}$$

**A :** $e^{0{,}1t} \to +\infty$, donc $y(t) \to +\infty$ : croissance **exponentielle sans limite** (modèle irréaliste à long terme). **B :** $e^{-0{,}05t} \to 0$, donc $z(t) \to 600$ : la population se **stabilise** à sa capacité d'accueil de $600$ individus. C'est toute la différence entre $y' = ay$ (croissance illimitée si $a > 0$) et $y' = ay + b$ avec $a < 0$ (convergence vers l'équilibre $-\frac{b}{a}$).

$$600 - 500\,e^{-0{,}05t} = 400 \iff 500\,e^{-0{,}05t} = 200 \iff e^{-0{,}05t} = \frac{2}{5}$$ En composant par $\ln$ : $-0{,}05\,t = \ln(0{,}4)$, donc $$t = \frac{\ln(2{,}5)}{0{,}05} = 20\ln(2{,}5) \approx \boxed{18{,}3 \text{ ans}}$$

On dérive le produit $y \times e^{-ax}$ : $$g'(x) = y'(x)\,e^{-ax} + y(x) \times (-a)e^{-ax} = e^{-ax}\big(y'(x) - a\,y(x)\big)$$ Or $y$ est solution de $y' = ay$, donc $y' - ay = 0$ : $$\boxed{g'(x) = 0}$$

$g' = 0$ sur $\mathbb{R}$ (un intervalle), donc $g$ est **constante** : $g(x) = g(0) = y(0)\,e^{0} = y_0$. Ainsi $y(x)\,e^{-ax} = y_0$, et comme $e^{-ax} \neq 0$ : $$\boxed{y(x) = y_0\,e^{ax}}$$ **Conclusion :** toute solution est **nécessairement** de cette forme — il y en a donc au plus une. Et cette fonction est bien solution (vérification immédiate). Le problème admet donc **une unique solution**. $\square$

Forme $y' = ay + b$ avec $a = 0{,}04$ et $b = 2000$. La solution d'équilibre est $-\dfrac{b}{a} = -\dfrac{2000}{0{,}04} = -50\,000$. $$K(t) = C\,e^{0{,}04t} - 50\,000$$ La condition $K(0) = 10\,000$ donne $C - 50\,000 = 10\,000$, soit $C = 60\,000$ : $$\boxed{K(t) = 60\,000\,e^{0{,}04t} - 50\,000}$$ **Vérification :** $K(0) = 10\,000$ ✓ et $K'(t) = 2400\,e^{0{,}04t} = 0{,}04\,K(t) + 2000$ ✓

$$K(10) = 60\,000\,e^{0{,}4} - 50\,000 \approx 60\,000 \times 1{,}4918 - 50\,000$$ $$\boxed{K(10) \approx 39\,510 \ \text{euros}}$$

$$60\,000\,e^{0{,}04t} - 50\,000 = 100\,000 \iff e^{0{,}04t} = \frac{150\,000}{60\,000} = 2{,}5$$ En composant par $\ln$ : $0{,}04\,t = \ln(2{,}5)$, d'où $$t = \frac{\ln(2{,}5)}{0{,}04} = 25\ln(2{,}5) \approx \boxed{22{,}9 \text{ ans}}$$ *Remarque :* ici $a > 0$, l'équilibre $-50\,000$ est **négatif** et n'a aucun sens financier — il ne sert que d'intermédiaire de calcul. Le capital croît sans limite.