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\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
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% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}


\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Équations différentielles et primitives}}\end{center}
\tableofcontents
\subsection*{\textcolor{blue}{Activité A page 286}}

\begin{enumerate}
\item Soit $f(x)=3\mathrm{e}^{2x}$.\\
Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $f'(x)=3\times 2\mathrm{e}^{2x}=6\mathrm{e}^{2x}$.\\
Par conséquent : $f'(x)-2f(x)=6\mathrm{e}^{2x}-6\mathrm{e}^{2x}=0$ donc $\boxed{\textcolor{red}{f'-2f=0}}$.

\item Soit l'équation $y'=4y-6$.
\begin{enumerate}
\item $f(x)=3\mathrm{e}^{4x}+\dfrac{3}{2}$ ; $f'(x)=12\mathrm{e}^{4x}$ et $4f(x)-6=12\mathrm{e}^{4x}+6-6=12\mathrm{e}^{4x}$ donc $\boxed{\textcolor{red}{f'=4f-6}}$.\\
$f$ vérifie cette équation.

\item $g(x)=4\mathrm{e}^{x}-6$\\
$g'(x)=4\mathrm{e}^{x}$ ; $4g(x)-6=16\mathrm{e}^{x}-24-6=16\mathrm{e}^{x}-30$ donc $\boxed{\textcolor{red}{g'\neq 4g-6}}$ ; $g$ ne vérifie pas cette équation.

\item $h(x)=5\mathrm{e}^{4x}+\dfrac{3}{2}$\\
$h'(x)=5\times 4\mathrm{e}^{4x}=20\mathrm{e}^{4x}$ ; $4h(x)-6=20\mathrm{e}^{4x}+6-6=20\mathrm{e}^{4x}$.\\
$\boxed{\textcolor{red}{h'=4h-6}}$ donc $h$ est  solution de cette équation.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{red}{Équation différentielle}}
\begin{bclogo}[couleur = yellow!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Définition}}
On appelle équation différentielle une équation à une inconnue dont l'inconnue est une \textbf{fonction} et faisant intervenir la fonction, sa dérivée et éventuellement les dérivées d'ordre deux, trois, etc.
\end{bclogo}

\bigskip
\textbf{\textcolor{blue}{Exemples}}

\begin{enumerate}[a)]
\item $y'=y$, équation différentielle dont la fonction exponentielle est une solution car $\exp '=\exp$

\item Équation du pendule simple : une masse est suspendue à un fil de longueur $L$ à l'équilibre, donc verticalement.\\
On écarte la masse de sa position d'équilibre et on note $\theta$ l'angle formé avec la verticale.\\
Cet angle dépend de $t$ et vérifie l'équation différentielle $\theta''-\dfrac{g}{L}\sin \theta=0$ (qu'on ne sait pas résoudre, si ce n'est de manière aprochée !)
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{red}{Équation différentielle $\mathbf{y'=f}$}}
$f$ est une fonction continue sur un intervalle $I$.

\subsubsection{\textcolor{blue}{Primitive d'une fonction continue}}

\begin{bclogo}[couleur = yellow!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Définition}}
Soit $F$ une fonction définie sur $I$. On dit que $F$ est une primitive de $f$ sur $I$ si $F$ est dérivable sur $I$ et $F'=f$.\\
On dit alors que $F$ est une solution de l'équation différentielle $y'=f$, appelée équation différentielle, d'inconnue $y$.
\end{bclogo}

\bigskip

\textbf{\textcolor{blue}{Exemples}} :

\begin{enumerate}[a]
\item Soit l'équation différentielle $y'=x^2$. (remarque, on commet un abus de langage, car $x^2$ est un nombre, pas une fonction).\\
Soit $F(x)=\dfrac{1}{3}x^3$ ; $F'(x)=\dfrac{1}{3}\times 3x^2=x^2$ donc $F$ est solution de l'équation différnetielle $y'=x^2$.

\item Soit l'équation différentielle $y'=\dfrac{1}{x}$ sur $\left]0~;~+\infty\right[$ ; \\
$F$ définie par $F(x)=\ln x$ est solution de cette équation différentielle car $\ln'(x)=\dfrac{1}{x}$.
\end{enumerate}

\bigskip

\begin{bclogo}[couleur = cyan!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Théorème (admis)}}
Toute fonction continue sur un intervalle $I$ admet des primitives sur cet intervalle.
\end{bclogo}

\bigskip

\begin{bclogo}[couleur = cyan!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Théorème}}
Deux primitives d'une même fonction sur un intervalle diffèrent d'une constante.
\end{bclogo}

\bigskip
\textbf{\textcolor{blue}{Démonstration}}.\\
Soit $f$ une fonction continue sur un intervalle $I$.\\
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Soit $F$ une primitive de $f$ donc $F'=f$.\\
Soit $k\in\mathbb{R}$ une constante. $(F+k)'=F'+0=f$ donc $F+k$ est aussi une primitive de $f$.

\item Soient $F$ et $G$ deux primitives de $f$ sur $I$.\\
Alors $F'=f$ et $G'=f$.\\
$G-F$ est dérivable ; $(G-F)'=G'-F'=f-f=0$ donc $(G-F)'=0$.\\
$G-F$ est donc constant ; $G-F=k$ d'où $G=F+k$, $k\in\mathbb{R}$.
\end{enumerate}

\bigskip

\begin{bclogo}[couleur = cyan!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Propriété}}
On considère l'équation différentielle $y'=f$.\\
Soient $x_0$ et $y_0$ deux réels.\\
Il existe une unique solution de cette équation différentielle, donc une unique primitive $F$ de $f$, telle que $F\left(x_0\right)=y_0$
\end{bclogo}

\bigskip

\textbf{\textcolor{blue}{Démonstration}} :\\
$f$ est continue, donc admet une primitive $F$. Les autres primitives de $f$ sont de la forme $F+k$.\\
On doit avoir $F\left(x_0\right)=y_0$ donc $k=y_0-F\left(x_0\right)$ ~;~ $k$ est donc unique et la primitive aussi.

\bigskip

\noindent \textbf{\textcolor{blue}{Exemple}} : soit $f(x)=\mathrm{e}^{3x}$.\\
Une primitive de $f$ est $F(x)=\dfrac{1}{3}\mathrm{e}^{3x}$ car $F'(x)=3\mathrm{e}^{3x}$.\\
Il y a une seule primitive $G$ de $f$ vérifiant $G(0)=-1$.\\
$G(x)=F(x)+k=\dfrac{1}{3}\mathrm{e}^{3x}+k$ ; $G(0)=-1\Leftrightarrow k=-\dfrac{1}{3}$ donc $\boxed{\textcolor{red}{G(x)=\dfrac{1}{3}x-\dfrac{1}{3}}}$


\subsubsection{\textcolor{blue}{Primitives des fonctions usuelles}}
\noindent Par lecture inverse du tableau des dérivées des fonctions usuelles, on obtient les résultats suivants:\\


\begin{center}
\renewcommand{\arraystretch}{1.8}
\begin{longtable}{|c|c|c|}\hline
\rowcolor{blue!20} \textcolor{red}{{\text{Fonction}}}&\textcolor{red}{{\text{une primitive}}}&\textcolor{red}{{\text{validité}}}\endfirsthead\hline
\textcolor{red}{{\text{Fonction}}}&\textcolor{red}{{\text{une primitive}}}&\textcolor{red}{{\text{validité}}}\endhead\hline
$f(x)=a\in\mathbb{R}$&$F(x)=ax$&$\mathbb{R}$\\
\hline
$f(x)=x^n(n\in\mathbb{N}^*)$&$F(x)=\frac{x^{n+1}}{n+1}$&$\mathbb{R}$\\
\hline
$f(x)=\dfrac{1}{x}$&$F(x)=\ln(x)$&$ ]0~;~+\infty[$\\
\hline
$f(x)=\dfrac{1}{x^2}$&$F(x)=-\dfrac{1}{x}$&$\mathbb{R}^*$\\
\hline
$f(x)=\dfrac{1}{x^n},~n\in\mathbb{N},~n>1$&$F(x)=-\dfrac{1}{(n-1)x^{n-1}}$&$\mathbb{R}^*$\\
\hline
$f(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$&$F(x)=\sqrt{x}$&$]0 ;+\infty[$\\
\hline
$f(x)=\mathrm{e}^{x}$&$F(x)=\mathrm{e}^{x}$&$\mathbb{R}$\\
\hline
$f(x)=\cos x$&$F(x)=\sin x$&$\mathbb{R}$\\
\hline
$f(x)=\sin x$&$F(x)=-\cos x$&$\mathbb{R}$\\
\hline
\textbf{Hors-programme }: $f(x)=1+\tan^2 x=\frac{1}{\cos ^2 x}$&$F(x)=\tan x$&$\left](2k-1)\frac{\pi}{2} ; (2k+1)\frac{\pi}{2} \right[\mbox{ , }k\in\mathbb{Z}$\\
\hline
\end{longtable}

\end{center}

\subsubsection{\textcolor{blue}{Primitives et opérations :}}


\noindent Soient $u$ et $v$ deux fonctions admettant des primitives respectives $U$ et $V$ sur un intervalle $I$ et $g$ une fonction admettant une primitive $G$ sur un intervalle $J$ contenant l'intervalle $u(I)$.\\
On note $u'$ la dérivée de $u$.

\begin{center}
$\begin{array}{|c|c|c|}
\hline
\rowcolor{blue!20}\textcolor{red}{{\text{Fonction}}}&\textcolor{red}{{\text{une primitive}}}&\textcolor{red}{{\text{validité}}}\\
\hline
f=\alpha u+\beta v((\alpha,\beta)\in\mathbb{R}^2)&F=\alpha U+\beta V&I\\
\hline
f=u'\times g\circ u&F=G\circ u&I\\
\hline
f=u'u^n(n\in\mathbb{N}^*&\frac{u^{n+1}}{n+1}&I\\
\hline
f=\frac{u'}{u}&\ln|u|&\mbox{ u ne s'annule pas sur }I\\
\hline
f=\dfrac{u'}{u^n},~n\in\mathbb{N},~n>1&F=-\dfrac{1}{(n-1)u^{n-1}}&u\text{ ne s'annule pas sur }I\\
\hline
f=\frac{u'}{2\sqrt{u}}&F=\sqrt{u}&u>0\mbox{ sur }I\\
\hline
f=u'\mathrm{e}^{u}&F=\mathrm{e}^{u}&\\
\hline
f=u'\cos(u)&\sin(u)&I\\
\hline
f=u'\sin(u)&-\cos(u)&I\\
\hline
\end{array}$
\end{center}

\bigskip
Cela vient des formules de dérivation.

\bigskip

\textbf{\textcolor{blue}{Exemple}} :\\
Résoudre l'équation différentielle $y'=\dfrac{x}{\left(x^2+1\right)^2}$ (E).\\
Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=\dfrac{x}{\left(x^2+1\right)^2}$.\\
$f$ est continue sur $\mathbb{R}$ donc $f$ admet des primitives sur $\mathbb{R}$.\\
On remarque que $f(x)=x\times \dfrac{1}{\left(x^2+1\right)^2}$.\\
Posons $u(x)=x^2+1$ ; alors $u'(x)=2x$.\\
On voit que $f=\dfrac{1}{2}u'(x)\times \dfrac{1}{u^2}$ dont une primitive est $F=\dfrac{1}{2}\times \left(-\dfrac{1}{u}\right)$.\\
Par conséquent : $F(x)=-\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{x^2+1}=\boxed{\textcolor{red}{-\dfrac{1}{2\left(x^2+1\right)}}}$

\subsection{\textcolor{red}{Équations différentielles $\mathbf{y'=ay+b}$ et $\mathbf{y'=ay+f}$, avec $a\neq 0$}}


\subsubsection{\textcolor{blue}{Résolution de l'équation différentielle $\mathbf{y'=ay}$, $a\neq 0$}}
\begin{bclogo}[couleur = yellow!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Définition}}
L'équation différentielle $y'=ay$ qui s'écrit aussi $y'-ay=0$ où $a$ et $b$ sont des réels est appelée équation différentielle linéaire homogène de premier ordre à coefficients constants.
\end{bclogo}

\bigskip
\begin{bclogo}[couleur = cyan!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Propriété}}
Les solutions de l'équation différentielle (E) $y'=ay$ sont les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ par $y(x)=k\mathrm{e}^{ax}$, où $k$ est un réel quelconque.\\
Pour tous réels $x_0$ et $y_0$, il existe une unique solution $y$ telle que $y\left(x_0\right)=y_0$
\end{bclogo}

\bigskip
\textbf{\textcolor{blue}{Démonstration}}.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Soient $k$ un réel et $y$ la fonction définie par $y=k\mathrm{e}^{ax}$.\\
Alors $y'(x)=k\times a\mathrm{e}^{ax}=a\times y(x)$ donc $y'=ay$.\\
$y$ est bien une  solution de cette équation (E)

\item \textbf{\textcolor{red}{Réciproquement}} : \\
Soit $y$ une solution de (E) donc $y'=ay$.\\
On considère la fonction $g$ définie par $g(x)=y(x)\mathrm{e}^{-ax}$.\\
$g$ est dérivable et $g'(x)=y'(x)\mathrm{e}^{-ax}+y(x)\times \left(-a\mathrm{e}^{-ax}\right)=ay(x)\mathrm{e}^{-ax}-ay(x)\mathrm{e}^{-ax}=0$.\\
Pour tout $x$, $g'=0$ donc $g$ est une fonction constante.\\
Il existe $k\in\mathbb{R}$ tel que $g=k$ donc $g(x)=k$ pour tout $x$.\\
Or $g(x)=y(x)\mathrm{e}^{-ax}$, donc $y(x)\mathrm{e}^{-ax}=k$.\\
On en déduit : $\boxed{\textcolor{red}{y(x)=k\mathrm{e}^{ax}}}$.
\end{enumerate}
\bigskip

\begin{bclogo}[couleur = cyan!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Propriété}}
Soient $y_1$ et $y_2$ deux solutions de (E) et $k$ un réel.\\
Alors $y_1+y_2$ et $ky_1$ sont aussi solutions de (E).
\end{bclogo}

\subsubsection{\textcolor{blue}{Résolution de $\mathbf{y'=ay+b}$, $a\neq 0$}}
\begin{bclogo}[couleur = yellow!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Définition}}
L'équation différentielle (E) : $y'=ay+b$ ou $y'-ay=b$ est appelée équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants.
\end{bclogo}

\bigskip
\begin{bclogo}[couleur = cyan!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Propriété}}
Les solutions de (E) : $y'=ay+b$ ou $y'-ay=b$ sont les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ par $x\mapsto k\mathrm{e}^{ax}-\dfrac{b}{a}$.
\end{bclogo}

\noindent \textbf{\textcolor{blue}{Remarque}} : les solutions s'obtiennent en ajoutant une solution particulière constante aux solutions de l'équation homogère $y'=ay$ associée.

\bigskip
\textbf{\textcolor{red}{Démonstration}} :
\noindent Soit (E) l'équation différentielle $y'=ay+b$ ($\neq 0$).
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item On commence par chercher une fonction constante $\varphi$ solution de cette équation.\\
$\varphi(x)=k$~;~$\varphi'(x)=0$ donc $\varphi$ est solution. de (E)si, et seulement si, pour tout $x$, $0=a\varphi(x)+b\Leftrightarrow 0=ak+b$ donc $k=-\dfrac{b}{a}$.

\item Soit $y$ une foonction dérivable sur $\mathbb{R}$.\\
$y$ est solution de (E) si, et seulement si, $y'=ay+b$ donc, pour tout $x$, $y(x)=ay(x)+b$.\\
$y-\varphi$ est dérivable et $\left(y-\varphi\right)'=y'-\varphi'=(ay+b)-(a\varphi+b)=ay+b-a\varphi-b=a(y-\varphi)$.\\
On. en déduit que $y-\varphi$ est sulution de l'équation différentielle $\left(E_0\right)$ : $y'-ay=0$.\\
D'après le paragraphe précédent, on obtient : $(y-\varphi)(x)=k\mathrm{e}^{ax}$ donc $y(x)=k\mathrm{e}^{ax}+\varphi(x)$, c'est-à-dire : $\boxed{\textcolor{red}{y(x)=k\mathrm{e}^{ax}-\dfrac{b}{a}}}$.

\item Les solutions de (E) sont donc les fonctions définies par $\boxed{\textcolor{red}{y(x)=k\mathrm{e}^{ax}-\dfrac{b}{a},~k\in\mathbb{R}}}$

\end{enumerate}

\bigskip
Exemple : soit (E) : $y'=3y-2$.\\
$y'=ay+b$ avec $a=3$ et $b=2$.\\
Les solutions de cette équation. différentielle sont les fonctions : $\boxed{\textcolor{red}{y\mapsto y(x)=k\mathrm{e}^{3x}-\dfrac{2}{3}}}$.

\subsubsection{\textcolor{blue}{Résolution de $\mathbf{y'=ay+f}$, $a\neq 0$}}
\begin{bclogo}[couleur = yellow!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Définition}}
L'équation différentielle (E) : $y'=ay+f$ ou $y'-ay=f$ est appelée équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants avec second membre.
\end{bclogo}

\bigskip

\begin{bclogo}[couleur = cyan!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Propriété}}
Soit $\varphi$ une solution particulière de (E).\\
Alors $y$ est une solution de (E)si, et seulement si, $y-\varphi$ est une solution de l'équation différentielle homogène associée $y'=ay$.
\end{bclogo}

\bigskip
\noindent  \textbf{\textcolor{blue}{Exemple}} : \\
Soit l'équation différentielle $2y'+3y=6x+1$.\\
On note $\varphi$ une fonction affine qui est une solution particulière de (E).\\
À l'aide de $\varphi$, résoudre (E).

\bigskip


\begin{enumerate}
\item On pose $\varphi(x)=mx+p$ (fonction affine).\\
$\varphi$ est solution de (E)$\Leftrightarrow 2m+3(mx+p)=6x+1\Leftrightarrow \begin{cases}3m=6\\2m+p=1\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}m=2\\p=-1\end{cases}$.\\
Òn en déduit $\varphi(x)=2x-1$.

\item L'équation homogène associée est $2y'+3y=0\Leftrightarrow y'=-\dfrac{3}{2}y$.\\
Les solutions sont $x\mapsto k\mathrm{e}^{-\frac32x}$, $k\in\mathbb{R}$.\\
Les solutions de l'équation (E) sont donc $\boxed{\textcolor{red}{x\mapsto k\mathrm{e}^{-\frac32x}+2x-1}}$

\end{enumerate}

\label{fin}
\end{document}  