Primitives de fonctions continues

Définition

Soit $f$ un fonction définie et continue sur un intervalle $I$. On appelle primitive de $f$, toute fonction $F$ définie sur $I$ et qui vérifie pour tout $x \in I$ : $F'(x) = f(x)$.

Une primitive est toujours définie à une constante près.

En effet. On considère la fonction $f$ définie pour tout $x \in \mathbb{R}$ par $f(x) = 2x$.

Alors, $F_{1}(x) = x^2 + 1$ est une primitive de la fonction $f$ (car $F'(x) = 2x = f(x)$).

Mais $F_{1}(x)$ n'est pas la seule primitive de $f$ !

On peut citer par exemple $F_{2}(x) = x^2 + 10$ et $F_{3}(x) = x^2 + 3$ qui sont également des primitives de $f$.

C'est pour cette raison que l'ont dit que les primitives sont définies à une constante près (lorsque l'on dérive, la constante devient nulle).

Ainsi, toute fonction continue sur un intervalle admet une infinité de primitives d'une forme particulière sur cet intervalle. Plus formellement :

Une fonction continue $f$ sur un intervalle $I$ admet une infinité de primitives sur $I$ de la forme $x \mapsto F_0(x) + c$ avec $c \in \mathbb{R}$ (où $F_0$ est une primitive de $f$).

Soit $F$ une autre primitive de $f$ sur $I$. On a pour tout $x \in I$ :

$(F - F_0)'(x) = F'(x) - F_0'(x) = f(x) - f(x) = 0$ (car $F_0$ et $F$ sont deux primitives de $f$).

Donc il existe une constante réelle $c$ telle que $F - F_0 = c$. D'où pour tout $x \in I$, $F(x) = F_0(x) + c$ : ce qu'il fallait démontrer.

Primitive de fonctions usuelles

Le tableau suivant est à connaître (mais il peut être obtenu en prenant celui des dérivées usuelles à l'envers) :

Soit $\lambda$ une constante réelle.

Fonction	Primitive	Domaine de définition de la primitive
$\lambda$	$\lambda x$	$\mathbb{R}$
$e^x$	$e^x$	$\mathbb{R}$
$\displaystyle{\frac{1}{x}}$	$\ln(x)$	$\mathbb{R}^{*}_{+}$
$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{x}}}$	$2\sqrt{x}$	$\mathbb{R}^{*}_{+}$
$x^a$ avec $a \in \mathbb{R}$ et $a \neq -1$	$\displaystyle{\frac{1}{a + 1} x^{a + 1}}$	$\mathbb{R}^{*}_{+}$
$\sin(x)$	$-\cos(x)$	$\mathbb{R}$
$\cos(x)$	$\sin(x)$	$\mathbb{R}$

Opérations sur les primitives

Le tableau suivant est également à connaître (mais il peut être obtenu en prenant celui des dérivées usuelles à l'envers) :

Soit $u$ une fonction continue.

Fonction	Primitive	Domaine de définition de la primitive
$u'e^u$	$e^u$	En tout point où $u$ est définie.
$\displaystyle{\frac{u'}{u}}$	$\ln(|u|)$	En tout point où $u$ est définie et est non-nulle. On peut retirer la valeur absolue si $u$ est positive.
$\displaystyle{\frac{u'}{\sqrt{u}}}$	$2\sqrt{u}$	En tout point où $u$ est définie et est strictement positive.
$u' (u)^a$ avec $a \in \mathbb{R}$ et $a \neq -1$	$\displaystyle{\frac{1}{a + 1} u^{a + 1}}$	En tout point où $u$ est définie.
$u' \sin(u)$	$-\cos(u)$	En tout point où $u$ est définie.
$u' \cos(u)$	$\sin(u)$	En tout point où $u$ est définie.

Équations différentielles

Qu'est-ce-qu'une équation différentielle ?

Commençons cette partie par quelques définitions.

• Une équation différentielle est une égalité liant une fonction inconnue $y$ à ses dérivées successives ($y'$, $y''$, ...) contenant éventuellement d'autres fonctions connues.
• Une solution d'une équation différentielle est une fonction vérifiant l'égalité décrite précédemment.

La fonction logarithme est une solution de l'équation différentielle $y' = \frac{1}{x}$.

La fonction exponentielle est une solution de l'équation différentielle $y' = y$, mais aussi de l'équation différentielle $y'' = y$, etc...

Résolution d'équations différentielles de la forme $y'=ay$

Nous allons donner une formule permettant de résoudre des équations différentielles de la forme $y' = ay$.

On pose $(E) : y'=ay$ (où $a$ est un réel). Alors l'ensemble des solutions de $(E)$ est l'ensemble des fonctions $x \mapsto c e^{ax}$ où $c \in \mathbb{R}$.

Vérifions tout d'abord que les fonctions $x \mapsto k e^{ax}$ sont solutions de $(E)$. Soit $c \in \mathbb{R}$, posons pour tout $x \in \mathbb{R}$, $y_c(x) = c e^{ax}$.

Alors pour tout $x \in \mathbb{R}$, $y'_c(x) = ac e^{ax}$ et $ay_c(x) = ac e^{ax}$. Donc $y'_c = a y_c$ : $y_c$ est bien solution de $(E)$.

Montrons que les fonctions $y_c$ sont les seules solutions de $(E)$. Soit $y$ une solution quelconque de $(E)$ sur $\mathbb{R}$. Pour tout $x \in \mathbb{R}$, on pose $z(x) = y(x) e^{-ax}$. En dérivant :

$z'(x) = y'(x) e^{-ax} + y(x) (-ae^{-ax}) = e^{-ax}(y'(x) - ay(x))$

De plus, comme $y$ est solution de $(E)$, on a $y' - ay = 0$, donc $z' = 0$.

Ainsi, il existe une constante réelle $c$ telle que $z = c$. C'est-à-dire que pour tout $x \in \mathbb{R}$ :

$c = y(x) e^{-ax} \iff y(x) = c e^{ax}$. Ce qui termine la preuve.

Pour tout réels $x_0$ et $y_0$, il existe une unique fonction $y$ solution de l'équation différentielle $(E)$ telle que $y(x_0) = y_0$.

Résolvons l'équation différentielle $(E) : y' - 5y = 0$ sous condition d'avoir $y(0) = 1$.

Dans une premier temps, on écrit l'équation sous une meilleure forme : $y' - 5y = 0 \iff y' = 5y$. On a donc $a = 5$. Les solutions de l'équation $(E)$ sont les fonctions définies $x \mapsto c e^{5x}$ où $c \in \mathbb{R}$.

Maintenant, il faut trouver la fonction $y$ qui vaut $1$ en $0$. Soit donc $y$ une telle solution de $(E)$. Alors :

$y(0) = 1 \iff c e^{5 \times 0} = 1 \iff c = e^{-1}$. La solution recherchée est donc la fonction $y : x \mapsto e^{-1} e^{5x}$.

Résolution d'équations différentielles de la forme $y'=ay+b$

Nous allons donner une formule permettant de résoudre des équations différentielles de la forme $y' = ay+b$.

On pose $(E) : y'=ay+b$ (où $a$ est un réel non-nul et $b$ est un réel). Alors l'ensemble des solutions de $(E)$ est l'ensemble des fonctions $x \mapsto c e^{ax} - \frac{b}{a}$ où $c \in \mathbb{R}$.

Pour tout réels $x_0$ et $y_0$, il existe une unique fonction $y$ solution de l'équation différentielle $(E)$ telle que $y(x_0) = y_0$.

Résolvons l'équation différentielle $(E) : y'=2y-1$ sous condition d'avoir $y(1) = 0$.

On a donc $a = 2$ et $b = -1$. Les solutions de l'équation $(E)$ sont les fonctions définies $x \mapsto c e^{2x} + \frac{1}{2}$ où $c \in \mathbb{R}$.

Maintenant, il faut trouver la fonction $y$ qui vaut $0$ en $1$. Soit donc $y$ une telle solution de $(E)$. Alors :

$y(1) = 0 \iff c e^{2 \times 1} + \frac{1}{2} = 0 \iff c = -\frac{1}{2e^2}$. La solution recherchée est donc la fonction $y : x \mapsto -\frac{e^{2x}}{2e^2} + \frac{1}{2}$.