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Équations différentielles

Rappels sur l’exponentielle, notion de solution et vérification, équations y′ = ay et y′ = ay + b avec solution constante, condition initiale et allure des courbes, modélisation (équilibre, seuil), méthode d’Euler.

À propos de cette page

Des exercices corrigés d’équations différentielles en Terminale maths complémentaires, classés par cas et par difficulté : dérivées d’exponentielles et équations avec ln, vérification d’une solution et équation logistique, y′ = ay et temps de doublement, solution constante et condition initiale de y′ = ay + b, traduction d’énoncés, boisson qui se réchauffe et datation au carbone 14, méthode d’Euler à la main et en Python. Chaque cas contient une question à rédiger.

25 exercices, classés par cas comme le cours. Écris ta réponse, puis « Vérifier ».

Cas 1Rappels de 1re : l’exponentielle, solution de y′ = y

Réflexe — pour dériver Ce^(ax+b), je multiplie par a ; pour isoler t, j’isole l’exponentielle, j’applique ln et je divise par a (sens changé si a < 0). Revoir la méthode →

Exercice 1★★★Facile

Dériver. Chaque fonction est définie sur $ℝ$ ; écris le nombre demandé (virgule décimale).

$f (x) = 7 e^{3 x}$ : $f' (x) =$ $e^{3 x}$
$f' (x) = 7 \times 3 e^{3 x} = 21 e^{3 x}$ : le coefficient $3$ de $x$ descend devant.
$g (x) = - 2 e^{- 0, 5 x} + 9$ : $g' (x) =$ $e^{- 0, 5 x}$
$g' (x)$ $= - 2 \times (- 0, 5) e^{- 0, 5 x} + 0$ $= e^{- 0, 5 x}$ : la constante $9$ disparaît en dérivant.
$h (x) = 6 e^{0, 25 x - 1}$ : $h' (x) =$ $e^{0, 25 x - 1}$
$h' (x)$ $= 6 \times 0, 25 e^{0, 25 x - 1}$ $= 1, 5 e^{0, 25 x - 1}$ : seul le coefficient de $x$ descend, le $- 1$ de l’exposant ne change rien.
$k (t) = 50 - 30 e^{- 0, 1 t}$ : $k' (0) =$
$k' (t)$ $= - 30 \times (- 0, 1) e^{- 0, 1 t}$ $= 3 e^{- 0, 1 t}$ , donc $k' (0) = 3 e^{0} = 3$ .

Exercice 2★★★Facile

Résoudre chaque équation ou inéquation, puis donner la valeur approchée au centième de la solution (ou de la borne).

$e^{2 x} = 9$ : $x \approx$
$e^{2 x}$ $= 9$ $⟺ 2 x$ $= \ln 9$ $⟺ x$ $= \frac{\ln 9}{2}$ $= \ln 3$ $\approx 1, 10$ .
$5 e^{- 0, 4 t} = 2$ : $t \approx$
$e^{- 0, 4 t}$ $= 0, 4$ $⟺ - 0, 4 t$ $= \ln 0, 4$ $⟺ t$ $= \frac{\ln 2, 5}{0, 4}$ $\approx 2, 29$ (car $- \ln 0, 4 = \ln 2, 5$ ).
$3 e^{0, 1 t} ⩾ 12$ : les solutions sont les $t ⩾ t_{0}$ avec $t_{0} \approx$
$e^{0, 1 t}$ $⩾ 4$ $⟺ 0, 1 t$ $⩾ \ln 4$ ( $\ln$ croissante) $⟺ t$ $⩾ 10 \ln 4$ $\approx 13, 86$ .
$8 e^{- 0, 5 t} < 1$ : les solutions sont les $t > t_{0}$ avec $t_{0} \approx$
$e^{- 0, 5 t}$ $< \frac{1}{8}$ $⟺ - 0, 5 t$ $< - \ln 8$ $⟺ t$ $> 2 \ln 8$ $\approx 4, 16$ : on divise par $- 0, 5 < 0$ , le sens change.

Exercice 3★★★Moyen

Soit $f$ la fonction définie sur $ℝ$ par $f (x) = 3 - 2 e^{- 0, 6 x}$ .

Étudier le signe de $f' (x)$ et en déduire que $f$ est strictement croissante. Contrôle : $f' (0) =$
Rédaction attendue. $f$ est dérivable sur $ℝ$ et, pour tout réel $x$ , $f' (x)$ $= - 2 \times (- 0, 6) e^{- 0, 6 x}$ $= 1, 2 e^{- 0, 6 x}$ . Une exponentielle est strictement positive, donc $f' (x) > 0$ pour tout $x$ : $f$ est strictement croissante sur $ℝ$ . Contrôle : $f' (0) = 1, 2 e^{0} = 1, 2$ .
$lim_{x \to + \infty} f (x) =$
$- 0, 6 < 0$ , donc $lim_{x \to + \infty} e^{- 0, 6 x}$ $= 0$ ; par produit et somme, $lim_{x \to + \infty} f (x) = 3$ . Comme $2 e^{- 0, 6 x} > 0$ , on a toujours $f (x) < 3$ .
Les solutions de $f (x) ⩾ 2, 9$ sont les $x ⩾ x_{0}$ avec $x_{0} \approx$ (au centième)
$3 - 2 e^{- 0, 6 x}$ $⩾ 2, 9$ $⟺ 2 e^{- 0, 6 x}$ $⩽ 0, 1$ $⟺ e^{- 0, 6 x}$ $⩽ 0, 05$ $⟺ - 0, 6 x$ $⩽ \ln 0, 05$ $⟺ x$ $⩾ \frac{\ln 20}{0, 6}$ $\approx 4, 99$ (division par $- 0, 6 < 0$ : sens changé).

Exercice 4★★★Difficile

Une population est modélisée par $P (t) = 800 e^{0, 06 t}$ , où $t$ est le temps en années. On pose, pour tout entier $n$ , $u_{n} = P (n)$ .

Démontrer que la suite $(u_{n})$ est géométrique. Sa raison, arrondie au millième :
Rédaction attendue. Pour tout entier $n$ , $u_{n + 1}$ $= 800 e^{0, 06 (n + 1)}$ $= 800 e^{0, 06 n} \times e^{0, 06}$ $= e^{0, 06} u_{n}$ , d’après $e^{a + b} = e^{a} e^{b}$ . La suite $(u_{n})$ est donc géométrique de raison $e^{0, 06} \approx 1, 062$ et de premier terme $u_{0} = 800$ .
D’une année à la suivante, la population augmente de % (arrondi au dixième)
Multiplier par $e^{0, 06} \approx 1, 0618$ , c’est augmenter d’environ $6, 18 %$ , soit $6, 2 %$ au dixième. Le coefficient $0, 06$ du modèle continu ne coïncide pas tout à fait avec le taux annuel.
Premier entier $n$ tel que $u_{n} > 1 000$ : $n =$
$800 e^{0, 06 n}$ $> 1 000$ $⟺ e^{0, 06 n}$ $> 1, 25$ $⟺ n$ $> \frac{\ln 1, 25}{0, 06}$ $\approx 3, 72$ . Le premier entier est $4$ ( $u_{3} \approx 957, 8$ et $u_{4} \approx 1 017, 0$ ).

Cas 2Équation différentielle : solution et vérification

Réflexe — je calcule f′(x) d’un côté, af(x) + b de l’autre, et je compare pour tout x ; une seule valeur où l’égalité est fausse prouve que la fonction n’est pas solution. Revoir la méthode →

Exercice 5★★★Facile

Chaque fonction est solution d’une équation $y' = a y$ . Donner $a$ (écrire un décimal).

$f (x) = 9 e^{- 2 x}$ : $a =$
$f' (x) = - 18 e^{- 2 x} = - 2 f (x)$ : $a = - 2$ .
$g (x) = - e^{0, 35 x}$ : $a =$
$g' (x)$ $= - 0, 35 e^{0, 35 x}$ $= 0, 35 g (x)$ : $a = 0, 35$ , même si $g$ est négative.
$h (t) = 4 e^{\frac{t}{5}}$ : $a =$
$h (t) = 4 e^{0, 2 t}$ , donc $h' (t) = 0, 8 e^{0, 2 t} = 0, 2 h (t)$ : $a = 0, 2$ .
$k (t) = \frac{5}{e^{3 t}}$ : $a =$
$\frac{1}{e^{3 t}} = e^{- 3 t}$ , donc $k (t) = 5 e^{- 3 t}$ et $k' (t) = - 15 e^{- 3 t} = - 3 k (t)$ : $a = - 3$ .

Exercice 6★★★Facile

Vérifier, puis répondre.

Démontrer que $f (x) = 7 e^{- 0, 8 x} - 2, 5$ est solution de $y' = - 0, 8 y - 2$ sur $ℝ$ . Contrôle : $f' (0) =$
Rédaction attendue. $f$ est dérivable sur $ℝ$ et $f' (x)$ $= 7 \times (- 0, 8) e^{- 0, 8 x}$ $= - 5, 6 e^{- 0, 8 x}$ . Par ailleurs, $- 0, 8 f (x) - 2$ $= - 0, 8 (7 e^{- 0, 8 x} - 2, 5) - 2$ $= - 5, 6 e^{- 0, 8 x} + 2 - 2$ $= - 5, 6 e^{- 0, 8 x}$ . Pour tout réel $x$ , $f' (x) = - 0, 8 f (x) - 2$ : $f$ est solution. Contrôle : $f' (0) = - 5, 6$ .
$u (x) = 4 e^{0, 5 x} + 6$ est solution de $y' = 0, 5 y + b$ pour $b =$
$u' (x) = 2 e^{0, 5 x}$ et $0, 5 u (x) + b = 2 e^{0, 5 x} + 3 + b$ . L’égalité pour tout $x$ impose $3 + b = 0$ , soit $b = - 3$ .
Pour $v (x) = 1 - e^{2 x}$ et l’équation $y' = 2 y - 2$ : $2 v (x) - 2 =$ $\times e^{2 x}$
$2 v (x) - 2 = 2 - 2 e^{2 x} - 2 = - 2 e^{2 x}$ , et $v' (x) = - 2 e^{2 x}$ : les deux membres sont égaux pour tout $x$ , $v$ est solution.

Exercice 7★★★Moyen

On sait que la fonction $h$ définie sur $ℝ$ par $h (x) = 3 e^{0, 45 x} - 8$ est solution d’une équation différentielle de la forme $y' = a y + b$ .

$h' (x) =$ $e^{0, 45 x}$
$h' (x)$ $= 3 \times 0, 45 e^{0, 45 x}$ $= 1, 35 e^{0, 45 x}$ . En comparant avec la forme $C e^{a x} - \frac{b}{a}$ des solutions, l’exposant $0, 45 x$ donne $a = 0, 45$ : on vérifie bien $1, 35 = 0, 45 \times 3$ .
Démontrer que $b$ est unique et le déterminer : $b =$
Rédaction attendue. $h' (x)$ $= 3 \times 0, 45 e^{0, 45 x}$ $= 1, 35 e^{0, 45 x}$ et $0, 45 h (x) + b$ $= 1, 35 e^{0, 45 x} - 3, 6 + b$ . L’égalité $h' (x) = 0, 45 h (x) + b$ pour tout réel $x$ équivaut à $- 3, 6 + b = 0$ , soit $b = 3, 6$ . L’équation est $y' = 0, 45 y + 3, 6$ .
Cette équation a une seule solution constante ; elle vaut
$0, 45 c + 3, 6 = 0$ donne $c = - 8$ : c’est la fonction obtenue pour $C = 0$ dans $C e^{0, 45 x} - 8$ .

Exercice 8★★★Difficile

On considère l’équation $(L) : y'$ $= 0, 5 y (1 - \frac{y}{20})$ sur $[0; + \infty [$ . Elle n’est pas de la forme $y' = a y + b$ (équation logistique : aucune méthode de résolution n’est au programme). Soit $f (t) = \frac{20}{1 + 3 e^{- 0, 5 t}}$ .

$f (0) =$
$f (0) = \frac{20}{1 + 3} = 5$ .
Démontrer que $f$ est solution de $(L)$ . Contrôle : $f' (0) =$ (écriture décimale)
Rédaction attendue. Posons $D (t) = 1 + 3 e^{- 0, 5 t} > 0$ , avec $D' (t) = - 1, 5 e^{- 0, 5 t}$ . Alors $f' (t)$ $= - \frac{20 D' (t)}{D (t)^{2}}$ $= \frac{30 e^{- 0, 5 t}}{D (t)^{2}}$ . Par ailleurs, $1 - \frac{f (t)}{20}$ $= 1 - \frac{1}{D (t)}$ $= \frac{3 e^{- 0, 5 t}}{D (t)}$ , donc $0, 5 f (t) (1 - \frac{f (t)}{20})$ $= 0, 5 \times \frac{20}{D (t)} \times \frac{3 e^{- 0, 5 t}}{D (t)}$ $= \frac{30 e^{- 0, 5 t}}{D (t)^{2}}$ . Pour tout $t ⩾ 0$ , les deux membres sont égaux : $f$ est solution de $(L)$ . Contrôle : $f' (0) = \frac{30}{16} = 1, 875$ .
$lim_{t \to + \infty} f (t) =$
$lim_{t \to + \infty} e^{- 0, 5 t}$ $= 0$ , donc $D (t) \to 1$ et $f (t) \to 20$ : la croissance est freinée, l’effectif plafonne à $20$ .
$f (t) = 10$ pour $t = 2 \ln k$ , avec $k =$
$f (t)$ $= 10$ $⟺ 1 + 3 e^{- 0, 5 t}$ $= 2$ $⟺ e^{- 0, 5 t}$ $= \frac{1}{3}$ $⟺ - 0, 5 t$ $= - \ln 3$ $⟺ t$ $= 2 \ln 3$ : $k = 3$ .

Cas 3L’équation y′ = ay

Réflexe — les solutions de y′ = ay sont les x ↦ Ce^(ax) ; la condition initiale donne C (C = f(0) si elle est en 0). Revoir la méthode →

Exercice 9★★★Facile

Les solutions de chaque équation sont les fonctions $x \mapsto C e^{k x}$ , $C \in ℝ$ . Répondre (écrire un décimal).

$y' = - 1, 5 y$ : $k =$
L’équation est de la forme $y' = a y$ avec $a = - 1, 5$ : les solutions sont les $x \mapsto C e^{- 1, 5 x}$ .
$5 y' + 2 y = 0$ : $k =$
$5 y' + 2 y = 0 ⟺ y' = - 0, 4 y$ : $k = - 0, 4$ .
Solution de $y' = 5 y$ telle que $f (0) = - 4$ : $C =$
$f (0) = C e^{0} = C = - 4$ , donc $f (x) = - 4 e^{5 x}$ . Vérification : $f' (x) = - 20 e^{5 x} = 5 f (x)$ .
Solution $g$ de $y' = - 1, 5 y$ telle que $g (0) = 3$ : $lim_{x \to + \infty} g (x) =$
$g (x) = 3 e^{- 1, 5 x}$ ; comme $- 1, 5 < 0$ , $e^{- 1, 5 x} \to 0$ et $lim_{x \to + \infty} g (x) = 0$ : l’axe des abscisses est asymptote en $+ \infty$ .

Exercice 10★★★Facile

Déterminer la solution $f$ vérifiant la condition donnée, puis répondre au centième.

$y' = 0, 4 y$ et $f (5) = 10$ : $f (0) \approx$
$f (x) = C e^{0, 4 x}$ et $C e^{2} = 10$ , donc $C = 10 e^{- 2}$ . Or $f (0) = C = 10 e^{- 2} \approx 1, 35$ .
$y' = - 2 y$ et $f (1) = 3$ : $f (x) = C e^{- 2 x}$ avec $C \approx$
$C e^{- 2} = 3$ donne $C = 3 e^{2} \approx 22, 17$ ; ainsi $f (x) = 3 e^{2} e^{- 2 x} = 3 e^{- 2 (x - 1)}$ .
$y' = 0, 3 y$ et $f (0) = 2$ : $f (10) \approx$
$f (x) = 2 e^{0, 3 x}$ , donc $f (10) = 2 e^{3} \approx 40, 17$ .

Exercice 11★★★Moyen

Soit $f$ la solution de $y' = - 0, 7 y$ telle que $f (0) = - 5$ .

Déterminer $f (x)$ , puis démontrer que $f$ est croissante alors que $C < 0$ . Contrôle : $f' (0) =$
Rédaction attendue. Les solutions de $y' = - 0, 7 y$ sont les $x \mapsto C e^{- 0, 7 x}$ , et $f (0) = C = - 5$ : $f (x) = - 5 e^{- 0, 7 x}$ . Alors $f' (x)$ $= - 5 \times (- 0, 7) e^{- 0, 7 x}$ $= 3, 5 e^{- 0, 7 x}$ $> 0$ pour tout réel $x$ (une exponentielle est strictement positive) : $f$ est strictement croissante sur $ℝ$ . Contrôle : $f' (0) = 3, 5$ .
$lim_{x \to + \infty} f (x) =$
$- 0, 7 < 0$ donc $e^{- 0, 7 x} \to 0$ et $f (x) \to 0$ : $f$ croît vers $0$ (cas $a < 0$ , $C < 0$ ).
Justifier que $f (x) < 0$ pour tout réel $x$ . Valeur de $f (1)$ au centième :
$e^{- 0, 7 x} > 0$ et $- 5 < 0$ , donc $f (x) = - 5 e^{- 0, 7 x} < 0$ : la solution garde le signe de $C$ et ne s’annule jamais. $f (1) = - 5 e^{- 0, 7} \approx - 2, 48$ .

Exercice 12★★★Difficile

Une grandeur positive $y$ vérifie $y' = a y$ , avec $a > 0$ , et double toutes les $14$ heures.

Démontrer que $a = \frac{\ln 2}{14}$ . Valeur approchée de $a$ au dix-millième :
Rédaction attendue. On a $y (t) = y_{0} e^{a t}$ , avec $y_{0} = y (0) > 0$ . « Doubler en $14$ heures » s’écrit $y (t + 14) = 2 y (t)$ pour tout $t$ , soit $y_{0} e^{a t} e^{14 a} = 2 y_{0} e^{a t}$ . En simplifiant par $y_{0} e^{a t} \neq 0$ , il reste $e^{14 a} = 2$ , donc $14 a = \ln 2$ et $a = \frac{\ln 2}{14} \approx 0, 0495$ .
En $50$ heures, la grandeur est multipliée par (arrondi au dixième)
Le facteur vaut $e^{50 a}$ $= e^{\frac{50 \ln 2}{14}}$ $= 2^{\frac{50}{14}}$ $\approx 11, 9$ .
Démontrer que la durée nécessaire pour que la grandeur triple ne dépend pas de sa valeur initiale, puis la donner au dixième d’heure : h
Rédaction attendue. On cherche $T > 0$ tel que $y (t + T) = 3 y (t)$ : $y_{0} e^{a t} e^{a T} = 3 y_{0} e^{a t}$ , soit $e^{a T} = 3$ après simplification par $y_{0} e^{a t} \neq 0$ . Cette équation ne contient ni $y_{0}$ ni $t$ : la durée de triplement ne dépend ni de la valeur initiale ni de l’instant choisi. $T$ $= \frac{\ln 3}{a}$ $= \frac{14 \ln 3}{\ln 2}$ $\approx 22, 2$ heures.

Cas 4L’équation y′ = ay + b et la condition initiale

Réflexe — je résous ac + b = 0 pour la solution constante c, j’écris x ↦ Ce^(ax) + c, puis la condition initiale donne C. Revoir la méthode →

Exercice 13★★★Facile

Donner la solution constante $c$ de chaque équation (écrire un décimal).

$y' = - 0, 25 y + 3$ : $c =$
$- 0, 25 c + 3$ $= 0$ $⟺ c$ $= \frac{3}{0, 25}$ $= 12$ .
$y' = 1, 5 y + 6$ : $c =$
$1, 5 c + 6 = 0 ⟺ c = - 4$ .
$y' = - 2 y - 5$ : $c =$
$- 2 c - 5 = 0 ⟺ c = - 2, 5$ : ici $a$ et $b$ sont de même signe, la constante est négative.
$y' = 0, 2 y - 3$ : $c =$
$0, 2 c - 3 = 0 ⟺ c = 15$ : $a$ et $b$ sont de signes contraires, la constante est positive.

Exercice 14★★★Facile

On considère l’équation différentielle $(E) : y' = 4 y - 18$ . Pour l’infini, écris +infini ou −infini.

Les solutions de $(E)$ sont les $x \mapsto C e^{4 x} + c$ , avec $c =$
Une fonction constante a une dérivée nulle : $4 c - 18 = 0$ donne $c = 4, 5$ . Les solutions sont les $x \mapsto C e^{4 x} + 4, 5$ , $C \in ℝ$ .
Solution $f$ telle que $f (0) = 2$ : $C =$
$f (0) = C + 4, 5 = 2$ , d’où $C = - 2, 5$ et $f (x) = - 2, 5 e^{4 x} + 4, 5$ .
$lim_{x \to + \infty} f (x) =$
$4 > 0$ donc $e^{4 x} \to + \infty$ ; en multipliant par $- 2, 5 < 0$ , $lim_{x \to + \infty} f (x)$ $= - \infty$ . La solution constante $4, 5$ n’est une limite que lorsque $a < 0$ .

Exercice 15★★★Moyen

Soit $f$ la solution de l’équation différentielle $y' = 1, 2 y + 9$ qui vérifie $f (2) = 4$ .

Démontrer que $f (x) = C e^{1, 2 x} - 7, 5$ avec $C = 11, 5 e^{- k}$ , où $k =$
Rédaction attendue. Ici $a = 1, 2$ et $b = 9$ ; la solution constante vérifie $1, 2 c + 9 = 0$ , soit $c = - 7, 5$ . Les solutions sont les $x \mapsto C e^{1, 2 x} - 7, 5$ . La condition $f (2) = 4$ donne $C e^{2, 4} - 7, 5 = 4$ , soit $C e^{2, 4} = 11, 5$ et $C = 11, 5 e^{- 2, 4}$ : $k = 2, 4$ . Ainsi $f (x) = 11, 5 e^{1, 2 (x - 2)} - 7, 5$ ; $f' (x) = 13, 8 e^{1, 2 (x - 2)} > 0$ : $f$ est strictement croissante.
$f (3) \approx$ (au centième)
$f (3)$ $= 11, 5 e^{1, 2} - 7, 5$ $\approx 11, 5 \times 3, 3201 - 7, 5$ $\approx 30, 68$ .
Abscisse du point où la courbe de $f$ coupe l’axe des abscisses, au centième :
$f (x)$ $= 0$ $⟺ e^{1, 2 (x - 2)}$ $= \frac{7, 5}{11, 5}$ $⟺ 1, 2 (x - 2)$ $= \ln \frac{15}{23}$ $⟺ x$ $= 2 + \frac{\ln \frac{15}{23}}{1, 2}$ $\approx 1, 64$ .

Exercice 16★★★Moyen

Sur une copie, on lit : « Les solutions de $y' = - 2 y + 7$ sont les fonctions $x \mapsto C e^{- 2 x} + 7$ . »

Pour $u (x) = e^{- 2 x} + 7$ (cas $C = 1$ ), la différence $u' (x) - (- 2 u (x) + 7)$ vaut, pour tout $x$ :
$u' (x) = - 2 e^{- 2 x}$ et $- 2 u (x) + 7$ $= - 2 e^{- 2 x} - 14 + 7$ $= - 2 e^{- 2 x} - 7$ . La différence vaut $7 \neq 0$ : l’affirmation est fausse. L’erreur : avoir ajouté $b$ au lieu de $- \frac{b}{a}$ .
Les solutions correctes sont les $x \mapsto C e^{- 2 x} + c$ , avec $c =$
$- 2 c + 7 = 0$ donne $c = 3, 5$ ; contrôle : $0 = - 2 \times 3, 5 + 7$ .
Solution $f$ telle que $f (0) = 10$ : $C =$
$C + 3, 5 = 10$ donne $C = 6, 5$ , donc $f (x) = 6, 5 e^{- 2 x} + 3, 5$ .
Démontrer que $f$ est strictement décroissante et que sa courbe reste au-dessus de son asymptote horizontale. Valeur de $f (1)$ au centième :
Rédaction attendue. $f' (x)$ $= 6, 5 \times (- 2) e^{- 2 x}$ $= - 13 e^{- 2 x}$ $< 0$ pour tout réel $x$ : $f$ est strictement décroissante. De plus, $f (x) - 3, 5 = 6, 5 e^{- 2 x} > 0$ : la courbe est strictement au-dessus de la droite $y = 3, 5$ , qui est asymptote en $+ \infty$ car $e^{- 2 x} \to 0$ . Enfin $f (1)$ $= 6, 5 e^{- 2} + 3, 5$ $\approx 4, 38$ .

Exercice 17★★★Difficile

Soit $f$ une solution de l’équation $(E) : y' = - 0, 6 y + 4, 2$ . On pose, pour tout réel $x$ , $g (x) = f (x) - 7$ .

Démontrer que $g$ est solution de $y' = - 0, 6 y$ . Contrôle : si $f (0) = 12$ , alors $g (0) =$
Rédaction attendue. $g$ est dérivable comme différence de fonctions dérivables et $g' (x) = f' (x)$ . Comme $f$ est solution de $(E)$ et $f (x) = g (x) + 7$ : $g' (x)$ $= - 0, 6 (g (x) + 7) + 4, 2$ $= - 0, 6 g (x) - 4, 2 + 4, 2$ $= - 0, 6 g (x)$ . Pour tout réel $x$ , $g' (x) = - 0, 6 g (x)$ : $g$ est solution de $y' = - 0, 6 y$ . Donc $g (x) = C e^{- 0, 6 x}$ et $f (x) = C e^{- 0, 6 x} + 7$ . Contrôle : $g (0) = 12 - 7 = 5$ .
Pour la solution telle que $f (0) = 12$ : $f (1) \approx$ (au centième)
$C = g (0) = 5$ , donc $f (x) = 5 e^{- 0, 6 x} + 7$ et $f (1) = 5 e^{- 0, 6} + 7 \approx 9, 74$ .
L’équation $f (x) = 8$ a une seule solution ; sa valeur approchée au millième :
$5 e^{- 0, 6 x} + 7$ $= 8$ $⟺ e^{- 0, 6 x}$ $= 0, 2$ $⟺ - 0, 6 x$ $= - \ln 5$ $⟺ x$ $= \frac{\ln 5}{0, 6}$ $\approx 2, 682$ (valeur exacte $\frac{\ln 5}{0, 6}$ ).

Cas 5Modéliser un phénomène : équilibre et seuil

Réflexe — je traduis l’énoncé en y′ = ay + b avec les unités, la solution constante est l’équilibre, et un seuil se trouve en isolant l’exponentielle puis en appliquant ln. Revoir la méthode →

Exercice 18★★★Facile

Une grandeur $N$ vérifie, pour $t ⩾ 0$ exprimé en heures, l’équation différentielle $N' = - 0, 35 N$ , avec $N (0) = 240$ .

$N (2) \approx$ (au centième)
Les solutions de $N' = - 0, 35 N$ sont les $t \mapsto C e^{- 0, 35 t}$ et $N (0) = C = 240$ : $N (t) = 240 e^{- 0, 35 t}$ . Donc $N (2) = 240 e^{- 0, 7} \approx 119, 18$ .
$N (4) \approx$ (au centième)
$N (4)$ $= 240 e^{- 1, 4}$ $\approx 240 \times 0, 246 597$ $\approx 59, 18$ .
$N (t) ⩽ 30$ à partir de $t \approx$ h (au centième)
$240 e^{- 0, 35 t}$ $⩽ 30$ $⟺ e^{- 0, 35 t}$ $⩽ 0, 125$ $⟺ - 0, 35 t$ $⩽ \ln 0, 125$ $⟺ t$ $⩾ \frac{\ln 8}{0, 35}$ $\approx 5, 94$ h, soit environ $5$ h $56$ min (division par $- 0, 35 < 0$ : sens changé).

Exercice 19★★★Facile

Traduire chaque situation par une équation $y' = a y + b$ ( $t$ en minutes ou en heures), puis répondre.

Un four à pain refroidit dans un fournil à $22$ °C ; la vitesse de refroidissement est proportionnelle à l’écart de température, de coefficient $0, 1$ par minute. Dans $θ' = - 0, 1 θ + b$ : $b =$
$θ'$ $= - 0, 1 (θ - 22)$ $= - 0, 1 θ + 2, 2$ : $b = 2, 2$ (en °C par minute).
Un bassin reçoit $30$ L d’eau par minute et perd, par une fuite, $2 %$ de son volume par minute. Volume d’équilibre : L
$V' = - 0, 02 V + 30$ ; l’équilibre vérifie $- 0, 02 V + 30 = 0$ , soit $V = 1 500$ L.
Des bactéries se multiplient proportionnellement à leur nombre, coefficient $0, 4$ par heure, et un antibiotique en détruit $200$ par heure. Effectif d’équilibre :
$B' = 0, 4 B - 200$ ; $0, 4 B - 200 = 0$ donne $B = 500$ . Au-dessus de $500$ , $B' > 0$ et l’effectif augmente ; au-dessous, il diminue.

Exercice 20★★★Moyen

Une boisson sort du réfrigérateur à $4$ °C dans une pièce plus chaude. Sa température $f (t)$ , en °C au bout de $t$ heures, est une solution non constante de $y' = a y + 18$ , où $a$ est un réel strictement négatif. À long terme, elle se rapproche de $24$ °C.

Démontrer que $lim_{t \to + \infty} f (t) = - \frac{18}{a}$ , puis en déduire $a$ : $a =$
Rédaction attendue. Les solutions sont les $t \mapsto C e^{a t} - \frac{18}{a}$ . Comme $a < 0$ , $e^{a t} \to 0$ en $+ \infty$ , donc $lim_{t \to + \infty} f (t)$ $= - \frac{18}{a}$ . On veut $- \frac{18}{a} = 24$ , soit $a = - \frac{18}{24} = - 0, 75$ , qui est bien négatif.
Température au bout d’une heure, au dixième : °C
$f (t) = C e^{- 0, 75 t} + 24$ et $f (0) = 4$ donne $C = - 20$ : $f (t) = 24 - 20 e^{- 0, 75 t}$ . Donc $f (1)$ $= 24 - 20 e^{- 0, 75}$ $\approx 14, 6$ °C.
Durée au bout de laquelle la boisson atteint $20$ °C, au centième d’heure : h
$24 - 20 e^{- 0, 75 t}$ $= 20$ $⟺ e^{- 0, 75 t}$ $= 0, 2$ $⟺ t$ $= \frac{\ln 5}{0, 75}$ $\approx 2, 15$ h. Comme $20 e^{- 0, 75 t} > 0$ , $f (t) < 24$ pour tout $t$ : la boisson n’atteint jamais $24$ °C.

Exercice 21★★★Difficile

Le carbone 14 d’un organisme mort se désintègre : le nombre $N (t)$ de noyaux au bout de $t$ années vérifie $N' = - λ N$ avec $λ > 0$ . On prend pour demi-vie $5 730$ ans, valeur usuelle.

$λ$ $= \frac{\ln 2}{5 730}$ $\approx$ $\times 10^{- 4}$ (arrondi au centième)
$N (t) = N_{0} e^{- λ t}$ et $N (5 730) = \frac{N_{0}}{2}$ donnent $e^{- 5 730 λ} = \frac{1}{2}$ , soit $λ$ $= \frac{\ln 2}{5 730}$ $\approx 1, 21 \times 10^{- 4}$ par an.
Démontrer que la proportion de noyaux restants au bout de $t$ années est $2^{- \frac{t}{5 730}}$ . Proportion au bout de $1 000$ ans, au millième :
Rédaction attendue. $\frac{N (t)}{N_{0}}$ $= e^{- λ t}$ $= e^{- \frac{t \ln 2}{5 730}}$ $= {(e^{\ln 2})}^{- \frac{t}{5 730}}$ $= 2^{- \frac{t}{5 730}}$ . Elle ne dépend pas de $N_{0}$ . Pour $t = 1 000$ : $2^{- \frac{1 000}{5 730}}$ $\approx 0, 886$ , il reste environ $88, 6 %$ des noyaux.
Un os ne contient plus que $40 %$ de son carbone 14 initial. Son âge, à la centaine d’années près : ans
$e^{- λ t}$ $= 0, 4$ $⟺ t$ $= \frac{\ln 2, 5}{λ}$ $= \frac{5 730 \ln 2, 5}{\ln 2}$ $\approx 7 575$ ans, soit environ $7 600$ ans.

Cas 6Méthode d’Euler : approcher une solution

Réflexe — yₙ₊₁ = yₙ + h(ayₙ + b), que je simplifie en yₙ₊₁ = (1 + ah)yₙ + hb avant de calculer pas à pas. Revoir la méthode →

Exercice 22★★★Facile

Méthode d’Euler pour l’équation $y' = - y + 3$ , avec $y (0) = 1$ et le pas $h = 0, 2$ . Écrire les valeurs exactes (décimales).

$y_{1} =$
$y_{n + 1}$ $= y_{n} + 0, 2 (- y_{n} + 3)$ $= 0, 8 y_{n} + 0, 6$ . $y_{1} = 0, 8 \times 1 + 0, 6 = 1, 4$ .
$y_{2} =$
$y_{2}$ $= 0, 8 \times 1, 4 + 0, 6$ $= 1, 12 + 0, 6$ $= 1, 72$ .
$y_{3} =$ , valeur approchée de $f (0, 6)$
$y_{3}$ $= 0, 8 \times 1, 72 + 0, 6$ $= 1, 376 + 0, 6$ $= 1, 976$ . La valeur exacte est $f (0, 6)$ $= 3 - 2 e^{- 0, 6}$ $\approx 1, 902$ .

Exercice 23★★★Facile

On applique la méthode d’Euler, avec le pas $h = 1$ , à l’équation $y' = 0, 2 y$ et $y (0) = 50$ .

La suite $(y_{n})$ vérifie $y_{n + 1} = q y_{n}$ avec $q =$
$y_{n + 1}$ $= y_{n} + 1 \times 0, 2 y_{n}$ $= 1, 2 y_{n}$ : la suite est géométrique de raison $1 + a h = 1, 2$ .
$y_{5} =$ (valeur exacte)
$y_{5}$ $= 50 \times 1, 2^{5}$ $= 50 \times 2, 488 32$ $= 124, 416$ .
Valeur exacte de la solution en $5$ : $f (5) = 50 e \approx$ (au centième)
$f (t) = 50 e^{0, 2 t}$ , donc $f (5) = 50 e^{1} \approx 135, 91$ . Avec un pas aussi grand, Euler sous-estime nettement : $1, 2 < e^{0, 2} \approx 1, 221$ à chaque pas.

Exercice 24★★★Moyen

On considère la fonction Python suivante, qui applique la méthode d’Euler.
def euler(h, n): y = 4 for k in range(n): y = y + h * (-2 * y + 5) return y

Elle approche la solution de $y' = - 2 y + 5$ telle que $y (0) = 4$ . La solution constante de cette équation vaut
$- 2 c + 5 = 0$ donne $c = 2, 5$ .
euler(0.1, 2) renvoie
Avec $h = 0, 1$ : $y_{n + 1}$ $= y_{n} + 0, 1 (- 2 y_{n} + 5)$ $= 0, 8 y_{n} + 0, 5$ . $y_{1} = 3, 2 + 0, 5 = 3, 7$ , puis $y_{2} = 2, 96 + 0, 5 = 3, 46$ .
Pour le pas $0, 1$ , démontrer que la suite $(y_{n} - c)$ , où $c$ est la solution constante, est géométrique de raison $0, 8$ . Valeur de euler(0.1, 10) au millième :
Rédaction attendue. Pour tout $n$ , $y_{n + 1} - 2, 5$ $= 0, 8 y_{n} + 0, 5 - 2, 5$ $= 0, 8 y_{n} - 2$ $= 0, 8 (y_{n} - 2, 5)$ . La suite $(y_{n} - 2, 5)$ est géométrique de raison $0, 8$ et de premier terme $y_{0} - 2, 5 = 1, 5$ , donc $y_{n} = 2, 5 + 1, 5 \times 0, 8^{n}$ et $y_{10}$ $= 2, 5 + 1, 5 \times 0, 8^{10}$ $\approx 2, 661$ . C’est une valeur approchée de $f (1) = 2, 5 + 1, 5 e^{- 2} \approx 2, 703$ .

Exercice 25★★★Difficile

Soit $f$ la solution de $y' = - 0, 5 y$ telle que $f (0) = 8$ . On approche $f (2)$ par la méthode d’Euler avec deux pas différents.

Démontrer que, pour un pas $h$ , $y_{n} = 8 (1 - 0, 5 h)^{n}$ . Avec $h = 0, 5$ (quatre pas) : $y_{4} =$ (valeur exacte)
Rédaction attendue. Pour tout $n$ , $y_{n + 1}$ $= y_{n} + h \times (- 0, 5 y_{n})$ $= (1 - 0, 5 h) y_{n}$ : la suite $(y_{n})$ est géométrique de raison $1 - 0, 5 h$ et de premier terme $y_{0} = 8$ , donc $y_{n} = 8 (1 - 0, 5 h)^{n}$ . Avec $h = 0, 5$ : $y_{4}$ $= 8 \times 0, 75^{4}$ $= 8 \times 0, 316 406 25$ $= 2, 531 25$ .
Avec $h = 0, 1$ (vingt pas) : $y_{20} \approx$ (au millième)
$y_{20}$ $= 8 \times 0, 95^{20}$ $\approx 2, 868$ .
Valeur exacte : $f (2) \approx$ (au millième)
$f (x) = 8 e^{- 0, 5 x}$ , donc $f (2) = 8 e^{- 1} \approx 2, 943$ . Les erreurs valent environ $0, 41$ pour $h = 0, 5$ et $0, 075$ pour $h = 0, 1$ : un pas plus petit approche mieux. Ici Euler donne des valeurs trop petites, car $f$ est convexe ( $f ″ (x) = 2 e^{- 0, 5 x} > 0$ ).

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