Maths complémentaires (option Tle) Terminale

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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

Cinq problèmes corrigés de modélisation : refroidissement d’une barre d’acier (loi de Newton), charge d’un condensateur et constante de temps, population de truites avec prélèvement, perfusion d’un médicament entre seuil d’efficacité et seuil de toxicité, diffusion d’une application comparée en modèle discret (méthode d’Euler) et en modèle continu.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je nomme la grandeur et la variable, avec leurs unités, et je relève la valeur initiale.
Je traduis l’énoncé (« proportionnelle à… », apport, prélèvement) par une égalité sur la dérivée, que je développe sous la forme y′ = ay + b.
Je résous : solution constante (l’équilibre), solutions Ce^(ax) + c, puis C par la condition initiale ; je vérifie la valeur de départ.
J’exploite : valeurs à la calculatrice, limite interprétée, seuil en isolant l’exponentielle puis en appliquant ln.
Je conclus par une phrase avec l’unité, et je confronte le résultat à la situation (équilibre jamais atteint, modèle discret ou continu).

Problème 1 · Refroidissement d’une barre d’acier★★★Moyen

Une barre d’acier sort d’un four à la température de

540

°C et refroidit dans un atelier maintenu à

18

°C. D’après la loi de refroidissement de Newton, la vitesse de refroidissement est proportionnelle à l’écart entre la température de la barre et celle de l’atelier, avec un coefficient égal à

0, 045

par minute. On note

θ (t)

la température de la barre, en °C, au bout de

t

minutes.

1. Justifier que $θ$ est solution d’une équation $y' = - 0, 045 y + b$ , avec $b =$
Rédaction attendue. L’écart de température à l’instant $t$ vaut $θ (t) - 18$ . La barre refroidit, donc sa température diminue : $θ' (t)$ $= - 0, 045 (θ (t) - 18)$ . En développant, $θ' (t)$ $= - 0, 045 θ (t) + 0, 045 \times 18$ $= - 0, 045 θ (t) + 0, 81$ : $θ$ est solution de $y' = - 0, 045 y + 0, 81$ , et $b = 0, 81$ (en °C par minute).
2. Déterminer $θ (t)$ pour tout $t ⩾ 0$ : $θ (t) = C e^{- 0, 045 t} + 18$ avec $C =$
Rédaction attendue. La solution constante vérifie $- 0, 045 c + 0, 81 = 0$ , soit $c = \frac{0, 81}{0, 045} = 18$ . Les solutions sont les $t \mapsto C e^{- 0, 045 t} + 18$ . La barre sort du four à $540$ °C : $θ (0) = C + 18 = 540$ , donc $C = 522$ et $θ (t) = 522 e^{- 0, 045 t} + 18$ .
3. Température de la barre au bout de $30$ minutes, au dixième de degré : °C
$θ (30)$ $= 522 e^{- 1, 35} + 18$ $\approx 522 \times 0, 259 24 + 18$ $\approx 153, 3$ °C.
4. $lim_{t \to + \infty} θ (t)$ $=$
$- 0, 045 < 0$ , donc $e^{- 0, 045 t} \to 0$ et $lim_{t \to + \infty} θ (t)$ $= 18$ : à long terme, la barre tend vers la température de l’atelier, l’équilibre thermique (la solution constante).
5. La barre peut être manipulée quand sa température devient inférieure à $60$ °C. À la minute près, c’est au bout de minutes
$522 e^{- 0, 045 t} + 18$ $< 60$ $⟺ e^{- 0, 045 t}$ $< \frac{42}{522}$ $⟺ - 0, 045 t$ $< \ln \frac{7}{87}$ $⟺ t$ $> \frac{\ln \frac{87}{7}}{0, 045}$ $\approx 55, 99995$ : le seuil tombe juste avant la $56$ e minute. La barre peut être manipulée au bout de $56$ minutes.
6. Un technicien affirme que la barre atteindra $18$ °C au bout d’un temps fini. Justifier que $θ (t) > 18$ pour tout $t$ . Écart $θ (120) - 18$ , au dixième : °C
Pour tout $t ⩾ 0$ , $e^{- 0, 045 t} > 0$ , donc $θ (t) - 18 = 522 e^{- 0, 045 t} > 0$ : la température reste strictement supérieure à $18$ °C. Au bout de deux heures, l’écart vaut encore $522 e^{- 5, 4} \approx 2, 4$ °C. Le technicien confond la limite d’une fonction et une valeur prise par cette fonction.

Problème 2 · Charge d’un condensateur★★★Moyen

Un condensateur de capacité

C_{0} = 100

µF, initialement déchargé, est chargé à travers un conducteur ohmique de résistance

R = 47

kΩ par un générateur de tension constante

E = 5

V. On note

u (t)

la tension aux bornes du condensateur, en volts, à l’instant

t

en secondes. La loi des mailles donne

E = R i (t) + u (t)

, avec

i (t) = C_{0} u' (t)

l’intensité, en ampères.

1. Montrer que $u$ est solution de $y'$ $= - \frac{1}{τ} y + \frac{5}{τ}$ , où $τ = R C_{0}$ vaut s
Rédaction attendue. En remplaçant $i (t)$ par $C_{0} u' (t)$ : $E = R C_{0} u' (t) + u (t)$ , donc $u' (t) = \frac{E - u (t)}{R C_{0}}$ . Or $R C_{0}$ $= 47 \times 10^{3} \times 100 \times 10^{- 6}$ $= 4, 7$ s. Ainsi $u' (t)$ $= - \frac{1}{4, 7} u (t) + \frac{5}{4, 7}$ : $u$ est solution de l’équation annoncée, avec $τ = 4, 7$ s.
2. Démontrer que $u (t)$ $= 5 (1 - e^{- \frac{t}{τ}})$ . Tension au bout de $3$ secondes, au centième de volt : V
Rédaction attendue. La solution constante vérifie $- \frac{1}{4, 7} c + \frac{5}{4, 7}$ $= 0$ , soit $c = 5$ . Les solutions sont les $t \mapsto K e^{- \frac{t}{4, 7}} + 5$ . Le condensateur est initialement déchargé : $u (0) = K + 5 = 0$ , d’où $K = - 5$ et $u (t)$ $= 5 - 5 e^{- \frac{t}{4, 7}}$ $= 5 (1 - e^{- \frac{t}{4, 7}})$ . Alors $u (3)$ $= 5 (1 - e^{- \frac{3}{4, 7}})$ $\approx 2, 36$ V.
3. Instant où la tension atteint $90 %$ de $E$ , au dixième de seconde : s
$90 %$ de $E$ vaut $4, 5$ V. $5 (1 - e^{- \frac{t}{4, 7}})$ $= 4, 5$ $⟺ e^{- \frac{t}{4, 7}}$ $= 0, 1$ $⟺ t$ $= 4, 7 \ln 10$ $\approx 10, 8$ s.
4. Intensité initiale $i (0)$ , en milliampères, au millième : mA
$u' (t)$ $= \frac{5}{4, 7} e^{- \frac{t}{4, 7}}$ , donc $i (t)$ $= C_{0} u' (t)$ $= \frac{5}{47 000} e^{- \frac{t}{4, 7}}$ (en A), de la forme $\frac{E}{R} e^{- \frac{t}{τ}}$ . $i (0)$ $= \frac{5}{47 000}$ $\approx 1, 064 \times 10^{- 4}$ A, soit environ $0, 106$ mA.
5. À l’instant $t = τ$ , la tension vaut quel pourcentage de $E$ , à l’unité ? %
$u (4, 7) = 5 (1 - e^{- 1})$ , et $1 - e^{- 1} \approx 0, 632$ : environ $63 %$ de $E$ . Les physiciens lisent ainsi la constante de temps sur une courbe de charge.

Problème 3 · Population de truites avec prélèvement★★★Difficile

Dans un lac, une population de truites croît naturellement avec un coefficient de

0, 12

par an (la croissance naturelle apporte

0, 12 P

truites par an), mais la fédération de pêche en prélève

900

par an, de façon régulière. On note

P (t)

l’effectif au bout de

t

années ; on suppose

P

dérivable sur

[0; + \infty [

1. Justifier que $P$ est solution de $y' = 0, 12 y - 900$ , puis donner la solution constante de cette équation :
Rédaction attendue. La croissance naturelle apporte $0, 12 P (t)$ truites par an et le prélèvement en retire $900$ par an. La variation instantanée est la somme de ces deux termes : $P' (t) = 0, 12 P (t) - 900$ , donc $P$ est solution de $y' = 0, 12 y - 900$ . La solution constante vérifie $0, 12 c - 900 = 0$ , soit $c = \frac{900}{0, 12} = 7 500$ . Avec exactement $7 500$ truites, la croissance naturelle compense le prélèvement : c’est l’effectif d’équilibre.
2. Le lac compte initialement $9 000$ truites. Effectif au bout de $8$ ans, à la centaine près :
Les solutions sont les $t \mapsto C e^{0, 12 t} + 7 500$ ; $P (0) = 9 000$ donne $C = 1 500$ et $P (t) = 1 500 e^{0, 12 t} + 7 500$ . $P (8)$ $= 1 500 e^{0, 96} + 7 500$ $\approx 11 417$ : environ $11 400$ truites.
3. On suppose maintenant que le lac ne compte que $6 000$ truites au départ. Date d’extinction prévue par le modèle, au dixième d’année : ans
$P (0) = 6 000$ donne $C = - 1 500$ et $P (t) = 7 500 - 1 500 e^{0, 12 t}$ . $P (t)$ $= 0$ $⟺ e^{0, 12 t}$ $= 5$ $⟺ t$ $= \frac{\ln 5}{0, 12}$ $\approx 13, 4$ ans.
4. Un pêcheur affirme : « le coefficient $0, 12$ est positif, donc la population augmente toujours ». Justifier que $P' (t) > 0$ si et seulement si $P (t) > 7 500$ . Pour un effectif de $7 000$ truites, $P' =$ truites par an
Rédaction attendue. $P' (t)$ $= 0, 12 P (t) - 900$ $> 0$ $⟺ P (t)$ $> \frac{900}{0, 12}$ $= 7 500$ . Le sens de variation dépend de la position de l’effectif par rapport à l’équilibre : au-dessus de $7 500$ , la population croît ; au-dessous, elle décroît jusqu’à disparaître. Pour $7 000$ truites : $P' = 0, 12 \times 7 000 - 900 = - 60$ . Le pêcheur oublie le terme constant $- 900$ .
5. Prélèvement annuel maximal qui permettrait à une population initiale de $6 000$ truites de ne pas décroître : truites par an
Avec un prélèvement $q$ , $P' (0)$ $= 0, 12 \times 6 000 - q$ $⩾ 0$ $⟺ q$ $⩽ 720$ . Pour $q = 720$ , l’équilibre vaut exactement $6 000$ et la population reste stationnaire.

Problème 4 · Dose d’un médicament en perfusion★★★Difficile

Un patient reçoit un médicament par perfusion continue, à raison de

30

mg par heure. L’organisme élimine ce médicament proportionnellement à la quantité présente dans le sang, avec un coefficient de

0, 25

par heure. On note

Q (t)

la quantité de médicament présente, en mg, au bout de

t

heures de perfusion, avec

Q (0) = 0

. Le médicament est efficace à partir de

100

mg et toxique à partir de

130

mg.

1. Justifier que $Q$ est solution de $y' = - 0, 25 y + 30$ , puis déterminer $Q (t)$ . Plateau du traitement (limite de $Q$ ) : mg
Rédaction attendue. La perfusion apporte $30$ mg par heure et l’organisme élimine $0, 25 Q (t)$ mg par heure : $Q' (t) = - 0, 25 Q (t) + 30$ . La solution constante vérifie $- 0, 25 c + 30 = 0$ , soit $c = 120$ ; les solutions sont les $t \mapsto K e^{- 0, 25 t} + 120$ , et $Q (0) = 0$ donne $K = - 120$ : $Q (t)$ $= 120 (1 - e^{- 0, 25 t})$ . Comme $- 0, 25 < 0$ , $lim_{t \to + \infty} Q (t) = 120$ mg. Pour tout $t$ , $Q (t) < 120 < 130$ : le seuil de toxicité n’est jamais atteint avec ce débit.
2. Quantité présente au bout de $6$ heures, au centième : mg
$Q (6)$ $= 120 (1 - e^{- 1, 5})$ $\approx 120 \times 0, 776 87$ $\approx 93, 22$ mg.
3. Durée de perfusion nécessaire pour atteindre le seuil d’efficacité, à la minute près : h min
$120 (1 - e^{- 0, 25 t})$ $= 100$ $⟺ e^{- 0, 25 t}$ $= \frac{1}{6}$ $⟺ t$ $= 4 \ln 6$ $\approx 7, 167$ h. Comme $0, 167 \times 60 \approx 10$ , il faut environ $7$ h $10$ min.
4. La perfusion est arrêtée au bout de $12$ heures. Quantité présente à cet instant, au centième : mg
$Q (12)$ $= 120 (1 - e^{- 3})$ $\approx 114, 03$ mg.
5. Après l’arrêt, la quantité $R (s)$ , $s$ heures après l’arrêt, vérifie $R' = - 0, 25 R$ . Durée pour redescendre sous $20$ mg, au dixième d’heure : h
Sans apport, $R (s) = Q (12) e^{- 0, 25 s}$ . $Q (12) e^{- 0, 25 s}$ $< 20$ $⟺ s$ $> 4 \ln \frac{Q (12)}{20}$ $\approx 4 \ln 5, 701$ $\approx 6, 96$ : environ $7, 0$ heures après l’arrêt.
6. Débit de perfusion à choisir, en mg par heure, pour que la quantité se stabilise autour de $110$ mg : mg/h
Avec un débit $D$ , l’équation devient $y' = - 0, 25 y + D$ et le plateau vaut $\frac{D}{0, 25} = 4 D$ . $4 D = 110$ donne $D = 27, 5$ mg/h : le plateau de $110$ mg est au-dessus du seuil d’efficacité et au-dessous du seuil de toxicité.

Problème 5 · Modèle discret ou continu : la diffusion d’une application★★★Difficile

Un lycée compte

1 000

élèves. Une application de révision est lancée à l’instant

t = 0

, quand aucun élève ne l’a installée. On note

y (t)

le nombre d’élèves qui l’ont installée au bout de

t

jours, et on suppose que la vitesse d’installation est proportionnelle au nombre d’élèves qui ne l’ont pas encore, avec un coefficient de

0, 2

par jour.

1. Justifier que $y$ est solution de $y' = - 0, 2 y + 200$ , puis déterminer $y (t)$ . Nombre d’élèves équipés au bout de $5$ jours, à l’unité :
Rédaction attendue. Le nombre d’élèves qui n’ont pas l’application est $1 000 - y (t)$ , donc $y' (t)$ $= 0, 2 (1 000 - y (t))$ $= - 0, 2 y (t) + 200$ . La solution constante vérifie $- 0, 2 c + 200 = 0$ , soit $c = 1 000$ ; les solutions sont les $t \mapsto C e^{- 0, 2 t} + 1 000$ et $y (0) = 0$ donne $C = - 1 000$ : $y (t)$ $= 1 000 (1 - e^{- 0, 2 t})$ . Alors $y (5) = 1 000 (1 - e^{- 1}) \approx 632$ .
2. Méthode d’Euler avec le pas $h = 1$ : justifier que $y_{n + 1} = 0, 8 y_{n} + 200$ , puis calculer $y_{2} =$ et $y_{3} =$
$y_{n + 1}$ $= y_{n} + 1 \times (- 0, 2 y_{n} + 200)$ $= 0, 8 y_{n} + 200$ . C’est le modèle discret « chaque jour, $20 %$ des élèves non équipés installent l’application ». $y_{1} = 0, 8 \times 0 + 200 = 200$ , $y_{2} = 0, 8 \times 200 + 200 = 360$ et $y_{3} = 0, 8 \times 360 + 200 = 488$ .
3. Démontrer que la suite $v_{n} = y_{n} - 1 000$ est géométrique, puis donner $y_{5}$ au centième :
Rédaction attendue. Pour tout $n$ , $v_{n + 1}$ $= y_{n + 1} - 1 000$ $= 0, 8 y_{n} - 800$ $= 0, 8 (y_{n} - 1 000)$ $= 0, 8 v_{n}$ : $(v_{n})$ est géométrique de raison $0, 8$ et de premier terme $v_{0} = - 1 000$ . Donc $y_{n} = 1 000 (1 - 0, 8^{n})$ et $y_{5}$ $= 1 000 (1 - 0, 8^{5})$ $= 672, 32$ . Le modèle discret surestime ici le modèle continu ( $632$ ) : sa raison $0, 8$ est plus petite que $e^{- 0, 2} \approx 0, 819$ .
4. Selon le modèle discret, premier jour $n$ où au moins $900$ élèves sont équipés : $n =$
$y_{n}$ $⩾ 900$ $⟺ 0, 8^{n}$ $⩽ 0, 1$ . Or $0, 8^{10} \approx 0, 107$ et $0, 8^{11} \approx 0, 086$ ; la suite $(0, 8^{n})$ est décroissante : à partir du jour $11$ .
5. Selon le modèle continu, instant où $900$ élèves sont équipés, au centième de jour :
$1 000 (1 - e^{- 0, 2 t})$ $= 900$ $⟺ e^{- 0, 2 t}$ $= 0, 1$ $⟺ t$ $= 5 \ln 10$ $\approx 11, 51$ jours.
6. On reprend la méthode d’Euler avec le pas $h = 0, 1$ : il faut $50$ pas pour atteindre $t = 5$ , et $y_{n + 1} = 0, 98 y_{n} + 20$ . Valeur de $y_{50}$ , à l’unité :
Comme plus haut, $y_{n}$ $= 1 000 (1 - 0, 98^{n})$ , donc $y_{50}$ $= 1 000 (1 - 0, 98^{50})$ $\approx 636$ . Avec un pas dix fois plus petit, l’approximation se rapproche de la valeur exacte $y (5) \approx 632$ .

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