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Équations différentielles

Équation différentielle et solution, y′ = f et primitives, y′ = ay, y′ = ay + b avec condition initiale, second membre non constant, modélisation et méthode d’Euler.

À propos de cette page

Quatre problèmes corrigés dans l’esprit du bac : la décroissance de l’iode 131 et sa demi-vie, une chute freinée par les frottements avec sa vitesse limite, une étude de fonction issue d’une équation avec second membre, et une population de poissons étudiée par le changement de fonction z = 1/P.

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

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis l’énoncé en équation différentielle avec les lettres de l’énoncé (N, T, v et la variable t), et je relève la condition initiale.
Je reconnais la forme : y′ = ay, y′ = ay + b, ou y′ = ay + f avec une solution particulière donnée.
Je résous en justifiant : solution constante ou particulière, toutes les solutions, puis la constante C avec la condition initiale.
J’étudie la solution : sens de variation par le signe de la dérivée, limite en +∞, interprétation (valeur d’équilibre).
Je réponds à la question posée : une durée se calcule avec ln, puis je vérifie les deux valeurs entières qui l’encadrent.

Problème 1 · L’iode 131 en médecine★★★Facile

L’iode 131, utilisé en médecine nucléaire, a une demi-vie que l’on prend égale à

8

jours. Le nombre

N (t)

de noyaux présents au bout de

t

jours vérifie

N' = - λ N

, avec

λ > 0

, et

N (0) = N_{0}

1. Justifier que $N (t) = N_{0} e^{- λ t}$ , puis démontrer que $λ = \frac{\ln 2}{8}$ . Valeur arrondie au millième : $λ \approx$
Rédaction attendue. L’équation $N' = - λ N$ est de la forme $y' = a y$ avec $a = - λ$ : ses solutions sont les $t \mapsto C e^{- λ t}$ , et $N (0) = C = N_{0}$ , donc $N (t) = N_{0} e^{- λ t}$ . La demi-vie vérifie $N (8) = \frac{N_{0}}{2}$ : $N_{0} e^{- 8 λ}$ $= \frac{N_{0}}{2}$ $⟺ e^{- 8 λ}$ $= \frac{1}{2}$ $⟺ - 8 λ$ $= - \ln 2$ $⟺ λ$ $= \frac{\ln 2}{8} \approx 0, 087$ .
2. Pourcentage des noyaux initiaux encore présents au bout de $20$ jours, arrondi à l’unité : %
$\frac{N (20)}{N_{0}}$ $= e^{- 20 λ}$ $= e^{- 2, 5 \ln 2}$ $= 2^{- 2, 5} \approx 0, 177$ : il en reste environ $18 %$ .
3. Justifier que $N$ est décroissante, puis donner le plus petit nombre entier de jours au bout duquel il reste moins de $1 %$ des noyaux :
Rédaction attendue. $N' (t) = - λ N_{0} e^{- λ t} < 0$ car $λ > 0$ et $N_{0} > 0$ : $N$ est strictement décroissante. Puis $N (t) < 0, 01 N_{0}$ $⟺ e^{- λ t} < 0, 01$ $⟺ - λ t < \ln 0, 01$ $⟺ t > \frac{\ln 100}{λ}$ $= \frac{8 \ln 100}{\ln 2} \approx 53, 2$ . Le plus petit entier est $54$ jours (au bout de $53$ jours, il en reste encore environ $1, 01 %$ ).

Problème 2 · Une chute freinée★★★Moyen

Un objet est lâché sans vitesse initiale. En tenant compte d’un frottement de l’air proportionnel à la vitesse, sa vitesse

v (t)

, en m/s au bout de

t

secondes, vérifie

(E)

v' = 10 - 0, 5 v

, avec

v (0) = 0

1. Déterminer la solution constante de $(E)$ : m/s
$(E)$ s’écrit $v' = - 0, 5 v + 10$ . La solution constante vérifie $0 = - 0, 5 c + 10$ , donc $c = 20$ .
2. Démontrer que $v (t) = 20 - 20 e^{- 0, 5 t}$ , puis donner $v (4)$ au centième : m/s
Rédaction attendue. Les solutions de $(E)$ sont les fonctions $t \mapsto C e^{- 0, 5 t} + 20$ , $C \in ℝ$ . La condition $v (0) = C + 20 = 0$ donne $C = - 20$ , d’où $v (t) = 20 - 20 e^{- 0, 5 t}$ . Alors $v (4) = 20 - 20 e^{- 2} \approx 17, 29$ m/s.
3. Démontrer que $v$ est strictement croissante et majorée par sa vitesse limite. Accélération initiale : $v' (0) =$ m/s²
Rédaction attendue. Pour tout $t ⩾ 0$ , $v' (t)$ $= - 20 \times (- 0, 5) e^{- 0, 5 t}$ $= 10 e^{- 0, 5 t} > 0$ : $v$ est strictement croissante. Comme $e^{- 0, 5 t} \to 0$ en $+ \infty$ , $lim_{t \to + \infty} v (t) = 20$ , et $20 e^{- 0, 5 t} > 0$ donne $v (t) < 20$ pour tout $t$ . Enfin $v' (0) = 10$ m/s² : au départ, seul le poids agit.
4. Le plus petit nombre entier de secondes au bout duquel la vitesse atteint $19$ m/s est
$v (t) ⩾ 19$ $⟺ 20 e^{- 0, 5 t} ⩽ 1$ $⟺ e^{- 0, 5 t} ⩽ \frac{1}{20}$ $⟺ t ⩾ 2 \ln 20 \approx 5, 99$ . Comme $v$ est croissante, la réponse est $6$ secondes ( $v (5) \approx 18, 36$ et $v (6) \approx 19, 00$ , juste au-dessus de $19$ ).

Problème 3 · Une solution particulière, puis une étude de fonction★★★Moyen

On considère l’équation

(E)

y' = - y + 2 e^{- x}

sur

ℝ

, et la fonction

g (x) = 2 x e^{- x}

1. Vérifier que $g$ est une solution particulière de $(E)$ . Contrôle : $g' (0) =$
Rédaction attendue. D’une part, pour tout réel $x$ , $g' (x) = 2 e^{- x} - 2 x e^{- x}$ (dérivée d’un produit). D’autre part, $- g (x) + 2 e^{- x} = - 2 x e^{- x} + 2 e^{- x}$ . Les deux membres sont égaux pour tout $x$ : $g$ est solution de $(E)$ . Et $g' (0) = 2 - 0 = 2$ .
2. En déduire toutes les solutions de $(E)$ , puis la solution $f$ telle que $f (0) = 1$ . $f (1) \approx$ (au centième)
Rédaction attendue. D’après le cours, les solutions de $(E)$ sont les fonctions $x \mapsto g (x) + C e^{- x} = (2 x + C) e^{- x}$ , $C \in ℝ$ . $f (0) = C = 1$ , donc $f (x) = (2 x + 1) e^{- x}$ et $f (1) = 3 e^{- 1} \approx 1, 10$ .
3. Étudier les variations de $f$ sur $ℝ$ : $f$ atteint son maximum en $x =$
Rédaction attendue. Pour tout réel $x$ , $f' (x)$ $= 2 e^{- x} - (2 x + 1) e^{- x}$ $= (1 - 2 x) e^{- x}$ (on peut aussi utiliser $(E)$ : $f' (x) = - f (x) + 2 e^{- x}$ ). Comme $e^{- x} > 0$ , $f' (x)$ a le signe de $1 - 2 x$ : positif sur $] - \infty; 0, 5]$ , négatif sur $[0, 5; + \infty [$ . La fonction $f$ est croissante puis décroissante : son maximum est atteint en $x = 0, 5$ .
4. Valeur du maximum de $f$ , au centième :
$f (0, 5) = 2 e^{- 0, 5} = \frac{2}{\sqrt{e}} \approx 1, 213$ , soit $1, 21$ .

Problème 4 · Une population de poissons limitée par son milieu★★★Difficile

Dans un lac, on modélise la population de poissons, en milliers, par une fonction

P

strictement positive et dérivable sur

[0; + \infty [

(

t

en années), solution de

P' = 0, 2 P (1 - \frac{P}{10})

, avec

P (0) = 1

. Cette équation n’est pas de la forme

y' = a y + b

: on pose

z = \frac{1}{P}

1. Démontrer que $z$ est solution de $(F)$ : $z' = - 0, 2 z + 0, 02$ . Solution constante de $(F)$ :
Rédaction attendue. $z = \frac{1}{P}$ est dérivable car $P$ ne s’annule pas, et $z'$ $= - \frac{P'}{P^{2}}$ $= - \frac{0, 2 P (1 - \frac{P}{10})}{P^{2}}$ $= - 0, 2 (\frac{1}{P} - \frac{1}{10})$ $= - 0, 2 z + 0, 02$ . La solution constante de $(F)$ vérifie $0 = - 0, 2 c + 0, 02$ , donc $c = 0, 1$ .
2. Résoudre $(F)$ et en déduire $P (t) = \frac{10}{1 + 9 e^{- 0, 2 t}}$ . Population au bout de $10$ ans, en milliers, au centième :
Rédaction attendue. Les solutions de $(F)$ sont les $t \mapsto C e^{- 0, 2 t} + 0, 1$ . $z (0) = \frac{1}{P (0)} = 1$ donne $C + 0, 1 = 1$ , soit $C = 0, 9$ . Donc $z (t) = 0, 1 + 0, 9 e^{- 0, 2 t}$ et $P (t)$ $= \frac{1}{0, 1 + 0, 9 e^{- 0, 2 t}}$ $= \frac{10}{1 + 9 e^{- 0, 2 t}}$ (on a multiplié en haut et en bas par $10$ ). Alors $P (10) = \frac{10}{1 + 9 e^{- 2}} \approx 4, 51$ milliers.
3. Démontrer que $P$ est croissante et donner sa limite en $+ \infty$ : milliers
Rédaction attendue. $t \mapsto 9 e^{- 0, 2 t}$ est strictement décroissante, donc $1 + 9 e^{- 0, 2 t}$ est strictement décroissante et strictement positive : son inverse, multiplié par $10 > 0$ , est strictement croissant. Comme $e^{- 0, 2 t} \to 0$ en $+ \infty$ , le dénominateur tend vers $1$ : $lim_{t \to + \infty} P (t) = 10$ . La population se stabilise vers $10 000$ poissons, la capacité du lac.
4. Le plus petit nombre entier d’années au bout duquel la population dépasse $8 000$ poissons est
$P (t) > 8$ $⟺ 1 + 9 e^{- 0, 2 t} < 1, 25$ $⟺ e^{- 0, 2 t} < \frac{1}{36}$ $⟺ t > 5 \ln 36 \approx 17, 9$ . Comme $P$ est croissante, la réponse est $18$ ans ( $P (17) \approx 7, 69$ et $P (18) \approx 8, 03$ ).

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