Exercices corrigés : les équations différentielles (201-NYB)

a) $y'=-3Ce^{-3x}$, donc $y'+3y=-3Ce^{-3x}+3Ce^{-3x}+6=6$ : vérifié pour tout $C$, c'est la solution GÉNÉRALE (une constante, ordre un). $y(0)=C+2=5$ donne $C=3$ : $y=3e^{-3x}+2$. La droite $y=2$ est la solution d'ÉQUILIBRE ($y'=0$) : toutes les solutions y convergent quand $x\to\infty$, l'exponentielle ne faisant qu'amortir l'écart initial.

b) Séparation : $\frac{dy}{y}=x\,dx$, puis $\ln|y|=\frac{x^{2}}{2}+C_{1}$, donc $y=Ce^{x^{2}/2}$. Avec $y(0)=3$ : $C=3$, d'où $y=3e^{x^{2}/2}$. Au passage, la division par $y$ a caché la solution constante $y=0$ : réflexe à noter, même si la condition initiale ne la choisit pas ici.

c) $\frac{dy}{y^{2}}=-dx$ donne $-\frac{1}{y}=-x+C_{1}$, soit $y=\frac{1}{x+C}$. Avec $y(0)=1$ : $C=1$, donc $y=\frac{1}{1+x}$. La solution n'est valable que sur $]-1,\infty[$ : en $x=-1$ elle explose. Une équation différentielle parfaitement régulière peut produire des solutions à durée de vie limitée : le domaine fait partie de la réponse.

d) $y\,dy=-x\,dx$, donc $\frac{y^{2}}{2}=-\frac{x^{2}}{2}+C_{1}$, soit $x^{2}+y^{2}=C$ : les cercles centrés à l'origine de la figure (rayons 2, 3, 4 pour $C=4,9,16$). La solution reste IMPLICITE parce qu'aucune fonction $y(x)$ unique ne décrit un cercle entier : il faut deux branches $y=\pm\sqrt{C-x^{2}}$. Géométriquement, l'équation dit que la pente $-\frac{x}{y}$ est perpendiculaire au rayon : la famille de cercles est la seule à avoir cette propriété en tout point.

a) Par construction $\mu'=P\mu$ (dérivée d'une exponentielle composée). Alors $(\mu y)'=\mu y'+\mu'y=\mu y'+P\mu y=\mu(y'+Py)$ : multiplier l'équation par $\mu$ donne exactement $(\mu y)'=\mu Q$. Tout le génie de la méthode est là : fabriquer sur mesure le facteur qui recolle le membre de gauche en une seule dérivée, qu'une simple intégration défait.

b) $P=2$, $\mu=e^{2x}$ : $(e^{2x}y)'=6e^{2x}$, donc $e^{2x}y=3e^{2x}+C$, soit $y=3+Ce^{-2x}$. Structure limpide : l'équilibre $y=3$ (solution constante de $y'=0$) plus un transitoire exponentiel qui s'éteint au rythme $e^{-2x}$. Toute équation linéaire à coefficients constants raconte cette même histoire.

c) $P=\frac{1}{x}$, $\mu=e^{\ln x}=x$ : l'équation devient $(xy)'=x^{3}$, donc $xy=\frac{x^{4}}{4}+C$, soit $y=\frac{x^{3}}{4}+\frac{C}{x}$. Avec $y(1)=\frac{1}{4}+C=1$ : $C=\frac{3}{4}$, d'où $y=\frac{x^{3}}{4}+\frac{3}{4x}$. Le facteur intégrant n'est pas toujours une exponentielle : ici c'est $x$ lui-même, et la vérification $(xy)'=x^{3}$ prend une ligne.

d) Division par $R$ : $\frac{dq}{dt}+\frac{1}{RC}q=\frac{E}{R}$ : linéaire à coefficients constants, avec $P=\frac{1}{RC}$ : la constante de temps est $\tau=RC=(1500)(20\times 10^{-6})=0{,}030$ s. Solution avec $q(0)=0$ : $q(t)=CE\left(1-e^{-t/RC}\right)=2{,}4\times 10^{-4}\left(1-e^{-t/0{,}03}\right)$ C. On retrouve EXACTEMENT la charge du condensateur du cours de physique 203-NYB : même équation, mêmes 63 % à $t=\tau$, même équilibre $q_{\infty}=CE$. Les mathématiques du facteur intégrant et la physique du circuit RC sont un seul et même chapitre.

a) $\frac{dN}{N}=k\,dt$ donne $N(t)=N_{0}e^{kt}$. Demi-vie : $e^{kt_{1/2}}=\frac{1}{2}$, donc $k=-\frac{\ln 2}{t_{1/2}}=-\frac{\ln 2}{5730}$ par an. Âge du fossile : $e^{kt}=0{,}20$ donne $t=\frac{\ln 5}{\ln 2}\times 5730\approx 13\,300$ ans : le fossile a traversé un peu plus de deux demi-vies (deux demi-vies laisseraient 25 %), et le logarithme précise le « un peu plus ».

b) Estimation : $2^{10}=1024\approx 1000$, donc environ 10 doublements, soit $\approx 30$ heures. Exactement : $k=\frac{\ln 2}{3}$ et $t=\frac{\ln 1000}{k}=3\,\frac{\ln 1000}{\ln 2}=3\log_{2}1000\approx 29{,}9$ h. L'estimation mentale par $2^{10}\approx 10^{3}$ est un outil d'examen à part entière : elle contrôle l'ordre de grandeur avant tout calcul.

c) $A(10)=5000e^{0{,}4}\approx 7459$ $. Doublement :$\frac{\ln 2}{0{,}04}\approx 17{,}3$ans. Règle du 72 :$\frac{72}{4}=18$ans : la règle des financiers est une approximation (calibrée pour la composition annuelle) du vrai$\frac{\ln 2}{r}\approx\frac{69{,}3}{r\text{ en }\%}$; pour la composition continue, la « règle exacte » serait la règle du 69.

d) Le modèle suppose des ressources ILLIMITÉES (nourriture, espace) et un taux $k$ CONSTANT (ni compétition, ni prédation, ni saturation). Dans toute population réelle, la densité finit par freiner la croissance : le taux effectif décroît avec $N$. Le raccommodage minimal est précisément le modèle logistique de l'exercice 6 : on remplace $k$ par $k\left(1-\frac{P}{M}\right)$, et l'explosion exponentielle se change en plateau.

a) Le signe moins dit que le café CHAUD ($T>20$) se refroidit ($T'<0$), et qu'un objet plus froid que la pièce se réchaufferait : la nature efface les écarts. La vitesse est proportionnelle à l'écart : à 90 °C, l'écart de 70 degrés impose un refroidissement vif; à 30 °C, l'écart de 10 le rend dix fois plus lent : d'où le début pentu et la fin traînante de la courbe. Équilibre : $T=20$, la température ambiante, où $T'=0$ : la seule issue possible.

b) Avec $u=T-20$ : $\frac{du}{u}=-k\,dt$, donc $u=Ce^{-kt}$ et $T(t)=20+Ce^{-kt}$. Condition initiale $T(0)=90$ : $C=70$, l'ÉCART initial : $T(t)=20+70e^{-kt}$. La solution se lit en une phrase : l'écart à l'ambiante, 70 degrés au départ, fond exponentiellement.

c) $T(5)=70$ donne $20+70e^{-5k}=70$, soit $e^{-5k}=\frac{50}{70}=\frac{5}{7}$ : $k=\frac{1}{5}\ln\frac{7}{5}\approx 0{,}0673$ min$^{-1}$. Pour 40 °C : $70e^{-kt}=20$, donc $t=\frac{\ln 3{,}5}{k}\approx 18{,}6$ minutes : cela laisse un quart d'heure de patience après la mesure des cinq minutes, cohérent avec la figure (croisement de la barre des 40 °C).

d) Un degré d'écart : $70e^{-kt}=1$, donc $t=\frac{\ln 70}{k}\approx 63$ minutes. Et l'égalité exacte $T=20$ n'arrive JAMAIS : l'asymptote de la figure se touche à l'infini seulement, même si un thermomètre réel ne voit plus la différence après l'heure. Les légistes retournent le raisonnement : le corps (37 °C au décès) refroidit selon la même loi; deux mesures de température à des instants connus donnent $k$ et permettent de remonter la courbe jusqu'à l'instant où elle valait 37 : l'heure de la mort, estimée par équation différentielle.

a) Entrée : $5$ L/min $\times\,0{,}2$ kg/L $=1$ kg/min, constante. Sortie : le litre sortant emporte la concentration COURANTE $\frac{A}{100}$ kg/L, soit $5\times\frac{A}{100}=\frac{A}{20}$ kg/min. Bilan : $\frac{dA}{dt}=1-\frac{A}{20}$. Le volume, alimenté et vidé à 5 L/min, reste à 100 L : c'est ce qui garde l'équation linéaire à coefficients constants (débits différents donneraient un volume variable, la version difficile du problème).

b) $\frac{dA}{dt}=0$ pour $A=20$ kg. Interprétation limpide : à l'équilibre, le réservoir a partout la concentration de la saumure ENTRANTE, $0{,}2$ kg/L $\times$ 100 L $=20$ kg : ce qui entre égale ce qui sort. En dessous de 20, $A'>0$ (on se remplit); au-dessus, $A'<0$ : l'équilibre est STABLE, tout mène à lui.

c) Équation séparable (ou linéaire) : $A(t)=20+(A_{0}-20)e^{-t/20}=20-15e^{-t/20}$ : l'écart à l'équilibre, $-15$ kg au départ, fond avec la constante de temps 20 min. $A(10)=20-15e^{-0{,}5}\approx 10{,}9$ kg. Contrôle : à $t=10$ min, soit une demi-constante de temps, la fraction du chemin parcourue vaut $1-e^{-0{,}5}\approx 39$ %, et $5+0{,}39\times 15\approx 10{,}9$ kg : les deux lectures concordent (les 63 % classiques, eux, seraient atteints à $t=\tau=20$ min).

d) $e^{-t/20}\to 0$ : $A\to 20$ kg, la limite d'équilibre, QUELLE QUE SOIT la masse initiale : partis de 0 kg ou de 50 kg, tous les réservoirs finissent à 20 kg, seule la route diffère. Le terme exponentiel, qui porte toute la mémoire de $A_{0}$, s'éteint : le régime permanent efface le passé. Pour 19 kg : $15e^{-t/20}=1$, donc $t=20\ln 15\approx 54$ minutes : arriver à un kilo de l'équilibre prend presque une heure, la traîne exponentielle habituelle.

a) Quand $P\ll M$, le facteur vaut presque 1 : l'équation redevient $P'=kP$, la croissance exponentielle des ressources abondantes. Quand $P\to M$, le facteur tend vers 0 : la croissance s'étrangle, le milieu est plein. Équilibres : $P=0$ et $P=M$. Entre les deux, $P'>0$ : toute population part de 0 (INSTABLE : la moindre introduction décolle) et monte vers $M$ (STABLE : on y converge par valeurs inférieures, et une surpopulation $P>M$ y redescendrait, $P'<0$).

b) À $t=0$ : $P(0)=\frac{M}{1+A}=\frac{M}{1+\frac{M-P_{0}}{P_{0}}}=\frac{MP_{0}}{M}=P_{0}$ ✓. Ici $A=\frac{6000-500}{500}=11$. Après 5 ans : $P(5)=\frac{6000}{1+11e^{-2}}=\frac{6000}{1+1{,}489}\approx 2410$ poissons : la population a presque quintuplé mais reste sous la moitié du lac.

c) $P'=kP\left(1-\frac{P}{M}\right)$ est, à $k$ fixé, une parabole en $P$ qui s'annule en 0 et $M$ : son maximum est au sommet, $P=\frac{M}{2}$. C'est le POINT D'INFLEXION de la courbe : la population y passe de l'accélération au freinage. Instant : $\frac{M}{1+Ae^{-kt}}=\frac{M}{2}\iff Ae^{-kt}=1\iff t=\frac{\ln A}{k}=\frac{\ln 11}{0{,}4}\approx 6{,}0$ ans : exactement le trait vertical de la figure, au croisement de la barre des 3000. Pour une pêcherie, c'est l'année de la récolte maximale soutenable.

d) Au début ($A e^{-kt}\gg 1$) : $P\approx\frac{M}{A}e^{kt}=P_{0}e^{kt}$ à peu de choses près : indiscernable de l'exponentielle, comme sur la figure avant l'an 3. À la fin : $P\to M$ en s'aplatissant sous l'asymptote, que la courbe ne franchit jamais. La logistique EST l'exponentielle de Malthus corrigée par la capacité du milieu : mêmes débuts, destin opposé. Elle modélise réellement : les populations en milieu fermé (bactéries en boîte de Petri, poissons d'un lac), la propagation des épidémies et des rumeurs (le nombre de « non encore atteints » joue le rôle du frein), les ventes cumulées d'un produit qui sature son marché, ou une réaction autocatalytique.