Exercice 1 : Reconnaître le type, puis résoudre : cinq équations du premier ordre

Aucune de ces équations ne se présente sous sa forme de manuel. Avant tout calcul, réécrivez-la jusqu'à reconnaître son TYPE : séparable $\frac{dy}{dx}=f(x)g(y)$ , linéaire $y'+P(x)y=Q(x)$ , homogène $y'=F\left(\frac{y}{x}\right)$ , ou linéaire si l'on voit $x$ comme fonction de $y$ . Résolvez ensuite au point indiqué : le point $(x_{0}\,;y_{0})$ signifie $y(x_{0})=y_{0}$ .

a) $\dfrac{dy}{dx}=e^{2x+y}+e^{y}$ ; au point $(0\,;0)$ . Calculez $y\left(-\frac{1}{2}\right)$ et la borne droite de l'intervalle où la solution existe.
b) $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{y+x^{2}\sin x}{x}$ pour $x>0$ ; au point $(\pi\,;2\pi)$ . Quel est le type de l'équation ? Calculez $y\left(\frac{\pi}{2}\right)$ .
c) $x^{2}\,\dfrac{dy}{dx}=y^{2}+xy+x^{2}$ pour $x>0$ ; au point $(1\,;0)$ . Calculez $y\left(e^{\pi/4}\right)$ et la borne droite de l'intervalle où la solution existe.
d) $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{1}{x+y^{2}}$ ; au point $(0\,;0)$ . Montrez que l'équation n'est ni séparable ni linéaire en $y$ , mais qu'elle devient linéaire en regardant $x$ comme fonction de $y$ . Calculez l'abscisse $x$ du point de la courbe d'ordonnée $y=1$ .
e) $x\,\dfrac{dy}{dx}+y=x^{2}y^{2}$ pour $x>0$ ; au point $(1\,;\frac{1}{2})$ . Résolvez en reconnaissant la dérivée d'un produit, puis calculez $y\left(\frac{3}{2}\right)$ et la borne droite de l'intervalle où la solution existe.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/10

a)

y\left(-\frac{1}{2}\right)

Borne droite

b)

Type de l'équation

y\left(\frac{\pi}{2}\right)

c)

y\left(e^{\pi/4}\right)

Borne droite

d)

Type de l'équation

x

pour

y=1

e)

y\left(\frac{3}{2}\right)

Borne droite

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Réponses

a) Séparable : $y=-\ln\left(\frac{3}{2}-x-\frac{e^{2x}}{2}\right)$ , $y\left(-\frac{1}{2}\right)\approx -0{,}597$ , borne droite $\approx 0{,}396$
b) Linéaire : $y=x-x\cos x$ , $y\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}\approx 1{,}571$
c) Homogène : $y=x\tan(\ln x)$ , $y\left(e^{\pi/4}\right)=e^{\pi/4}\approx 2{,}193$ , borne $e^{\pi/2}\approx 4{,}810$
d) Linéaire en $x$ : $x=2e^{y}-y^{2}-2y-2$ ; pour $y=1$ , $x=2e-5\approx 0{,}437$
e) $(xy)'=(xy)^{2}$ : $y=\frac{1}{x(3-x)}$ sur $]0\,;3[$ , $y\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{4}{9}$

a) Le piège est dans l'exposant : $e^{2x+y}=e^{2x}\,e^{y}$ , et non $e^{2x}+e^{y}$ . On met $e^{y}$ en facteur : $\dfrac{dy}{dx}=e^{y}\left(e^{2x}+1\right)$ , équation SÉPARABLE. $e^{-y}\,dy=\left(e^{2x}+1\right)dx$ , donc $-e^{-y}=\dfrac{e^{2x}}{2}+x+C$ . Au point $(0\,;0)$ : $-1=\frac{1}{2}+C$ , $C=-\frac{3}{2}$ . Donc $e^{-y}=\dfrac{3}{2}-x-\dfrac{e^{2x}}{2}$ et $y=-\ln\left(\dfrac{3}{2}-x-\dfrac{e^{2x}}{2}\right)$ . En $x=-\frac{1}{2}$ : $\frac{3}{2}+\frac{1}{2}-\frac{e^{-1}}{2}=2-\frac{1}{2e}\approx 1{,}816$ , d'où $y\approx -0{,}597$ . La solution n'existe que tant que le logarithme a un argument positif : $3-2x-e^{2x}>0$ . Cette fonction est strictement décroissante, vaut $1$ en $0$ et s'annule entre $0{,}39$ et $0{,}40$ ; par dichotomie, la borne droite vaut environ $0{,}396$ . En s'en approchant, $e^{-y}\to 0$ et $y\to+\infty$ : la solution explose en temps fini, alors que le second membre semblait inoffensif.

b) On découpe la fraction : $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{y}{x}+x\sin x$ . Le second membre est une SOMME d'un terme en $y$ et d'un terme en $x$ : l'équation n'est pas séparable, elle est LINÉAIRE, $y'-\dfrac{1}{x}\,y=x\sin x$ . Ici $P(x)=-\frac{1}{x}$ , donc $\mu=e^{-\ln x}=\dfrac{1}{x}$ . Piège de signe : prendre $\mu=x$ en oubliant le moins de $P$ . On multiplie : $\left(\dfrac{y}{x}\right)'=\sin x$ , donc $\dfrac{y}{x}=-\cos x+C$ et $y=-x\cos x+Cx$ . Au point $(\pi\,;2\pi)$ : $2\pi=\pi+C\pi$ , donc $C=1$ et $y=x-x\cos x$ . Vérification : $y'=1-\cos x+x\sin x$ , et $\frac{y}{x}+x\sin x=1-\cos x+x\sin x$ . Enfin $y\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}-0=\frac{\pi}{2}\approx 1{,}571$ .

c) On divise par $x^{2}$ : $\dfrac{dy}{dx}=\left(\dfrac{y}{x}\right)^{2}+\dfrac{y}{x}+1$ . Le second membre ne dépend que de $\frac{y}{x}$ : équation HOMOGÈNE. On pose $v=\dfrac{y}{x}$ , donc $y=xv$ et $y'=v+x\,v'$ par la règle du produit. Oublier le terme $v$ est l'erreur classique : elle rend l'équation fausse dès la première ligne. On obtient $v+x\,v'=v^{2}+v+1$ , soit $x\,v'=v^{2}+1$ , séparable : $\dfrac{dv}{1+v^{2}}=\dfrac{dx}{x}$ , $\arctan v=\ln x+C$ . Au point $(1\,;0)$ : $v=0$ et $\ln 1=0$ , donc $C=0$ . Ainsi $v=\tan(\ln x)$ et $y=x\tan(\ln x)$ . En $x=e^{\pi/4}$ : $\ln x=\frac{\pi}{4}$ , $\tan\frac{\pi}{4}=1$ , donc $y=e^{\pi/4}\approx 2{,}193$ . La solution vit tant que $\ln x<\frac{\pi}{2}$ , soit $x<e^{\pi/2}\approx 4{,}810$ , où la tangente explose.

d) Le second membre ne se factorise pas en $f(x)g(y)$ : pas séparable. Et $y$ figure au dénominateur, au carré : pas linéaire en $y$ . Mais une courbe se lit dans les deux sens : là où $\frac{dy}{dx}\neq 0$ , $\dfrac{dx}{dy}=\dfrac{1}{dy/dx}=x+y^{2}$ . En regardant $x$ comme fonction de $y$ , c'est une équation LINÉAIRE : $\dfrac{dx}{dy}-x=y^{2}$ . Facteur intégrant $\mu=e^{-y}$ : $\left(x\,e^{-y}\right)'=y^{2}e^{-y}$ . Deux intégrations par parties donnent $\int y^{2}e^{-y}\,dy=-(y^{2}+2y+2)\,e^{-y}$ , ce qu'on vérifie en dérivant : $-(2y+2)e^{-y}+(y^{2}+2y+2)e^{-y}=y^{2}e^{-y}$ . Donc $x\,e^{-y}=-(y^{2}+2y+2)e^{-y}+C$ , soit $x=Ce^{y}-y^{2}-2y-2$ . Au point $(0\,;0)$ , c'est-à-dire $x=0$ quand $y=0$ : $0=C-2$ , $C=2$ . La solution est $x=2e^{y}-y^{2}-2y-2$ , une fonction de $y$ et non de $x$ . Pour $y=1$ : $x=2e-5\approx 0{,}437$ . Piège : traiter la condition « au point $(0\,;0)$ » à l'envers, en remplaçant $x$ par l'ordonnée ; ici le point dit toujours $x=0$ ET $y=0$ .

e) Le membre de gauche est exactement la dérivée d'un produit : $x\,y'+y=(xy)'$ . Le second membre, $x^{2}y^{2}$ , vaut $(xy)^{2}$ . En posant $w=xy$ , l'équation devient $w'=w^{2}$ , séparable. Pour $w\neq 0$ : $\dfrac{dw}{w^{2}}=dx$ , donc $-\dfrac{1}{w}=x+C$ . Au point $(1\,;\frac{1}{2})$ : $w=\frac{1}{2}$ , donc $-2=1+C$ et $C=-3$ . Ainsi $w=\dfrac{1}{3-x}$ et $y=\dfrac{w}{x}=\dfrac{1}{x(3-x)}$ . Autre route, plus longue : c'est une équation de Bernoulli, $y'+\frac{1}{x}y=x\,y^{2}$ , linéarisée par $u=\frac{1}{y}$ ; elle mène au même résultat. Alors $y\left(\frac{3}{2}\right)=\dfrac{1}{\frac{3}{2}\cdot\frac{3}{2}}=\dfrac{4}{9}\approx 0{,}444$ . La solution existe sur $]0\,;3[$ et explose en $x=3$ . Piège : diviser par $x$ trop tôt et chercher un facteur intégrant là où il suffisait de LIRE le membre de gauche.

Exercice 2 : Du second ordre au premier : cinq équations à intégrer deux fois ou à réduire

Une équation d'ordre $2$ se ramène toujours à deux équations d'ordre $1$ . Si le second membre ne dépend que de la variable, on intègre deux fois, avec deux constantes. S'il contient $y'$ , on pose $v=y'$ et l'on résout d'abord une équation du premier ordre en $v$ , séparable ou linéaire. Et si le membre de gauche est déjà une dérivée, on l'intègre d'un coup. Dans tous les cas, deux conditions fixent les deux constantes.

a) $\dfrac{d^{2}s}{dt^{2}}=\dfrac{(t+1)^{2}}{t^{4}}$ pour $t>0$ , sachant que pour $t=1$ on a $s=0$ et $\dfrac{ds}{dt}=0$ . Trouvez $s(t)$ et calculez $s(2)$ .
b) $y''=\sin^{2}x$ avec $y(0)=0$ et $y'(0)=1$ . Calculez $y(\pi)$ .
c) $x^{2}\,y''=1$ pour $x>0$ , avec $y(1)=0$ et $y(e)=0$ . Calculez $y'(1)$ , puis l'abscisse du point où la tangente est horizontale.
d) $y''+\dfrac{y'}{x}=4$ pour $x>0$ , avec $y(1)=1$ et $y'(1)=3$ . Calculez $y(e)$ .
e) $y''=2y\,y'$ avec $y(0)=1$ et $y'(0)=2$ . Calculez $y\left(\frac{\pi}{12}\right)$ et l'abscisse positive où la solution cesse d'exister.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/8

a)

s(2)

b)

y(\pi)

c)

y'(1)

Abscisse

d)

Facteur intégrant de l'équation en

v=y'

y(e)

e)

y\left(\frac{\pi}{12}\right)

Abscisse d'explosion

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Réponses

a) $s(t)=-\ln t+\frac{1}{t}+\frac{1}{6t^{2}}+\frac{7t}{3}-\frac{7}{2}$ , $s(2)=\frac{41}{24}-\ln 2\approx 1{,}015$
b) $y=\frac{x^{2}}{4}+\frac{\cos 2x-1}{8}+x$ , $y(\pi)=\frac{\pi^{2}}{4}+\pi\approx 5{,}609$
c) $y=-\ln x+\frac{x-1}{e-1}$ , $y'(1)=\frac{2-e}{e-1}\approx -0{,}418$ , tangente horizontale en $x=e-1\approx 1{,}718$
d) $\mu=x$ ; $y=x^{2}+\ln x$ , $y(e)=e^{2}+1\approx 8{,}389$
e) $y=\tan\left(x+\frac{\pi}{4}\right)$ , $y\left(\frac{\pi}{12}\right)=\sqrt{3}\approx 1{,}732$ , explosion en $x=\frac{\pi}{4}$

a) On DÉVELOPPE le carré puis on découpe : $\dfrac{(t+1)^{2}}{t^{4}}=\dfrac{t^{2}+2t+1}{t^{4}}=t^{-2}+2t^{-3}+t^{-4}$ . Première intégration : $\dfrac{ds}{dt}=-t^{-1}-t^{-2}-\dfrac{t^{-3}}{3}+C_{1}$ . Condition $\frac{ds}{dt}=0$ en $t=1$ : $-1-1-\frac{1}{3}+C_{1}=0$ , donc $C_{1}=\frac{7}{3}$ . Piège : une vitesse nulle ne donne pas $C_{1}=0$ , car la primitive vaut $-\frac{7}{3}$ en $t=1$ . Deuxième intégration, avec $\int t^{-1}\,dt=\ln t$ (et non $\frac{t^{0}}{0}$ ) : $s=-\ln t+\dfrac{1}{t}+\dfrac{1}{6t^{2}}+\dfrac{7t}{3}+C_{2}$ . En $t=1$ : $0+1+\frac{1}{6}+\frac{7}{3}+C_{2}=0$ , donc $C_{2}=-\frac{7}{2}$ . Ainsi $s(t)=-\ln t+\dfrac{1}{t}+\dfrac{1}{6t^{2}}+\dfrac{7t}{3}-\dfrac{7}{2}$ , et $s(2)=-\ln 2+\frac{1}{2}+\frac{1}{24}+\frac{14}{3}-\frac{7}{2}=\frac{41}{24}-\ln 2\approx 1{,}015$ .

b) $\sin^{2}x$ n'a pas de primitive immédiate : on LINÉARISE, $\sin^{2}x=\dfrac{1-\cos 2x}{2}$ . Première intégration : $y'=\dfrac{x}{2}-\dfrac{\sin 2x}{4}+C_{1}$ . En $x=0$ : $C_{1}=1$ , car $\sin 0=0$ . Deuxième intégration : $y=\dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{\cos 2x}{8}+x+C_{2}$ ; attention au signe, la primitive de $-\sin 2x$ est $+\frac{\cos 2x}{2}$ . En $x=0$ : $\frac{1}{8}+C_{2}=0$ , donc $C_{2}=-\frac{1}{8}$ , et NON $0$ , puisque $\cos 0=1$ . Ainsi $y=\dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{\cos 2x-1}{8}+x$ . Vérification : $y''=\frac{1}{2}-\frac{\cos 2x}{2}=\sin^{2}x$ . En $x=\pi$ : $\cos 2\pi=1$ , donc $y(\pi)=\dfrac{\pi^{2}}{4}+\pi\approx 5{,}609$ . Piège fréquent : écrire $\int\sin^{2}x\,dx=\frac{\sin^{3}x}{3}$ , qui se dérive en $\sin^{2}x\cos x$ .

c) On divise par $x^{2}$ : $y''=\dfrac{1}{x^{2}}$ . Première intégration : $y'=-\dfrac{1}{x}+C_{1}$ ; deuxième : $y=-\ln x+C_{1}x+C_{2}$ . Les deux conditions portent sur $y$ : aucune constante ne se fixe avant la fin, il faut résoudre un système. $y(1)=0$ donne $C_{1}+C_{2}=0$ . $y(e)=0$ donne $-1+C_{1}e+C_{2}=0$ . En soustrayant : $C_{1}(e-1)=1$ , donc $C_{1}=\dfrac{1}{e-1}\approx 0{,}582$ et $C_{2}=-C_{1}$ . Ainsi $y=-\ln x+\dfrac{x-1}{e-1}$ . Alors $y'(1)=-1+\dfrac{1}{e-1}=\dfrac{2-e}{e-1}\approx -0{,}418$ : la pente de départ n'était pas donnée, elle découle des deux points. La tangente est horizontale quand $y'=0$ , soit $\frac{1}{x}=\frac{1}{e-1}$ et $x=e-1\approx 1{,}718$ . Comme $y''=\frac{1}{x^{2}}>0$ , c'est un minimum, qui vaut $y(e-1)=1-\ln(e-1)-\frac{1}{e-1}\approx -0{,}123$ : la courbe descend sous l'axe entre ses deux zéros, cohérent avec une concavité vers le haut.

d) Le second membre contient $y'$ : on ne peut pas intégrer deux fois directement. On pose $v=y'$ , donc $y''=v'$ : $v'+\dfrac{1}{x}\,v=4$ , équation LINÉAIRE du premier ordre en $v$ . Facteur intégrant $\mu=e^{\int\frac{dx}{x}}=e^{\ln x}=x$ , et non $e^{x}$ . On obtient $(x\,v)'=4x$ , donc $x\,v=2x^{2}+C_{1}$ et $v=2x+\dfrac{C_{1}}{x}$ . Condition $y'(1)=3$ : $2+C_{1}=3$ , $C_{1}=1$ . On revient à $y$ : $y=x^{2}+\ln x+C_{2}$ , et $y(1)=1+C_{2}=1$ donne $C_{2}=0$ . Ainsi $y=x^{2}+\ln x$ . Vérification : $y'=2x+\frac{1}{x}$ , $y''=2-\frac{1}{x^{2}}$ , et $y''+\frac{y'}{x}=2-\frac{1}{x^{2}}+2+\frac{1}{x^{2}}=4$ . Enfin $y(e)=e^{2}+1\approx 8{,}389$ . On pouvait aussi multiplier l'équation par $x$ : $x\,y''+y'=(x\,y')'$ , qui s'intègre d'un coup en $x\,y'=2x^{2}+C_{1}$ ; c'est le même facteur intégrant, lu directement.

e) Le membre de droite $2y\,y'$ est la dérivée de $y^{2}$ par dérivation en chaîne. L'équation s'écrit donc $(y')'=(y^{2})'$ , et une première intégration donne $y'=y^{2}+C_{1}$ . Condition en $x=0$ : $2=1+C_{1}$ , donc $C_{1}=1$ . Piège : poser $C_{1}=0$ par réflexe, ce qui donnerait $y'=y^{2}$ et contredirait $y'(0)=2$ . On obtient $y'=1+y^{2}$ , séparable : $\dfrac{dy}{1+y^{2}}=dx$ , donc $\arctan y=x+C_{2}$ . En $x=0$ : $\arctan 1=\frac{\pi}{4}=C_{2}$ . Ainsi $y=\tan\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)$ . Vérification : $y'=1+y^{2}$ , puis $y''=2y\,y'$ . En $x=\frac{\pi}{12}$ : $\frac{\pi}{12}+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{3}$ , donc $y=\tan\frac{\pi}{3}=\sqrt{3}\approx 1{,}732$ . La solution cesse d'exister quand $x+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}$ , soit $x=\frac{\pi}{4}\approx 0{,}785$ : une équation sans aucune singularité apparente produit une solution qui explose en temps fini.

Exercice 3 : Vérifier, séparer, résoudre

La figure montre la famille de courbes solutions de l'équation de la question d) : des cercles concentriques, un par valeur de la constante.

a) Vérifiez que $y=Ce^{-3x}+2$ est solution de $y'+3y=6$ pour toute constante $C$ , puis trouvez la solution particulière vérifiant $y(0)=5$ . Que représente $y=2$ ?
b) Résolvez l'équation séparable $\frac{dy}{dx}=xy$ avec $y(0)=3$ .
c) Résolvez $\frac{dy}{dx}=-y^{2}$ avec $y(0)=1$ , et commentez le domaine de validité de la solution.
d) Résolvez $\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{y}$ et montrez que les courbes solutions sont les cercles de la figure. Pourquoi la solution reste-t-elle implicite ?

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Réponses

a) $C=3$ ; équilibre $y=2$
b) $y=3e^{x^{2}/2}$
c) $y=\frac{1}{1+x}$ sur $]-1,\infty[$
d) $x^{2}+y^{2}=C$ : cercles, solution implicite

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.

Exercice 4 : L'équation linéaire et le facteur intégrant

Forme standard : $y'+P(x)\,y=Q(x)$ . Le facteur intégrant $\mu(x)=e^{\int P(x)dx}$ transforme le membre de gauche en dérivée exacte $(\mu y)'$ .

a) Démontrez que la méthode fonctionne : montrez que multiplier l'équation par $\mu=e^{\int P\,dx}$ rend le membre de gauche égal à $(\mu y)'$ .
b) Résolvez $y'+2y=6$ par facteur intégrant, et retrouvez la structure « équilibre + exponentielle ».
c) Résolvez $y'+\frac{1}{x}y=x^{2}$ sur $]0,\infty[$ avec $y(1)=1$ .
d) Le circuit RC de la physique obéit à $R\frac{dq}{dt}+\frac{q}{C}=E$ . Mettez l'équation sous forme standard, identifiez la constante de temps, et résolvez avec $q(0)=0$ pour $E=12$ V, $R=1500$ Ω, $C=20$ μF. Que retrouve-t-on ?

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Réponses

a) $(\mu y)'=\mu(y'+Py)$
b) $y=3+Ce^{-2x}$
c) $y=\frac{x^{3}}{4}+\frac{3}{4x}$
d) $\tau=RC=0{,}03$ s ; $q=CE\left(1-e^{-t/RC}\right)$

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-SN2-RE : 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.

Exercice 5 : Croissance et décroissance exponentielles

Le modèle $\frac{dN}{dt}=kN$ (variation proportionnelle à la quantité présente) régit désintégrations radioactives, populations en ressources illimitées et intérêts composés en continu. Demi-vie du carbone 14 : 5730 ans.

a) Résolvez l'équation par séparation et exprimez $k$ en fonction de la demi-vie. Un fossile ne contient plus que 20 % de son carbone 14 initial : quel est son âge ?
b) Une culture de bactéries double toutes les 3 heures. En combien de temps est-elle multipliée par 1000 ? Donnez d'abord une estimation mentale via les doublements, puis la valeur exacte.
c) Un capital de 5000 dollars est placé à 4 % d'intérêt composé CONTINU ( $A'=0{,}04A$ ). Valeur après 10 ans ? Temps de doublement ? Comparez à la « règle du 72 » des financiers ( $72/\text{taux en }\%$ ).
d) Citez deux hypothèses du modèle exponentiel qui finissent toujours par casser dans une population réelle, et ce que devient alors le modèle.

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Réponses

a) $k=-\frac{\ln 2}{5730}$ ; âge $\approx 13\,300$ ans
b) $\approx 29{,}9$ h
c) $7459$ dollars ; doublement $17{,}3$ ans
d) Ressources illimitées et taux constant : logistique

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) $A(10)=5000e^{0{,}4}\approx 7459$ dollars. 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 10 : on remplace $k$ par $k\left(1-\frac{P}{M}\right)$ , et l'explosion exponentielle se change en plateau.

Exercice 6 : Lire avant de résoudre : champ de pentes, ligne de phase et méthode d'Euler

Beaucoup d'équations différentielles n'ont aucune solution exprimable, et pourtant leur comportement se lit sans les résoudre. Une équation AUTONOME $y'=f(y)$ , où la pente ne dépend que de la valeur de $y$ , se laisse entièrement décrire par le signe de $f$ : c'est le sens du réflexe « lire d'abord ».

a) Pour l'équation autonome $y'=(y-1)(y-3)$ , trouvez les solutions d'équilibre, puis dressez la LIGNE DE PHASE : le signe de $y'$ sur chaque intervalle. Classez chaque équilibre en stable ou instable.
b) Sans résoudre, décrivez le sort d'une solution partant de $y(0)=0$ , de $y(0)=2$ et de $y(0)=4$ . Confrontez votre description aux courbes de la figure.
c) La plupart des équations n'ont pas de solution exacte : la méthode d'EULER avance de proche en proche par $y_{n+1}=y_{n}+h\,f(x_{n},y_{n})$ . Appliquez-la à $y'=y$ , $y(0)=1$ , avec le pas $h=0{,}1$ , pour estimer $y(0{,}2)$ ; comparez à la valeur exacte $e^{0{,}2}$ et expliquez le SENS de l'erreur.
d) Deux solutions distinctes d'une même équation autonome peuvent-elles se croiser ? Déduisez-en pourquoi la ligne de phase suffit à tout prédire, puis rappelez, avec $y'=y^{2}$ , qu'une solution peut cesser d'exister en temps fini.

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Réponses

a) $y=1$ stable, $y=3$ instable
b) $0$ et $2$ vers $1$ ; $4$ vers l'infini
c) $1{,}21$ contre $1{,}2214$ : sous-estimation
d) Jamais de croisement ; explosion possible en temps fini

a) Les équilibres annulent $y'$ : $(y-1)(y-3)=0$ donne $y=1$ et $y=3$ , deux droites horizontales, celles de la figure. Ligne de phase, en étudiant le signe du produit : pour $y<1$ , les deux facteurs sont négatifs, leur produit est POSITIF, donc $y'>0$ et la solution monte; pour $1<y<3$ , un facteur change de signe, le produit est NÉGATIF, $y'<0$ , la solution descend; pour $y>3$ , les deux facteurs sont positifs, $y'>0$ , la solution monte. Classement : autour de $y=1$ , les flèches convergent (on monte en dessous, on descend au-dessus), donc $y=1$ est STABLE; autour de $y=3$ , les flèches divergent (on descend en dessous, on monte au-dessus), donc $y=3$ est INSTABLE. Toute cette analyse tient sans écrire une seule primitive.

b) Partant de $y(0)=0$ : on est en dessous de 1, donc $y'>0$ , la solution croît, et elle est attirée par l'équilibre stable : elle monte vers $y=1$ sans jamais l'atteindre, en s'aplatissant, comme la courbe basse de la figure. Partant de $y(0)=2$ : on est entre les deux équilibres, $y'<0$ , la solution DÉCROÎT et rejoint elle aussi $y=1$ par le haut : la courbe intermédiaire de la figure. Partant de $y(0)=4$ : on est au-dessus de 3, $y'>0$ , la solution s'ÉCHAPPE vers le haut en s'éloignant de l'équilibre instable, comme la courbe supérieure qui file vers l'infini. Le partage se fait exactement à $y=3$ : en dessous, tout retombe vers 1; au-dessus, tout diverge. L'équilibre instable est la ligne de partage des eaux, ce qui est le contenu qualitatif complet de l'équation.

c) Méthode d'Euler avec $f(x,y)=y$ , donc $y_{n+1}=y_{n}+0{,}1\,y_{n}=1{,}1\,y_{n}$ . Premier pas : $y_{1}=1{,}1\times 1=1{,}1$ , approximation de $y(0{,}1)$ . Second pas : $y_{2}=1{,}1\times 1{,}1=1{,}21$ , approximation de $y(0{,}2)$ . Valeur exacte : $e^{0{,}2}\approx 1{,}22140$ . L'erreur vaut environ $0{,}0114$ , et elle est une SOUS-ESTIMATION. Le sens de l'erreur s'explique géométriquement : Euler avance le long de la TANGENTE, en gardant la pente constante sur tout le pas, alors que la vraie solution $y=e^{x}$ est convexe et se courbe vers le haut. La tangente reste donc sous la courbe, et chaque pas prend un peu de retard qui se cumule. En divisant le pas par deux, $h=0{,}05$ sur quatre pas donne $1{,}05^{4}\approx 1{,}21551$ , sensiblement plus proche : l'erreur d'Euler décroît proportionnellement au pas, ce qui en fait une méthode sûre mais lente, exactement comme les sommes de rectangles du chapitre d'intégration numérique dont elle est la cousine.

d) Non : deux solutions distinctes d'une équation autonome (à second membre assez régulier) ne peuvent JAMAIS se croiser, en vertu du théorème d'existence et d'unicité. Si deux courbes solutions passaient par un même point, elles y auraient la même pente $f(y)$ et coïncideraient de part et d'autre : ce serait la même solution. En particulier, une solution ne peut pas TRAVERSER une droite d'équilibre, car cette droite est elle-même une solution : elle ne peut que s'en approcher asymptotiquement. C'est précisément ce qui donne à la ligne de phase son pouvoir de prédiction totale : les équilibres découpent le plan en bandes horizontales étanches, et dans chaque bande le signe de $y'$ impose un sens de variation unique, sans surprise possible. Une réserve toutefois : « ne pas s'échapper vers un autre équilibre » n'interdit pas de s'échapper vers l'infini, et cela peut arriver en temps FINI. L'équation $y'=y^{2}$ avec $y(0)=1$ a pour solution $y=\frac{1}{1-x}$ , cousine de la solution $y=\frac{1}{1+x}$ de $y'=-y^{2}$ rencontrée à l'exercice 3 : elle explose en $x=1$ et cesse d'exister au-delà. La ligne de phase dit correctement « ça monte », mais elle ne dit pas à quelle vitesse, et ici la montée est si violente que la solution atteint l'infini en une unité de temps. Lire l'équation renseigne sur la DIRECTION, jamais à elle seule sur la durée de vie.

Exercice 7 : Les substitutions : rendre linéaire ce qui ne l'était pas

Séparable et linéaire ne couvrent pas tout. Deux familles importantes s'y ramènent par un CHANGEMENT DE FONCTION bien choisi : les équations homogènes, par $v=\frac{y}{x}$ , et les équations de Bernoulli, par $u=y^{1-n}$ . La seconde a une vertu inattendue : elle démontre la solution logistique admise sans preuve à la partie B.

a) Une équation est HOMOGÈNE si $y'$ ne dépend que du rapport $\frac{y}{x}$ . Résolvez $x\,y'=x+y$ par la substitution $v=\frac{y}{x}$ , en détaillant pourquoi elle rend l'équation séparable.
b) Une équation de BERNOULLI a la forme $y'+P(x)y=Q(x)y^{n}$ . Résolvez $y'+y=y^{2}$ avec $y(0)=\frac{1}{2}$ par la substitution $u=y^{-1}$ , qui la linéarise.
c) Montrez que l'équation logistique $\frac{dP}{dt}=kP\left(1-\frac{P}{M}\right)$ est une équation de Bernoulli, et retrouvez par la substitution $u=\frac{1}{P}$ la solution $P(t)=\frac{M}{1+Ae^{-kt}}$ admise à l'exercice 10.
d) Les TRAJECTOIRES ORTHOGONALES d'une famille de courbes coupent chacune à angle droit. Confirmez que les droites $y=Kx$ sont orthogonales aux cercles $x^{2}+y^{2}=C$ de l'exercice 3, puis déterminez les trajectoires orthogonales des paraboles $y=Cx^{2}$ .

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Réponses

a) $y=x(\ln|x|+C)$
b) $y=\frac{1}{1+e^{x}}$
c) Bernoulli : $P=\frac{M}{1+Ae^{-kt}}$
d) Droites $y=Kx$ ; ellipses $x^{2}+2y^{2}=C$

a) On récrit sous forme standard : $y'=\frac{x+y}{x}=1+\frac{y}{x}$ , où le membre de droite ne dépend bien que de $\frac{y}{x}$ , ce qui signale une équation homogène. Posons $v=\frac{y}{x}$ , donc $y=vx$ et, par la règle du produit, $y'=v+x\,v'$ . L'équation devient $v+x\,v'=1+v$ , et le terme $v$ se simplifie des deux côtés : $x\,v'=1$ . C'est là toute la magie de la substitution : elle fait disparaître la partie qui mélangeait $x$ et $y$ , et ce qui reste est SÉPARABLE. On isole : $dv=\frac{dx}{x}$ , d'où $v=\ln\left|x\right|+C$ , puis on revient à $y$ : $y=vx=x\left(\ln\left|x\right|+C\right)$ . Vérification : $y'=\ln\left|x\right|+C+x\cdot\frac{1}{x}=\ln\left|x\right|+C+1$ , et $1+\frac{y}{x}=1+\ln\left|x\right|+C$ : identiques. Le principe général vaut d'être retenu : $v=\frac{y}{x}$ transforme toute équation homogène en équation séparable, sans exception.

b) Ici $n=2$ ; la substitution de Bernoulli est $u=y^{1-n}=y^{-1}=\frac{1}{y}$ , donc $u'=-y^{-2}y'$ . On divise d'abord l'équation par $y^{2}$ pour faire apparaître ces morceaux : $\frac{y'}{y^{2}}+\frac{1}{y}=1$ , soit $-u'+u=1$ , c'est-à-dire $u'-u=-1$ . L'équation en $u$ est LINÉAIRE, ce qui était tout le but de la manœuvre. Facteur intégrant $\mu=e^{-x}$ : $\left(u e^{-x}\right)'=-e^{-x}$ , donc $u e^{-x}=e^{-x}+C$ , soit $u=1+Ce^{x}$ . En revenant à $y=\frac{1}{u}=\frac{1}{1+Ce^{x}}$ . Condition initiale $y(0)=\frac{1}{2}$ : $\frac{1}{1+C}=\frac{1}{2}$ donne $C=1$ , d'où $y=\frac{1}{1+e^{x}}$ . Vérification numérique : $y(0)=0{,}5$ et $y'(0{,}5)=-0{,}235$ , ce qui coïncide avec $y^{2}-y$ évalué au même point. On reconnaît au passage la forme d'une solution logistique décroissante, ce qui n'est pas un hasard, comme le montre la question suivante.

c) Développons le second membre : $\frac{dP}{dt}=kP-\frac{k}{M}P^{2}$ , soit $\frac{dP}{dt}-kP=-\frac{k}{M}P^{2}$ . C'est exactement une équation de Bernoulli avec $P(t)=-k$ , $Q(t)=-\frac{k}{M}$ et l'exposant $n=2$ . On applique donc la même substitution qu'en b) : $u=\frac{1}{P}$ , donc $u'=-\frac{P'}{P^{2}}$ . En divisant l'équation par $P^{2}$ : $\frac{P'}{P^{2}}-\frac{k}{P}=-\frac{k}{M}$ , soit $-u'-ku=-\frac{k}{M}$ , c'est-à-dire $u'+ku=\frac{k}{M}$ . Équation linéaire, facteur intégrant $\mu=e^{kt}$ : $\left(u e^{kt}\right)'=\frac{k}{M}e^{kt}$ , donc $u e^{kt}=\frac{1}{M}e^{kt}+C$ , soit $u=\frac{1}{M}+Ce^{-kt}$ . En revenant à $P=\frac{1}{u}=\frac{1}{\frac{1}{M}+Ce^{-kt}}=\frac{M}{1+CMe^{-kt}}$ . En posant $A=CM$ , on obtient exactement $P(t)=\frac{M}{1+Ae^{-kt}}$ , la formule admise à l'exercice 10. La constante $A$ se fixe par $P(0)=P_{0}$ , ce qui redonne $A=\frac{M-P_{0}}{P_{0}}$ ; avec $M=6000$ et $P_{0}=500$ , on retrouve $A=11$ . La solution logistique n'est donc pas tombée du ciel : c'est une Bernoulli déguisée, et la substitution la construit de bout en bout.

d) Le principe des trajectoires orthogonales : en un point donné, la courbe cherchée doit avoir une pente égale à l'OPPOSÉ DE L'INVERSE de la pente de la famille de départ, puisque deux directions perpendiculaires ont des pentes de produit $-1$ . Cas des cercles : la famille $x^{2}+y^{2}=C$ vérifie, par dérivation implicite, $2x+2yy'=0$ , donc $y'=-\frac{x}{y}$ , l'équation même de l'exercice 3. Les trajectoires orthogonales ont alors pour pente $-\frac{1}{-x/y}=\frac{y}{x}$ , d'où l'équation $y'=\frac{y}{x}$ , séparable : $\frac{dy}{y}=\frac{dx}{x}$ donne $\ln\left|y\right|=\ln\left|x\right|+C_{1}$ , soit $y=Kx$ . Ce sont les droites passant par l'origine, ce qui confirme et généralise la remarque de l'exercice 3 : un rayon coupe toujours son cercle à angle droit. On vérifie que le produit des pentes en un point comme $(2,3)$ vaut $\left(-\frac{2}{3}\right)\left(\frac{3}{2}\right)=-1$ . Cas des paraboles $y=Cx^{2}$ : on élimine d'abord la constante, $C=\frac{y}{x^{2}}$ , puis on dérive $y'=2Cx=\frac{2y}{x}$ , la pente de la famille. Les trajectoires orthogonales ont donc pour pente $-\frac{x}{2y}$ , d'où $2y\,dy=-x\,dx$ , qui s'intègre en $y^{2}=-\frac{x^{2}}{2}+C_{1}$ , soit $x^{2}+2y^{2}=C$ : une famille d'ELLIPSES. On contrôle l'orthogonalité en un point comme $(2,1)$ : la parabole y a pour pente $\frac{2\cdot 1}{2}=1$ , l'ellipse $-\frac{2}{2\cdot 1}=-1$ , et le produit vaut bien $-1$ . Ces réseaux orthogonaux ne sont pas une curiosité : ce sont les lignes de champ et les équipotentielles de l'électrostatique, ou les isothermes et les lignes de flux de chaleur, toujours perpendiculaires, et toujours obtenues par cette même bascule de pente.

Exercice 8 : Le refroidissement de Newton : le café et le chronomètre

Un café servi à 90 °C repose dans une pièce à 20 °C; cinq minutes plus tard, il est à 70 °C. La loi de Newton affirme que la vitesse de refroidissement est proportionnelle à l'écart avec la température ambiante : $\frac{dT}{dt}=-k(T-20)$ . La figure montre la courbe exacte.

a) Interprétez l'équation : que dit physiquement le signe moins, et pourquoi le refroidissement est-il rapide au début puis paresseux ? Identifiez la solution d'équilibre.
b) Résolvez l'équation par séparation et donnez la forme générale $T(t)=20+Ce^{-kt}$ , puis fixez $C$ avec la température initiale.
c) Déterminez $k$ à partir de la mesure « 70 °C à 5 minutes », puis calculez à quel instant le café atteint 40 °C, température de dégustation.
d) Combien de temps faut-il pour que le café arrive à un degré de la température ambiante ? Concluez sur l'asymptote de la figure, et expliquez comment la même loi permet aux légistes d'estimer une heure de décès.

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Réponses

a) Écart qui fond ; équilibre $20$ °C
b) $T=20+70e^{-kt}$
c) $k\approx 0{,}0673$ ; $40$ °C à $18{,}6$ min
d) $\approx 63$ min ; asymptote jamais atteinte

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.

Exercice 9 : Le réservoir de saumure : l'équilibre qui efface le passé

Un réservoir contient 100 L d'eau où sont dissous 5 kg de sel. On y verse de la saumure à 0,2 kg/L au débit de 5 L/min, et le mélange, supposé homogène à chaque instant, s'écoule au même débit de 5 L/min. Soit $A(t)$ la masse de sel (kg) dans le réservoir.

a) Établissez l'équation différentielle vérifiée par $A(t)$ (bilan entrée moins sortie), et vérifiez que le volume reste constant.
b) Identifiez la solution d'équilibre et interprétez-la physiquement AVANT de résoudre.
c) Résolvez avec $A(0)=5$ et calculez la masse de sel après 10 minutes.
d) Que devient $A(t)$ quand $t\to\infty$ , et en quoi la limite « oublie »-t-elle la condition initiale ? Au bout de combien de temps la masse atteint-elle 19 kg ?

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Réponses

a) $A'=1-\frac{A}{20}$
b) Équilibre $20$ kg, stable
c) $A=20-15e^{-t/20}$ ; $A(10)\approx 10{,}9$ kg
d) Limite $20$ kg ; $19$ kg à $54$ min

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.

Exercice 10 : Le modèle logistique : l'exponentielle assagie

Un lac peut soutenir au plus $M=6000$ poissons. On y introduit 500 poissons, et la population suit le modèle logistique $\frac{dP}{dt}=kP\left(1-\frac{P}{M}\right)$ avec $k=0{,}4$ par an. La figure montre la solution exacte.

a) Interprétez l'équation : que fait le facteur $\left(1-\frac{P}{M}\right)$ quand $P$ est petit, puis proche de $M$ ? Trouvez les solutions d'équilibre et leur stabilité.
b) On admet la solution $P(t)=\frac{M}{1+Ae^{-kt}}$ avec $A=\frac{M-P_{0}}{P_{0}}$ : vérifiez la condition initiale, calculez $A$ , et donnez la population après 5 ans.
c) Montrez que la croissance est MAXIMALE quand $P=\frac{M}{2}$ , calculez l'instant où le lac atteint 3000 poissons, et reliez-le à la figure.
d) Comparez le début de la courbe à une exponentielle pure et sa fin à l'équilibre. Pourquoi dit-on que la logistique est « l'exponentielle qui a appris l'existence des limites » ? Donnez deux domaines où ce modèle sert réellement.

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Réponses

a) $0$ instable, $M$ stable
b) $A=11$ ; $P(5)\approx 2410$
c) Croissance maximale à $3000$ , vers $6{,}0$ ans
d) Exponentielle au début, plateau à la fin

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.

Exercice 11 : La chute avec résistance de l'air et la vitesse limite

En chute libre idéale, la vitesse croîtrait sans borne. L'air s'y oppose par une force de frottement, ici proportionnelle à la vitesse : la deuxième loi de Newton donne $m\frac{dv}{dt}=mg-kv$ . Un parachutiste de $m=80$ kg subit un coefficient $k=16$ kg/s; on prend $g=9{,}8$ m/s².

a) Sans résoudre, trouvez la VITESSE LIMITE, celle où l'accélération s'annule. Expliquez pourquoi la chute commence vive puis se stabilise, et reliez ce comportement à une solution d'équilibre.
b) Mettez l'équation sous forme standard, identifiez la constante de temps $\tau=\frac{m}{k}$ , et résolvez avec $v(0)=0$ . Calculez la vitesse à $t=\tau$ puis à $t=10$ s.
c) Au bout de combien de temps le parachutiste atteint-il 90 % de sa vitesse limite ? Puis, en intégrant $v(t)$ , calculez la distance parcourue durant les 10 premières secondes.
d) Comparez à la chute libre sans air ( $v=gt$ ) à $t=10$ s, et expliquez pourquoi la vitesse limite « oublie » la vitesse initiale. Que change l'ouverture du parachute, qui multiplie $k$ par un grand facteur ?

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Réponses

a) $v_{\lim}=49$ m/s
b) $\tau=5$ s ; $30{,}97$ puis $42{,}37$ m/s
c) $11{,}5$ s ; $278$ m
d) $98$ m/s sans air ; le transitoire s'éteint

a) La vitesse limite est atteinte quand la force nette s'annule, c'est-à-dire quand le frottement équilibre exactement le poids : $mg-kv=0$ , donc $v_{\lim}=\frac{mg}{k}=\frac{80\times 9{,}8}{16}=49$ m/s, soit environ 176 km/h, un ordre de grandeur réaliste pour un parachutiste bras écartés avant ouverture. Le comportement se lit sans calcul : au départ, à vitesse nulle, le frottement est nul et l'accélération vaut tout le $g$ , la chute est vive; à mesure que $v$ augmente, le terme $-kv$ grignote le poids et l'accélération diminue; à $49$ m/s, il n'y a plus d'accélération du tout. C'est exactement une solution d'ÉQUILIBRE de l'équation, $v=v_{\lim}$ , vers laquelle toute chute converge, de la même manière que le café rejoignait la température ambiante à l'exercice 8. L'équation différentielle du frottement linéaire et celle du refroidissement de Newton sont, à un changement de nom près, la même équation.

b) On divise par $m$ : $\frac{dv}{dt}=g-\frac{k}{m}v$ , soit $\frac{dv}{dt}+\frac{k}{m}v=g$ , linéaire à coefficients constants avec $P=\frac{k}{m}$ . La constante de temps est $\tau=\frac{m}{k}=\frac{80}{16}=5$ s. Résolution par facteur intégrant, ou directement par la structure « équilibre plus transitoire » : $v(t)=v_{\lim}+Ce^{-t/\tau}$ , et $v(0)=0$ impose $C=-v_{\lim}$ , d'où $v(t)=v_{\lim}\left(1-e^{-t/\tau}\right)=49\left(1-e^{-t/5}\right)$ . À $t=\tau=5$ s : $v=49\left(1-e^{-1}\right)\approx 49\times 0{,}632=30{,}97$ m/s, soit les 63 % classiques de la valeur finale. À $t=10$ s, c'est-à-dire deux constantes de temps : $v=49\left(1-e^{-2}\right)\approx 49\times 0{,}865=42{,}37$ m/s, déjà tout près de la limite.

c) On veut $v=0{,}9\,v_{\lim}$ , donc $1-e^{-t/\tau}=0{,}9$ , soit $e^{-t/\tau}=0{,}1$ , d'où $t=\tau\ln 10=5\ln 10\approx 11{,}5$ s. Distance parcourue : on intègre la vitesse, $x(t)=\int_{0}^{t}v_{\lim}\left(1-e^{-s/\tau}\right)ds=v_{\lim}\left[s+\tau e^{-s/\tau}\right]_{0}^{t}=v_{\lim}\left(t-\tau\left(1-e^{-t/\tau}\right)\right)$ . À $t=10$ s : $x=49\left(10-5\left(1-e^{-2}\right)\right)=49\left(10-5\times 0{,}8647\right)=49\times 5{,}677\approx 278$ m. On peut contrôler la cohérence en dérivant : $x'(10)\approx 42{,}37$ m/s, ce qui reproduit bien $v(10)$ , comme il se doit.

d) Sans air, la vitesse serait $v=gt=9{,}8\times 10=98$ m/s à $t=10$ s, exactement le DOUBLE de la vitesse limite réelle, et elle continuerait de croître indéfiniment. Le frottement change radicalement le tableau : au lieu d'une droite qui monte sans fin, on a une courbe qui plafonne. Quant à l'oubli de la vitesse initiale, il tient au terme transitoire $Ce^{-t/\tau}$ : c'est lui, et lui seul, qui porte la mémoire de $v(0)$ , et il s'éteint exponentiellement. Deux parachutistes lâchés à des vitesses différentes convergent vers la même $49$ m/s, seule la façon d'y arriver diffère, exactement comme le réservoir de saumure oubliait sa masse de sel initiale à l'exercice 9. L'ouverture du parachute multiplie brusquement $k$ , disons par un facteur 15 : la vitesse limite $\frac{mg}{k}$ est divisée d'autant et tombe à quelques mètres par seconde, tandis que la constante de temps $\frac{m}{k}$ chute elle aussi, si bien que la nouvelle vitesse limite, lente, est atteinte en une poignée de secondes. C'est toute la fonction du parachute : abaisser $v_{\lim}$ jusqu'à une valeur survivable à l'atterrissage. Précision honnête pour finir : aux vitesses élevées, le frottement réel est plutôt en $v^{2}$ qu'en $v$ , ce qui rend l'équation séparable mais non linéaire et donne une vitesse limite en $\sqrt{mg/k}$ ; le modèle linéaire capture néanmoins l'essentiel du phénomène, l'existence d'un plafond.

Exercice 12 : La pêche et le seuil d'effondrement : la logistique avec prélèvement

Le lac de l'exercice 10, de capacité $M=6000$ poissons et de taux $k=0{,}4$ par an, est désormais exploité : on y prélève $h$ poissons par an. Le modèle devient $\frac{dP}{dt}=kP\left(1-\frac{P}{M}\right)-h$ . Une simple constante retranchée, et tout le paysage des équilibres se réorganise.

a) Les équilibres annulent le second membre. Écrivez l'équation qu'ils vérifient sous forme d'un trinôme du second degré en $P$ , et montrez que, pour un prélèvement modéré, il existe DEUX équilibres. Précisez lequel est stable.
b) Déterminez le prélèvement CRITIQUE $h_{c}$ au-delà duquel il n'existe plus aucun équilibre. Montrez qu'il vaut exactement $\frac{kM}{4}$ et qu'il est atteint pour $P=\frac{M}{2}$ . Reliez ce résultat au taux de croissance maximal trouvé à l'exercice 10.
c) Comparez trois régimes de pêche : $h=320$ , $h=560$ et $h=700$ poissons par an. Calculez les équilibres quand ils existent, et décrivez le sort de la population dans chaque cas.
d) Le prélèvement critique $\frac{kM}{4}$ est le rendement maximal soutenable. Pourquoi une pêcherie qui vise EXACTEMENT ce rendement joue-t-elle un jeu dangereux, et que conseille l'analyse des équilibres ?

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Réponses

a) Deux équilibres : haut stable, bas instable
b) $h_{c}=\frac{kM}{4}=600$ en $P=3000$
c) $951$ et $5049$ ; $2225$ et $3775$ ; extinction
d) Quota strictement sous $h_{c}$

a) À l'équilibre, $kP\left(1-\frac{P}{M}\right)-h=0$ . En développant : $kP-\frac{k}{M}P^{2}-h=0$ , que l'on multiplie par $-\frac{M}{k}$ pour obtenir un trinôme unitaire : $P^{2}-MP+\frac{hM}{k}=0$ . Les équilibres sont donc les racines de ce trinôme, $P=\frac{M\pm\sqrt{M^{2}-\frac{4hM}{k}}}{2}$ . Pour un prélèvement modéré, le discriminant $M^{2}-\frac{4hM}{k}$ est positif et il existe DEUX équilibres, un bas $P_{-}$ et un haut $P_{+}$ , tous deux compris entre 0 et $M$ . Leur stabilité se lit sur le signe de $P'$ : le second membre $kP\left(1-\frac{P}{M}\right)-h$ est une parabole en $P$ tournée vers le bas, négative avant $P_{-}$ , positive entre $P_{-}$ et $P_{+}$ , négative après $P_{+}$ . Donc en dessous de $P_{-}$ la population décroît (vers l'extinction), entre les deux elle croît, au-dessus de $P_{+}$ elle décroît : l'équilibre HAUT $P_{+}$ est STABLE, l'équilibre BAS $P_{-}$ est INSTABLE. Ce dernier joue le rôle de seuil critique de population : une population qui passe en dessous de $P_{-}$ est condamnée, même sans augmenter la pêche.

b) Il n'existe plus d'équilibre lorsque le discriminant devient négatif. La valeur critique annule ce discriminant : $M^{2}-\frac{4h_{c}M}{k}=0$ , donc $h_{c}=\frac{kM}{4}$ . Avec $k=0{,}4$ et $M=6000$ : $h_{c}=\frac{0{,}4\times 6000}{4}=600$ poissons par an. À ce prélèvement précis, le discriminant est nul et les deux équilibres FUSIONNENT en un seul, la racine double $P=\frac{M}{2}=3000$ . Le lien avec l'exercice 10 est remarquable et n'a rien d'une coïncidence : on y avait établi que la croissance logistique NON exploitée est maximale au point d'inflexion $P=\frac{M}{2}$ , où elle vaut $kP\left(1-\frac{P}{M}\right)=k\cdot\frac{M}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{kM}{4}$ . Le prélèvement critique est donc exactement le débit maximal que la population sait produire : au-delà, on retire plus de poissons que le lac ne peut en engendrer par unité de temps, quel que soit son effectif, et l'effondrement est inévitable. Le seuil de la pêche est le sommet de la courbe de croissance.

c) Trois régimes. Pour $h=320$ : le trinôme $P^{2}-6000P+\frac{320\times 6000}{0{,}4}=P^{2}-6000P+4\,800\,000=0$ a pour racines environ $P_{-}\approx 951$ et $P_{+}\approx 5049$ . La population introduite à 500, en dessous du seuil instable $951$ , est hélas condamnée à décroître; mais toute population dépassant 951 monterait vers l'équilibre stable de 5049, un lac presque plein qui fournit durablement 320 poissons par an. Pour $h=560$ , plus proche du critique : $P^{2}-6000P+8\,400\,000=0$ donne $P_{-}\approx 2225$ et $P_{+}\approx 3775$ . Les deux équilibres se sont rapprochés de 3000, et cette proximité est le signe du DANGER : la marge entre le seuil d'effondrement (2225) et le régime stable (3775) est devenue mince, si bien qu'une mauvaise année, une sécheresse ou une erreur de comptage peut faire passer la population sous 2225 et déclencher la chute. Pour $h=700$ , au-dessus du critique 600 : le discriminant $36\times 10^{6}-42\times 10^{6}$ est NÉGATIF, il n'existe aucun équilibre, et $P'$ est négatif pour toute valeur de $P$ , puisque la croissance maximale (600) ne peut plus compenser le prélèvement (700). La population décroît sans répit et s'éteint en temps fini, indépendamment de son effectif de départ : même un lac plein finit vidé.

d) Viser exactement $h_{c}=\frac{kM}{4}$ revient à maintenir la population sur la racine DOUBLE $P=\frac{M}{2}=3000$ , qui est un équilibre semi-stable, stable par au-dessus mais instable par en dessous. C'est un funambule : tant que rien ne bouge, le rendement de 600 est effectivement soutenu; mais à ce point précis, la moindre perturbation qui fait passer $P$ sous 3000 place la population dans une zone où $P'<0$ sans aucun équilibre pour la rattraper, et l'effondrement s'enclenche. Il n'y a plus de filet de sécurité, parce que l'équilibre instable et l'équilibre stable ont fusionné : le seuil d'alerte et le point de fonctionnement sont devenus le même point. La bifurcation qui a éliminé les équilibres pour $h>h_{c}$ rend le régime $h=h_{c}$ structurellement fragile. L'analyse des équilibres conseille donc de fixer le quota STRICTEMENT en dessous de $h_{c}$ , disons à 80 ou 90 pour cent, de manière à conserver deux équilibres bien séparés et une marge de sécurité entre le seuil d'effondrement $P_{-}$ et le régime d'exploitation $P_{+}$ . C'est exactement la logique des quotas de pêche prudents, et l'histoire des grandes pêcheries effondrées, de la morue de Terre-Neuve notamment, est celle de rendements maintenus trop près, ou au-delà, de ce sommet critique. Le modèle logistique avec prélèvement fournit ainsi, en une équation, l'argument mathématique de la gestion durable des ressources.

Exercice 13 : Cinq équations séparables classiques

Pour chaque équation, séparez les variables, intégrez, puis utilisez la condition initiale. Précisez l'intervalle de validité quand il n'est pas toute la droite réelle.

a) $y'=y\cos x$ avec $y(0)=2$ . Calculez $y\left(\frac{\pi}{2}\right)$ .
b) $y'=1+y^{2}$ avec $y(0)=0$ . Sur quel intervalle la solution existe-t-elle ? Calculez $y\left(\frac{\pi}{4}\right)$ .
c) $x\,y'=3y$ avec $y(1)=2$ , pour $x>0$ . Calculez $y(2)$ .
d) $y'=2\sqrt{y}$ avec $y(0)=0$ . Montrez que $y=0$ et $y=x^{2}$ (pour $x\geq 0$ ) sont deux solutions. Que devient l'unicité ?
e) $y'=(2x+1)e^{-y}$ avec $y(0)=0$ . Calculez $y(1)$ .

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Réponses

a) $y=2e^{\sin x}$ ; $2e$
b) $y=\tan x$ sur $\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$
c) $y=2x^{3}$ ; $16$
d) Deux solutions : l'unicité tombe
e) $y=\ln(x^{2}+x+1)$ ; $\ln 3$

a) $\frac{dy}{y}=\cos x\,dx$ donne $\ln|y|=\sin x+C_{1}$ , soit $y=Ce^{\sin x}$ . Avec $y(0)=2$ : $C=2$ , donc $y=2e^{\sin x}$ , définie sur tout $\mathbb{R}$ et périodique. $y\left(\frac{\pi}{2}\right)=2e\approx 5{,}437$ .

b) $\frac{dy}{1+y^{2}}=dx$ donne $\arctan y=x+C$ ; avec $y(0)=0$ , $C=0$ et $y=\tan x$ . La solution n'existe que sur $\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$ , soit jusqu'à $x\approx 1{,}571$ : elle explose en temps fini alors que l'équation est définie partout. $y\left(\frac{\pi}{4}\right)=1$ .

c) $\frac{dy}{y}=\frac{3\,dx}{x}$ donne $\ln|y|=3\ln x+C_{1}$ , soit $y=Cx^{3}$ . Avec $y(1)=2$ : $y=2x^{3}$ , et $y(2)=16$ .

d) $y=0$ donne $y'=0=2\sqrt{0}$ ✓. $y=x^{2}$ donne $y'=2x=2\sqrt{x^{2}}$ pour $x\geq 0$ ✓, et $y(0)=0$ dans les deux cas. Deux solutions distinctes pour la même condition initiale : l'UNICITÉ tombe. La cause est la fonction $\sqrt{y}$ , dont la pente est infinie en $0$ : le théorème d'existence et d'unicité exige un second membre assez régulier en $y$ , ce qui n'est pas le cas ici. Pour la solution non nulle, $y(3)=9$ .

e) $e^{y}\,dy=(2x+1)\,dx$ donne $e^{y}=x^{2}+x+C$ ; avec $y(0)=0$ , $C=1$ . Donc $y=\ln\left(x^{2}+x+1\right)$ , définie partout puisque $x^{2}+x+1>0$ . $y(1)=\ln 3\approx 1{,}099$ .

Exercice 14 : Le facteur intégrant sur cinq équations linéaires

Pour chaque équation, mettez sous la forme $y'+P(x)y=Q(x)$ , calculez le facteur intégrant $\mu=e^{\int P\,dx}$ , résolvez, puis appliquez la condition initiale.

a) $y'-2y=e^{3x}$ , $y(0)=0$ . Calculez $y(1)$ .
b) $y'+y=x$ , $y(0)=0$ . Calculez $y(2)$ .
c) $y'+y\tan x=\cos x$ sur $\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$ , $y(0)=1$ . Calculez $y\left(\frac{\pi}{3}\right)$ .
d) $x\,y'-2y=x^{3}$ pour $x>0$ , $y(1)=0$ . Calculez $y(2)$ .
e) $y'+2xy=x$ , $y(0)=1$ . Quelle est la limite de $y$ en $+\infty$ ?

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Réponses

a) $e^{3x}-e^{2x}$
b) $x-1+e^{-x}$
c) $(x+1)\cos x$
d) $x^{3}-x^{2}$
e) $\frac{1}{2}+\frac{1}{2}e^{-x^{2}}\to\frac{1}{2}$

a) $\mu=e^{-2x}$ : $\left(e^{-2x}y\right)'=e^{x}$ , donc $e^{-2x}y=e^{x}+C$ et $y=e^{3x}+Ce^{2x}$ . $y(0)=1+C=0$ : $C=-1$ , $y=e^{3x}-e^{2x}$ . $y(1)=e^{3}-e^{2}\approx 12{,}696$ .

b) $\mu=e^{x}$ : $\left(e^{x}y\right)'=xe^{x}$ , et par parties $\int xe^{x}dx=(x-1)e^{x}$ . Donc $y=x-1+Ce^{-x}$ ; $y(0)=-1+C=0$ donne $C=1$ . $y(2)=1+e^{-2}\approx 1{,}135$ . La solution rejoint la droite $y=x-1$ : le transitoire $e^{-x}$ s'éteint.

c) $\mu=e^{\int\tan x\,dx}=e^{-\ln(\cos x)}=\frac{1}{\cos x}$ , positif sur l'intervalle. L'équation devient $\left(\frac{y}{\cos x}\right)'=1$ , donc $y=(x+C)\cos x$ ; $y(0)=C=1$ . $y\left(\frac{\pi}{3}\right)=\left(\frac{\pi}{3}+1\right)\cdot\frac{1}{2}\approx 1{,}024$ .

d) Forme standard, en divisant par $x$ : $y'-\frac{2}{x}y=x^{2}$ . $\mu=e^{-2\ln x}=\frac{1}{x^{2}}$ : $\left(\frac{y}{x^{2}}\right)'=1$ , donc $y=x^{3}+Cx^{2}$ ; $y(1)=1+C=0$ , $C=-1$ . $y(2)=8-4=4$ . Oublier de diviser par $x$ avant de lire $P$ est l'erreur classique.

e) $\mu=e^{x^{2}}$ : $\left(e^{x^{2}}y\right)'=xe^{x^{2}}$ , donc $e^{x^{2}}y=\frac{1}{2}e^{x^{2}}+C$ et $y=\frac{1}{2}+Ce^{-x^{2}}$ . $y(0)=\frac{1}{2}+C=1$ : $C=\frac{1}{2}$ . Quand $x\to+\infty$ , $y\to\frac{1}{2}$ , la solution d'équilibre $y=\frac{1}{2}$ que l'on lit directement dans l'équation.

Exercice 15 : Euler et Euler amélioré face à la solution exacte

On étudie $y'=x-y$ avec $y(0)=1$ , dont on connaît la solution exacte, pour mesurer honnêtement l'erreur de deux méthodes numériques.

a) Résolvez l'équation par facteur intégrant et calculez la valeur exacte $y(1)$ .
b) Appliquez la méthode d'Euler $y_{n+1}=y_{n}+h\,f(x_{n},y_{n})$ avec $h=0{,}5$ pour estimer $y(1)$ .
c) Recommencez avec $h=0{,}25$ .
d) Calculez les deux erreurs et leur rapport. Que dit ce rapport sur l'ordre de la méthode d'Euler ?
e) La méthode d'Euler améliorée (Heun) prédit $\tilde{y}=y_{n}+h\,f(x_{n},y_{n})$ puis corrige avec la moyenne des pentes : $y_{n+1}=y_{n}+\frac{h}{2}\left[f(x_{n},y_{n})+f(x_{n+1},\tilde{y})\right]$ . Appliquez-la avec $h=0{,}5$ et comparez l'erreur.

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Réponses

a) $y=x-1+2e^{-x}$ ; $y(1)=\frac{2}{e}$
b) $0{,}5$
c) $0{,}6328$
d) Rapport $\approx 2$ : ordre $1$
e) Heun : $0{,}78125$ , erreur $0{,}0455$

a) $y'+y=x$ : $\mu=e^{x}$ , $\left(e^{x}y\right)'=xe^{x}$ , donc $y=x-1+Ce^{-x}$ . $y(0)=-1+C=1$ : $C=2$ et $y=x-1+2e^{-x}$ . $y(1)=\frac{2}{e}\approx 0{,}7358$ .

b) $f(x,y)=x-y$ . Pas 1 : $y_{1}=1+0{,}5\,(0-1)=0{,}5$ en $x=0{,}5$ . Pas 2 : $y_{2}=0{,}5+0{,}5\,(0{,}5-0{,}5)=0{,}5$ en $x=1$ . Estimation : $y(1)\approx 0{,}5$ .

c) Quatre pas : $y_{1}=1+0{,}25(0-1)=0{,}75$ ; $y_{2}=0{,}75+0{,}25(0{,}25-0{,}75)=0{,}625$ ; $y_{3}=0{,}625+0{,}25(0{,}5-0{,}625)=0{,}59375$ ; $y_{4}=0{,}59375+0{,}25(0{,}75-0{,}59375)\approx 0{,}6328$ .

d) Erreurs : $0{,}7358-0{,}5=0{,}2358$ et $0{,}7358-0{,}6328=0{,}1030$ . Rapport : $\frac{0{,}2358}{0{,}1030}\approx 2{,}3$ , proche de $2$ : diviser le pas par deux divise l'erreur à peu près par deux. L'erreur d'Euler est proportionnelle au pas, la méthode est d'ordre $1$ . Les deux estimations sont trop basses : la solution est convexe ( $y''=1-y'=y-x+1=2e^{-x}>0$ ) et la tangente passe sous la courbe.

e) Pas 1 : pente $f(0,1)=-1$ , prédiction $\tilde{y}=0{,}5$ , pente $f(0{,}5\,;0{,}5)=0$ , moyenne $-0{,}5$ : $y_{1}=1-0{,}25=0{,}75$ . Pas 2 : pente $f(0{,}5\,;0{,}75)=-0{,}25$ , prédiction $\tilde{y}=0{,}625$ , pente $f(1\,;0{,}625)=0{,}375$ , moyenne $0{,}0625$ : $y_{2}=0{,}75+0{,}03125=0{,}78125$ . Erreur $\left|0{,}7358-0{,}7813\right|\approx 0{,}0455$ , cinq fois plus petite qu'Euler au même pas, pour seulement deux évaluations de pente par pas. Heun est d'ordre $2$ : c'est la méthode des trapèzes appliquée aux équations différentielles.

Exercice 16 : La vidange d'un réservoir : la loi de Torricelli

Un réservoir cylindrique se vide par un petit trou percé au fond. La loi de Torricelli donne la vitesse de baisse du niveau $h$ (en m) : $\frac{dh}{dt}=-k\sqrt{h}$ , le temps $t$ étant en minutes. Au départ, $h(0)=4$ m ; au bout de $5$ minutes, on mesure $h(5)=2{,}25$ m.

a) Résolvez l'équation par séparation et exprimez $\sqrt{h}$ en fonction de $t$ , de $k$ et de $h(0)$ .
b) Déterminez $k$ à partir de la mesure à $5$ minutes.
c) À quel instant le réservoir est-il vide ?
d) À quel instant le niveau atteint-il la moitié de sa hauteur initiale ? Commentez le fait que ce temps est bien inférieur à la moitié du temps de vidange.
e) Un réservoir obéissant à $\frac{dh}{dt}=-kh$ ne se viderait jamais. Expliquez la différence.

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Réponses

a) $\sqrt{h}=2-\frac{kt}{2}$
b) $k=0{,}2$
c) Vide à $20$ min
d) Mi-hauteur à $5{,}86$ min
e) $\sqrt{h}$ domine $h$ près de $0$ : temps fini

a) $\frac{dh}{\sqrt{h}}=-k\,dt$ donne $2\sqrt{h}=-kt+C$ , et $C=2\sqrt{h(0)}=4$ . Donc $\sqrt{h}=2-\frac{kt}{2}$ , tant que ce nombre est positif.

b) $\sqrt{2{,}25}=1{,}5=2-\frac{5k}{2}$ , donc $k=0{,}2$ ( $\text{m}^{1/2}$ par minute). D'où $\sqrt{h}=2-0{,}1\,t$ et $h(t)=(2-0{,}1\,t)^{2}$ .

c) $h=0$ pour $2-0{,}1\,t=0$ , soit $t=20$ minutes. Au-delà, la solution physique est $h=0$ : le réservoir reste vide.

d) $h=2$ donne $\sqrt{2}=2-0{,}1\,t$ , soit $t=10\left(2-\sqrt{2}\right)\approx 5{,}86$ minutes. La première moitié de la hauteur part en moins de six minutes, la seconde en plus de quatorze : le débit, proportionnel à $\sqrt{h}$ , faiblit à mesure que la pression de la colonne d'eau diminue.

e) Avec $h'=-kh$ , la solution $h=4e^{-kt}$ n'atteint jamais $0$ : la vitesse de baisse est proportionnelle à $h$ , et s'éteint aussi vite que $h$ . Avec $\sqrt{h}$ , quand $h$ est petit, $\sqrt{h}$ est BEAUCOUP plus grand que $h$ (par exemple $\sqrt{0{,}01}=0{,}1$ ) : la vidange ralentit trop peu pour que le niveau n'arrive jamais à zéro, et il l'atteint en temps fini. C'est la même non-régularité de $\sqrt{h}$ en $0$ qui, lue à rebours, casse l'unicité : on ne peut pas savoir, en voyant un réservoir vide, depuis quand il l'est.

Exercice 17 : Une réaction chimique et les fractions partielles

Dans la réaction $\text{A}+\text{B}\to\text{C}$ , on part de concentrations $[\text{A}]_{0}=2$ mol/L et $[\text{B}]_{0}=3$ mol/L. La concentration $x(t)$ de produit formé (mol/L, $t$ en minutes) vérifie la loi de vitesse $\frac{dx}{dt}=k(2-x)(3-x)$ , avec $k=0{,}1$ L/(mol·min) et $x(0)=0$ .

a) Calculez la vitesse initiale de la réaction et décomposez $\frac{1}{(2-x)(3-x)}$ en fractions partielles.
b) Résolvez l'équation par séparation et montrez que $\frac{3-x}{2-x}=\frac{3}{2}e^{kt}$ .
c) Au bout de combien de temps la concentration du produit atteint-elle $1$ mol/L ?
d) Exprimez $x(t)$ et calculez $x(10)$ .
e) Vers quelle valeur tend $x(t)$ ? Interprétez chimiquement.

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Réponses

a) $0{,}6$ ; $\frac{1}{2-x}-\frac{1}{3-x}$
b) $\frac{3-x}{2-x}=\frac{3}{2}e^{kt}$
c) $10\ln\frac{4}{3}\approx 2{,}88$ min
d) $x(10)\approx 1{,}675$
e) Limite $2$ : réactif limitant

a) $x'(0)=0{,}1\times 2\times 3=0{,}6$ mol/(L·min). Décomposition : $\frac{1}{(2-x)(3-x)}=\frac{a}{2-x}+\frac{b}{3-x}$ , soit $1=a(3-x)+b(2-x)$ ; en $x=2$ , $a=1$ ; en $x=3$ , $b=-1$ . Donc $\frac{1}{(2-x)(3-x)}=\frac{1}{2-x}-\frac{1}{3-x}$ .

b) $\int\left(\frac{1}{2-x}-\frac{1}{3-x}\right)dx=-\ln(2-x)+\ln(3-x)=\ln\frac{3-x}{2-x}$ , pour $0\leq x<2$ . D'où $\ln\frac{3-x}{2-x}=kt+C$ , et $x(0)=0$ donne $C=\ln\frac{3}{2}$ . En passant à l'exponentielle : $\frac{3-x}{2-x}=\frac{3}{2}e^{kt}$ .

c) $x=1$ donne $\frac{2}{1}=\frac{3}{2}e^{0{,}1t}$ , soit $t=10\ln\frac{4}{3}\approx 2{,}88$ minutes.

d) Notons $R=\frac{3}{2}e^{kt}$ . De $3-x=R(2-x)$ on tire $x(R-1)=2R-3$ , donc $x(t)=\frac{2R-3}{R-1}$ . À $t=10$ : $R=1{,}5\,e\approx 4{,}077$ et $x(10)\approx\frac{5{,}155}{3{,}077}\approx 1{,}675$ mol/L.

e) Quand $t\to\infty$ , $R\to\infty$ et $x=\frac{2-3/R}{1-1/R}\to 2$ . La réaction s'arrête quand A, le RÉACTIF LIMITANT, est épuisé : il reste alors $1$ mol/L de B en excès. L'équation le dit aussi : $x'=0$ pour $x=2$ , équilibre stable, alors que $x=3$ n'est jamais atteint.

Exercices corrigés : les équations différentielles (201-NYB)

Rappel de cours

Échauffement : résoudre en rafale (/20)

Exercice 1 : Reconnaître le type, puis résoudre : cinq équations du premier ordre

Exercice 2 : Du second ordre au premier : cinq équations à intégrer deux fois ou à réduire

Partie A : Techniques, analyse qualitative et substitutions (/50)

Exercice 3 : Vérifier, séparer, résoudre

Exercice 4 : L'équation linéaire et le facteur intégrant

Exercice 5 : Croissance et décroissance exponentielles

Exercice 6 : Lire avant de résoudre : champ de pentes, ligne de phase et méthode d'Euler

Exercice 7 : Les substitutions : rendre linéaire ce qui ne l'était pas

Partie B : Les problèmes de modélisation (/50)

Exercice 8 : Le refroidissement de Newton : le café et le chronomètre

Exercice 9 : Le réservoir de saumure : l'équilibre qui efface le passé

Exercice 10 : Le modèle logistique : l'exponentielle assagie

Exercice 11 : La chute avec résistance de l'air et la vitesse limite

Exercice 12 : La pêche et le seuil d'effondrement : la logistique avec prélèvement

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 13 : Cinq équations séparables classiques

Exercice 14 : Le facteur intégrant sur cinq équations linéaires

Exercice 15 : Euler et Euler amélioré face à la solution exacte

Exercice 16 : La vidange d'un réservoir : la loi de Torricelli

Exercice 17 : Une réaction chimique et les fractions partielles

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