Exercices corrigés : les équations différentielles (Terminale spécialité)

a) $f'(x)=3\times 2\mathrm{e}^{2x}=6\mathrm{e}^{2x}$ et $2f(x)=2\times 3\mathrm{e}^{2x}=6\mathrm{e}^{2x}$. Les deux expressions coïncident pour TOUT réel $x$ : $f$ est solution. La méthode est toujours la même et ne demande aucune astuce : on calcule les deux membres séparément et l'on compare, sans jamais chercher à résoudre.

b) $g'(x)=5\times(-0{,}4)\mathrm{e}^{-0{,}4x}=-2\mathrm{e}^{-0{,}4x}$, la constante $7$ disparaissant à la dérivation. D'autre part $-0{,}4g(x)+2{,}8=-0{,}4\left(5\mathrm{e}^{-0{,}4x}+7\right)+2{,}8=-2\mathrm{e}^{-0{,}4x}-2{,}8+2{,}8=-2\mathrm{e}^{-0{,}4x}$. Égalité pour tout $x$ : $g$ est solution. Le nombre $7$ n'est pas quelconque, on vérifie que $7=-\frac{2{,}8}{-0{,}4}=-\frac{b}{a}$ : c'est la solution particulière CONSTANTE, autour de laquelle tout le chapitre s'organise.

c) $h'(x)=1\times\mathrm{e}^{x}+x\mathrm{e}^{x}=(1+x)\mathrm{e}^{x}$ par la formule du produit, et $h(x)+\mathrm{e}^{x}=x\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{x}=(1+x)\mathrm{e}^{x}$. Égalité pour tout $x$ : $h$ est solution. Notez que cette équation n'est PAS du type $y'=ay+b$, son second membre dépendant de $x$ ; on ne saurait donc pas la résoudre au programme de Terminale, mais on sait parfaitement vérifier qu'une fonction donnée en est solution. Vérifier et résoudre sont deux compétences distinctes, et la première est toujours accessible.

d) $k'(x)=2x$ et $2k(x)=2x^{2}$. L'égalité $2x=2x^{2}$ équivaut à $2x(1-x)=0$, donc elle n'a lieu qu'en $x=0$ et en $x=1$. Or une fonction n'est solution que si l'égalité vaut sur TOUT l'intervalle : $k$ n'est donc pas solution. Vérifier en un seul point ne prouve rien, et c'est exactement le piège de la question : un élève qui teste $x=1$ et trouve $2=2$ conclura à tort.

Deux réflexes à installer dès cet exercice, car ils resserviront constamment. D'abord, une équation différentielle est une relation entre une fonction et sa dérivée qui doit être satisfaite PARTOUT sur l'intervalle considéré ; un contre-exemple en un seul point suffit à démolir, une vérification en un seul point ne prouve rien. Ensuite, dans une équation $y'=ay+b$, la constante $-\frac{b}{a}$ est toujours solution, ce que la question b) illustre et que l'exercice 4 démontrera : c'est la valeur d'ÉQUILIBRE, celle pour laquelle la dérivée s'annule et où rien ne bouge plus.

a) Quand l'équation s'écrit $y'=\varphi(x)$, sans $y$ au second membre, résoudre revient simplement à PRIMITIVER : $y(x)=x^{3}-2x^{2}+x+C$. La condition $y(0)=0-0+0+C=2$ donne $C=2$, d'où l'unique solution $y(x)=x^{3}-2x^{2}+x+2$.

b) $y(x)=\ln x+C$ sur $]0\,;\,+\infty[$, intervalle sur lequel $\frac{1}{x}$ admet bien $\ln$ pour primitive. Avec $y(1)=\ln 1+C=0+C=0$, on obtient $C=0$ et $y(x)=\ln x$. La restriction à $]0\,;\,+\infty[$ n'est pas décorative : sur $]-\infty\,;\,0[$ la primitive serait $\ln(-x)$, et les deux intervalles doivent être traités séparément puisqu'ils ne se rejoignent pas.

c) Une primitive de $\mathrm{e}^{-2x}$ est $-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x}$, donc $y(x)=-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x}+C$. La condition $y(0)=-\frac{1}{2}+C=1$ donne $C=\frac{3}{2}$, d'où $y(x)=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x}$. Le facteur $-\frac{1}{2}$ vient de ce que la dérivée de $-2x$ vaut $-2$, qu'il faut compenser ; l'oublier est l'erreur la plus fréquente du chapitre, et elle se détecte en une ligne par dérivation.

d) On reconnaît la forme $\frac{u'}{u}$ avec $u=x^{2}+1$, dont la dérivée est bien $2x$ et qui est strictement positif sur $\mathbb{R}$ : $y(x)=\ln(x^{2}+1)+C$. Avec $y(0)=\ln 1+C=C=5$, on obtient $y(x)=\ln(x^{2}+1)+5$.

Ce premier type d'équation ne demande donc rien d'autre que le chapitre des primitives, mais il installe la structure que l'on retrouvera partout. L'ensemble des solutions forme une FAMILLE à un paramètre, dont les courbes se déduisent les unes des autres par translation verticale, et la condition initiale sélectionne exactement une courbe de la famille. Une seule condition suffit, et il n'en faut pas deux, comme l'exercice 9 le rappellera : une équation du premier ordre n'introduit qu'une seule constante d'intégration.

a) Les solutions sont $y(x)=C\mathrm{e}^{3x}$, le coefficient $3$ allant dans l'EXPOSANT et non devant. La condition $y(0)=C\mathrm{e}^{0}=C=-2$ donne $y(x)=-2\mathrm{e}^{3x}$. On remarquera que $C$ est toujours la valeur en $0$, ce qui rend l'identification immédiate quand la condition est donnée en ce point.

b) L'équation $y'+5y=0$ doit d'abord être RÉÉCRITE sous la forme canonique $y'=-5y$, le terme $+5y$ changeant de signe en passant de l'autre côté. Les solutions sont donc $y(x)=C\mathrm{e}^{-5x}$, et $y(0)=C=2$ donne $y(x)=2\mathrm{e}^{-5x}$. Ce changement de signe est l'erreur classique, et un contrôle la détecte : la solution doit DÉCROÎTRE, puisque plus $y$ est grand, plus $y'$ est négatif.

c) La solution s'écrit $P(t)=100\mathrm{e}^{0{,}25t}$, et l'on cherche $t$ tel que $P(t)=200$, c'est-à-dire $\mathrm{e}^{0{,}25t}=2$. On applique le logarithme, opération licite car l'exponentielle est strictement positive : $0{,}25t=\ln 2$, donc $t=\frac{\ln 2}{0{,}25}\approx 2{,}77$ années, soit environ $2$ ans et $9$ mois.

d) $m(t)=m_{0}\mathrm{e}^{-0{,}1t}$. La demi-vie $T$ vérifie $m_{0}\mathrm{e}^{-0{,}1T}=\frac{m_{0}}{2}$, et $m_{0}>0$ SE SIMPLIFIE des deux côtés : $\mathrm{e}^{-0{,}1T}=\frac{1}{2}$, donc $-0{,}1T=\ln\frac{1}{2}=-\ln 2$ et $T=\frac{\ln 2}{0{,}1}\approx 6{,}93$ jours. La masse initiale disparaît du calcul, ce qui explique que la demi-vie caractérise le NOYAU et non l'échantillon : un gramme et une tonne du même isotope se désintègrent au même rythme relatif.

Les questions c) et d) reposent sur la même formule, qu'il vaut mieux comprendre une fois que mémoriser deux fois. Le temps de doublement d'une croissance de taux $a>0$ vaut $\frac{\ln 2}{a}$, et la demi-vie d'une décroissance de taux $-a$ vaut également $\frac{\ln 2}{a}$ : c'est le même nombre, parce que $\ln 2$ mesure indifféremment un doublement ou une division par deux, au signe près. On en tire une règle mentale utile, dite règle de $70$ : puisque $\ln 2\approx 0{,}693\approx 0{,}70$, un taux de $5\ \%$ par an double en environ $\frac{70}{5}=14$ ans, un taux de $7\ \%$ en $10$ ans. Le calcul exact donnerait $13{,}86$ ans pour $5\ \%$ ✓.

a) On cherche d'abord la solution CONSTANTE $y=k$, dont la dérivée est nulle : $0=2k+6$, soit $k=-3$. Les solutions sont alors $y(x)=C\mathrm{e}^{2x}-3$, c'est-à-dire la solution générale de l'équation homogène $y'=2y$ à laquelle on AJOUTE la constante trouvée.

b) La constante vérifie $0=-0{,}5k+4$, soit $k=8$. Les solutions sont $y(x)=C\mathrm{e}^{-0{,}5x}+8$, et la condition $y(0)=C+8=2$ donne $C=-6$, d'où $y(x)=-6\mathrm{e}^{-0{,}5x}+8$. Comme $-0{,}5<0$, on a $\mathrm{e}^{-0{,}5x}\to 0$ en $+\infty$ et donc $\lim_{x\to+\infty}y(x)=8$, la solution montant depuis $2$ vers cette valeur sans jamais l'atteindre.

c) La constante $8$ est la même, seule change la valeur de $C$ : ici $C=12-8=4$ et $y(x)=4\mathrm{e}^{-0{,}5x}+8$. La limite est encore $8$, mais la solution DÉCROÎT depuis $12$. Les deux courbes de b) et c) encadrent donc la droite d'équation $y=8$ et s'en approchent par des côtés opposés : cette droite est un ÉQUILIBRE STABLE, vers lequel toute solution converge quelle que soit sa valeur de départ.

d) Si $y$ est la fonction constante égale à $-\frac{b}{a}$, alors $y'=0$ d'une part, et $ay+b=a\times\left(-\frac{b}{a}\right)+b=-b+b=0$ d'autre part. L'équation est donc vérifiée, cette constante est bien solution, et elle vaut $y_{0}$ en $0$ par hypothèse. Par UNICITÉ de la solution vérifiant une condition initiale donnée, c'est la seule qui convienne : la solution est constante.

Le schéma général vaut d'être formulé une fois pour toutes, car il gouverne les exercices 6 à 10. La solution s'écrit $y(x)=\underbrace{-\frac{b}{a}}_{\text{équilibre}}+\underbrace{C\mathrm{e}^{ax}}_{\text{écart à l'équilibre}}$, et l'écart à l'équilibre suit exactement l'équation homogène. Le SIGNE de $a$ décide alors de tout. Si $a<0$, l'écart s'efface et l'équilibre est stable, attirant toutes les solutions : c'est le cas du café qui refroidit, du parachutiste et de la cuve de saumure. Si $a>0$, l'écart s'amplifie et l'équilibre est instable, repoussant toutes les solutions : c'est le cas du lac de l'exercice 10, où une population légèrement inférieure au seuil s'effondre. Ce seul critère de signe permet de prévoir le comportement AVANT tout calcul.

a) Les solutions sont $y(x)=C\mathrm{e}^{3x}$. La condition $y(2)=C\mathrm{e}^{6}=1$ donne $C=\mathrm{e}^{-6}$, d'où $y(x)=\mathrm{e}^{-6}\mathrm{e}^{3x}=\mathrm{e}^{3x-6}=\mathrm{e}^{3(x-2)}$. La dernière écriture est de loin la plus lisible, et elle se contrôle d'un coup d'œil : en $x=2$ l'exposant s'annule et l'on obtient $\mathrm{e}^{0}=1$ ✓. Prendre l'habitude de factoriser l'exposant fait gagner du temps et évite les erreurs de recopie.

b) La constante vérifie $0=-2k+6$, soit $k=3$, donc les solutions sont $y(x)=C\mathrm{e}^{-2x}+3$. La condition $y(1)=C\mathrm{e}^{-2}+3=4$ donne $C\mathrm{e}^{-2}=1$, soit $C=\mathrm{e}^{2}$, d'où $y(x)=\mathrm{e}^{2}\mathrm{e}^{-2x}+3=\mathrm{e}^{2-2x}+3=\mathrm{e}^{-2(x-1)}+3$. Contrôle en $x=1$ : $\mathrm{e}^{0}+3=4$ ✓.

c) Posons $u=f-g$. Alors $u'=f'-g'=(af+b)-(ag+b)=af-ag=a(f-g)=au$. Donc $u$ est solution de l'équation HOMOGÈNE $y'=ay$. Le second membre constant $b$ s'élimine par différence, et c'est tout le mécanisme : deux solutions de la même équation avec second membre diffèrent par une solution de l'équation sans second membre.

d) Prenons pour $g$ la fonction constante égale à $-\frac{b}{a}$, qui est bien solution d'après l'exercice 4. Si $f$ est une solution quelconque, alors $f-g$ est solution de $y'=ay$ d'après c), donc il existe un réel $C$ tel que $f(x)-\left(-\frac{b}{a}\right)=C\mathrm{e}^{ax}$, c'est-à-dire $f(x)=C\mathrm{e}^{ax}-\frac{b}{a}$. Réciproquement, toute fonction de cette forme est solution, par le calcul direct de l'exercice 1. On a donc bien décrit TOUTES les solutions, et rien qu'elles.

La double inclusion de la question d) n'est pas une coquetterie de rédaction : sans le sens réciproque, on aurait montré que les solutions sont NÉCESSAIREMENT de cette forme, sans garantir que toute fonction de cette forme convienne. Sur le fond, ce raisonnement est le même que pour les primitives, où deux primitives d'une même fonction diffèrent d'une constante, ou pour les systèmes linéaires, où l'on ajoute une solution particulière à la solution générale du système homogène. Le principe commun, appelé structure affine de l'ensemble des solutions, se résume en une phrase à retenir : solution générale égale solution particulière plus solution générale de l'homogène.

a) La constante $20$ ayant une dérivée nulle, on a $z'=\theta'$, donc $z'=-k(\theta-20)=-kz$. Le changement de variable a fait DISPARAÎTRE le second membre, ce qui est tout son intérêt. Les solutions sont $z(t)=C\mathrm{e}^{-kt}$, d'où $\theta(t)=20+C\mathrm{e}^{-kt}$. La condition $\theta(0)=20+C=85$ donne $C=65$, qui est exactement l'ÉCART initial à la température de la pièce, et non la température initiale. Donc $\theta(t)=20+65\mathrm{e}^{-kt}$.

b) On exploite la mesure : $\theta(10)=20+65\mathrm{e}^{-10k}=65$, donc $65\mathrm{e}^{-10k}=45$ et $\mathrm{e}^{-10k}=\frac{45}{65}=\frac{9}{13}$. En passant au logarithme, $-10k=\ln\frac{9}{13}$, donc $k=\frac{1}{10}\ln\frac{13}{9}\approx 0{,}0368$ par minute. L'inversion de la fraction, qui fait passer de $\frac{9}{13}$ à $\frac{13}{9}$, absorbe le signe moins : $-\ln\frac{9}{13}=\ln\frac{13}{9}$.

c) On résout $20+65\mathrm{e}^{-kt}=40$, soit $\mathrm{e}^{-kt}=\frac{20}{65}=\frac{4}{13}$, donc $t=\frac{1}{k}\ln\frac{13}{4}\approx\frac{1{,}1787}{0{,}03677}\approx 32{,}1$ minutes. Le café passe donc environ $32$ minutes au-dessus de $40\ ^{\circ}$C, ce qui est un ordre de grandeur crédible et valide le modèle.

d) Comme $-k<0$, on a $\mathrm{e}^{-kt}\to 0$ et donc $\lim_{t\to+\infty}\theta(t)=20$. Mais le terme $65\mathrm{e}^{-kt}$ est STRICTEMENT POSITIF pour tout $t$, l'exponentielle ne s'annulant jamais : la température du café reste strictement supérieure à $20\ ^{\circ}$C à chaque instant. Le modèle décrit donc une limite, pas une valeur atteinte. Au bout de $3$ heures, l'écart résiduel vaut encore environ $0{,}09\ ^{\circ}$C, indétectable en pratique mais non nul dans le modèle.

Le coefficient $k$ a une interprétation qu'il faut connaître, car elle donne une intuition immédiate de la vitesse du phénomène. Son inverse $\tau=\frac{1}{k}\approx 27$ minutes est le TEMPS CARACTÉRISTIQUE : c'est la durée au bout de laquelle l'écart initial a été divisé par $\mathrm{e}$, soit réduit d'environ $63\ \%$. La demi-vie de l'écart, elle, vaut $\tau\ln 2\approx 18{,}8$ minutes, et l'on vérifie que $\theta(18{,}8)-20\approx 32{,}5$, exactement la moitié des $65$ degrés d'écart initiaux ✓. Une règle pratique en découle, valable pour tout phénomène de ce type : après $3\tau$ le phénomène est achevé à $95\ \%$, après $5\tau$ à plus de $99\ \%$.

a) La solution constante $v=\ell$ a une dérivée nulle et vérifie donc $0=9{,}8-0{,}2\ell$, soit $\ell=\frac{9{,}8}{0{,}2}=49$ m/s, soit environ $176$ km/h. L'interprétation physique est directe : à cette vitesse, la force de frottement compense exactement le poids, l'accélération s'annule et le mouvement devient uniforme.

b) On réécrit sous forme canonique, $v'=-0{,}2v+9{,}8$, d'où $v(t)=C\mathrm{e}^{-0{,}2t}+49$. La condition $v(0)=C+49=0$ donne $C=-49$, et l'on obtient $v(t)=49-49\mathrm{e}^{-0{,}2t}=49\left(1-\mathrm{e}^{-0{,}2t}\right)$. Comme $-0{,}2<0$, le terme exponentiel tend vers $0$ et $\lim_{t\to+\infty}v(t)=49$ m/s ✓, ce qui confirme la question a) : la solution constante est bien la valeur limite.

c) $v(5)=49\left(1-\mathrm{e}^{-1}\right)\approx 49\times 0{,}6321\approx 31{,}0$ m/s. Après seulement $5$ secondes, le parachutiste est déjà à $63\ \%$ de sa vitesse limite : le régime s'installe beaucoup plus vite qu'on ne l'imagine.

d) On résout $49\left(1-\mathrm{e}^{-0{,}2t}\right)=0{,}9\times 49$. Le facteur $49$ SE SIMPLIFIE, ce qui est déjà instructif : $1-\mathrm{e}^{-0{,}2t}=0{,}9$, soit $\mathrm{e}^{-0{,}2t}=0{,}1$, donc $-0{,}2t=\ln 0{,}1=-\ln 10$ et $t=\frac{\ln 10}{0{,}2}\approx 11{,}5$ secondes.

Ce dernier calcul mérite un commentaire, car il porte toute la physique de l'exercice. Le temps obtenu ne dépend PAS de $9{,}8$, qui s'est simplifié : seul le coefficient de frottement $0{,}2$ fixe la rapidité avec laquelle le régime s'installe, tandis que la gravité ne fixe que la valeur limite atteinte. On retrouve le temps caractéristique de l'exercice précédent, ici $\tau=\frac{1}{0{,}2}=5$ secondes, et la question c) n'est autre que l'évaluation en $t=\tau$, d'où le $63\ \%$ qui n'est pas une coïncidence mais la valeur universelle $1-\frac{1}{\mathrm{e}}$ ✓. Sur la Lune, avec une gravité six fois moindre mais le même parachute, la vitesse limite serait six fois plus faible et le régime s'installerait exactement aussi vite.

a) Le sel ENTRANT apporte $0{,}03\times 10=0{,}3$ kg par minute, produit de la concentration entrante par le débit. Le sel SORTANT part à la concentration de la cuve, qui vaut $\frac{q(t)}{1\,000}$ kg par litre puisque le mélange est homogène, au débit de $10$ L/min, soit $\frac{10\,q(t)}{1\,000}=0{,}01\,q(t)$ kg par minute. La variation de la masse de sel est la différence entre ce qui entre et ce qui sort : $q'(t)=0{,}3-0{,}01\,q(t)$. C'est un BILAN, et c'est la seule vraie difficulté de l'exercice ; l'égalité des deux débits est ce qui garantit un volume constant et donc un dénominateur fixe.

b) La solution constante vérifie $0=0{,}3-0{,}01k$, soit $k=30$. Les solutions sont $q(t)=C\mathrm{e}^{-0{,}01t}+30$, et $q(0)=C+30=20$ donne $C=-10$, d'où $q(t)=30-10\mathrm{e}^{-0{,}01t}$. La masse de sel croît donc de $20$ vers $30$ kg.

c) $\lim_{t\to+\infty}q(t)=30$ kg, le terme exponentiel s'effaçant. La concentration limite dans la cuve vaut alors $\frac{30}{1\,000}=0{,}03$ kg par litre : c'est EXACTEMENT la concentration de la saumure entrante. À long terme, la cuve finit donc par titrer comme son alimentation, et ce quelle que soit sa charge initiale en sel, celle-ci ne fixant que la valeur de $C$ et non la limite.

d) On résout $30-10\mathrm{e}^{-0{,}01t}=25$, soit $10\mathrm{e}^{-0{,}01t}=5$ et $\mathrm{e}^{-0{,}01t}=0{,}5$, donc $t=\frac{\ln 2}{0{,}01}\approx 69{,}3$ minutes. Autrement dit, l'écart à la valeur limite est divisé par deux toutes les $69$ minutes environ, ce qui n'est autre que la demi-vie de l'équation homogène associée, exactement la formule de l'exercice 3.

Le résultat de la question c) est plus profond qu'il n'y paraît et vaut d'être retenu comme un principe. Un système ouvert traversé par un flux finit toujours par adopter les caractéristiques de son ALIMENTATION, sa mémoire de l'état initial s'effaçant exponentiellement. Le temps caractéristique vaut ici $\tau=\frac{1}{0{,}01}=100$ minutes, ce qui correspond très exactement au temps de renouvellement du volume, soit $\frac{1\,000\text{ L}}{10\text{ L/min}}=100$ min ✓. Cette coïncidence n'en est pas une : le coefficient $0{,}01$ de l'équation EST le débit divisé par le volume. On en tire une règle utilisable sans calcul : plus le renouvellement est rapide, plus vite la cuve oublie son passé.

a) Faux : le coefficient $a$ va dans l'EXPOSANT, pas devant. Les solutions sont $x\mapsto C\mathrm{e}^{2x}$, avec $C$ réel quelconque. La fonction proposée, $f(x)=2\mathrm{e}^{x}$, vérifie $f'(x)=2\mathrm{e}^{x}=f(x)$ et non $2f(x)=4\mathrm{e}^{x}$ : elle est en réalité solution de $y'=y$. La confusion vient de ce que $2$ apparaît dans les deux écritures, mais son rôle diffère du tout au tout : devant, c'est une amplitude choisie par la condition initiale ; dans l'exposant, c'est le taux de croissance imposé par l'équation.

b) Faux : la solution particulière constante n'est pas $b$ mais $-\frac{b}{a}=-\frac{12}{-3}=4$. Les solutions sont donc $x\mapsto C\mathrm{e}^{-3x}+4$. Vérification en une ligne : si $y=C\mathrm{e}^{-3x}+4$, alors $y'=-3C\mathrm{e}^{-3x}=-3(y-4)=-3y+12$ ✓. La fonction annoncée, avec $+12$, serait solution de $y'=-3y+36$, ce qui n'est pas l'équation posée. Le réflexe protecteur est de toujours vérifier que la constante ANNULE le second membre, ici $-3\times 4+12=0$ ✓.

c) Faux : le problème est SURDÉTERMINÉ et n'admet en général aucune solution. La condition $y(0)=1$ impose déjà $C=1$, donc $y(x)=\mathrm{e}^{2x}$ et par conséquent $y(1)=\mathrm{e}^{2}\approx 7{,}39$, ce qui contredit l'exigence $y(1)=3$. Une équation différentielle du premier ordre n'introduit qu'UNE seule constante d'intégration : une condition, et une seule, la fixe. En ajouter une seconde ne rend pas la solution plus précise, cela rend le problème impossible, sauf coïncidence.

d) Faux : c'est une LIMITE, pas une valeur atteinte. La solution s'écrit $y(x)=C\mathrm{e}^{ax}-\frac{b}{a}$, et le terme $C\mathrm{e}^{ax}$ ne s'annule jamais tant que $C\neq 0$, l'exponentielle étant strictement positive. Par exemple $y(x)=-6\mathrm{e}^{-0{,}5x}+8$ vérifie $y(x)<8$ pour tout $x$, tout en tendant vers $8$. Le seul cas où la valeur d'équilibre est effectivement atteinte est $C=0$, c'est-à-dire $y_{0}=-\frac{b}{a}$, et la solution est alors constante depuis le début.

Les quatre erreurs se répartissent en deux familles. Les deux premières sont des erreurs de FORME, où l'on place un coefficient au mauvais endroit ; le remède est unique et infaillible, il consiste à dériver la solution annoncée et à vérifier qu'elle satisfait l'équation, opération qui prend deux lignes et ne rate jamais. Les deux dernières sont des erreurs de STATUT, où l'on confond ce qu'un théorème garantit avec ce qu'on aimerait qu'il garantisse : l'unicité vaut pour une condition, pas pour deux, et une limite décrit une tendance, pas un aboutissement.

a) La solution constante vérifie $0=0{,}05P^{*}-400$, soit $P^{*}=\frac{400}{0{,}05}=8\,000$ poissons. L'interprétation est limpide : à cet effectif, la croissance naturelle produit exactement $0{,}05\times 8\,000=400$ poissons par an, soit précisément ce que la pêche prélève, et la population reste stationnaire.

b) $z'=P'$ puisque $P^{*}$ est constante, donc $z'=0{,}05P-400=0{,}05\left(P-8\,000\right)=0{,}05z$. Ainsi $z(t)=z(0)\mathrm{e}^{0{,}05t}$, et en revenant à $P$ : $P(t)=8\,000+\bigl(P(0)-8\,000\bigr)\mathrm{e}^{0{,}05t}$. Tout est déjà contenu dans cette formule, l'ÉCART initial à l'équilibre étant multiplié par un facteur qui grandit sans limite.

c) Avec $P(0)=9\,000$, l'écart initial vaut $+1\,000$ et $P(t)=8\,000+1\,000\mathrm{e}^{0{,}05t}$, fonction croissante qui tend vers $+\infty$. Après $20$ ans, $P(20)=8\,000+1\,000\mathrm{e}\approx 8\,000+2\,718\approx 10\,718$ poissons. La population prospère malgré la pêche.