Exercices corrigés : les équations différentielles (Terminale spécialité)

a) $f'(x)=6\mathrm{e}^{2x}$ et $2f(x)=6\mathrm{e}^{2x}$. Les deux expressions coïncident pour tout réel $x$ : $f$ est solution.

b) $g'(x)=5\times(-0{,}4)\mathrm{e}^{-0{,}4x}=-2\mathrm{e}^{-0{,}4x}$. D'autre part $-0{,}4g(x)+2{,}8=-2\mathrm{e}^{-0{,}4x}-2{,}8+2{,}8=-2\mathrm{e}^{-0{,}4x}$. Égalité pour tout $x$ : $g$ est solution. On remarque que $7=-\frac{2{,}8}{-0{,}4}$, c'est bien la solution particulière constante.

c) $h'(x)=\mathrm{e}^{x}+x\mathrm{e}^{x}=(1+x)\mathrm{e}^{x}$, 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. Cette équation n'est pas du type $y'=ay+b$, le second membre dépend de $x$.

d) $k'(x)=2x$ et $2k(x)=2x^{2}$. L'égalité $2x=2x^{2}$ n'a lieu que pour $x=0$ et $x=1$. 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.

a) Les solutions sont les primitives : $y(x)=x^{3}-2x^{2}+x+C$. La condition $y(0)=2$ donne $C=2$, d'où $y(x)=x^{3}-2x^{2}+x+2$.

b) $y(x)=\ln x+C$ sur $]0\ ;\ +\infty[$. Avec $y(1)=\ln 1+C=C=0$, on obtient $y(x)=\ln x$.

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 la dérivée de $-2x$ : l'oublier est l'erreur la plus fréquente.

d) Le numérateur est la dérivée du dénominateur, qui est strictement positif : $y(x)=\ln(x^{2}+1)+C$. Avec $y(0)=\ln 1+C=C=5$, on obtient $y(x)=\ln(x^{2}+1)+5$.

a) Les solutions sont $y(x)=C\mathrm{e}^{3x}$. La condition $y(0)=C=-2$ donne $y(x)=-2\mathrm{e}^{3x}$.

b) L'équation s'écrit $y'=-5y$, donc $y(x)=C\mathrm{e}^{-5x}$, et $y(0)=C=2$ : $y(x)=2\mathrm{e}^{-5x}$. Attention au signe, le $+5y$ passe de l'autre côté.

c) $P(t)=100\mathrm{e}^{0{,}25t}$. On cherche $t$ tel que $\mathrm{e}^{0{,}25t}=2$, soit $t=\frac{\ln 2}{0{,}25}\approx 2{,}77$ années, c'est-à-dire 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 : $\mathrm{e}^{-0{,}1T}=\frac{1}{2}$, donc $T=\frac{\ln 2}{0{,}1}\approx 6{,}93$ jours. La masse initiale disparaît du calcul, c'est pourquoi la demi-vie caractérise le noyau et non l'échantillon.

a) La solution constante $y=k$ vérifie $0=2k+6$, soit $k=-3$. Les solutions sont $y(x)=C\mathrm{e}^{2x}-3$.

b) La constante vérifie $0=-0{,}5k+4$, soit $k=8$. Les solutions sont $y(x)=C\mathrm{e}^{-0{,}5x}+8$. La condition $y(0)=C+8=2$ donne $C=-6$, d'où $y(x)=-6\mathrm{e}^{-0{,}5x}+8$. Comme $-0{,}5<0$, $\mathrm{e}^{-0{,}5x}\to 0$ et $\lim_{x\to+\infty}y(x)=8$, en croissant depuis 2.

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 encadrent la droite d'équation $y=8$ et s'en approchent par des côtés opposés sans jamais l'atteindre : c'est un équilibre stable.

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

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 $y(x)=\mathrm{e}^{-6}\mathrm{e}^{3x}=\mathrm{e}^{3x-6}=\mathrm{e}^{3(x-2)}$. Écrire directement $\mathrm{e}^{3(x-2)}$ est plus lisible et se vérifie d'un coup d'œil en $x=2$.

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

c) Posons $u=f-g$. Alors $u'=f'-g'=(af+b)-(ag+b)=a(f-g)=au$. Donc $u$ est solution de l'équation homogène $y'=ay$. Le second membre constant $b$ s'élimine par différence, c'est tout le mécanisme.

d) Prenons pour $g$ la fonction constante égale à $-\frac{b}{a}$, qui est 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 $C$ 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.

a) $z'=\theta'$ car 20 est constante, donc $z'=-k(\theta-20)=-kz$. Les solutions sont $z(t)=C\mathrm{e}^{-kt}$, d'où $\theta(t)=20+C\mathrm{e}^{-kt}$. La condition $\theta(0)=85$ donne $C=65$, donc $\theta(t)=20+65\mathrm{e}^{-kt}$.

b) $\theta(10)=20+65\mathrm{e}^{-10k}=65$, donc $\mathrm{e}^{-10k}=\frac{45}{65}=\frac{9}{13}$, d'où $k=\frac{1}{10}\ln\frac{13}{9}\approx 0{,}0368$ par minute.

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 °C.

d) Comme $-k<0$, $\mathrm{e}^{-kt}\to 0$ et $\lim_{t\to+\infty}\theta(t)=20$. Mais $65\mathrm{e}^{-kt}$ est strictement positif pour tout $t$ : la température du café reste strictement supérieure à 20 °C à chaque instant. Le modèle décrit une limite, pas une valeur atteinte. À 3 heures, l'écart résiduel vaut encore environ 0,09 °C, indétectable en pratique mais non nul dans le modèle.

a) La solution constante $v=\ell$ vérifie $0=9{,}8-0{,}2\ell$, soit $\ell=\frac{9{,}8}{0{,}2}=49$ m/s, soit environ 176 km/h. À cette vitesse le frottement compense exactement le poids et l'accélération s'annule.

b) L'équation s'écrit $v'=-0{,}2v+9{,}8$, donc $v(t)=C\mathrm{e}^{-0{,}2t}+49$. La condition $v(0)=C+49=0$ donne $C=-49$, d'où $v(t)=49\left(1-\mathrm{e}^{-0{,}2t}\right)$. Comme $\mathrm{e}^{-0{,}2t}\to 0$, on a bien $\lim_{t\to+\infty}v(t)=49$ m/s.

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

d) On résout $49\left(1-\mathrm{e}^{-0{,}2t}\right)=0{,}9\times 49$, soit $\mathrm{e}^{-0{,}2t}=0{,}1$, donc $t=\frac{\ln 10}{0{,}2}\approx 11{,}5$ secondes. Remarquez que ce temps ne dépend pas de 9,8 : seul le coefficient de frottement fixe la rapidité de l'installation du régime, la gravité ne fixe que la valeur limite.

a) Le sel entrant apporte $0{,}03\times 10=0{,}3$ kg par minute. Le sel sortant part à la concentration de la cuve, qui vaut $\frac{q(t)}{1000}$ kg par litre, au débit de 10 L/min, soit $\frac{10\,q(t)}{1000}=0{,}01\,q(t)$ kg par minute. La variation de la masse de sel est la différence entre ce qui entre et ce qui sort : $q'(t)=0{,}3-0{,}01\,q(t)$.

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 $q(t)=30-10\mathrm{e}^{-0{,}01t}$.

c) $\lim_{t\to+\infty}q(t)=30$ kg. La concentration limite dans la cuve vaut alors $\frac{30}{1000}=0{,}03$ kg par litre : c'est exactement la concentration de la saumure entrante. À long terme la cuve finit par titrer comme son alimentation, quelle que soit sa charge initiale en sel.

d) On résout $30-10\mathrm{e}^{-0{,}01t}=25$, soit $\mathrm{e}^{-0{,}01t}=0{,}5$, 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 est la demi-vie de l'équation homogène associée.

a) Faux : le coefficient $a$ va dans l'exposant, pas devant. Les solutions sont $x\mapsto C\mathrm{e}^{2x}$, avec $C$ quelconque. La fonction proposée, $f(x)=2\mathrm{e}^{x}$, vérifie $f'(x)=2\mathrm{e}^{x}=f(x)$ et non $2f(x)$ : elle est solution de $y'=y$.

b) Faux : la solution particulière constante n'est pas $b$ mais $-\frac{b}{a}=-\frac{12}{-3}=4$. Les solutions sont $x\mapsto C\mathrm{e}^{-3x}+4$. Vérification : si $y=C\mathrm{e}^{-3x}+4$ alors $y'=-3C\mathrm{e}^{-3x}=-3(y-4)=-3y+12$. La fonction annoncée donnerait $y'=-3y+36$.

c) Faux : le problème est surdéterminé et n'a en général aucune solution. La condition $y(0)=1$ impose déjà $C=1$, donc $y(x)=\mathrm{e}^{2x}$ et $y(1)=\mathrm{e}^{2}\approx 7{,}39$, ce qui contredit $y(1)=3$. Une équation du premier ordre n'admet qu'une seule constante d'intégration : une condition, et une seule, la fixe.

d) Faux : c'est une limite, pas une valeur atteinte. La solution s'écrit $y(x)=C\mathrm{e}^{ax}-\frac{b}{a}$, et $C\mathrm{e}^{ax}$ ne s'annule jamais quand $C\neq 0$. 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 est atteinte est $C=0$, c'est-à-dire $y_{0}=-\frac{b}{a}$, et la solution est alors constante.

a) La solution constante vérifie $0=0{,}05P^{*}-400$, soit $P^{*}=\frac{400}{0{,}05}=8\,000$ poissons. À cet effectif, la croissance naturelle produit exactement 400 poissons par an, que la pêche prélève.

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 $P(t)=8\,000+\bigl(P(0)-8\,000\bigr)\mathrm{e}^{0{,}05t}$.

c) Avec $P(0)=9\,000$, on obtient $P(t)=8\,000+1\,000\mathrm{e}^{0{,}05t}$, fonction croissante qui tend vers $+\infty$. Après 20 ans, $P(20)=8\,000+1\,000\mathrm{e}\approx 10\,718$ poissons.

d) Avec $P(0)=7\,500$, on obtient $P(t)=8\,000-500\mathrm{e}^{0{,}05t}$, fonction décroissante. Elle s'annule quand $\mathrm{e}^{0{,}05t}=16$, soit $t=\frac{\ln 16}{0{,}05}\approx 55{,}5$ : la population s'éteint au cours de la 56e année. L'équilibre est instable, puisque $a=0{,}05>0$ : de part et d'autre de 8 000, on s'en éloigne. Pour une population initiale de 7 500, un quota $Q$ est soutenable si l'équilibre $\frac{Q}{0{,}05}$ ne dépasse pas 7 500, soit $Q\leq 375$ poissons par an. Vingt-cinq poissons de trop dans le quota suffisent à condamner le lac.