Tle · Du modèle à l’autonomie

Équations différentielles : pas à pas

Observe un exemple expliqué, entraîne-toi avec des indices, puis résous une autre situation sur papier. Compare les étapes avant de faire le point.

Mon objectif

Retrouver mes révisions

L'équation $$y'=ay$$ : croissance et décroissance exponentielles

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

Classe les solutions $4\e^{-2t}$ , $-4\e^{-2t}$ et 0 selon leur signe, leurs variations et leur limite en $+\infty$ . Peuvent-elles atteindre zéro en un temps fini ?

Comparer avec l’explication

La première est positive et strictement décroissante ; la deuxième est négative et strictement croissante ; toutes deux tendent vers zéro et ne l'atteignent jamais. La fonction nulle y reste. Les dérivées sont $-8\e^{-2t}$ et $8\e^{-2t}$ . Réessaie en remplaçant $$-2$$ par $$+2$$ et distingue signe, variation et limite.

3. Résoudre seul

Résoudre sur $\R$ :

$$y'=5y$$
$$y'=-3y$$
$y'=\frac{y}{2}$
$$y'=-0{,}1y$$
$y'=-\frac{y}{7}$
$$2y'=6y$$

Comparer avec l’explication

\[y'=5y\]

y(t)=C\e^{5t}.

\[y'=-3y\]

y(t)=C\e^{-3t}.

y'=\frac{y}{2}

y(t)=C\e^{t/2}.

\[y'=-0{,}1y\]

y(t)=C\e^{-0{,}1t}.

y'=-\frac{y}{7}

y(t)=C\e^{-t/7}.

2y'=6y\iff y'=3y

y(t)=C\e^{3t}.

Résoudre :

$\[y'=2y,\]$ $\[y(0)=3.\]$
$\[y'=-4y,\]$ $\[y(0)=10.\]$
$\[y'=y,\]$ $\[y(0)=-2.\]$
$\[y'=-y,\]$ $\[y(1)=5.\]$

Comparer avec l’explication

a) $y(t)=C\e^{2t}$ ,

\begin{aligned}y(0) &= C\\[.35em]&= 3 .\end{aligned}

$\boxed{y(t)=3\e^{2t}}$ .

y(t)=C\e^{-4t},

\[C=10.\]

$\boxed{y(t)=10\e^{-4t}}$ .

y(t)=C\e^t,

\[C=-2.\]

$\boxed{y(t)=-2\e^t}$ .

d) $y(t)=C\e^{-t}$ ,

\begin{aligned}y(1) &= C\e^{-1}\\[.35em]&= 5 ,\end{aligned}

$C=5\e$ . $\boxed{y(t)=5\e^{1-t}=5\e^{-(t-1)}}$ .

4. Aller plus loin

Le carbone 14 se désintègre avec une demi-vie de $t_{1/2}=5730$ ans. Un échantillon contient initialement $N_0=10^{12}$ atomes de ${}^{14}$ C.

Écrire l'équation différentielle vérifiée par $$N(t)$$ .
Calculer la constante de désintégration $\lambda$ .
Exprimer $$N(t)$$ .
Combien d'atomes restent après 11460 ans ?
Un objet a perdu $40\%$ de son ${}^{14}$ C. Quel est son âge ?

Comparer avec l’explication

a) $N'(t)=-\lambda N(t)$ (décroissance proportionnelle à la quantité présente).

\begin{aligned}t_{1/2} &= \frac{\ln 2}{\lambda}\\[.35em]&= 5730 ,\end{aligned}

donc

\begin{aligned}\lambda &= \frac{\ln 2}{5730}\\[.35em]&\approx 1{,}21\times 10^{-4}\end{aligned}

an $^{-1}$ .

c) $N(t)=10^{12}\e^{-(\ln2/5730)t}$ . Remplacer $\lambda$ par une valeur arrondie donne seulement une approximation ; on garde la valeur exacte pour les calculs.

\begin{aligned}11460 &= 2\times 5730\\[.35em]&= 2\times t_{1/2} .\end{aligned}

Après 2 demi-vies :

\begin{aligned}N &= \frac{N_0}{4}\\[.35em]&= 2{,}5\times 10^{11} .\end{aligned}

e) Reste $60\%$ : $\e^{-\lambda t}=0{,}6$ ,

\begin{aligned}t &= \frac{-\ln 0{,}6}{\lambda}\\[.35em]&= \frac{\ln\frac{5}{3}}{\lambda}\\[.35em]&= \frac{5730\ln\frac{5}{3}}{\ln 2}\\[.35em]&\approx 4222{,}8\end{aligned}

ans, soit environ 4223 ans. On arrondit à la fin, après le logarithme.

L'équation $$y'=ay+b$$ : évolution vers un équilibre

1. Observer

Exemple · Exemples détaillés

1. $$y'=-2y+6$$ , $$y(0)=1$$ . Ici $$a=-2$$ , $$b=6$$ ,

\begin{aligned}y_{\mathrm{eq}} &= -\frac{6}{-2}\\[.35em]&= 3 .\end{aligned}

Solution générale : $y(t)=C\e^{-2t}+3$ . Condition :

\begin{aligned}y(0) &= C+3\\[.35em]&= 1 ,\end{aligned}

\[C=-2.\]

$\boxed{y(t)=-2\e^{-2t}+3}=(1-3)\e^{-2t}+3$ . Convergence vers $$3$$ .

\[y'=-y+5,\]

\[y(0)=0.\]

y_{\mathrm{eq}}=5.

y(t)=C\e^{-t}+5.

\begin{aligned}y(0) &= C+5\\[.35em]&= 0 ,\end{aligned}

\[C=-5.\]

$\boxed{y(t)=5(1-\e^{-t})}$ . Part de $$0$$ , converge vers $$5$$ .

\[y'=3y-12,\]

\[y(0)=5.\]

\begin{aligned}y_{\mathrm{eq}} &= \frac{12}{3}\\[.35em]&= 4 .\end{aligned}

y(t)=C\e^{3t}+4.

\begin{aligned}y(0) &= C+4\\[.35em]&= 5 ,\end{aligned}

\[C=1.\]

$\boxed{y(t)=\e^{3t}+4}$ . Diverge ( $$a>0$$ ).

4. Refroidissement :

\begin{aligned}T' &= -0{,}1(T-20)\\[.35em]&= -0{,}1T+2 ,\end{aligned}

\[T(0)=90.\]

$$a=-0{,}1$$ , $$b=2$$ , $T_\infty=20$ . $T(t)=70\e^{-0{,}1t}+20$ . Convergence vers $$20$$ ° C.

2. S’entraîner avec aide

Pour $$y'=-2y+6$$ , prévois le comportement à partir de $$y(0)=1$$ , 3, puis 5. Qu'est-ce qui change pour $$y'=2y-6$$ avec les mêmes départs ?

Comparer avec l’explication

Pour $$a=-2$$ , le départ 1 monte vers 3, le départ 3 reste à 3, le départ 5 descend vers 3. Pour $$a=2$$ , le départ 1 descend vers $-\infty$ , le départ 3 reste à 3, le départ 5 monte vers $+\infty$ . La valeur $$L=3$$ est un équilibre dans les deux cas, mais une limite commune seulement pour $$a<0$$ . Réessaie avec l'équilibre $$-1$$ .

3. Résoudre seul

Résoudre sur $\R$ et préciser la solution d'équilibre :

$$y'=-2y+6$$
$$y'=3y-12$$
$$y'=-y+5$$
$$y'+4y=8$$
$$2y'-y=10$$
$$y'=-0{,}5y+3$$

Comparer avec l’explication

\[y'=-2y+6\]

\[a=-2,\]

\[b=6,\]

y_{\mathrm{eq}}=3.

$\boxed{y(t)=C\e^{-2t}+3}$ .

\[y'=3y-12\]

\[a=3,\]

\[b=-12,\]

y_{\mathrm{eq}}=4.

$\boxed{y(t)=C\e^{3t}+4}$ .

\[y'=-y+5\]

\[a=-1,\]

\[b=5,\]

y_{\mathrm{eq}}=5.

$\boxed{y(t)=C\e^{-t}+5}$ .

y'+4y=8\iff y'=-4y+8

\[a=-4,\]

\[b=8,\]

y_{\mathrm{eq}}=2.

$\boxed{y(t)=C\e^{-4t}+2}$ .

2y'-y=10\iff y'=\frac{1}{2}y+5

a=\frac{1}{2},

\[b=5,\]

y_{\mathrm{eq}}=-10.

$\boxed{y(t)=C\e^{t/2}-10}$ .

\[y'=-0{,}5y+3\]

\[a=-0{,}5,\]

\[b=3,\]

y_{\mathrm{eq}}=6.

$\boxed{y(t)=C\e^{-0{,}5t}+6}$ .

Résoudre :

$\[y'=-2y+6,\]$ $\[y(0)=1.\]$
$\[y'=3y-9,\]$ $\[y(0)=5.\]$
$\[y'=-y+4,\]$ $\[y(0)=0.\]$
$\[y'+3y=15,\]$ $\[y(0)=2.\]$
$\[y'=-0{,}1y+2,\]$ $\[y(0)=0.\]$

Comparer avec l’explication

y_{\mathrm{eq}}=3.

y(t)=C\e^{-2t}+3,

\begin{aligned}y(0) &= C+3\\[.35em]&= 1 ,\end{aligned}

$$C=-2$$ . $\boxed{y(t)=-2\e^{-2t}+3}$ .

y_{\mathrm{eq}}=3.

y(t)=C\e^{3t}+3,

\begin{aligned}y(0) &= C+3\\[.35em]&= 5 ,\end{aligned}

$$C=2$$ . $\boxed{y(t)=2\e^{3t}+3}$ .

y_{\mathrm{eq}}=4.

y(t)=C\e^{-t}+4,

\begin{aligned}y(0) &= C+4\\[.35em]&= 0 ,\end{aligned}

$$C=-4$$ . $\boxed{y(t)=4(1-\e^{-t})}$ .

\[y'=-3y+15,\]

y_{\mathrm{eq}}=5.

y(t)=C\e^{-3t}+5,

\begin{aligned}y(0) &= C+5\\[.35em]&= 2 ,\end{aligned}

$$C=-3$$ . $\boxed{y(t)=-3\e^{-3t}+5}$ .

y_{\mathrm{eq}}=20.

y(t)=C\e^{-0{,}1t}+20,

\begin{aligned}y(0) &= C+20\\[.35em]&= 0 ,\end{aligned}

$$C=-20$$ . $\boxed{y(t)=20(1-\e^{-0{,}1t})}$ .

4. Aller plus loin

Le temps $$t$$ est mesuré en minutes. Un café à $$90$$ ° C est posé dans une pièce à $$20$$ ° C. Sa température $$T(t)$$ vérifie $$T'=-0{,}05(T-20)$$ .

Mettre sous forme $$T'=aT+b$$ et identifier $$a$$ , $$b$$ , $T_\infty$ .
Résoudre avec $$T(0)=90$$ .
Au bout de combien de temps le café est-il à $$50$$ ° C ?
Tracer l'allure de la courbe.

Comparer avec l’explication

\begin{aligned}T' &= -0{,}05T+0{,}05\times 20\\[.35em]&= -0{,}05T+1 .\end{aligned}

\[a=-0{,}05,\]

\[b=1,\]

\begin{aligned}T_\infty &= \frac{-1}{-0{,}05}\\[.35em]&= 20 .\end{aligned}

b) $T(t)=C\e^{-0{,}05t}+20$ ,

\begin{aligned}T(0) &= C+20\\[.35em]&= 90 ,\end{aligned}

$$C=70$$ . $\boxed{T(t)=70\e^{-0{,}05t}+20}$ .

\begin{aligned}T(t)=50\\[.35em]&\iff 70\e^{-0{,}05t}=30\\[.35em]&\iff \e^{-0{,}05t}=\frac{3}{7}\\[.35em]&\iff t=\frac{-\ln(3/7)}{0{,}05}=\frac{\ln(7/3)}{0{,}05}=20\ln\frac{7}{3}\approx 16{,}9\end{aligned}

minutes.

d) Courbe décroissante partant de $$90$$ , tendant vers $$20$$ (asymptote horizontale).

Un second membre qui dépend du temps

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

Pour $y'=-y+\e^{-2t}$ , vérifie $p(t)=-\e^{-2t}$ , puis résous avec $$y(0)=0$$ . Pourquoi le candidat $p(t)=\e^{-2t}$ ne convient-il pas ?

Comparer avec l’explication

On a $p'=2\e^{-2t}$ et $-p+\e^{-2t}=2\e^{-2t}$ . Donc $y=C\e^{-t}-\e^{-2t}$ ; en zéro, $$C-1=0$$ , d'où $y=\e^{-t}-\e^{-2t}$ . Le candidat positif aurait une dérivée $-2\e^{-2t}$ et un membre de droite nul. Réessaie en imposant $$y(1)=0$$ .

3. Résoudre seul

Vérifier que $y(t)=3\e^{-2t}+4$ est solution de $$y'=-2y+8$$ .
Vérifier que $y(t)=5\e^{t}-1$ est solution de $$y'=y+1$$ .
Vérifier que $y(t)=\e^{-t}+2t-1$ n'est pas solution de $$y'=-y+2$$ .

Comparer avec l’explication

y=3\e^{-2t}+4,

y'=-6\e^{-2t}.

\begin{aligned}-2y+8 &= -2(3\e^{-2t}+4)+8\\[.35em]&= -6\e^{-2t}-8+8\\[.35em]&= -6\e^{-2t}\\[.35em]&= y' .\end{aligned}

Solution.

y=5\e^t-1,

y'=5\e^t.

\begin{aligned}y+1 &= 5\e^t-1+1\\[.35em]&= 5\e^t\\[.35em]&= y' .\end{aligned}

Solution.

y=\e^{-t}+2t-1,

y'=-\e^{-t}+2.

\begin{aligned}-y+2 &= -\e^{-t}-2t+1+2\\[.35em]&= -\e^{-t}-2t+3 .\end{aligned}

Or $y'=-\e^{-t}+2\neq -\e^{-t}-2t+3$ . Pas solution (sauf si $t=\frac{1}{2}$ , mais il faut que ce soit vrai pour tout $$t$$ ).

On considère $y'=-y+\e^{-2t}$ .

Vérifier que $y_p(t)=-\e^{-2t}$ est une solution particulière.
En posant $$z=y-y_p$$ , montrer que $$z'=-z$$ .
En déduire la solution générale.
Résoudre avec $$y(0)=0$$ .

Comparer avec l’explication

y_p=-\e^{-2t},

y_p'=2\e^{-2t}.

\begin{aligned}-y_p+\e^{-2t} &= \e^{-2t}+\e^{-2t}\\[.35em]&= 2\e^{-2t}\\[.35em]&= y_p' .\end{aligned}

Solution.

b) Posons

\begin{aligned}z &= y-p\\[.35em]&= y+\e^{-2t} .\end{aligned}

La dérivée de l'exponentielle ajoutée est négative :

\begin{aligned}z'&=y'-2\e^{-2t}\\[.35em]&=(-y+\e^{-2t})-2\e^{-2t}\\[.35em]&=-y-\e^{-2t}\\[.35em]&=-z.\end{aligned}

Réciproquement, si $$z'=-z$$ , alors $y=z-\e^{-2t}$ vérifie $y'=-y+\e^{-2t}$ . On n'a donc perdu aucune solution.

c) $z(t)=C\e^{-t}$ ,

\begin{aligned}y &= z-\e^{-2t}\\[.35em]&= C\e^{-t}-\e^{-2t} .\end{aligned}

Solution générale : $\boxed{y(t)=C\e^{-t}-\e^{-2t}}$ .

\begin{aligned}y(0) &= C-1\\[.35em]&= 0 ,\end{aligned}

$$C=1$$ . $\boxed{y(t)=\e^{-t}-\e^{-2t}}$ .

4. Aller plus loin

On considère $$(E)$$ : $$y'=-2y+4$$ et $$(E_H)$$ : $$y'=-2y$$ .

Déterminer la solution générale de $$(E_H)$$ .
Vérifier que $$y_p(t)=2$$ est solution particulière de $$(E)$$ .
En déduire la solution générale de $$(E)$$ .
Soient $y_1(t)=3\e^{-2t}+2$ et $y_2(t)=-\e^{-2t}+2$ deux solutions de $$(E)$$ . Calculer $$y_1-y_2$$ . Vérifier que c'est une solution de $$(E_H)$$ .
Vérifier que $$y_1+y_2$$ n'est pas solution de $$(E)$$ .
Montrer que $\frac{y_1+y_2}{2}$ est solution de $$(E)$$ . Pourquoi ? (Penser à $\alpha+\beta=1$ .)

Comparer avec l’explication

a) $$(E_H)$$ : $$y'=-2y$$ . Solution générale : $y_H(t)=C\e^{-2t}$ .

b) $$y_p(t)=2$$ : $$y_p'=0$$ et $-2\times 2+4=0$ . Donc $$y_p'=-2y_p+4$$ . ✓

c) Par le principe de superposition :

\begin{aligned}y(t) &= y_H(t)+y_p\\[.35em]&= C\e^{-2t}+2 .\end{aligned}

\begin{aligned}y_1-y_2 &= 3\e^{-2t}+2-(-\e^{-2t}+2)\\[.35em]&= 4\e^{-2t} .\end{aligned}

Vérifions :

\begin{aligned}(4\e^{-2t})' &= -8\e^{-2t}\\[.35em]&= -2\times 4\e^{-2t} .\end{aligned}

C'est bien solution de $$(E_H)$$ . ✓

\begin{aligned}y_1+y_2 &= 3\e^{-2t}-\e^{-2t}+4\\[.35em]&= 2\e^{-2t}+4 .\end{aligned}

(y_1+y_2)'=-4\e^{-2t}.

$-2(y_1+y_2)+4=-2(2\e^{-2t}+4)+4=-4\e^{-2t}-4\neq -4\e^{-2t}$ . Pas solution de $$(E)$$ . ✗

\frac{y_1+y_2}{2}=\e^{-2t}+2.

(\frac{y_1+y_2}{2})'=-2\e^{-2t}

\text{et }-2(\e^{-2t}+2)+4=-2\e^{-2t}.

✓

C'est parce que $\frac{1}{2}y_1+\frac{1}{2}y_2$ avec $\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$ : quand les coefficients somment à 1, la combinaison barycentrique de solutions de $$(E)$$ est encore solution de $$(E)$$ (car

\begin{aligned}(\alpha+\beta)b &= 1\times b\\[.35em]&= b\end{aligned}

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