Équations différentielles corrigées : les équations différentielles : corrigé des exercices de maths en terminale en PDF.
Voici la correction complète des 19 exercices de la fiche, rédigée pour des élèves de terminale. Ensuite, la plupart des résolutions suivent la même démarche : on écrit les solutions de l’équation sans second membre à l’aide de la fonction exponentielle, on leur ajoute une solution particulière, puis on fixe la constante grâce à la donnée de l’énoncé (valeur en un point, tangente imposée, point de passage).
Plusieurs réponses détaillent aussi des raisonnements à savoir refaire seul : l’équivalence entre « être solution de l’équation complète » et « la différence est solution de l’équation homogène », l’identification des coefficients d’un polynôme ou d’une expression trigonométrique, l’étude des variations d’une fonction avec ses limites, ou encore la reconnaissance graphique de courbes.
Les problèmes concrets sont menés jusqu’au bout, avec des valeurs approchées arrondies comme demandé : température d’un corps, âge d’un échantillon grâce au carbone 14, distance parcourue par un chariot. Puis pour progresser, travaillez d’abord les énoncés des exercices sans aide, puis comparez votre travail, question par question, avec ces équations différentielles corrigées.
Exercice 1 (équations différentielles corrigées)
Résoudre les équations différentielles suivantes :
1. \(y^{\prime}+5y=3\text{ et }y(0)=0.\)
\(y^{\prime}e^{5x}+5ye^{5x}=3e^{5x}\)
\((ye^{5x})^{\prime}=3e^{5x}\)
\(ye^{5x}=\frac{3}{5}e^{5x}+k\,(k\in \mathbb{R})\)
\(y=\frac{3}{5}e^{5x}e^{-5x}+ke^{-5x}\,(k\in \mathbb{R})\)
\(y=\frac{3}{5}e^{0} +ke^{-5x}\,(k\in \mathbb{R})\)
\(y=\frac{3}{5} +ke^{-5x}\,(k\in \mathbb{R})\)
or nous avons y(0) = 0.
\(0=\frac{3}{5} +ke^{0}\,(k\in \mathbb{R})\)
\(k=-\frac{3}{5} \,(k\in \mathbb{R})\)
Conclusion : \(y=\frac{3}{5}-\frac{3}{5}e^{-5x}=\frac{3}{5}(1-e^{-5x})\)
2. \(y^{\prime}=-3y+4e^x\) et \(y(0)=-2\).
L’équation homogène \(y^{\prime}=-3y\) a pour solutions les fonctions \(x\mapsto ke^{-3x}\) avec \(k\in\mathbb{R}\).
On cherche une solution particulière de la forme \(u(x)=ae^x\). Alors \(u^{\prime}(x)=ae^x\) et l’égalité \(u^{\prime}=-3u+4e^x\) s’écrit \(ae^x=-3ae^x+4e^x\), soit \(4a=4\) (car \(e^x\neq 0\)), donc \(a=1\).
Les solutions de l’équation sont donc les fonctions \(y(x)=e^x+ke^{-3x}\), \(k\in\mathbb{R}\).
Condition initiale : \(y(0)=e^{0}+ke^{0}=1+k=-2\), donc \(k=-3\).
Conclusion : \(y(x)=e^x-3e^{-3x}\).
3. \(y^{\prime}+y=xe^{-x}+1\) et \(y(1)=0\).
L’équation homogène \(y^{\prime}=-y\) a pour solutions les fonctions \(x\mapsto ke^{-x}\) avec \(k\in\mathbb{R}\).
On cherche une solution particulière de la forme \(u(x)=(ax^2+bx)e^{-x}+c\). De plus, on a \(u^{\prime}(x)=(2ax+b)e^{-x}-(ax^2+bx)e^{-x}\), donc \(u^{\prime}(x)+u(x)=(2ax+b)e^{-x}+c\).
Pour avoir \(u^{\prime}(x)+u(x)=xe^{-x}+1\) pour tout réel \(x\), il suffit de prendre \(2a=1\), \(b=0\) et \(c=1\), soit \(u(x)=\dfrac{x^2}{2}e^{-x}+1\).
Les solutions sont donc les fonctions \(y(x)=(\dfrac{x^2}{2}+k)e^{-x}+1\), \(k\in\mathbb{R}\).
Condition initiale : \(y(1)=(\dfrac{1}{2}+k)e^{-1}+1=0\) équivaut à \(\dfrac{1}{2}+k=-e\), donc \(k=-e-\dfrac{1}{2}\).
Conclusion : \(y(x)=(\dfrac{x^2-1}{2}-e)e^{-x}+1\).
4. \(2y^{\prime}+4y=6x^3+4x+2\) et \(y(0)=-\dfrac{9}{4}\).
En divisant par 2, l’équation devient \(y^{\prime}+2y=3x^3+2x+1\). L’équation homogène \(y^{\prime}=-2y\) a pour solutions les fonctions \(x\mapsto ke^{-2x}\), \(k\in\mathbb{R}\).
Le second membre est un polynôme de degré 3 : on cherche une solution particulière \(p(x)=ax^3+bx^2+cx+d\). Alors \(p^{\prime}(x)=3ax^2+2bx+c\) et
\(p^{\prime}(x)+2p(x)=2ax^3+(3a+2b)x^2+(2b+2c)x+(c+2d)\).
Par identification avec \(3x^3+0x^2+2x+1\) :
- \(2a=3\), donc \(a=\dfrac{3}{2}\) ;
- \(3a+2b=0\), donc \(b=-\dfrac{9}{4}\) ;
- \(2b+2c=2\), donc \(c=1-b=\dfrac{13}{4}\) ;
- \(c+2d=1\), donc \(d=\dfrac{1}{2}(1-\dfrac{13}{4})=-\dfrac{9}{8}\).
Les solutions sont les fonctions \(y(x)=\dfrac{3}{2}x^3-\dfrac{9}{4}x^2+\dfrac{13}{4}x-\dfrac{9}{8}+ke^{-2x}\), \(k\in\mathbb{R}\).
Condition initiale : \(y(0)=-\dfrac{9}{8}+k=-\dfrac{9}{4}\), donc \(k=-\dfrac{9}{8}\).
Conclusion : \(y(x)=\dfrac{3}{2}x^3-\dfrac{9}{4}x^2+\dfrac{13}{4}x-\dfrac{9}{8}-\dfrac{9}{8}e^{-2x}\).
Exercice 2 :
Soit (E) l’équation différentielle \(y^{\prime}-2y=e^x\) et \((E_0)\,\,y^{\prime}-2y=0.\)
1. Vérifier que la fonction définie par \(u_0(x)=-e^x\) est solution de (E) .
\((-e^x)^{\prime}-2(-e^x)=-e^x+2e^x=e^x\)
donc \(u_0\) est solution de (E).
2. Résoudre l’équation différentielle (Eo) .
\(y^{\prime}-2y=0\)
\(y^{\prime}e^{-2x}-2ye^{-2x}=0\)
\((ye^{-2x})^{\prime}=0\)
\(ye^{-2x}=k\,(k\in\mathbb{R})\)
\(y=ke^{2x}\,(k\in\mathbb{R})\)
3. Montrer que u est solution de (E) \(\Leftrightarrow u-u_0\) est solution de (Eo) .
D’après la question 1, \(u_0^{\prime}-2u_0=e^x\). Ensuite, pour une fonction \(u\) dérivable sur \(\mathbb{R}\) :
\(u\) solution de (E) \(\Leftrightarrow u^{\prime}-2u=e^x \Leftrightarrow u^{\prime}-2u=u_0^{\prime}-2u_0 \Leftrightarrow (u-u_0)^{\prime}-2(u-u_0)=0\).
Donc \(u\) est solution de (E) si et seulement si \(u-u_0\) est solution de (E0).
4. En déduire les solutions de (E) .
Les solutions de (E) sont du type : \(y=-e^x+ke^{2x}\,(k\in\mathbb{R})\)
5. Déterminer la solution f de (E) qui s’annule en 1 .
\(f(1)=0\Leftrightarrow -e^{1}+ke^{2}=0\)
\(f(1)=0\Leftrightarrow k=\dfrac{e}{e^{2}}=e^{-1}\)
donc
\({\color{DarkRed} f(x)=-e^x+e^{-1}e^{2x}=-e^x+e^{2x-1} }\)
Exercice 3 (équations différentielles corrigées)
Déterminer la solution de 2y ‘ + y = 1 telle que y(1) = 2 .
\(2y^{\prime}+y=1\)
Divisons par 2 chaque membre de cette équation.
\(y^{\prime}+\frac{1}{2}y=\frac{1}{2}\)
\(y^{\prime}e^{\frac{1}{2}x}+\frac{1}{2}e^{\frac{1}{2}x}y=\frac{1}{2}e^{\frac{1}{2}x}\)
\((ye^{\frac{1}{2}x} )^{\prime}= (e^{\frac{1}{2}x} )^{\prime}\)
\(ye^{\frac{1}{2}x} =e^{\frac{1}{2}x}+k\,(k\in\mathbb{R})\)
\(y =e^{\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}x}+ke^{-\frac{1}{2}x}\,(k\in\mathbb{R})\)
Après cela, \(y =e^{0}+ke^{-\frac{1}{2}x}\,(k\in\mathbb{R})\)
\(y =1+ke^{-\frac{1}{2}x}\,(k\in\mathbb{R})\)
or nous avons \(y (1)=2\)
\(2=1+ke^{-\frac{1}{2}\times 1}\)
\(ke^{-\frac{1}{2}}=1\)
\(k=1e^{\frac{1}{2}}\)
\({\color{DarkRed} k=e^{\frac{1}{2}}}\)
Conclusion :
\(y =1+e^{\frac{1}{2}}e^{-\frac{1}{2}x}\,(k\in\mathbb{R})\)
\(y =1+e^{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}x}\,(k\in\mathbb{R})\)
\({\color{DarkRed} y =1+e^{\frac{1}{2} (1-x )}}\)
Exercice 4 :
Déterminer la solution de 2y ‘ + y = 1 telle que y(1) = 2 .
\(2y^{\prime}+y=1\)
Divisons par 2 chaque membre de cette équation.
\(y^{\prime}+\frac{1}{2}y=\frac{1}{2}\)
\(y^{\prime}e^{\frac{1}{2}x}+\frac{1}{2}e^{\frac{1}{2}x}y=\frac{1}{2}e^{\frac{1}{2}x}\)
\((ye^{\frac{1}{2}x} )^{\prime}= (e^{\frac{1}{2}x} )^{\prime}\)
\(ye^{\frac{1}{2}x} =e^{\frac{1}{2}x}+k\,(k\in\mathbb{R})\)
\(y =e^{\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}x}+ke^{-\frac{1}{2}x}\,(k\in\mathbb{R})\)
Également, \(y =e^{0}+ke^{-\frac{1}{2}x}\,(k\in\mathbb{R})\)
\(y =1+ke^{-\frac{1}{2}x}\,(k\in\mathbb{R})\)
or nous avons \(y (1)=2\)
\(2=1+ke^{-\frac{1}{2}\times 1}\)
\(ke^{-\frac{1}{2}}=1\)
\(k=1e^{\frac{1}{2}}\)
\({\color{DarkRed} k=e^{\frac{1}{2}}}\)
Conclusion :
\(y =1+e^{\frac{1}{2}}e^{-\frac{1}{2}x}\,(k\in\mathbb{R})\)
\(y =1+e^{\frac{1}{2}-\frac{1}{2}x}\,(k\in\mathbb{R})\)
\({\color{DarkRed} y =1+e^{\frac{1}{2} (1-x )}}\)
Remarque : dans la fiche d’énoncés, l’exercice 4 demande seulement de résoudre \(2y^{\prime}+y=1\), sans condition initiale. Par ailleurs, la réponse attendue est donc l’ensemble des solutions obtenu plus haut : les fonctions \(y(x)=1+ke^{-\frac{1}{2}x}\), \(k\in\mathbb{R}\). Puis la condition \(y(1)=2\) sélectionne ensuite la solution \(y=1+e^{\frac{1}{2}(1-x)}\).
Exercice 5 (équations différentielles corrigées)
1. Résoudre l’équation différentielle(E) : y ‘ = – 2y .
\(y^{\prime}+2y=0\)
\(y^{\prime}e^{2x}+2e^{2x}y=0\)
\((ye^{2x} )^{\prime}=0\)
\(ye^{2x} =k\,(k\in\mathbb{R})\)
\(y=ke^{-2x} \,(k\in\mathbb{R})\)
2. Ensuite, en déduire la solution de (E) dont la courbe représentative admet, au point d’abscisse 0,
une tangente parallèle à la droite d’équation y = – 4x + 1.
cela signifie que y'(0)= – 4
\(y^{\prime}(0)=-2ke^{-2\times 0} =-4\,(k\in\mathbb{R})\)
\(-2k=-4\)
\(k=\frac{-4}{-2}=2\)
Conclusion : \({\color{DarkBlue} y=2e^{-2x}}\)
Exercice 6 :
1. Résoudre l’équation différentielle (E) : y ‘ = 3y .
\(y^{\prime}-3y=0\)
\(y^{\prime}e^{-3x}-3ye^{-3x}=0\)
\((ye^{-3x} )^{\prime}=0\)
Il existe \(k\in\mathbb{R}\) tel que :
\(ye^{-3x}=k\)
\({\color{DarkRed} y=ke^{3x}}\)
2. Puis déterminer la solution de (E) dont la courbe représentative passe par le point de coordonnées (2; 3).
\(3=ke^{3\times 2}\)
\(3=ke^{6}\)
\({\color{DarkRed} k=3e^{-6}}\)
Conclusion : la solution est \(y=3e^{-6}e^{3x}={\color{DarkRed} 3e^{3x-6}}\)
Exercice 7 (équations différentielles corrigées)
1. L’équation différentielle donnée est \(y^{\prime} = 3y\).
C’est une équation différentielle du premier ordre à coefficients constants, homogène. De plus, on peut donc chercher une solution de la forme \(y(t) = Ce^{rt}\), avec \(C\) et \(r\) à déterminer.
En substituant cette forme dans l’équation différentielle, on a
\((Ce^{rt})^{\prime} = 3Ce^{rt}.\)
En dérivant le terme de gauche, on obtient
\(rCe^{rt} = 3Ce^{rt}.\)
Comme \(Ce^{rt}\) est différent de zéro, on peut diviser des deux côtés par \(Ce^{rt}\), ce qui donne \(r = 3\). Ainsi, toutes les solutions de l’équation différentielle sont de la forme \(y(t) = Ce^{3t}\), où \(C\) est une constante.
2. Ensuite, pour déterminer la solution de l’équation différentielle (E) qui passe par le point \((2\,;\,3)\), on utilise la condition initiale \(y(2) = 3\). Par ailleurs, on a donc
\(3 = Ce^{3\times 2} = Ce^{6}\),
ce qui donne \(C=3e^{-6}\). Ainsi, la solution de (E) qui passe par le point \((2\,;\,3)\) est donnée par \(y(t) = 3e^{-6}e^{3t}=3e^{3t-6}\).
Exercice 7 (suite) : correction complète
Corrigé de l’exercice 7 de la fiche d’énoncés : \((E):y^{\prime}-3y=\sin(x)\).
1. Équation sans second membre \((E_0):y^{\prime}-3y=0\).
\((E_0)\) s’écrit \(y^{\prime}=3y\) : ses solutions sont les fonctions \(x\mapsto ke^{3x}\), avec \(k\in\mathbb{R}\).
2. Recherche de \(a\) et \(b\).
\(p(x)=a\cos x+b\sin x\) donne \(p^{\prime}(x)=-a\sin x+b\cos x\), donc
\(p^{\prime}(x)-3p(x)=(b-3a)\cos x+(-a-3b)\sin x\).
Si \(p\) est solution de (E), l’égalité \(p^{\prime}(x)-3p(x)=\sin x\) écrite pour \(x=0\) donne \(b-3a=0\), et pour \(x=\dfrac{\pi}{2}\) elle donne \(-a-3b=1\). Donc \(b=3a\) et \(-a-9a=1\), soit \(a=-\dfrac{1}{10}\) et \(b=-\dfrac{3}{10}\).
Réciproquement, avec ces valeurs, \(b-3a=0\) et \(-a-3b=\dfrac{1}{10}+\dfrac{9}{10}=1\), donc \(p^{\prime}(x)-3p(x)=\sin x\) pour tout réel \(x\).
\(a=-\dfrac{1}{10}\) et \(b=-\dfrac{3}{10}\) : \(p(x)=-\dfrac{1}{10}\cos x-\dfrac{3}{10}\sin x\).
3. Équivalence.
Comme \(p^{\prime}-3p=\sin\), pour une fonction \(f\) dérivable sur \(\mathbb{R}\) :
\(f^{\prime}-3f=\sin \Leftrightarrow f^{\prime}-3f=p^{\prime}-3p \Leftrightarrow (f-p)^{\prime}-3(f-p)=0\).
Donc \(f\) est solution de (E) si et seulement si \(f-p\) est solution de \((E_0)\).
4. Solutions de (E).
\(f\) est solution de (E) si et seulement si il existe \(k\in\mathbb{R}\) tel que \(f(x)-p(x)=ke^{3x}\).
Les solutions de (E) sont les fonctions \(f(x)=ke^{3x}-\dfrac{1}{10}\cos x-\dfrac{3}{10}\sin x\), \(k\in\mathbb{R}\).
Exercice 8 :
1.Résoudre sur \(\mathbb{R}\) chacune des équations différentielles suivantes :
a) \(y^{\prime}=y\) ; b) \(4y^{\prime}+y=0\) ; c) \(y^{\prime}-3y=2\)
2.On considère l’équation différentielle : \((E):y^{\prime}=2y+1\).
Déterminer la solution de (E) sur \(\mathbb{R}\) dont la courbe passe par le point A(0;3) dans un repère du plan.
Corrigé :
1. On utilise le cours : les solutions de \(y^{\prime}=ay\) sont les fonctions \(x\mapsto ke^{ax}\), et celles de \(y^{\prime}=ay+b\) (avec \(a\neq 0\)) sont les fonctions \(x\mapsto ke^{ax}-\dfrac{b}{a}\), où \(k\in\mathbb{R}\).
- a) \(y^{\prime}=y\) : ici \(a=1\), les solutions sont \(y(x)=ke^{x}\), \(k\in\mathbb{R}\).
- b) \(4y^{\prime}+y=0\) équivaut à \(y^{\prime}=-\dfrac{1}{4}y\) : les solutions sont \(y(x)=ke^{-\frac{x}{4}}\), \(k\in\mathbb{R}\).
- c) \(y^{\prime}-3y=2\) équivaut à \(y^{\prime}=3y+2\), avec \(-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{2}{3}\) : les solutions sont \(y(x)=ke^{3x}-\dfrac{2}{3}\), \(k\in\mathbb{R}\).
2. \((E):y^{\prime}=2y+1\) a pour solutions les fonctions \(y(x)=ke^{2x}-\dfrac{1}{2}\), \(k\in\mathbb{R}\).
La courbe passe par A(0 ; 3) si et seulement si \(y(0)=3\), soit \(k-\dfrac{1}{2}=3\), donc \(k=\dfrac{7}{2}\).
La solution cherchée est \(y(x)=\dfrac{7}{2}e^{2x}-\dfrac{1}{2}\).
Exercice 9 (équations différentielles corrigées)
On considère l’équation différentielle \(y^{\prime}-2y=e^{2x} (E)\) .
1. Démontrer que la fonction u définie sur \(\mathbb{R}\) par \(u(x)=xe^{2x}\) est une solution de (E) .
2. Puis résoudre l’équation différentielle \(y^{\prime}-2y=0 \,\,(E_0)\) .
3. Démontrer qu’une fonction v définie sur \(\mathbb{R}\) est solution de (E) si et seulement si v-u est solution de \((E_0)\) .
4. Ensuite, en déduire toutes les solutions de l’équation (E) .
5. Puis déterminer la fonction, solution de (E), qui prend la valeur 1 en 0 .
6. De plus, le plan est muni d’un repère orthonormé \((O,\vec{i},\vec{j}).\)
Soit la fonction f définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x)=(x+1)e^{2x}\).
On note C la courbe représentative de f dans le repère \((O,\vec{i},\vec{j}).\)
a. Etudier les variations de f puis dresser son tableau de variation .
b. Ensuite, tracer C .
Exercice 9 (suite) : la correction
Corrigé :
1. \(u(x)=xe^{2x}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(u^{\prime}(x)=e^{2x}+2xe^{2x}\). Donc \(u^{\prime}(x)-2u(x)=e^{2x}+2xe^{2x}-2xe^{2x}=e^{2x}\).
\(u\) est bien une solution de (E).
2. \((E_0)\) s’écrit \(y^{\prime}=2y\) : ses solutions sont les fonctions \(x\mapsto ke^{2x}\), \(k\in\mathbb{R}\).
3. Comme \(u^{\prime}-2u=e^{2x}\), pour une fonction \(v\) dérivable sur \(\mathbb{R}\) :
\(v^{\prime}-2v=e^{2x} \Leftrightarrow v^{\prime}-2v=u^{\prime}-2u \Leftrightarrow (v-u)^{\prime}-2(v-u)=0\).
Donc \(v\) est solution de (E) si et seulement si \(v-u\) est solution de \((E_0)\).
4. \(v\) est solution de (E) si et seulement si il existe \(k\in\mathbb{R}\) tel que \(v(x)-xe^{2x}=ke^{2x}\).
Les solutions de (E) sont les fonctions \(v(x)=(x+k)e^{2x}\), \(k\in\mathbb{R}\).
5. \(v(0)=(0+k)e^{0}=k\), donc \(v(0)=1\) donne \(k=1\).
La solution qui vaut 1 en 0 est \(x\mapsto (x+1)e^{2x}\) : c’est la fonction \(f\) étudiée à la question 6.
6. a. \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{\prime}(x)=1\times e^{2x}+(x+1)\times 2e^{2x}=(2x+3)e^{2x}\).
Comme \(e^{2x}\gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(2x+3\) : négatif pour \(x\lt -\dfrac{3}{2}\), nul en \(-\dfrac{3}{2}\), positif pour \(x\gt -\dfrac{3}{2}\).
Limites :
- en \(+\infty\) : \(x+1\to+\infty\) et \(e^{2x}\to+\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\) ;
- en \(-\infty\) : \(f(x)=\dfrac{1}{2}\times 2xe^{2x}+e^{2x}\). Par croissance comparée, \(Xe^{X}\to 0\) quand \(X\to-\infty\), donc \(2xe^{2x}\to 0\) ; de plus \(e^{2x}\to 0\). Donc \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0\).
Minimum : \(f(-\dfrac{3}{2})=-\dfrac{1}{2}e^{-3}\approx -0{,}025\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-\dfrac{3}{2}\) | \(+\infty\) | ||
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) | ||
| variations de \(f\) | 0 | décroissante | \(-\dfrac{1}{2}e^{-3}\) | croissante | \(+\infty\) |
f est strictement décroissante sur \(]-\infty\,;\,-\dfrac{3}{2}]\) et strictement croissante sur \([-\dfrac{3}{2}\,;\,+\infty[\).
6. b. Pour tracer C, on place quelques points : \(f(-1)=0\) (C coupe l’axe des abscisses en \(-1\)), \(f(0)=1\), le minimum \((-\dfrac{3}{2}\,;\,-\dfrac{1}{2}e^{-3})\), très proche de l’axe. Ensuite, la droite d’équation \(y=0\) est asymptote à C en \(-\infty\).
Exercice 10 :
On désigne par q(t) la température (exprimée en degré Celsius) d’un corps à l’instant t (exprimé en heure).
A l’instant t = 0 , ce corps dont la température est de 100 °C est placé dans une salle à 20 °C.
D’après la loi de refroidissement de Newton, la vitesse de refroidissement q ‘ (t) est
proportionnelle à la différence entre la température du corps et celle de la salle.
On suppose que le coefficient de refroidissement est – 2, 08 .
1. Justifier que q ‘ (t) = – 2 , 08q(t) + 41,6 .
q ‘ (t) est proportionnelle à la différence entre la température du corps et celle de la salle.
Il existe \(k\in\mathbb{R}\) tel que \(q^{\prime}(t)=k(q(t)-20)\)
or le coefficient de proportionnalité k correspond au coefficient de refroidissement.
\(q^{\prime}(t)=-2{,}08(q(t)-20)\)
\(q^{\prime}(t)=-2{,}08\times q(t)+2{,}08\times 20\)
\({\color{DarkRed} q^{\prime}(t)=-2{,}08\times q(t)+41{,}6}\)
2. En déduire l’expression de q(t) .
\(q^{\prime}(t)e^{2{,}08t}+2{,}08\times q(t)e^{2{,}08t}=41{,}6e^{2{,}08t}\)
\([q(t)e^{2{,}08t} ]^{\prime}=41{,}6e^{2{,}08t}\)
\([q(t)e^{2{,}08t} ]^{\prime}= [\frac{41{,}6}{2{,}08}e^{2{,}08t} ]^{\prime}\)
Deux dérivées sont égales si et seulement si les fonctions sont égales à une constante près.
\(q(t)e^{2{,}08t} =\frac{41{,}6}{2{,}08}e^{2{,}08t}+k\,(k\in\mathbb{R})\)
\(q(t) =\frac{41{,}6}{2{,}08}e^{2{,}08t}e^{-2{,}08t} +ke^{-2{,}08t} \,(k\in\mathbb{R})\)
\(q(t) =\frac{41{,}6}{2{,}08} +ke^{-2{,}08t} \,(k\in\mathbb{R})\) or q(0)=100
\(q(0) =\frac{41{,}6}{2{,}08} +ke^{0}=100\)
\(\frac{41{,}6}{2{,}08} +k =100\)
\(k =100- \frac{41{,}6}{2{,}08}=80\)
Conclusion : \({\color{DarkBlue} q(t) =20+80e^{-2{,}08t} }\)
3. Déterminer le sens de variation de la fonction q sur \([0;+\infty[.\)
q est strictement décroissante, la température va décroître.
Justification : \(q^{\prime}(t)=80\times (-2{,}08)e^{-2{,}08t}=-166{,}4e^{-2{,}08t}\). Puis une exponentielle est strictement positive, donc \(q^{\prime}(t)\lt 0\) sur \([0\,;+\infty[\) : q est strictement décroissante sur \([0\,;+\infty[\).
4. Calculer la limite de q en \(+\infty.\)
Interpréter ce résultat.
\(\lim_{t\to +\infty}q(t)=20\) la température du corps va se stabiliser et prendre la température initiale de la salle.
Justification de la limite : \(-2{,}08t\to-\infty\) quand \(t\to+\infty\), donc \(e^{-2{,}08t}\to 0\) et \(q(t)\to 20\). De plus, la température du corps se rapproche de celle de la salle, 20 °C.
Exercice 10 : (suite)
5. Température au bout de 20 minutes puis de 30 minutes.
Le temps est en heures : 20 minutes correspondent à \(t=\dfrac{1}{3}\) et 30 minutes à \(t=0{,}5\).
\(q(\dfrac{1}{3})=20+80e^{-\frac{2{,}08}{3}}\approx 59{,}99\), soit environ 60 °C au bout de 20 minutes.
\(q(0{,}5)=20+80e^{-1{,}04}\approx 48{,}28\), soit environ 48 °C au bout de 30 minutes.
6. Temps au bout duquel le corps est à 30 °C.
\(q(t)=30 \Leftrightarrow 80e^{-2{,}08t}=10 \Leftrightarrow e^{-2{,}08t}=\dfrac{1}{8} \Leftrightarrow -2{,}08t=-\ln 8 \Leftrightarrow t=\dfrac{\ln 8}{2{,}08}\).
Valeur exacte : \(t=\dfrac{\ln 8}{2{,}08}=\dfrac{3\ln 2}{2{,}08}\) heure ; valeur approchée : \(t\approx 0{,}9997\) h, soit environ 1 heure (un peu moins de 60 minutes).
Exercice 11 (équations différentielles corrigées)
a) (E) s’écrit \(y^{\prime}=7y\). D’après le cours, les solutions de (E) sont les fonctions \(x\mapsto ke^{7x}\), \(k\in\mathbb{R}\).
b) \(f(x)=ke^{7x}\) et \(f(0)=ke^{0}=k\). Ensuite, la condition \(f(0)=2\) donne \(k=2\).
\(f(x)=2e^{7x}\).
Exercice 12 :
a) Une fonction constante \(f(x)=c\) a une dérivée nulle. Par ailleurs, elle est solution de (E) si et seulement si \(0=5c+2\), soit \(c=-\dfrac{2}{5}\).
La solution constante est \(f(x)=-\dfrac{2}{5}\).
b) On a \(f^{\prime}=5f+2\) (car \(0=5\times (-\dfrac{2}{5})+2\)). Puis pour une fonction \(g\) dérivable sur \(\mathbb{R}\) :
\(g^{\prime}=5g+2 \Leftrightarrow g^{\prime}-f^{\prime}=5g+2-(5f+2) \Leftrightarrow (g-f)^{\prime}=5(g-f)\).
Donc \(g\) est solution de (E) si et seulement si \(g-f\) est solution de \(y^{\prime}=5y\).
c) Les solutions de \(y^{\prime}=5y\) sont les fonctions \(x\mapsto ke^{5x}\). Donc \(g\) est solution de (E) si et seulement si \(g(x)-(-\dfrac{2}{5})=ke^{5x}\).
Les solutions de (E) sont les fonctions \(g(x)=ke^{5x}-\dfrac{2}{5}\), \(k\in\mathbb{R}\).
d) Si \(h(x)=ke^{5x}-\dfrac{2}{5}\), alors \(h^{\prime}(x)=5ke^{5x}\) et \(h^{\prime}(0)=5k\). Ensuite, la tangente au point d’abscisse 0 a pour coefficient directeur \(h^{\prime}(0)\), donc \(5k=2\) et \(k=\dfrac{2}{5}\).
\(h(x)=\dfrac{2}{5}e^{5x}-\dfrac{2}{5}\).
Exercice 13 (équations différentielles corrigées)
a) Pour tout réel \(x\), \(e^x+2\gt 0\) et :
\(F(x)-G(x)=\dfrac{8-e^x}{e^x+2}+\dfrac{5e^x}{e^x+2}-3=\dfrac{8+4e^x}{e^x+2}-3=\dfrac{4(e^x+2)}{e^x+2}-3=4-3\).
Pour tout réel \(x\), \(F(x)-G(x)=1\).
b) F et G diffèrent d’une constante sur \(\mathbb{R}\), donc elles ont la même dérivée : F et G sont deux primitives sur \(\mathbb{R}\) d’une même fonction (à savoir \(x\mapsto \dfrac{-10e^x}{(e^x+2)^2}\)).
Exercice 14 :
f est solution de \(y^{\prime}=3y\), donc \(f^{\prime}(1)=3f(1)\). Comme \(f^{\prime}(1)=2\), on obtient \(3f(1)=2\), soit \(f(1)=\dfrac{2}{3}\).
Les solutions de \(y^{\prime}=3y\) sont les fonctions \(x\mapsto ke^{3x}\). Donc \(f(x)=ke^{3x}\) avec \(ke^{3}=\dfrac{2}{3}\), soit \(k=\dfrac{2}{3}e^{-3}\).
\(f(x)=\dfrac{2}{3}e^{3x-3}\).
Exercice 15 (équations différentielles corrigées)
\(2y^{\prime}+5y=0\) équivaut à \(y^{\prime}=-\dfrac{5}{2}y\). Puis les solutions sont les fonctions \(g(x)=ke^{-\frac{5}{2}x}\), \(k\in\mathbb{R}\).
Alors \(g^{\prime}(x)=-\dfrac{5}{2}ke^{-\frac{5}{2}x}\) et \(g^{\prime}(2)=-\dfrac{5}{2}ke^{-5}\). Comme \(e^{-5}\neq 0\), la condition \(g^{\prime}(2)=0\) impose \(k=0\).
La solution cherchée est la fonction nulle : \(g(x)=0\) pour tout réel \(x\).
Exercice 16 :
\(f(x)=5e^{-4x}\) donne \(f^{\prime}(x)=5\times (-4)e^{-4x}=-20e^{-4x}=-4\times 5e^{-4x}=-4f(x)\).
f est solution sur \(\mathbb{R}\) de l’équation différentielle \(y^{\prime}=-4y\) (ici \(a=-4\)).
Exercice 17 :
Les solutions de \((E_1):y^{\prime}=2y\) sont les fonctions \(x\mapsto ke^{2x}\) ; celles de \((E_2):y^{\prime}+0{,}5y=0\), c’est-à-dire \(y^{\prime}=-0{,}5y\), sont les fonctions \(x\mapsto ke^{-0{,}5x}\) (\(k\in\mathbb{R}\)).
- Pour \((E_1)\) : \(e^{2x}\to 0\) en \(-\infty\), donc la courbe se rapproche de l’axe des abscisses à gauche et s’en écarte très vite à droite.
- Pour \((E_2)\) : \(e^{-0{,}5x}\to 0\) en \(+\infty\), donc la courbe se rapproche de l’axe des abscisses à droite et s’en écarte à gauche.
Sur le graphique, \(\mathcal{C}_2\) et \(\mathcal{C}_4\) sont proches de l’axe des abscisses pour \(x\) négatif et s’en éloignent rapidement pour \(x\) positif ; \(\mathcal{C}_1\) et \(\mathcal{C}_3\) se rapprochent de l’axe des abscisses quand \(x\) augmente.
On peut le confirmer par une lecture : \(\mathcal{C}_1\) passe par \((0\,;1)\) et est décroissante, ce qui correspond à \(y=e^{-0{,}5x}\) ; \(\mathcal{C}_2\) passe par \((0\,;1)\) et est croissante, ce qui correspond à \(y=e^{2x}\) ; \(\mathcal{C}_3\) passe par \((0\,;-2)\) et est croissante, ce qui correspond à \(y=-2e^{-0{,}5x}\).
\(\mathcal{C}_2\) et \(\mathcal{C}_4\) représentent des solutions de \((E_1)\) ; \(\mathcal{C}_1\) et \(\mathcal{C}_3\) représentent des solutions de \((E_2)\).
Exercice 18 :
a) m vérifie \(m^{\prime}=Cm\), donc il existe un réel \(k\) tel que \(m(t)=ke^{Ct}\). Comme \(m(0)=k=m_0\) :
\(m(t)=m_0e^{Ct}\).
b) Une diminution de 1,24 % par siècle signifie que \(m(t+1)=(1-0{,}0124)\,m(t)=0{,}9876\,m(t)\) pour tout \(t\).
Or \(m(t+1)=m_0e^{C(t+1)}=e^{C}\times m_0e^{Ct}=e^{C}m(t)\). Donc \(e^{C}=0{,}9876\).
\(C=\ln(0{,}9876)\approx -0{,}0125\) (plus précisément \(C\approx -0{,}012478\)).
c) On cherche \(t\) tel que \(m(t)=0{,}14\,m_0\), soit \(e^{Ct}=0{,}14\), c’est-à-dire \(Ct=\ln(0{,}14)\).
\(t=\dfrac{\ln(0{,}14)}{\ln(0{,}9876)}\approx 157{,}57\).
Ce corps organique est mort il y a environ 157,57 siècles, soit à peu près 15 757 ans.
Exercice 19 :
1. À l’instant \(t=0\), le chariot part de l’origine O, donc sa distance à O est nulle : \(x(0)=0\).
2. a) Comme \(v=x^{\prime}\), on a \(v^{\prime}=x^{\prime\prime}\). Ainsi :
\(200x^{\prime\prime}+25x^{\prime}=50 \Leftrightarrow 200v^{\prime}+25v=50 \Leftrightarrow v^{\prime}=-\dfrac{25}{200}v+\dfrac{50}{200} \Leftrightarrow v^{\prime}=-0{,}125v+0{,}25\).
x vérifie l’équation si et seulement si v vérifie \(v^{\prime}=-0{,}125v+0{,}25\).
b) C’est une équation \(y^{\prime}=ay+b\) avec \(a=-0{,}125\) et \(b=0{,}25\) ; on a \(-\dfrac{b}{a}=\dfrac{0{,}25}{0{,}125}=2\).
Les solutions sont les fonctions \(y(t)=ke^{-0{,}125t}+2\), \(k\in\mathbb{R}\).
c) \(v(t)=ke^{-0{,}125t}+2\) et \(v(0)=k+2=0\), donc \(k=-2\).
\(v(t)=2-2e^{-0{,}125t}\).
d) Quand \(t\to+\infty\), \(-0{,}125t\to-\infty\), donc \(e^{-0{,}125t}\to 0\) et \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}v(t)=2\).
La vitesse du chariot se stabilise vers 2 m/s (soit 7,2 km/h) : le chariot ne dépasse jamais cette vitesse limite.
3. a) \(x^{\prime}=v\), donc \(x\) est une primitive de \(v\). De plus, une primitive de \(t\mapsto e^{-0{,}125t}\) est \(t\mapsto -8e^{-0{,}125t}\) (car \(\dfrac{1}{0{,}125}=8\)), donc il existe un réel \(c\) tel que
\(x(t)=2t-2\times (-8)e^{-0{,}125t}+c=2t+16e^{-0{,}125t}+c\).
Avec \(x(0)=0\) : \(16+c=0\), donc \(c=-16\).
\(x(t)=2t-16+16e^{-0{,}125t}\) sur \([0\,;+\infty[\).
b) \(x(30)=60-16+16e^{-3{,}75}=44+16e^{-3{,}75}\approx 44{,}376\).
Au bout de 30 secondes, le chariot a parcouru environ 44,4 m.
Exercice 20 :
1. \(RC=2\,000\times 250\times 10^{-6}=0{,}5\) s. L’égalité \(0{,}5\,u^{\prime}(t)+u(t)=12\) donne \(0{,}5\,u^{\prime}(t)=-u(t)+12\), puis en multipliant par 2 : \(u^{\prime}(t)=-2u(t)+24\). La fonction \(u\) est donc solution de \((E)\).
2. L’équation \(y^{\prime}=ay+b\) avec \(a=-2\) et \(b=24\) a pour solutions les fonctions \(y(t)=ke^{-2t}-\dfrac{b}{a}\), où \(-\dfrac{b}{a}=\dfrac{24}{2}=12\). Les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(y(t)=ke^{-2t}+12\), avec \(k\in\mathbb{R}\).
3. On a \(u(t)=ke^{-2t}+12\) et \(u(0)=k+12=0\), donc \(k=-12\) :
\(u(t)=12-12e^{-2t}=12(1-e^{-2t})\) pour tout \(t\geq\,0\).
4. \(u^{\prime}(t)=-12\times (-2)e^{-2t}=24e^{-2t}\gt 0\) : \(u\) est strictement croissante sur \([0\,;+\infty[\), de \(u(0)=0\) vers sa limite.
Quand \(t\to+\infty\), \(-2t\to-\infty\) donc \(e^{-2t}\to0\) et \(\lim_{t\to+\infty}u(t)=12\). Interprétation : la tension aux bornes du condensateur se rapproche de la tension du générateur sans jamais la dépasser (\(u(t)\lt 12\)) : le condensateur se charge jusqu’à atteindre la tension \(E=12\) V.
5. 90 % de 12 V font 10,8 V. On résout \(u(t)=10{,}8\) :
\(12-12e^{-2t}=10{,}8\iff12e^{-2t}=1{,}2\iff e^{-2t}=0{,}1\iff-2t=\ln(0{,}1)\iff t=\dfrac{\ln(10)}{2}\approx1{,}15\).
La tension atteint 90 % de \(E\) au bout d’environ 1,15 s.
6. On a \(u(0)=0\) et \(u^{\prime}(0)=24\). La tangente en 0 a pour équation \(y=24t\). Elle coupe la droite d’équation \(y=12\) quand \(24t=12\), soit \(t=0{,}5\).
On remarque que cette abscisse est égale à \(RC=0{,}5\) s : la tangente à l’origine permet de lire directement la constante de temps du circuit. À cet instant, la tension vaut \(u(0{,}5)=12(1-e^{-1})\approx7{,}58\) V, soit environ 63 % de \(E\).
Équations différentielles corrigées : nos conseils pour progresser
D’abord, cherche chaque exercice seul, sur une feuille de brouillon. Ensuite, vérifie chaque résultat avec soin. Ainsi, chaque erreur devient une occasion de progresser. Par ailleurs, équations différentielles corrigées en terminale demande surtout de la régularité.
Par exemple, explique la méthode à voix haute, comme à un camarade. Enfin, si tu veux approfondir, consulte la page Équation différentielle sur Wikipédia. Également, tu peux continuer avec probabilités : corrigé des exercices de maths en 1ère.
