Une équation différentielle est une équation dont l'inconnue est une fonction et qui fait intervenir cette fonction et ses dérivées.
La vitesse d'un objet est la dérivée de sa position. L'accélération est la dérivée de la vitesse. Un circuit RC voit sa charge évoluer selon \(q' = -q/(RC)\). Les ED modélisent tous les phénomènes où le taux de variation dépend de l'état actuel.
Exemples de modèles :
L'équation \(y' = ay\) (avec \(a\in\mathbb{R}\) constant) a pour solution générale :
\[\boxed{y(x) = Ce^{ax} \quad (C\in\mathbb{R})}\]
Preuve : Si \(y'=ay\), supposons \(y\neq0\). Alors \(\frac{y'}{y}=a\). En intégrant : \(\ln|y|=ax+k\) → \(|y|=e^k e^{ax}\) → \(y=\pm e^k e^{ax}=Ce^{ax}\) avec \(C\neq0\).
On vérifie que \(y=0\) (i.e. \(C=0\)) est aussi solution. Donc : \(y=Ce^{ax}\), \(C\in\mathbb{R}\).
Vérification : \((Ce^{ax})' = Cae^{ax} = a\times Ce^{ax}\) ✓
Pour une solution particulière, on donne la condition initiale \(y(x_0)=y_0\).
\(Ce^{ax_0}=y_0 \Rightarrow C = y_0 e^{-ax_0}\)
Exemple : \(y'=3y\), \(y(0)=2\).
\(y(x)=Ce^{3x}\). Condition : \(C=2\). Solution : \(\boxed{y(x)=2e^{3x}}\)
Exemple physique : Population bactérienne doublant toutes les heures.
\(N'(t)=kN(t)\), \(N(0)=N_0\). Solution : \(N(t)=N_0 e^{kt}\).
\(N(1)=2N_0 \Rightarrow e^k=2 \Rightarrow k=\ln2\).
\(N(t)=N_0\cdot 2^t\) : la population double chaque heure.
Une solution particulière de \(y'=ay+b\) est une solution constante \(y=y_P\) (si elle existe).
\(y_P'=0=ay_P+b \Rightarrow y_P = -\frac{b}{a}\) (valable si \(a\neq0\))
\[\boxed{y(x) = Ce^{ax} + y_P = Ce^{ax} - \frac{b}{a}}\]
Méthode : Solution générale = Solution générale de l'homogène + solution particulière.
Preuve : Si \(y\) est solution de \(y'=ay+b\), alors \(z=y-y_P\) vérifie \(z'=(y-y_P)'=y'=ay+b=a(z+y_P)+b=az+ay_P+b=az\) (car \(ay_P+b=0\)). Donc \(z'=az\) → \(z=Ce^{ax}\) → \(y=Ce^{ax}+y_P\).
Exemple : \(y'=2y-4\), \(y(0)=3\).
\(y_P = -b/a = -(-4)/2 = 2\).
Solution générale : \(y=Ce^{2x}+2\).
Condition : \(y(0)=C+2=3 \Rightarrow C=1\).
Solution : \(\boxed{y(x)=e^{2x}+2}\)
Limite : \(\lim_{x\to+\infty}y(x) = +\infty\) (diverge).
Si \(a<0\) : \(\lim_{x\to+\infty}Ce^{ax}=0\) → \(\lim_{x\to+\infty}y(x)=y_P=-b/a\).
Toutes les solutions convergent vers \(y_P\) : c'est l'équilibre stable.
🎬 Animation : clique sur Suivant pour voir la courbe se tracer en suivant les pentes données par l'équation. Le segment rouge montre la pente \(y'\) au point où l'on se trouve.
Soit \(f\) une fonction et \(u\) une solution particulière de \((E) : y' = ay + f\). Alors les solutions de \((E)\) sont les fonctions \[y(x) = Ce^{ax} + u(x) \qquad (C \in \mathbb{R})\] c'est-à-dire « solution générale de \(y' = ay\) » + « une solution particulière ».
\((E) : y' = -2y + 4x\). La fonction \(u(x) = 2x - 1\) est solution : \(u'(x) = 2\) et \(-2(2x - 1) + 4x = 2\) ✓. Les solutions sont \(y(x) = Ce^{-2x} + 2x - 1\).
En pratique, l'énoncé donne la forme de la solution particulière (par exemple \(u(x) = ax + b\) ou \(u(x) = Ae^{kx}\)), et on détermine les coefficients.
Contenu facultatif, non exigible.
(post-bac) : les équations du second ordre, comme \(y'' + \omega^2 y = 0\) (oscillateur, de solutions \(A\cos(\omega x) + B\sin(\omega x)\)), et les équations à variables séparables.
\(T'(t) = -k(T-T_e)\) où \(T_e\) est la température extérieure.
\(y=T-T_e\) vérifie \(y'=-ky\) → \(y=Ce^{-kt}\) → \(T(t)=T_e+Ce^{-kt}\).
Exemple : Café à 90°C refroidit dans une pièce à 20°C. Après 10 min, \(T=70°C\).
\(T(t)=20+70e^{-kt}\). \(T(10)=70 \Rightarrow 70e^{-10k}=50 \Rightarrow e^{-10k}=\frac{5}{7} \Rightarrow k=\frac{\ln(7/5)}{10}\approx0{,}0336\) min\(^{-1}\).
\[N'(t) = rN(t)\left(1-\frac{N(t)}{K}\right)\]
Solution : \(N(t) = \frac{K}{1+Ae^{-rt}}\) (déjà vue en module 03).
\(RC\cdot q'(t)+q(t)=CE\) (si \(E\) est la tension de la pile)
\(q'=-\frac{1}{RC}q+\frac{E}{R}\)
Solution : \(q(t)=CE+(q_0-CE)e^{-t/(RC)}\)
Quand \(t\to+\infty\) : \(q\to CE\) (condensateur complètement chargé).
L’essentiel du chapitre, à relire avant un contrôle.
\(y'=ay\) : \(y=Ce^{ax}\)
\(y'=ay+b\) : \(y=Ce^{ax}-\frac{b}{a}\) (trouver \(y_P=-b/a\), puis ajouter \(Ce^{ax}\))
\(y'=ay+f\) : \(y = Ce^{ax} + u\) où \(u\) est une solution particulière
Condition initiale : utiliser \(y(x_0)=y_0\) pour déterminer \(C\).
Équilibre : Si \(a<0\) dans \(y'=ay+b\), l'équilibre \(y_P\) est stable (toutes solutions y convergent).
Méthode :
⚠️ Pièges :
Résoudre les équations différentielles :
\(y'=ay\) a pour solutions \(y=Ce^{ax}\), \(C\in\mathbb R\).
1) \(\boxed{y=Ce^{5x}}\)
2) \(\boxed{y=Ce^{-3x}}\)
3) \(\boxed{y=Ce^{0{,}2x}}\)
Résoudre avec condition initiale :
écrire la solution générale, puis fixer \(C\) avec la condition initiale.
1) \(y=Ce^{2x}\), \(y(0)=C=7\) → \(\boxed{y=7e^{2x}}\)
2) \(y=Ce^{-x}\), \(y(0)=C=5\) → \(\boxed{y=5e^{-x}}\)
3) \(y=Ce^{3x}\), \(y(1)=Ce^3=e^3\) → \(C=1\) → \(\boxed{y=e^{3x}}\)
Résoudre les équations non homogènes :
solution particulière constante \(y_P=-\dfrac ba\), puis \(y=Ce^{ax}+y_P\).
1) (\(a=2\), \(b=-6\)) \(y_P=3\) → \(\boxed{y=Ce^{2x}+3}\)
2) (\(a=-1\), \(b=4\)) \(y_P=4\) → \(\boxed{y=Ce^{-x}+4}\)
3) (\(a=3\), \(b=9\)) \(y_P=-3\) → \(\boxed{y=Ce^{3x}-3}\)
\(y_P=-\frac ba\). En 1), \(-\frac{-6}{2}=+3\) (attention au double signe).
Résoudre avec condition initiale :
solution générale puis condition initiale.
1) (\(y_P=-2\)) \(y=Ce^x-2\) ; \(C-2=1\Rightarrow C=3\) → \(\boxed{y=3e^x-2}\)
2) (\(y_P=2\)) \(y=Ce^{-2x}+2\) ; \(C+2=3\Rightarrow C=1\) → \(\boxed{y=e^{-2x}+2}\)
Montrer que \(y(t)=3e^{-t}+1\) est solution de \(y'+y-1=0\) et vérifier la condition \(y(0)=4\).
dériver et substituer.
Étape 1 — Dérivée : \(y(t)=3e^{-t}+1\) → \(y'(t)=-3e^{-t}\).
Étape 2 — Substituer \[y'+y-1 = -3e^{-t}+(3e^{-t}+1)-1 = 0 \ \checkmark\]
Étape 3 — Condition : \(y(0)=3+1=4\) ✓
Un capital \(C(t)\) (en €) placé à un taux continu de 4% par an satisfait \(C'(t)=0{,}04C(t)\).
\(C'=0{,}04C\) → exponentielle.
1) \(\boxed{C(t)=C_0e^{0{,}04t}}\)
2) \(\boxed{C(t)=5000e^{0{,}04t}}\)
3) Doublement \[e^{0{,}04t}=2 \Rightarrow t=\dfrac{\ln2}{0{,}04} \approx \boxed{17{,}3 \text{ ans}}\]
Résous l'équation différentielle \(y' = 3y\).
🎯 Les solutions de \(y' = ay\) sont \(y = Ce^{ax}\), \(C \in \mathbb{R}\).
\(\mathbf{y(x) = Ce^{3x}}\).
Résous \(y' = -2y\) avec \(y(0) = 5\).
\(y = Ce^{-2x}\) et \(y(0) = C = 5\) : \(\mathbf{y(x) = 5e^{-2x}}\).
Résous \(y' = 2y + 6\).
Solution constante : \(0 = 2k + 6\), \(k = -3\). Donc \(\mathbf{y(x) = Ce^{2x} - 3}\).
Vérifie que \(y(x) = e^{2x} + x\) est solution de \(y' = 2y - 2x + 1\).
\(y' = 2e^{2x} + 1\) et \(2y - 2x + 1 = 2e^{2x} + 2x - 2x + 1 = 2e^{2x} + 1\). Égalité ✓
Résous \(y' + y = 4\) avec \(y(0) = 1\).
\(y' = -y + 4\) : \(y = Ce^{-x} + 4\). \(y(0) = C + 4 = 1\), \(C = -3\) : \(\mathbf{y(x) = 4 - 3e^{-x}}\).
Résoudre \(y'=-2y+8\) avec \(y(0)=10\). Calculer \(\lim_{t\to+\infty}y(t)\) et interpréter.
(\(a<0\) → convergence vers \(y_P\)).
Étape 1 — Solution : \(y_P=4\), \(y=Ce^{-2t}+4\), \(y(0)=C+4=10\Rightarrow C=6\). \[\boxed{y(t)=6e^{-2t}+4}\]
Étape 2 — Limite \[\lim_{t\to+\infty}y(t)=4 \quad (\text{équilibre stable car } a=-2<0)\]
Un récipient d'eau à 70°C est placé dans une pièce à 20°C. La loi de Newton donne \(T'=-0{,}1(T-20)\).
poser \(u=T-T_e\) qui vérifie \(u'=-ku\).
1) Solution \[T(t)=20+50e^{-0{,}1t}\]
2) Après 5 min \[T(5)=20+50e^{-0{,}5}\approx \boxed{50{,}3\,°\text{C}}\]
3) Atteindre 40 °C \[50e^{-0{,}1t}=20 \Rightarrow e^{-0{,}1t}=0{,}4 \Rightarrow t=\dfrac{\ln2{,}5}{0{,}1}\approx\boxed{9{,}2 \text{ min}}\]
On considère \((E) : y' = -2y + 4x\).
1) \(u'(x) = 2\) et \(-2u(x) + 4x = -4x + 2 + 4x = 2\) : \(u' = -2u + 4x\) ✓
2) Les solutions de \(y' = -2y\) sont \(Ce^{-2x}\). Donc \(\boxed{y(x) = Ce^{-2x} + 2x - 1}\), \(C \in \mathbb{R}\).
3) \(y(0) = C - 1 = 0\), donc \(C = 1\) : \(\boxed{y(x) = e^{-2x} + 2x - 1}\).
Un parachutiste en chute verticale a une vitesse \(v(t)\) (en m/s) vérifiant \(v'(t) = -0{,}5\,v(t) + 10\), avec \(v(0) = 0\).
1) Solution particulière constante : \(0 = -0{,}5v + 10\), soit \(v = 20\). Donc \(v(t) = Ce^{-0{,}5t} + 20\), et \(v(0) = 0\) donne \(C = -20\) : \[\boxed{v(t) = 20\left(1 - e^{-0{,}5t}\right)}\]
2) \(e^{-0{,}5t} \to 0\) quand \(t \to +\infty\) : la vitesse limite est \(\boxed{20 \text{ m/s}}\) (\(72\) km/h).
3) \(20(1 - e^{-0{,}5t}) = 19 \iff e^{-0{,}5t} = 0{,}05 \iff t = \dfrac{\ln 0{,}05}{-0{,}5} = 2\ln 20 \approx \boxed{6{,}0 \text{ s}}\).
Population de bactéries : \(N'(t)=0{,}2N(t)\), \(N(0)=1000\).
\(N'=0{,}2N\).
1) \(\boxed{N(t)=1000e^{0{,}2t}}\)
2) Atteindre 10 000 \[e^{0{,}2t}=10 \Rightarrow t=\dfrac{\ln10}{0{,}2}\approx\boxed{11{,}5 \text{ h}}\]
3) Après 24 h \[N(24)=1000e^{4{,}8}\approx\boxed{121\,500 \text{ bactéries}}\]
Un médicament est éliminé selon \(C'(t)=-0{,}3C(t)\) (\(C\) en mg/L, \(t\) en heures). La concentration initiale est \(C(0)=5\) mg/L.
\(C'=-0{,}3C\).
1) \(\boxed{C(t)=5e^{-0{,}3t}}\)
2) Demi-vie \[e^{-0{,}3t}=0{,}5 \Rightarrow t_{1/2}=\dfrac{\ln2}{0{,}3}\approx\boxed{2{,}31 \text{ h}}\]
3) Seuil 0,1 mg/L \[e^{-0{,}3t}=0{,}02 \Rightarrow t=\dfrac{\ln50}{0{,}3}\approx\boxed{13{,}0 \text{ h}}\]
Déterminer la fonction \(F\) définie sur \(\mathbb{R}\) telle que \(F'(x) = 3x^2 - 2x + 1\) et \(F(1) = 0\).
🎯 \(F\) est une primitive de \(f(x) = 3x^2 - 2x + 1\) (c'est l'équation différentielle \(y' = f\)).
Les primitives de \(f\) sont \(x^3 - x^2 + x + C\). Avec \(F(1) = 1 - 1 + 1 + C = 0\) : \(C = -1\). \[\boxed{F(x) = x^3 - x^2 + x - 1}\]
Un condensateur se décharge : \(q'(t)=-\frac{1}{RC}q(t)\) avec \(RC=2\) s et \(q(0)=10\) C.
\(q'=-\frac{1}{RC}q\).
1) \(\boxed{q(t)=10e^{-t/2}}\)
2) Constante de temps \(\tau=RC=2\) s \[q(2)=10e^{-1}\approx\boxed{3{,}68 \text{ C}}\]
3) Courant \[i(t)=q'(t)=\boxed{-5e^{-t/2} \text{ A}}\]
Au bout d'une constante de temps \(\tau\), la charge tombe à \(\approx37\%\) (\(e^{-1}\)) de sa valeur initiale.
Un café à \(80\) °C refroidit dans une pièce à \(20\) °C selon \(T' = -0{,}1(T - 20)\) (\(t\) en minutes).
a) Exprime \(T(t)\).
b) Calcule \(T(10)\) au dixième.
a) \(T' = -0{,}1T + 2\) : \(T = Ce^{-0{,}1t} + 20\). \(T(0) = C + 20 = 80\), \(C = 60\) : \(\mathbf{T(t) = 20 + 60e^{-0{,}1t}}\).
b) \(T(10) = 20 + 60e^{-1} \approx \mathbf{42{,}1}\) °C.
Résous \(y' = 3x^2 + 1\) avec \(y(0) = 2\).
\(y = x^3 + x + C\) ; \(y(0) = C = 2\) : \(\mathbf{y(x) = x^3 + x + 2}\).
Une population vérifie \(N' = 0{,}5N\) (\(t\) en heures), avec \(N(0) = 100\). Combien de bactéries au bout de \(4\) h ?
\(N(t) = 100e^{0{,}5t}\) ; \(N(4) = 100e^2 \approx \mathbf{739}\) bactéries.
Avec l'exercice 20, détermine l'instant où le café atteint \(50\) °C.
\(20 + 60e^{-0{,}1t} = 50 \iff e^{-0{,}1t} = \dfrac{1}{2} \iff t = 10\ln 2 \approx \mathbf{6{,}9}\) min.
On considère \((E) : y' = -y + x\).
a) Vérifie que \(y_p(x) = x - 1\) est une solution particulière.
b) Déduis-en toutes les solutions de \((E)\).
a) \(y_p' = 1\) et \(-y_p + x = -(x - 1) + x = 1\) ✓
b) Solutions = solutions de \(y' = -y\) + solution particulière : \(\mathbf{y(x) = Ce^{-x} + x - 1}\).
Résoudre \(y'=y-y^2\) (équation logistique simplifiée) par le changement \(z=1/y\).
pour linéariser.
1) Transformer (\(z'=-\frac{y'}{y^2}\), \(y'=y-y^2\)) \[z' = -\dfrac{y-y^2}{y^2} = -\dfrac1y + 1 = -z+1\]
2) Résoudre en \(z\) (\(z'=-z+1\), \(z_P=1\)) \[z = Ce^{-t}+1\]
3) Revenir à \(y\) \[y = \dfrac1z = \dfrac{1}{Ce^{-t}+1} \quad\Rightarrow\quad \boxed{y(t)=\dfrac{y_0}{(1-y_0)e^{-t}+y_0}}\]
On retrouve la courbe logistique : la substitution \(z=\frac1y\) transforme l'équation non linéaire en équation linéaire.
On considère \((E) : y' = -y + e^x\).
1) \(u'(x) = Ae^x\) et \(-u(x) + e^x = (1 - A)e^x\). Il faut \(A = 1 - A\), soit \(\boxed{A = \dfrac{1}{2}}\).
2) \(\boxed{y(x) = Ce^{-x} + \dfrac{1}{2}e^x}\), \(C \in \mathbb{R}\).
3) \(y(0) = C + \dfrac{1}{2} = 1\) donne \(C = \dfrac{1}{2}\) : \(\boxed{y(x) = \dfrac{e^{-x} + e^x}{2}}\) (on reconnaît la fonction « cosinus hyperbolique »).
Un chocolat chaud à \(80\) °C refroidit dans une pièce à \(20\) °C selon \(T'(t) = -k\,(T(t) - 20)\) (\(t\) en minutes, \(k > 0\)). Au bout de \(10\) minutes, il est à \(60\) °C.
1) \(T' = -kT + 20k\) : solution particulière constante \(20\), donc \(T(t) = Ce^{-kt} + 20\), et \(T(0) = 80\) donne \(C = 60\). ✓
2) \(20 + 60e^{-10k} = 60 \iff e^{-10k} = \dfrac{2}{3} \iff k = \dfrac{\ln(3/2)}{10} \approx \boxed{0{,}0405}\).
3) \(20 + 60e^{-kt} = 30 \iff e^{-kt} = \dfrac{1}{6} \iff t = \dfrac{\ln 6}{k} = \dfrac{10\ln 6}{\ln 1{,}5} \approx \boxed{44 \text{ min}}\).
Le système de prédateur-proie simplifié : \[\begin{cases}x'=ax\\y'=-by+cx\end{cases}\] avec \(a=2, b=1, c=1\), \(x(0)=10, y(0)=0\).
la 1ère équation donne \(x\), qu'on injecte dans la 2ème.
1) \(x'=2x\) → \(x(t)=10e^{2t}\).
2) \(y'=-y+10e^{2t}\) : homogène \(Ce^{-t}\), particulière \(y_P=\frac{10}{3}e^{2t}\) (car \(2A=-A+10\Rightarrow A=\frac{10}3\)). \[y=Ce^{-t}+\dfrac{10}{3}e^{2t}, \quad y(0)=0\Rightarrow C=-\dfrac{10}{3}\] \[\boxed{y(t)=\dfrac{10}{3}\left(e^{2t}-e^{-t}\right)}\]
Dans un modèle simplifié : \(I'(t)=\beta S(t)I(t)-\gamma I(t)\) avec \(S\) constant ≈ 1 (petite épidémie).
pilotée par le signe de \(\beta-\gamma\).
1) Solution : \(\boxed{I(t)=I_0e^{(\beta-\gamma)t}}\)
2) \(\beta-\gamma=0{,}2>0\) → \(I\) croît (épidémie en expansion).
3) \(\beta-\gamma=-0{,}05<0\) → \(I\) décroît (extinction).
4) Seuil : \(R_0=\frac\beta\gamma=1\) → \(I\) constant. \(\boxed{R_0>1 \Rightarrow \text{propagation}, \ R_0<1 \Rightarrow \text{extinction}}\)
Le nombre de reproduction \(R_0\) est l'indicateur clé en épidémiologie : tout se joue autour du seuil \(R_0=1\).
Montrer que la solution générale de \(y'=ay+b\) (\(a\neq0\)) est bien \(y=Ce^{ax}-b/a\) :
par translation \(z=y-y_P\).
1) \(y_P=-\frac ba\) est solution : \((y_P)'=0=a(-\frac ba)+b=0\) ✓
2) \(z=y-y_P\) : \[z'=y'=ay+b=a(z+y_P)+b=az+\underbrace{(ay_P+b)}_{=0}=az\]
3) Conclure \[z'=az \Rightarrow z=Ce^{ax} \Rightarrow \boxed{y=Ce^{ax}-\dfrac ba} \quad \blacksquare\]