MathématiquesBy Kaizen Market

Chapitre 06 · Terminale

Équations Différentielles

Résolution des équations du premier ordre

1Facile

Équation différentielle homogène $y' + ay = 0$

Énoncé

Résoudre sur R\mathbb{R} l'équation différentielle y′+2y=0y' + 2y = 0 avec la condition initiale y(0)=3y(0) = 3.

Correction détaillée

01

Solution générale de l'équation homogène

L'équation y′+2y=0y' + 2y = 0 est une équation du type y′+ay=0y' + ay = 0 avec a=2a = 2. La solution générale est :
y(x)=C⋅e−2x,C∈Ry(x) = C \cdot e^{-2x}, \quad C \in \mathbb{R}
02

Application de la condition initiale

On impose y(0)=3y(0) = 3 :
y(0)=C⋅e0=C=3y(0) = C \cdot e^{0} = C = 3
Donc C=3C = 3.
03

Solution particulière

La solution vérifiant la condition initiale est :
y(x)=3e−2x\boxed{y(x) = 3e^{-2x}}
04

Vérification

Vérifions : y′(x)=−6e−2xy'(x) = -6e^{-2x}. Alors y′(x)+2y(x)=−6e−2x+2×3e−2x=−6e−2x+6e−2x=0y'(x) + 2y(x) = -6e^{-2x} + 2 \times 3e^{-2x} = -6e^{-2x} + 6e^{-2x} = 0. ✓
Et y(0)=3e0=3y(0) = 3e^0 = 3. ✓
2Difficile

Équation avec second membre $y' - y = 2x$

Énoncé

Résoudre sur R\mathbb{R} l'équation différentielle y′−y=2xy' - y = 2x.

Correction détaillée

01

Solution générale de l'équation homogène associée

L'équation homogène associée est y′−y=0y' - y = 0, soit y′=yy' = y. Sa solution générale est :
yh(x)=Cex,C∈Ry_h(x) = C e^{x}, \quad C \in \mathbb{R}
02

Recherche d'une solution particulière

Le second membre est 2x2x (polynôme de degré 1). On cherche une solution particulière de la forme yp(x)=ax+by_p(x) = ax + b (polynôme de même degré). On calcule yp′(x)=ay_p'(x) = a, puis on substitue dans l'équation :
a−(ax+b)=2xa - (ax + b) = 2x
−ax+(a−b)=2x-ax + (a - b) = 2x
03

Identification des coefficients

Par identification terme à terme :
{−a=2a−b=0⟹{a=−2b=a=−2\begin{cases} -a = 2 \\ a - b = 0 \end{cases} \Longrightarrow \begin{cases} a = -2 \\ b = a = -2 \end{cases}
Donc yp(x)=−2x−2y_p(x) = -2x - 2.
04

Solution générale complète

La solution générale de y′−y=2xy' - y = 2x est la somme de la solution homogène et d'une solution particulière :
y(x)=Cex−2x−2,C∈R\boxed{y(x) = Ce^x - 2x - 2, \quad C \in \mathbb{R}}
3Intermédiaire

Équation différentielle avec condition initiale $y' + 3y = 6$

Énoncé

Résoudre sur R\mathbb{R} l'équation différentielle y′+3y=6y' + 3y = 6 avec la condition initiale y(0)=4y(0) = 4.

Correction détaillée

01

Solution générale de l'équation homogène

L'équation homogène associée est y′+3y=0y' + 3y = 0, de la forme y′+ay=0y' + ay = 0 avec a=3a = 3. Sa solution générale est :
yh(x)=Ce−3x,C∈Ry_h(x) = C e^{-3x}, \quad C \in \mathbb{R}
02

Recherche d'une solution particulière constante

Le second membre est la constante 66. On cherche une solution particulière constante yp=ky_p = k. Alors yp′=0y_p' = 0, et en substituant dans l'équation :
0+3k=6  ⟹  k=20 + 3k = 6 \implies k = 2
Donc yp(x)=2y_p(x) = 2.
03

Solution générale complète

La solution générale de y′+3y=6y' + 3y = 6 est :
y(x)=Ce−3x+2,C∈Ry(x) = Ce^{-3x} + 2, \quad C \in \mathbb{R}
04

Application de la condition initiale

On impose y(0)=4y(0) = 4 :
y(0)=Ce0+2=C+2=4  ⟹  C=2y(0) = Ce^{0} + 2 = C + 2 = 4 \implies C = 2
La solution particulière est y(x)=2e−3x+2\boxed{y(x) = 2e^{-3x} + 2}.
Vérification : y′(x)=−6e−3xy'(x) = -6e^{-3x} et y′(x)+3y(x)=−6e−3x+6e−3x+6=6y'(x) + 3y(x) = -6e^{-3x} + 6e^{-3x} + 6 = 6. ✓
4Difficile

Modélisation par équation différentielle : refroidissement de Newton

Énoncé

Un objet chaud de température initiale T0=80T_0 = 80 °C est placé dans une pièce à Tamb=20T_{\text{amb}} = 20 °C. La loi de refroidissement de Newton donne :
T′(t)=−k(T(t)−20)T'(t) = -k(T(t) - 20)
où k>0k > 0 est une constante. On mesure T(10)=60T(10) = 60 °C.
1. Résoudre cette équation différentielle.
2. Déterminer kk et calculer T(30)T(30).

Correction détaillée

01

Changement de variable et résolution

On pose θ(t)=T(t)−20\theta(t) = T(t) - 20. Alors θ′(t)=T′(t)=−kθ(t)\theta'(t) = T'(t) = -k\theta(t). C'est une équation de la forme θ′+kθ=0\theta' + k\theta = 0, donc :
θ(t)=Ce−kt  ⟹  T(t)=20+Ce−kt\theta(t) = Ce^{-kt} \implies T(t) = 20 + Ce^{-kt}
Condition initiale : T(0)=80T(0) = 80 donne 80=20+C80 = 20 + C, soit C=60C = 60.
T(t)=20+60e−ktT(t) = 20 + 60e^{-kt}
02

Détermination de la constante $k$

On utilise T(10)=60T(10) = 60 :
60=20+60e−10k  ⟹  40=60e−10k  ⟹  e−10k=2360 = 20 + 60e^{-10k} \implies 40 = 60e^{-10k} \implies e^{-10k} = \frac{2}{3}
−10k=ln⁡ ⁣(23)  ⟹  k=−110ln⁡ ⁣(23)=ln⁡(3/2)10≈0,0405-10k = \ln\!\left(\frac{2}{3}\right) \implies k = -\frac{1}{10}\ln\!\left(\frac{2}{3}\right) = \frac{\ln(3/2)}{10} \approx 0{,}0405
03

Calcul de $T(30)$

T(30)=20+60e−30k=20+60(e−10k)3=20+60⋅(23)3T(30) = 20 + 60e^{-30k} = 20 + 60\left(e^{-10k}\right)^3 = 20 + 60 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^3
=20+60⋅827=20+48027=20+1609≈37,8 °C= 20 + 60 \cdot \frac{8}{27} = 20 + \frac{480}{27} = 20 + \frac{160}{9} \approx 37{,}8 \text{ °C}
04

Interprétation et comportement à long terme

Après 30 minutes, l'objet est à environ 37,8 °C. À long terme, e−kt→0e^{-kt} \to 0 quand t→+∞t \to +\infty, donc T(t)→20T(t) \to 20 °C : l'objet tend vers la température ambiante, conformément à l'intuition physique.