Équations différentielles

Rappel de cours :
Les solutions sur $\mathbb{R}$ de l'équation différentielle linéaire du premier ordre de la forme $y' = ay$ (où $a \in \mathbb{R}$) sont les fonctions $f$ définies par : $$f(x) = C e^{ax}$$ où $C$ est une constante réelle quelconque ($C \in \mathbb{R}$).

Identification du coefficient :

L'équation est de la forme $y' = ay$ avec $a = 3$.

Expression générale des solutions :

L'ensemble des solutions sur $\mathbb{R}$ est constitué des fonctions :

$$y(x) = C e^{3x} \quad \text{avec } C \in \mathbb{R}.$$

Rappel de cours :
Les solutions générales sur $\mathbb{R}$ de l'équation $y' = ay$ sont de la forme $y(x) = C e^{ax}$ avec $C \in \mathbb{R}$.
Pour toute condition initiale de la forme $y(x_0) = y_0$, il existe une unique fonction solution. La constante $C$ est déterminée de manière unique en résolvant l'équation $C e^{a x_0} = y_0$.

Solutions générales de l'équation différentielle :

L'équation est de la forme $y' = ay$ avec $a = -2$.
Les solutions générales sur $\mathbb{R}$ sont donc les fonctions définies par :

$$y(x) = C e^{-2x} \quad \text{avec } C \in \mathbb{R}.$$

Détermination de la constante $C$ avec la condition initiale :

On sait que $y(0) = 5$. En remplaçant $x$ par $0$ dans l'expression de $y(x)$ :

$$\begin{align*} y(0) = 5 &\iff C e^{-2 \times 0} = 5 \\ &\iff C e^{0} = 5 \\ &\iff C \times 1 = 5 \\ &\iff C = 5 \end{align*}.$$

En conséquence :

L'unique solution de l'équation différentielle vérifiant la condition initiale est :

$$y(x) = 5 e^{-2x}.$$

Rappel de cours :
Les solutions sur $\mathbb{R}$ de l'équation différentielle linéaire du premier ordre $y' = ay + b$ (avec $a \neq 0$) sont les fonctions de la forme : $$y(x) = C e^{ax} - \dfrac{b}{a} \quad \text{avec } C \in \mathbb{R}$$ où $y_p = -\dfrac{b}{a}$ est la solution constante (particulière) de l'équation.

Identification des coefficients :

L'équation est de la forme $y' = ay + b$ avec :

• $a = 2$
• $b = 6$.

Recherche de la solution constante $y_p$ :

$$y_p = -\dfrac{b}{a} = -\dfrac{6}{2} = -3$$

Expression générale des solutions :

D'après le cours, les solutions sur $\mathbb{R}$ sont obtenues en ajoutant à la solution générale de l'équation homogène $y' = 2y$ (de la forme $C e^{2x}$) la solution particulière $-3$ :

$$y(x) = C e^{2x} - 3 \quad \text{avec } C \in \mathbb{R}.$$

Rappel de cours :
Les solutions sur $\mathbb{R}$ de l'équation différentielle linéaire du premier ordre $y' = ay + b$ (avec $a \neq 0$) sont de la forme : $$y(x) = C e^{ax} - \dfrac{b}{a} \quad \text{avec } C \in \mathbb{R}$$ La constante $C$ est déterminée de façon unique à l'aide de la condition initiale $y(x_0) = y_0$.

Identification des coefficients et solution particulière :

L'équation est de la forme $y' = ay + b$ avec $a = -1$ et $b = 4$.

La solution constante (particulière) est :

$$-\dfrac{b}{a} = -\dfrac{4}{-1} = 4.$$

Solutions générales de l'équation :

Les solutions générales sur $\mathbb{R}$ sont les fonctions de la forme :

$$y(x) = C e^{-x} + 4 \quad \text{avec } C \in \mathbb{R}$$

Détermination de la constante $C$ avec la condition initiale :

On applique la condition initiale $y(0) = 1$ :

$$\begin{align*} y(0) = 1 &\iff C e^{-0} + 4 = 1 \\ &\iff C \times 1 + 4 = 1 \\ &\iff C = 1 - 4 \\ &\iff C = -3. \end{align*}$$

En conséquenxe :

En remplaçant $C$ par $-3$, on obtient l'unique solution du problème de Cauchy :

$$y(x) = -3 e^{-x} + 4.$$

Méthode :
Pour vérifier qu'une fonction proposée est solution d'une équation différentielle :

1. On calcule la dérivée $y'(x)$ de la fonction.
2. On calcule l'expression du membre de droite ($5y(x)$).
3. On compare les deux membres pour vérifier l'égalité pour tout $x \in \mathbb{R}$.

Calcul du membre de gauche ($y'$) :

La fonction $y$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. En utilisant la formule de dérivation $(e^{ux})' = u' e^{ux}$ avec $u(x) = 5x$ :

$$y'(x) = 2 \times 5 e^{5x} = 10 e^{5x}.$$

Calcul du membre de droite ($5y$) :

En remplaçant $y(x)$ par son expression $2e^{5x}$ :

$$5y(x) = 5 \times (2 e^{5x}) = 10 e^{5x}.$$

En conséquence, pour tout $x \in \mathbb{R}$, on a bien :

$$y'(x) = 5y(x) = 10 e^{5x}.$$

Rappel de cours :
L'équation différentielle linéaire du premier ordre $y' = ay + b$ (avec $a \neq 0$) se résout sous la forme générale : $$y(t) = C e^{at} - \dfrac{b}{a} \quad \text{avec } C \in \mathbb{R}$$ La constante $C$ est déterminée grâce à la condition initiale.

Mise sous forme standard $y' = ay + b$ :

En développant le membre de droite de l'équation :

$$T'(t) = -0{,}1 T(t) + 2.$$

On identifie :

• $a = -0{,}1$
• $b = 2$.

Recherche de la solution particulière (constante) :

$$-\dfrac{b}{a} = -\dfrac{2}{-0{,}1} = 20.$$

Expression de la solution générale :

Les solutions générales de l'équation différentielle sont données par :

$$T(t) = C e^{-0{,}1 t} + 20 \quad \text{avec } C \in \mathbb{R}.$$

Détermination de la constante $C$ avec la condition initiale :

On sait que $T(0) = 80$ :

$$\begin{align*} T(0) = 80 &\iff C e^{-0{,}1 \times 0} + 20 = 80 \\ &\iff C e^{0} + 20 = 80 \\ &\iff C \times 1 + 20 = 80 \\ &\iff C = 80 - 20 \\ &\iff C = 60. \end{align*}$$

Ainsi, en remplaçant $C$ par $60$, on obtient la solution unique du problème :

$$T(t) = 60 e^{-0{,}1 t} + 20.$$

Calcul de \( N(t) \)

L'équation différentielle s'écrit :

\[ N'(t) = 0{,}1 \, N(t). \]

Sa solution générale est de la forme :

\[ N(t) = C \cdot e^{0{,}1 t} \]

où \( C \in \mathbb{R} \). On détermine \( C \) à l'aide de la condition initiale \( N(0) = 1000 \) :

\[ N(0) = C \cdot e^{0{,}1 \times 0} = C \cdot 1 = 1000 \implies C = 1000 \]

D'où l'expression de la population au cours du temps :

\[ N(t) = 1000 \, e^{0{,}1 t}. \]

Calcul de \( N(10) \)

Pour \( t = 10 \) :

\[ N(10) = 1000 \, e^{0{,}1 \times 10} = 1000 \, e^1 = 1000 \, e \]

En prenant \( e \approx 2{,}71828 \) :

\[ N(10) = 1000 \times e \approx 2718{,}28. \]

La demi-vie (notée \( T \)) est la durée au bout de laquelle la quantité de substance est divisée par deux : \( N(T) = \dfrac{N(0)}{2} \).

Expression de la solution

L'équation différentielle \( N'(t) = -\lambda N(t) \) a pour solution générale :

\[ N(t) = N(0) \cdot e^{-\lambda t}. \]

Détermination de \( \lambda \)

Pour \( T = 10\text{ ans} \), on pose l'égalité :

\[ N(0) \cdot e^{-10\lambda} = \frac{N(0)}{2} \]

En simplifiant par \( N(0) \neq 0 \) :

\[ e^{-10\lambda} = \frac{1}{2} \]

En passant au logarithme népérien :

\[ -10\lambda = \ln\left(\frac{1}{2}\right) = -\ln(2) \] \[ \lambda = \frac{\ln(2)}{10}. \]

Application numérique

\[ \lambda = \frac{\ln(2)}{10} \approx 0{,}069315.\]

Rappel de cours :
Les solutions sur \( \mathbb{R} \) de l'équation différentielle linéaire du premier ordre \( y' = ay + b \) (avec \( a \neq 0 \)) sont de la forme : \[ y(t) = C e^{at} - \dfrac{b}{a} \quad \text{avec } C \in \mathbb{R}. \]

Recherche des solutions générales

L'équation est de la forme \( y' = ay + b \) avec \( a = 5 \) et \( b = -10 \).

La solution constante (particulière) est :

\[ -\dfrac{b}{a} = -\dfrac{-10}{5} = 2 \]

Les solutions générales sur \( \mathbb{R} \) sont donc les fonctions de la forme :

\[ y(t) = C e^{5t} + 2 \quad \text{avec } C \in \mathbb{R}. \]

Détermination de la constante \( C \)

On applique la condition initiale \( y(0) = 4 \) :

\[ y(0) = 4 \iff C e^{5 \times 0} + 2 = 4 \] \[ \iff C e^{0} + 2 = 4 \] \[ \iff C \times 1 + 2 = 4 \implies C = 2. \]

Rappel de cours :
Les solutions sur un intervalle \( I \) d'une équation différentielle de la forme \( y' = a y \) (avec \( a \in \mathbb{R} \)) sont les fonctions de la forme : \[ y(t) = K e^{a t} \quad \text{avec } K \in \mathbb{R}. \]

Identification du coefficient

L'équation est de la forme \( q' = a q \) avec le coefficient constant :

\[ a = -\frac{1}{RC}. \]

Forme générale des solutions

En appliquant directement la formule de cours, l'ensemble des solutions de l'équation est constitué des fonctions :

\[ q(t) = K \, e^{-\frac{t}{RC}} \quad \text{où } K \in \mathbb{R} \text{ est une constante réelle.} \]