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Équations différentielles

Résoudre les équations différentielles linéaires du premier et du second ordre.

Mathématiques Terminale Chapitre 9 / 19 ⏱ 8 h

Ce que tu sauras faire à la fin

  • Résoudre une équation différentielle du programme
  • Déterminer la solution particulière
  • Modéliser un phénomène physique par une équation différentielle

Depuis la classe de Seconde, tu résous des équations où l’inconnue est un nombre : xx dans 2x+3=72x+3=7, ou plus tard dans des équations trigonométriques ou exponentielles. Ce chapitre change complètement la donne. L’inconnue devient une fonction yy, et l’équation relie cette fonction à sa (ou ses) dérivée(s) : c’est une équation différentielle. Résoudre y′=ayy' = ay, c’est chercher toutes les fonctions dont la vitesse de variation est, à chaque instant, proportionnelle à leur propre valeur.

Cette idée n’a rien d’abstrait : elle est au cœur de la physique et de la vie courante. La désintégration d’un noyau radioactif, la charge d’un condensateur, les oscillations d’une suspension automobile, le refroidissement d’un plat, la croissance d’une population — tous ces phénomènes obéissent à une loi du type « la vitesse de variation dépend de l’état présent », c’est-à-dire à une équation différentielle. Au baccalauréat, ce chapitre est presque toujours associé à un exercice de physique-chimie : savoir manipuler ces équations, c’est se donner les moyens de réussir ces sujets transversaux.

Ce qui change par rapport aux années précédentes, ce n’est pas seulement l’objet étudié : c’est la rigueur de la démarche. Tu ne vas pas seulement vérifier qu’une fonction est solution — tu vas démontrer que ce sont les seules, à l’aide d’une astuce qui deviendra vite familière : étudier une fonction auxiliaire bien choisie. C’est un raisonnement complet, de type « existence et unicité », que tu retrouveras dans l’enseignement supérieur.

Le plan est le suivant : tu commenceras par les équations du premier ordre y′=ayy'=ay et y′=ay+by'=ay+b, puis tu apprendras à fixer la constante grâce à une condition initiale. Tu passeras ensuite aux équations du second ordre y′′+ω2y=0y''+\omega^{2}y=0 et y′′−ω2y=0y''-\omega^{2}y=0, qui modélisent notamment les oscillations. Le chapitre se conclut par un tour d’horizon des applications physiques qui donnent tout son sens à cette théorie. Prends ton temps sur les démonstrations : elles reviennent souvent, sous forme de ROC, le jour du bac.

1y′=ayy' = ay et y′=ay+by' = ay + b

1.1  Qu’est-ce qu’une équation différentielle ?

Avant de résoudre quoi que ce soit, il faut préciser le vocabulaire.

Définition

Une équation différentielle est une équation dont l’inconnue est une fonction yy, dérivable sur un intervalle II, et qui fait intervenir cette fonction et une ou plusieurs de ses dérivées. L’ordre de l’équation est l’ordre de la plus grande dérivée qui y figure.

Une solution de l’équation sur II est une fonction yy, dérivable (autant de fois que nécessaire) sur II, qui vérifie l’égalité pour tout x∈Ix \in I. Sa représentation graphique s’appelle une courbe intégrale de l’équation.

Ainsi, y′=ayy' = ay est une équation différentielle du premier ordre (elle ne fait intervenir que y′y'), tandis que y′′+ω2y=0y'' + \omega^{2}y = 0 est du second ordre (elle fait intervenir y′′y''). Dans les deux cas, aa et ω\omega sont des réels donnés, appelés paramètres de l’équation : il ne faut pas les confondre avec l’inconnue yy.

Attention

Résoudre y′=3xy'=3x (chercher une primitive) et résoudre y′=3yy'=3y (une équation différentielle) n’a rien à voir ! Dans le premier cas, la variable xx figure explicitement au second membre ; dans le second, c’est yy elle-même qui y figure. C’est bien ce dernier type qui nous occupe dans ce chapitre.

1.2  L’équation y′=ayy' = ay

Soit aa un réel fixé. On s’intéresse à l’équation différentielle y′=ayy' = ay, d’inconnue une fonction yy dérivable sur R\mathbb{R}.

Théorème

Soit a∈Ra \in \mathbb{R}. Les solutions sur R\mathbb{R} de l’équation différentielle y′=ayy' = ay sont exactement les fonctions

f(x)=Ceax,C∈R.f(x) = C\mathrm{e}^{ax}, \qquad C \in \mathbb{R}.

La constante CC est un réel quelconque : il existe donc une infinité de solutions, qui forment une famille à un paramètre.

Démonstration

1. Ces fonctions sont bien des solutions (existence). Soit C∈RC \in \mathbb{R} et f(x)=Ceaxf(x) = C\mathrm{e}^{ax}. La fonction ff est dérivable sur R\mathbb{R} comme produit de fonctions dérivables.

  1. f′(x)=C×aeaxf'(x) = C \times a\mathrm{e}^{ax}
  2. ==a×(Ceax)a \times \left(C\mathrm{e}^{ax}\right)
  3. ==af(x)af(x)par définition de ff

Donc f′=aff' = af : chaque fonction x↦Ceaxx \mapsto C\mathrm{e}^{ax} est bien solution de l’équation.

2. Ce sont les seules (unicité). Soit ff une solution quelconque de y′=ayy'=ay sur R\mathbb{R}. On introduit la fonction auxiliaire :

g(x)=f(x)e−axg(x) = f(x)\mathrm{e}^{-ax}

La fonction gg est dérivable sur R\mathbb{R} comme produit de fonctions dérivables.

  1. g′(x)=f′(x)e−ax+f(x)×(−ae−ax)g'(x) = f'(x)\mathrm{e}^{-ax} + f(x) \times \left(-a\mathrm{e}^{-ax}\right)dérivée d’un produit
  2. ==(f′(x)−af(x))e−ax\left(f'(x) - af(x)\right)\mathrm{e}^{-ax}
  3. ==0×e−ax0 \times \mathrm{e}^{-ax}car ff est solution : f′(x)=af(x)f'(x) = af(x)
  4. ==00

La dérivée de gg est nulle sur l’intervalle R\mathbb{R} : la fonction gg est donc constante sur R\mathbb{R}. Il existe donc un réel CC tel que, pour tout x∈Rx \in \mathbb{R}, g(x)=Cg(x) = C, c’est-à-dire :

  1. f(x)e−ax=Cf(x)\mathrm{e}^{-ax} = C
  2. ⇒\Rightarrowf(x)=Ceaxf(x) = C\mathrm{e}^{ax}on multiplie les deux membres par eax\mathrm{e}^{ax}

Toute solution ff s’écrit donc bien sous la forme annoncée. C.Q.F.D.

Méthode — résoudre y′=ayy' = ay

On identifie le réel aa en isolant y′y' : l’équation 2y′=6y2y' = 6y s’écrit d’abord y′=3yy' = 3y, avec a=3a = 3. La solution générale est alors y(x)=Ce3xy(x) = C\mathrm{e}^{3x}, C∈RC \in \mathbb{R}.

Exemple — deux résolutions directes
  1. y′=4y  ⟺  y(x)=Ce4x, C∈Ry' = 4y \iff y(x) = C\mathrm{e}^{4x},\ C \in \mathbb{R}croissance exponentielle, a=4>0a=4>0
  2. y′=−0,6y  ⟺  y(x)=Ce−0,6x, C∈Ry' = -0{,}6y \iff y(x) = C\mathrm{e}^{-0{,}6x},\ C \in \mathbb{R}décroissance exponentielle, a=−0,6<0a=-0{,}6<0
-4-3-2-11234-8-6-4-224680xyOC = 2C = 1C = -1C = -2C = 0
Figure 1 — Faisceau de solutions de y′=0,4yy' = 0{,}4y : chaque valeur de la constante CC donne une courbe différente, mais toutes ont la même forme exponentielle. La courbe C=0C=0 (en pointillés) est la fonction nulle, elle aussi solution.

Le signe de aa gouverne entièrement le comportement des solutions : si a>0a>0, toute solution non nulle tend vers +∞+\infty ou −∞-\infty en +∞+\infty (croissance exponentielle, comme les courbes C=2C=2 et C=−2C=-2 ci-dessus) ; si a<0a<0, toute solution tend vers 00 en +∞+\infty (décroissance exponentielle) ; si a=0a=0, les solutions sont les fonctions constantes.

Attention

L’erreur la plus fréquente est d’oublier la constante CC et de répondre « la solution est eax\mathrm{e}^{ax} », comme s’il n’y en avait qu’une. Sans condition supplémentaire, l’équation y′=ayy'=ay possède une infinité de solutions : une pour chaque valeur de C∈RC \in \mathbb{R} (y compris C=0C=0, qui donne la fonction nulle). Deuxième piège : un signe « −- » oublié devant aa change complètement l’allure de la courbe (croissance ↔ décroissance).

Math & Co — La naissance du nombre e\mathrm{e}

Le nombre e≈2,71828\mathrm{e} \approx 2{,}71828, base des exponentielles qui résolvent y′=ayy'=ay, n’est pas apparu d’un coup. En 16831683, le mathématicien suisse Jacques Bernoulli l’approche en étudiant les intérêts composés : que devient un capital si les intérêts sont recalculés une infinité de fois par an ? Il obtient une limite, sans la nommer.

C’est Leonhard Euler, autre génie suisse, qui lui donne son nom et sa place centrale en analyse. Dans son traité Introductio in analysin infinitorum (17481748), il démontre que la fonction x↦exx \mapsto \mathrm{e}^{x} est la seule fonction (à une constante multiplicative près) égale à sa propre dérivée — exactement la propriété que tu viens de démontrer, pour a=1a=1 ! Euler calcule aussi les dix-huit premières décimales de e\mathrm{e} à la main.

1.3  L’équation y′=ay+by' = ay + b

On complique légèrement l’équation en ajoutant un second membre constant bb. L’idée directrice — que tu retrouveras dans tout le chapitre — est de se ramener au cas déjà résolu par un changement de fonction astucieux.

Théorème

Soit a∈R∗a \in \mathbb{R}^{*} et b∈Rb \in \mathbb{R}. Les solutions sur R\mathbb{R} de l’équation différentielle y′=ay+by' = ay + b sont exactement les fonctions

f(x)=Ceax−ba,C∈R.f(x) = C\mathrm{e}^{ax} - \dfrac{b}{a}, \qquad C \in \mathbb{R}.

Méthode — résoudre y′=ay+by' = ay+b (solution particulière + solution homogène)
  • Étape 1. On cherche une solution particulière constante yp(x)=ky_p(x) = k. Comme yp′=0y_p' = 0, elle vérifie 0=ak+b0 = ak+b, d’où k=−bak = -\dfrac{b}{a}.
  • Étape 2. On sait (théorème de la section 1.2) que les solutions de l’équation homogène associée y′=ayy'=ay sont les fonctions CeaxC\mathrm{e}^{ax}.
  • Étape 3. La solution générale de y′=ay+by'=ay+b est la somme : solution particulière + solution homogène, soit y(x)=Ceax−bay(x)=C\mathrm{e}^{ax} - \dfrac{b}{a}.
Démonstration

Notons yp=−bay_p = -\dfrac{b}{a} la solution particulière constante (elle vérifie ayp+b=0ay_p+b=0). Soit ff une solution quelconque de y′=ay+by'=ay+b. On pose g=f−ypg = f - y_p, c’est-à-dire g(x)=f(x)+bag(x) = f(x)+\dfrac{b}{a}.

  1. g′(x)=f′(x)g'(x) = f'(x)la dérivée d’une constante est nulle
  2. ==af(x)+baf(x)+bff est solution de y′=ay+by'=ay+b
  3. ==a(g(x)+yp)+ba\left(g(x)+y_p\right)+bcar f=g+ypf=g+y_p
  4. ==ag(x)+(ayp+b)ag(x) + \left(ay_p+b\right)
  5. ==ag(x)ag(x)car ayp+b=0ay_p+b=0 par construction de ypy_p

Donc g′=agg'=ag : d’après le théorème de la section précédente, g(x)=Ceaxg(x)=C\mathrm{e}^{ax} pour un certain C∈RC\in\mathbb{R}. On en déduit f(x)=g(x)+yp=Ceax−baf(x) = g(x)+y_p = C\mathrm{e}^{ax} - \dfrac{b}{a}. C.Q.F.D.

Exemple — résoudre y′=3y−6y' = 3y - 6
  1. solution particulière constante : 0=3k−60 = 3k-6
  2. ⇒\Rightarrowk=2k = 2
  3. solution homogène de y′=3yy'=3y : Ce3xC\mathrm{e}^{3x}
  4. ⇒\Rightarrowsolution générale : y(x)=Ce3x+2, C∈Ry(x) = C\mathrm{e}^{3x}+2,\ C\in\mathbb{R}
0246810480xyasymptote y = 4y(0) = 0y(0) = 8
Figure 2 — Deux solutions de y′=−0,5y+2y' = -0{,}5y+2, l’une partant de 00, l’autre de 88 : quelle que soit la condition initiale, la courbe se rapproche de l’asymptote horizontale y=4=−bay=4=-\dfrac{b}{a}.
Attention — le cas a=0a=0

Si a=0a=0, la formule −ba-\dfrac{b}{a} n’a plus de sens : la méthode ci-dessus ne s’applique pas ! L’équation devient y′=by'=b : il ne s’agit plus de trouver une exponentielle, mais une primitive de la constante bb. Les solutions sont alors les fonctions affines y(x)=bx+Ky(x)=bx+K, K∈RK\in\mathbb{R} — une droite, et non plus une courbe qui se stabilise. Vérifie toujours que a≠0a \neq 0 avant d’appliquer la méthode.

1.4  Approximation numérique : la méthode d’Euler

Pour y′=ayy'=ay ou y′=ay+by'=ay+b, tu sais désormais trouver une expression exacte de la solution. Mais pour des équations différentielles plus compliquées, rencontrées par exemple en physique, une telle formule n’existe pas toujours. On a alors recours à une méthode numérique, qui approche la courbe solution pas à pas.

Définition — méthode d’Euler

Soit l’équation y′=f(x,y)y'=f(x,y) avec la condition initiale y(x0)=y0y(x_0)=y_0, et un pas h>0h>0 fixé. On construit une suite de points (xn,yn)(x_n,y_n) par la relation de récurrence :

xn+1=xn+h,yn+1=yn+h×f(xn,yn)x_{n+1} = x_n+h, \qquad y_{n+1} = y_n + h\times f(x_n,y_n)

En reliant ces points par des segments, on obtient une ligne brisée qui approche la courbe intégrale exacte.

Méthode — principe géométrique

En chaque point (xn,yn)(x_n,y_n), on ne connaît pas la courbe, mais on connaît sa tangente (de coefficient directeur yn′=f(xn,yn)y_n'=f(x_n,y_n), donné par l’équation elle-même). L’idée d’Euler est de suivre cette tangente sur une petite distance hh, puis de recalculer une nouvelle tangente au point d’arrivée, et ainsi de suite. Plus hh est petit, plus l’approximation est fine — mais plus le nombre de calculs augmente.

Pour y′=ayy'=ay, la relation devient yn+1=yn+h×ayn=(1+ah)yny_{n+1} = y_n + h\times a y_n = (1+ah)y_n : chaque terme s’obtient en multipliant le précédent par le facteur constant (1+ah)(1+ah).

Exemple — approcher la solution de y′=0,5yy'=0{,}5y, y(0)=1y(0)=1

On choisit un pas h=0,5h=0{,}5. La solution exacte est y(x)=e0,5xy(x)=\mathrm{e}^{0{,}5x} (théorème de la section 1.2, avec C=1C=1).

xnx_n000,50{,}5111,51{,}5222,52{,}5333,53{,}544
yny_n (Euler)111,251{,}251,5631{,}5631,9531{,}9532,4412{,}4413,0523{,}0523,8153{,}8154,7684{,}7685,9605{,}960
valeur exacte111,2841{,}2841,6491{,}6492,1172{,}1172,7182{,}7183,4903{,}4904,4824{,}4825,7555{,}7557,3897{,}389

Le premier pas se calcule ainsi :

  1. y1=y0+h×0,5 y0y_1 = y_0 + h \times 0{,}5\,y_0
  2. ==1+0,5×0,5×11 + 0{,}5 \times 0{,}5 \times 1
  3. ==1,251{,}25
0123424680xysolution exacteEuler (h = 0,5)
Figure 3 — Méthode d’Euler pour y′=0,5yy'=0{,}5y, y(0)=1y(0)=1 : la ligne brisée (pas h=0,5h=0{,}5) reste en dessous de la courbe exacte y=e0,5xy=\mathrm{e}^{0{,}5x}, et l’écart grandit à chaque pas.
Attention

La méthode d’Euler ne donne qu’une valeur approchée : dès le premier pas, une petite erreur apparaît, et elle s’accumule à chaque itération (ici, l’écart passe de 00 à près de 1,41{,}4 après huit pas). Diminuer le pas hh réduit l’erreur mais ne l’annule jamais complètement. Ne confonds jamais « ligne brisée d’Euler » et « courbe exacte » : ce sont deux objets différents, à ne pas superposer sans le dire dans une rédaction.

2Solution vérifiant une condition initiale

Tu l’as vu : une équation différentielle possède, à elle seule, une infinité de solutions. En pratique — en physique tout particulièrement — on connaît en général l’état du système à un instant précis (une masse initiale, une tension à t=0t=0…). Cette information supplémentaire permet de sélectionner une seule solution parmi toutes les autres.

Définition

Une condition initiale est une égalité du type y(x0)=y0y(x_0)=y_0, où x0x_0 et y0y_0 sont deux réels donnés. Résoudre une équation différentielle munie d’une condition initiale s’appelle résoudre un problème de Cauchy.

Propriété — existence et unicité

Pour tout réel aa et tous réels x0,y0x_0,y_0, l’équation y′=ayy'=ay admet une unique solution sur R\mathbb{R} vérifiant y(x0)=y0y(x_0)=y_0. Il en va de même pour y′=ay+by'=ay+b (avec a≠0a\neq0).

Cette unicité n’a rien de mystérieux : elle découle directement du théorème de la section précédente. Puisque toutes les solutions s’écrivent CeaxC\mathrm{e}^{ax} (ou Ceax−baC\mathrm{e}^{ax}-\frac{b}{a}), imposer y(x0)=y0y(x_0)=y_0 revient à résoudre une simple équation d’inconnue CC — équation qui possède, elle, une unique solution.

Méthode — déterminer la constante CC
  1. Écrire la solution générale de l’équation (théorème de la section 1).
  2. Remplacer xx par x0x_0 dans cette expression et l’égaler à y0y_0.
  3. Résoudre l’équation obtenue, d’inconnue CC.
  4. Remplacer CC par sa valeur dans la solution générale : c’est la réponse.
Exemple 1 — condition initiale sur y′=ayy'=ay

On cherche la solution de y′=−0,2yy'=-0{,}2y vérifiant y(0)=100y(0)=100.

  1. solution générale : y(x)=Ce−0,2xy(x)=C\mathrm{e}^{-0{,}2x}
  2. y(0)=Ce0=Cy(0) = C\mathrm{e}^{0} = C
  3. condition initiale : C=100C = 100
  4. ⇒\Rightarrowy(x)=100 e−0,2xy(x) = 100\,\mathrm{e}^{-0{,}2x}
Exemple 2 — condition initiale sur y′=ay+by'=ay+b

On cherche la solution de y′=3y−6y'=3y-6 (résolue plus haut) vérifiant y(0)=5y(0)=5.

  1. solution générale : y(x)=Ce3x+2y(x) = C\mathrm{e}^{3x}+2
  2. y(0)=C+2y(0) = C+2
  3. condition initiale : C+2=5⇒C=3C+2=5 \Rightarrow C=3
  4. ⇒\Rightarrowy(x)=3e3x+2y(x) = 3\mathrm{e}^{3x}+2
Attention

Une condition initiale porte sur la valeur de yy, pas sur celle de y′y' — sauf mention explicite contraire. Ne confonds pas y(0)=5y(0)=5 (« la fonction vaut 55 en 00 ») avec y′(0)=5y'(0)=5 (« la pente vaut 55 en 00 »), qui donnerait une équation différente pour déterminer CC. Pour les équations du second ordre (section 3), il faudra même connaître les deux conditions à la fois.

3y′′+ω2y=0y'' + \omega^{2}y = 0 et y′′−ω2y=0y'' - \omega^{2}y = 0

Ces deux équations sont du second ordre : elles font intervenir la dérivée seconde y′′y''. Bien qu’elles ne diffèrent que par un signe, leurs solutions ont des comportements radicalement opposés — l’une oscille indéfiniment, l’autre s’emballe. Comprendre pourquoi est l’objet de cette section.

3.1  L’équation y′′+ω2y=0y'' + \omega^{2}y = 0

Théorème

Soit ω\omega un réel strictement positif. Les solutions sur R\mathbb{R} de l’équation différentielle y′′+ω2y=0y'' + \omega^{2}y = 0 sont exactement les fonctions

f(t)=Acos⁡(ωt)+Bsin⁡(ωt),(A,B)∈R2.f(t) = A\cos(\omega t) + B\sin(\omega t), \qquad (A,B) \in \mathbb{R}^{2}.

Démonstration (vérification)

Soit (A,B)∈R2(A,B)\in\mathbb{R}^{2} et f(t)=Acos⁡(ωt)+Bsin⁡(ωt)f(t) = A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t).

  1. f′(t)=−Aωsin⁡(ωt)+Bωcos⁡(ωt)f'(t) = -A\omega\sin(\omega t) + B\omega\cos(\omega t)
  2. f′′(t)=−Aω2cos⁡(ωt)−Bω2sin⁡(ωt)f''(t) = -A\omega^{2}\cos(\omega t) - B\omega^{2}\sin(\omega t)
  3. ==−ω2(Acos⁡(ωt)+Bsin⁡(ωt))-\omega^{2}\left(A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t)\right)
  4. ==−ω2f(t)-\omega^{2}f(t)

On a bien f′′+ω2f=0f''+\omega^{2}f=0 : chaque fonction de cette famille est solution. Réciproquement, on admet (la preuve complète repose sur un argument d’unicité analogue à celui de la section 1, appliqué à un système du premier ordre) que ce sont les seules : une équation du second ordre possède une famille de solutions à deux constantes arbitraires AA et BB, tout comme une équation du premier ordre en possédait une à une seule constante CC.

Les solutions de y′′+ω2y=0y''+\omega^{2}y=0 sont donc périodiques, de période T=2πωT=\dfrac{2\pi}{\omega} : elles décrivent une oscillation qui ne s’amortit jamais. Cette écriture cache une information précieuse — l’amplitude réelle de l’oscillation. On préfère souvent une seconde forme.

Méthode — passer à la forme Rcos⁡(ωt−φ)R\cos(\omega t - \varphi)

On cherche R>0R>0 et φ\varphi tels que Acos⁡(ωt)+Bsin⁡(ωt)=Rcos⁡(ωt−φ)A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t) = R\cos(\omega t - \varphi) pour tout tt.

Démonstration — formules de RR et φ\varphi

On développe le second membre grâce à la formule d’addition du cosinus :

  1. Rcos⁡(ωt−φ)=Rcos⁡(ωt)cos⁡φ+Rsin⁡(ωt)sin⁡φR\cos(\omega t-\varphi) = R\cos(\omega t)\cos\varphi + R\sin(\omega t)\sin\varphi
  2. ==(Rcos⁡φ)cos⁡(ωt)+(Rsin⁡φ)sin⁡(ωt)\left(R\cos\varphi\right)\cos(\omega t) + \left(R\sin\varphi\right)\sin(\omega t)

Cette expression coïncide avec Acos⁡(ωt)+Bsin⁡(ωt)A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t) pour tout tt si et seulement si les coefficients sont égaux :

Rcos⁡φ=AetRsin⁡φ=BR\cos\varphi = A \qquad \text{et} \qquad R\sin\varphi = B

En élevant au carré et en additionnant, R2cos⁡2φ+R2sin⁡2φ=A2+B2R^{2}\cos^{2}\varphi+R^{2}\sin^{2}\varphi = A^{2}+B^{2}, soit R2=A2+B2R^{2}=A^{2}+B^{2} (car cos⁡2φ+sin⁡2φ=1\cos^{2}\varphi+\sin^{2}\varphi=1). D’où :

R=A2+B2,cos⁡φ=AR,sin⁡φ=BRR = \sqrt{A^{2}+B^{2}}, \qquad \cos\varphi = \dfrac{A}{R}, \qquad \sin\varphi = \dfrac{B}{R}

Exemple — y(t)=3cos⁡(2t)+4sin⁡(2t)y(t) = 3\cos(2t)+4\sin(2t)

Ici ω=2\omega=2, A=3A=3, B=4B=4.

  1. R=32+42=25=5R = \sqrt{3^{2}+4^{2}} = \sqrt{25} = 5
  2. cos⁡φ=35=0,6 et sin⁡φ=45=0,8\cos\varphi = \dfrac{3}{5} = 0{,}6\ \text{et}\ \sin\varphi = \dfrac{4}{5} = 0{,}8
  3. ⇒\Rightarrowφ≈0,927\varphi \approx 0{,}927 rad (soit environ 53,1 °53{,}1\ \text{°})
  4. ⇒\Rightarrowy(t)=5cos⁡(2t−φ)y(t) = 5\cos(2t-\varphi)
π/2π3π/22π-6-4-22460tyR = 5-R = -5T = πy = 3cos(2t) + 4sin(2t)
Figure 4 — La fonction t↦3cos⁡(2t)+4sin⁡(2t)t \mapsto 3\cos(2t)+4\sin(2t), solution de y′′+4y=0y''+4y=0, s’écrit aussi 5cos⁡(2t−φ)5\cos(2t-\varphi) : amplitude R=5R=5 et période T=2πω=πT=\dfrac{2\pi}{\omega}=\pi.
Math & Co — Le pendule qui a mesuré le temps

En 16561656, le savant néerlandais Christiaan Huygens construit la première horloge à pendule, capable de mesurer le temps avec une précision inédite pour l’époque (l’erreur passe de quinze minutes par jour à quinze secondes). Le mouvement du pendule, pour de petites oscillations, est modélisé par une équation du type y′′+ω2y=0y''+\omega^{2}y=0.

Quelques décennies plus tôt, en 16601660, le physicien anglais Robert Hooke avait énoncé la loi qui porte son nom : la force de rappel d’un ressort est proportionnelle à son allongement. Combinée à la deuxième loi de Newton (Principia, 16871687), cette loi conduit très exactement à la même équation différentielle — c’est ce que tu retrouveras en section 4.5 avec l’oscillateur masse-ressort.

3.2  L’équation y′′−ω2y=0y'' - \omega^{2}y = 0

Un unique changement de signe transforme complètement la nature des solutions.

Théorème

Soit ω\omega un réel strictement positif. Les solutions sur R\mathbb{R} de l’équation différentielle y′′−ω2y=0y'' - \omega^{2}y = 0 sont exactement les fonctions

f(t)=Aeωt+Be−ωt,(A,B)∈R2.f(t) = A\mathrm{e}^{\omega t} + B\mathrm{e}^{-\omega t}, \qquad (A,B) \in \mathbb{R}^{2}.

Démonstration (vérification)
  1. f(t)=Aeωt+Be−ωtf(t) = A\mathrm{e}^{\omega t}+B\mathrm{e}^{-\omega t}
  2. f′(t)=Aωeωt−Bωe−ωtf'(t) = A\omega\mathrm{e}^{\omega t}-B\omega\mathrm{e}^{-\omega t}
  3. f′′(t)=Aω2eωt+Bω2e−ωtf''(t) = A\omega^{2}\mathrm{e}^{\omega t}+B\omega^{2}\mathrm{e}^{-\omega t}
  4. ==ω2(Aeωt+Be−ωt)\omega^{2}\left(A\mathrm{e}^{\omega t}+B\mathrm{e}^{-\omega t}\right)
  5. ==ω2f(t)\omega^{2}f(t)

On a bien f′′−ω2f=0f''-\omega^{2}f=0. Comme pour l’équation précédente, on admet que ce sont là toutes les solutions (deux constantes arbitraires, pour une équation d’ordre 22).

Attention — ne confonds jamais les deux équations !

Un seul signe change tout : y′′+ω2y=0y''+\omega^{2}y=0 donne des solutions bornées et périodiques (elles oscillent indéfiniment entre −R-R et RR) ; y′′−ω2y=0y''-\omega^{2}y=0 donne, sauf cas particulier A=B=0A=B=0, des solutions non bornées qui divergent vers +∞+\infty ou −∞-\infty (dominées par le terme AeωtA\mathrm{e}^{\omega t} quand t→+∞t\to+\infty, ou par Be−ωtB\mathrm{e}^{-\omega t} quand t→−∞t\to-\infty). Sur ta copie, demande-toi : « le phénomène décrit oscille-t-il, ou s’emballe-t-il ? » Cela te dira immédiatement quel signe attendre.

3.3  Problème de Cauchy d’ordre 2

Une équation du second ordre possède deux constantes arbitraires : une seule condition initiale ne suffit plus à les déterminer. Il faut connaître à la fois la position et la vitesse à un instant donné.

Propriété — existence et unicité (ordre 2)

Pour tout ω>0\omega>0 et tous réels t0,y0,v0t_0, y_0, v_0, l’équation y′′+ω2y=0y''+\omega^{2}y=0 admet une unique solution ff sur R\mathbb{R} vérifiant simultanément f(t0)=y0f(t_0)=y_0 et f′(t0)=v0f'(t_0)=v_0. (Résultat analogue pour y′′−ω2y=0y''-\omega^{2}y=0.)

Méthode — déterminer AA et BB
  1. Écrire f(t)=Acos⁡(ωt)+Bsin⁡(ωt)f(t) = A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t) et f′(t)=−Aωsin⁡(ωt)+Bωcos⁡(ωt)f'(t) = -A\omega\sin(\omega t)+B\omega\cos(\omega t).
  2. Remplacer tt par t0t_0 dans ff et dans f′f' : on obtient deux équations.
  3. Résoudre ce système à deux inconnues A,BA,B (souvent immédiat si t0=0t_0=0, car cos⁡0=1\cos 0=1 et sin⁡0=0\sin 0=0).
Exemple — problème de Cauchy y′′+4y=0y''+4y=0, y(0)=3y(0)=3, y′(0)=8y'(0)=8

Ici ω=2\omega=2 (car ω2=4\omega^{2}=4).

  1. f(t)=Acos⁡(2t)+Bsin⁡(2t)f(t) = A\cos(2t)+B\sin(2t)
  2. f(0)=A=3f(0) = A = 3condition initiale sur la position
  3. f′(t)=−2Asin⁡(2t)+2Bcos⁡(2t)f'(t) = -2A\sin(2t)+2B\cos(2t)
  4. f′(0)=2B=8⇒B=4f'(0) = 2B = 8 \Rightarrow B=4condition initiale sur la vitesse
  5. ⇒\Rightarrowf(t)=3cos⁡(2t)+4sin⁡(2t)f(t) = 3\cos(2t)+4\sin(2t)

On retrouve exactement l’exemple de la section 3.1 (Figure 4) : cette solution s’écrit aussi f(t)=5cos⁡(2t−φ)f(t) = 5\cos(2t-\varphi) avec φ≈0,927\varphi\approx0{,}927 rad.

4Applications : décroissance radioactive, circuit RC, oscillations

Cette dernière section rassemble six situations physiques classiques, toutes modélisées par une équation du chapitre. Dans chaque cas, la démarche est la même : traduire une loi physique en équation différentielle, la résoudre grâce aux théorèmes déjà démontrés, puis interpréter le résultat.

4.1  Décroissance radioactive

Définition — loi de décroissance radioactive

Un noyau radioactif se désintègre spontanément, de façon aléatoire mais avec une probabilité constante par unité de temps. Si N(t)N(t) désigne le nombre de noyaux radioactifs présents à l’instant tt, la vitesse de désintégration est proportionnelle au nombre de noyaux restants :

N′(t)=−λN(t)N'(t) = -\lambda N(t)

où λ>0\lambda>0 est la constante radioactive (en s−1\text{s}^{-1}), caractéristique de l’isotope. On appelle demi-vie t1/2t_{1/2} la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux initiaux ont disparu.

D’après le théorème de la section 1.2 (avec a=−λa=-\lambda), la solution vérifiant N(0)=N0N(0)=N_0 est N(t)=N0e−λtN(t) = N_0\mathrm{e}^{-\lambda t}. La demi-vie se calcule en résolvant N(t1/2)=N02N(t_{1/2})=\dfrac{N_0}{2} :

  1. N0e−λt1/2=N02N_0\mathrm{e}^{-\lambda t_{1/2}} = \dfrac{N_0}{2}
  2. ⇒\Rightarrowe−λt1/2=12\mathrm{e}^{-\lambda t_{1/2}} = \dfrac{1}{2}
  3. ⇒\Rightarrow−λt1/2=ln⁡(12)=−ln⁡2-\lambda t_{1/2} = \ln\left(\dfrac{1}{2}\right) = -\ln 2
  4. ⇒\Rightarrowt1/2=ln⁡2λt_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{\lambda}
Exemple — l’iode 131 en médecine nucléaire

L’iode 131, utilisé en scintigraphie thyroïdienne, a une demi-vie t1/2=8t_{1/2}=8 jours.

  1. λ=ln⁡2t1/2=ln⁡28≈0,0866 j−1\lambda = \dfrac{\ln 2}{t_{1/2}} = \dfrac{\ln 2}{8} \approx 0{,}0866\ \text{j}^{-1}
  2. après t=40t=40 jours (soit 55 demi-vies) : N(40)=N0e−0,0866×40N(40) = N_0\mathrm{e}^{-0{,}0866\times 40}
  3. ≈\approxN0×(12)5≈0,03125 N0N_0 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^{5} \approx 0{,}03125\,N_0soit environ 3,1 %3{,}1\,\% de la quantité initiale
8162432402550751000t (j)Nt½ = 8 jiode 131
Figure 5 — Décroissance radioactive de l’iode 131 : N(t)=N0e−λtN(t)=N_0\mathrm{e}^{-\lambda t}. La quantité restante est divisée par 22 à chaque demi-vie t1/2=8t_{1/2}=8 jours.

4.2  Circuit RC : charge et décharge d’un condensateur

KRiCu_CE+−
Figure 6 — Montage de charge d’un condensateur : générateur de f.é.m. EE, résistor RR, interrupteur KK, condensateur de capacité CC. Une fois KK fermé, le courant ii circule dans le sens indiqué.
Propriété — mise en équation

On ferme l’interrupteur KK à l’instant t=0t=0 d’un circuit comportant un générateur de f.é.m. EE, un résistor de résistance RR et un condensateur de capacité CC, initialement déchargé. La loi des mailles donne E=Ri(t)+uC(t)E = Ri(t)+u_C(t) ; comme i(t)=CduCdt(t)i(t)=C\dfrac{\mathrm{d}u_C}{\mathrm{d}t}(t), on obtient l’équation différentielle :

uC′(t)=−1RCuC(t)+ERCu_C'(t) = -\dfrac{1}{RC}u_C(t) + \dfrac{E}{RC}

C’est une équation du type y′=ay+by'=ay+b avec a=−1RCa=-\dfrac{1}{RC} et b=ERCb=\dfrac{E}{RC}. La solution vérifiant uC(0)=0u_C(0)=0 est :

uC(t)=E(1−e−t/τ),τ=RCu_C(t) = E\left(1-\mathrm{e}^{-t/\tau}\right), \qquad \tau = RC

τ\tau est la constante de temps du circuit, homogène à une durée (en secondes si RR est en ohms et CC en farads).

Exemple — charge d’un condensateur

Un circuit RC comporte E=6E=6 V, R=2 000 ΩR=2\,000\ \Omega, C=1 000 μFC=1\,000\ \mu\text{F}.

  1. τ=RC=2 000×1,0×10−3=2\tau = RC = 2\,000 \times 1{,}0\times10^{-3} = 2 s
  2. à t=τt=\tau : uC(τ)=6(1−e−1)≈6×0,632u_C(\tau) = 6\left(1-\mathrm{e}^{-1}\right) \approx 6\times0{,}632
  3. ≈\approx3,793{,}79 Vsoit 63 %63\,\% de EE, quelle que soit la valeur de τ\tau
2468102460t (s)u_CE = 6 Vτ = RC = 2 su_C(t) = E(1 - e^(-t/τ))
Figure 7 — Charge d’un condensateur : uC(t)=E(1−e−t/τ)u_C(t)=E\left(1-\mathrm{e}^{-t/\tau}\right), avec τ=RC\tau=RC. À t=τt=\tau, la tension atteint déjà 63 %63\,\% de EE.

Pour la décharge (condensateur initialement chargé sous EE, générateur remplacé par un simple fil), l’équation devient homogène : uC′=−1RCuCu_C'=-\dfrac{1}{RC}u_C, de solution uC(t)=Ee−t/τu_C(t)=E\mathrm{e}^{-t/\tau} — une décroissance exponentielle vers 00, avec la même constante de temps τ\tau.

Attention

Ne confonds pas la constante de temps τ=RC\tau=RC d’un circuit avec la demi-vie t1/2t_{1/2} d’un noyau radioactif : les deux mesurent une « vitesse » de variation exponentielle, mais τ\tau correspond à 63 %63\,\% de variation accomplie (facteur 1−e−11-\mathrm{e}^{-1}), tandis que t1/2t_{1/2} correspond à 50 %50\,\% (facteur 12\frac12). La relation exacte est t1/2=τln⁡2≈0,693 τt_{1/2}=\tau\ln 2 \approx 0{,}693\,\tau.

4.3  Circuit RL : établissement du courant

Propriété — mise en équation

Dans un circuit comportant un générateur EE, un résistor RR et une bobine d’inductance LL, la loi des mailles s’écrit E=Ri(t)+L i′(t)E = Ri(t)+L\,i'(t), soit :

i′(t)=−RLi(t)+ELi'(t) = -\dfrac{R}{L}i(t) + \dfrac{E}{L}

Même structure que le circuit RC : la solution vérifiant i(0)=0i(0)=0 est i(t)=Imax⁡(1−e−t/τ)i(t) = I_{\max}\left(1-\mathrm{e}^{-t/\tau}\right), avec Imax⁡=ERI_{\max}=\dfrac{E}{R} et τ=LR\tau=\dfrac{L}{R}.

Exemple — établissement du courant

E=12E=12 V, R=6 ΩR=6\ \Omega, L=3L=3 H.

  1. τ=LR=36=0,5\tau = \dfrac{L}{R} = \dfrac{3}{6} = 0{,}5 s ; Imax⁡=ER=2I_{\max} = \dfrac{E}{R} = 2 A
  2. à t=τ=0,5t=\tau=0{,}5 s : i(0,5)=2(1−e−1)≈1,26i(0{,}5) = 2\left(1-\mathrm{e}^{-1}\right) \approx 1{,}26 A
  3. à t=2,5t=2{,}5 s (soit 5τ5\tau) : i(2,5)≈1,99i(2{,}5) \approx 1{,}99 Ale régime permanent est quasiment atteint

4.4  Loi de refroidissement de Newton

Propriété — mise en équation

La température θ(t)\theta(t) d’un corps plongé dans un milieu ambiant de température constante θext\theta_{\text{ext}} évolue selon la loi de Newton : la vitesse de refroidissement est proportionnelle à l’écart de température avec le milieu.

θ′(t)=−k(θ(t)−θext),k>0\theta'(t) = -k\left(\theta(t)-\theta_{\text{ext}}\right), \qquad k>0

En posant φ(t)=θ(t)−θext\varphi(t)=\theta(t)-\theta_{\text{ext}}, on retrouve φ′=−kφ\varphi'=-k\varphi, donc φ(t)=φ(0)e−kt\varphi(t)=\varphi(0)\mathrm{e}^{-kt}, soit :

θ(t)=θext+(θ0−θext)e−kt\theta(t) = \theta_{\text{ext}} + \left(\theta_0-\theta_{\text{ext}}\right)\mathrm{e}^{-kt}

Exemple — refroidissement d’une pièce métallique

Une pièce sortie d’un four à θ0=150 °C\theta_0=150\ \text{°C} refroidit dans un atelier à θext=20 °C\theta_{\text{ext}}=20\ \text{°C}, avec k=0,05 min−1k=0{,}05\ \text{min}^{-1}.

  1. θ(t)=20+130 e−0,05t\theta(t) = 20 + 130\,\mathrm{e}^{-0{,}05t}
  2. à t=20t=20 min : θ(20)=20+130 e−1\theta(20) = 20+130\,\mathrm{e}^{-1}
  3. ≈\approx67,8 °C67{,}8\ \text{°C}

4.5  Oscillateur harmonique

Propriété — mise en équation

Une masse mm accrochée à un ressort de raideur kk (loi de Hooke : force de rappel −kx-kx) glisse sans frottement le long d’un axe horizontal. La deuxième loi de Newton, appliquée à l’écart x(t)x(t) par rapport à la position d’équilibre, donne mx′′(t)=−kx(t)mx''(t) = -kx(t), soit :

x′′(t)+ω2x(t)=0,ω=kmx''(t) + \omega^{2}x(t) = 0, \qquad \omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}}

C’est exactement l’équation de la section 3.1 : le mouvement est périodique, de période T=2πω=2πmkT=\dfrac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}, indépendante de l’amplitude.

Exemple — masse-ressort

Un ressort de raideur k=18k=18 N/m soutient une masse m=2m=2 kg. On l’écarte de x0=5x_0=5 cm de sa position d’équilibre et on la lance avec une vitesse initiale v0=36v_0=36 cm/s.

  1. ω=182=9=3\omega = \sqrt{\dfrac{18}{2}} = \sqrt{9} = 3 rad/s
  2. x(t)=Acos⁡(3t)+Bsin⁡(3t)x(t) = A\cos(3t)+B\sin(3t), avec A=x0=5A=x_0=5
  3. x′(0)=3B=v0=36⇒B=12x'(0) = 3B = v_0 = 36 \Rightarrow B=12
  4. ⇒\Rightarrowx(t)=5cos⁡(3t)+12sin⁡(3t)=13cos⁡(3t−φ)x(t) = 5\cos(3t)+12\sin(3t) = 13\cos(3t-\varphi) cmcar 52+122=13\sqrt{5^2+12^2}=13

4.6  Chute avec frottement fluide

Propriété — mise en équation

Un corps de masse mm tombe verticalement dans un fluide qui exerce une force de frottement proportionnelle à la vitesse, −kv(t)-kv(t) (modèle linéaire). La deuxième loi de Newton, projetée sur la verticale descendante, donne mv′(t)=mg−kv(t)mv'(t) = mg-kv(t), soit une équation y′=ay+by'=ay+b :

v′(t)=−kmv(t)+gv'(t) = -\dfrac{k}{m}v(t) + g

La solution vérifiant v(0)=v0v(0)=v_0 tend vers la vitesse limite vlim⁡=mgkv_{\lim}=\dfrac{mg}{k} (solution particulière constante) :

v(t)=vlim⁡+(v0−vlim⁡)e−kt/mv(t) = v_{\lim} + \left(v_0-v_{\lim}\right)\mathrm{e}^{-kt/m}

Exemple — chute d’un parachutiste avant ouverture

Masse m=80m=80 kg, coefficient de frottement k=16k=16 kg/s, g=9,8 m⋅s−2g=9{,}8\ \text{m·s}^{-2}, vitesse initiale nulle.

  1. vlim⁡=mgk=80×9,816=49v_{\lim} = \dfrac{mg}{k} = \dfrac{80\times 9{,}8}{16} = 49 m/s
  2. v(t)=49(1−e−0,2t)v(t) = 49\left(1-\mathrm{e}^{-0{,}2t}\right)car km=0,2 s−1\frac{k}{m}=0{,}2\ \text{s}^{-1}
  3. à t=10t=10 s : v(10)=49(1−e−2)v(10) = 49\left(1-\mathrm{e}^{-2}\right)
  4. ≈\approx42,442{,}4 m/ssoit 86 %86\,\% de la vitesse limite
Math & Co — De Becquerel à la loi de décroissance

En 18961896, Henri Becquerel découvre par hasard, en laissant des sels d’uranium sur une plaque photographique, que ces cristaux émettent un rayonnement spontané : c’est la naissance de la radioactivité. Pierre et Marie Curie poursuivent l’étude et isolent le polonium et le radium en 18981898 ; Marie Curie recevra deux prix Nobel (physique en 19031903, chimie en 19111911).

Il faut attendre 19021902 pour qu’Ernest Rutherford et Frederick Soddy établissent la loi mathématique de la décroissance radioactive — exactement l’équation N′=−λNN'=-\lambda N étudiée plus haut — et introduisent la notion de demi-vie. Cette loi est aujourd’hui la base de la datation au carbone 14, que tu retrouveras dans les exercices.

Fiche mémo

  • y′=ay  ⟺  y(x)=Ceax, C∈Ry'=ay \iff y(x)=C\mathrm{e}^{ax},\ C\in\mathbb{R} (unicité : étudier g=ye−axg=y\mathrm{e}^{-ax}, montrer g′=0g'=0).
  • y′=ay+b (a≠0)  ⟺  y(x)=Ceax−bay'=ay+b\ (a\neq0) \iff y(x)=C\mathrm{e}^{ax}-\dfrac{b}{a} : solution particulière constante −ba-\frac{b}{a} + solution homogène.
  • Cas a=0a=0 : y′=b  ⟺  y(x)=bx+Ky'=b \iff y(x)=bx+K (fonction affine, pas d’exponentielle).
  • Condition initiale y(x0)=y0y(x_0)=y_0 : détermine CC de façon unique (problème de Cauchy).
  • Méthode d’Euler : yn+1=yn+h f(xn,yn)y_{n+1}=y_n+h\,f(x_n,y_n) — valeur approchée, erreur cumulative.
  • y′′+ω2y=0  ⟺  y(t)=Acos⁡(ωt)+Bsin⁡(ωt)=Rcos⁡(ωt−φ)y''+\omega^{2}y=0 \iff y(t)=A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t)=R\cos(\omega t-\varphi), R=A2+B2R=\sqrt{A^2+B^2}, période T=2πωT=\dfrac{2\pi}{\omega} : oscillations bornées.
  • y′′−ω2y=0  ⟺  y(t)=Aeωt+Be−ωty''-\omega^{2}y=0 \iff y(t)=A\mathrm{e}^{\omega t}+B\mathrm{e}^{-\omega t} : solutions non bornées (sauf A=B=0A=B=0).
  • Cauchy d’ordre 2 : il faut deux conditions, y(t0)y(t_0) et y′(t0)y'(t_0), pour déterminer AA et BB.
  • Décroissance radioactive : N(t)=N0e−λtN(t)=N_0\mathrm{e}^{-\lambda t}, demi-vie t1/2=ln⁡2λt_{1/2}=\dfrac{\ln 2}{\lambda}.
  • Circuit RC (charge) : uC(t)=E(1−e−t/τ)u_C(t)=E\left(1-\mathrm{e}^{-t/\tau}\right), τ=RC\tau=RC ; à t=τt=\tau, 63 %63\,\% de EE atteints.
  • Circuit RL : i(t)=Imax⁡(1−e−t/τ)i(t)=I_{\max}\left(1-\mathrm{e}^{-t/\tau}\right), τ=LR\tau=\dfrac{L}{R}, Imax⁡=ERI_{\max}=\dfrac{E}{R}.
  • Newton (refroidissement) : θ(t)=θext+(θ0−θext)e−kt\theta(t)=\theta_{\text{ext}}+(\theta_0-\theta_{\text{ext}})\mathrm{e}^{-kt}.
  • Oscillateur masse-ressort : ω=km\omega=\sqrt{\dfrac{k}{m}}, T=2πmkT=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}.
  • Chute avec frottement : v(t)=vlim⁡+(v0−vlim⁡)e−kt/mv(t)=v_{\lim}+(v_0-v_{\lim})\mathrm{e}^{-kt/m}, vlim⁡=mgkv_{\lim}=\dfrac{mg}{k}.

5Exercices corrigés

Niveau 1 — Application directe
1

Résoudre sur R\mathbb{R} : y′=4yy'=4y puis y′=−1,5yy'=-1{,}5y.

Voir le corrigé détaillé
  1. y′=4y⇒y(x)=Ce4x, C∈Ry'=4y \Rightarrow y(x)=C\mathrm{e}^{4x},\ C\in\mathbb{R}
  2. y′=−1,5y⇒y(x)=Ce−1,5x, C∈Ry'=-1{,}5y \Rightarrow y(x)=C\mathrm{e}^{-1{,}5x},\ C\in\mathbb{R}
2

Résoudre sur R\mathbb{R} : y′=2y−8y'=2y-8 puis y′=−3y+6y'=-3y+6.

Voir le corrigé détaillé
  1. y′=2y−8y'=2y-8 : solution particulière k=82=4k=\dfrac{8}{2}=4
  2. ⇒\Rightarrowy(x)=Ce2x+4, C∈Ry(x)=C\mathrm{e}^{2x}+4,\ C\in\mathbb{R}
  3. y′=−3y+6y'=-3y+6 : solution particulière k=63=2k=\dfrac{6}{3}=2
  4. ⇒\Rightarrowy(x)=Ce−3x+2, C∈Ry(x)=C\mathrm{e}^{-3x}+2,\ C\in\mathbb{R}
3

Déterminer la solution de y′=−0,1yy'=-0{,}1y vérifiant y(0)=50y(0)=50.

Voir le corrigé détaillé
  1. y(x)=Ce−0,1xy(x)=C\mathrm{e}^{-0{,}1x}
  2. y(0)=C=50y(0)=C=50
  3. ⇒\Rightarrowy(x)=50 e−0,1xy(x)=50\,\mathrm{e}^{-0{,}1x}
4

Résoudre sur R\mathbb{R} : y′′+9y=0y''+9y=0 puis y′′−9y=0y''-9y=0.

Voir le corrigé détaillé
  1. y′′+9y=0y''+9y=0 : ω2=9⇒ω=3\omega^{2}=9 \Rightarrow \omega=3
  2. ⇒\Rightarrowy(t)=Acos⁡(3t)+Bsin⁡(3t), (A,B)∈R2y(t)=A\cos(3t)+B\sin(3t),\ (A,B)\in\mathbb{R}^2
  3. y′′−9y=0y''-9y=0 : même ω=3\omega=3
  4. ⇒\Rightarrowy(t)=Ae3t+Be−3t, (A,B)∈R2y(t)=A\mathrm{e}^{3t}+B\mathrm{e}^{-3t},\ (A,B)\in\mathbb{R}^2
5

Écrire y(t)=cos⁡(t)+3sin⁡(t)y(t)=\cos(t)+\sqrt{3}\sin(t) sous la forme Rcos⁡(t−φ)R\cos(t-\varphi).

Voir le corrigé détaillé
  1. A=1, B=3A=1,\ B=\sqrt{3}
  2. R=12+(3)2=4=2R=\sqrt{1^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{4}=2
  3. cos⁡φ=12, sin⁡φ=32\cos\varphi=\dfrac{1}{2},\ \sin\varphi=\dfrac{\sqrt{3}}{2}
  4. ⇒\Rightarrowφ=π3\varphi=\dfrac{\pi}{3}
  5. ⇒\Rightarrowy(t)=2cos⁡(t−π3)y(t)=2\cos\left(t-\dfrac{\pi}{3}\right)
6

Vérifier que f(x)=5e−2xf(x)=5\mathrm{e}^{-2x} est solution de y′+2y=0y'+2y=0, puis donner sa condition initiale en 00.

Voir le corrigé détaillé
  1. f′(x)=5×(−2)e−2x=−10 e−2xf'(x)=5\times(-2)\mathrm{e}^{-2x}=-10\,\mathrm{e}^{-2x}
  2. f′(x)+2f(x)=−10 e−2x+2×5 e−2xf'(x)+2f(x)=-10\,\mathrm{e}^{-2x}+2\times5\,\mathrm{e}^{-2x}
  3. ==−10 e−2x+10 e−2x=0-10\,\mathrm{e}^{-2x}+10\,\mathrm{e}^{-2x}=0

ff est bien solution. Sa condition initiale est f(0)=5f(0)=5.

Niveau 2 — Approfondissement
7

Résoudre le problème de Cauchy y′′+9y=0y''+9y=0, y(0)=2y(0)=2, y′(0)=−6y'(0)=-6, puis écrire la solution sous forme Rcos⁡(3t−φ)R\cos(3t-\varphi).

Voir le corrigé détaillé
  1. y(t)=Acos⁡(3t)+Bsin⁡(3t)y(t)=A\cos(3t)+B\sin(3t)
  2. y(0)=A=2y(0)=A=2
  3. y′(t)=−3Asin⁡(3t)+3Bcos⁡(3t)y'(t)=-3A\sin(3t)+3B\cos(3t)
  4. y′(0)=3B=−6⇒B=−2y'(0)=3B=-6 \Rightarrow B=-2
  5. ⇒\Rightarrowy(t)=2cos⁡(3t)−2sin⁡(3t)y(t)=2\cos(3t)-2\sin(3t)
  6. R=22+(−2)2=8=22R=\sqrt{2^2+(-2)^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}
  7. cos⁡φ=222=22, sin⁡φ=−222=−22\cos\varphi=\dfrac{2}{2\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{2},\ \sin\varphi=\dfrac{-2}{2\sqrt2}=-\dfrac{\sqrt2}{2}
  8. ⇒\Rightarrowφ=−π4\varphi=-\dfrac{\pi}{4}, donc y(t)=22cos⁡(3t+π4)y(t)=2\sqrt{2}\cos\left(3t+\dfrac{\pi}{4}\right)
8

On applique la méthode d’Euler à y′=−0,5yy'=-0{,}5y, y(0)=8y(0)=8, avec un pas h=0,4h=0{,}4. Calculer y1,y2,y3y_1,y_2,y_3 (jusqu’à x=1,2x=1{,}2), puis comparer à la valeur exacte et donner l’erreur commise.

Voir le corrigé détaillé
  1. yn+1=yn+h×(−0,5) yn=0,8 yny_{n+1}=y_n+h\times(-0{,}5)\,y_n=0{,}8\,y_n
  2. y1=0,8×8=6,4y_1=0{,}8\times8=6{,}4
  3. y2=0,8×6,4=5,12y_2=0{,}8\times6{,}4=5{,}12
  4. y3=0,8×5,12=4,096y_3=0{,}8\times5{,}12=4{,}096

Solution exacte : y(x)=8 e−0,5xy(x)=8\,\mathrm{e}^{-0{,}5x}, donc y(1,2)=8 e−0,6≈4,390y(1{,}2)=8\,\mathrm{e}^{-0{,}6}\approx4{,}390.

  1. erreur =∣4,390−4,096∣=\left|4{,}390-4{,}096\right|
  2. ≈\approx0,2940{,}294soit environ 6,7 %6{,}7\,\% de la valeur exacte
9

Soit y′=−4y+8y'=-4y+8, y(0)=1y(0)=1. Déterminer y(x)y(x), puis calculer lim⁡x→+∞y(x)\displaystyle\lim_{x\to+\infty}y(x) et interpréter.

Voir le corrigé détaillé
  1. solution particulière : k=84=2k=\dfrac{8}{4}=2
  2. y(x)=Ce−4x+2y(x)=C\mathrm{e}^{-4x}+2
  3. y(0)=C+2=1⇒C=−1y(0)=C+2=1 \Rightarrow C=-1
  4. ⇒\Rightarrowy(x)=−e−4x+2y(x)=-\mathrm{e}^{-4x}+2
  5. lim⁡x→+∞e−4x=0\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\mathrm{e}^{-4x}=0
  6. ⇒\Rightarrowlim⁡x→+∞y(x)=2\displaystyle\lim_{x\to+\infty}y(x)=2

Quelle que soit la constante CC, toute solution de y′=−4y+8y'=-4y+8 tend vers 2=−ba2=-\dfrac{b}{a} : c’est la position d’équilibre du système.

10

Un canot de masse m=200m=200 kg part du repos. Son moteur exerce une force constante F=800F=800 N ; l’eau exerce une résistance −kv(t)-kv(t) avec k=40k=40 kg/s. On admet mv′(t)=F−kv(t)mv'(t)=F-kv(t).

  1. Écrire l’équation différentielle vérifiée par vv, et calculer la vitesse limite vlim⁡v_{\lim}.
  2. Résoudre, sachant v(0)=0v(0)=0.
  3. Au bout de combien de temps le canot atteint-il 90 %90\,\% de vlim⁡v_{\lim} ?
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. v′(t)=−kmv(t)+Fm=−0,2 v(t)+4v'(t)=-\dfrac{k}{m}v(t)+\dfrac{F}{m}=-0{,}2\,v(t)+4
  2. vlim⁡=Fk=80040=20v_{\lim}=\dfrac{F}{k}=\dfrac{800}{40}=20 m/s

2.

  1. v(t)=Ce−0,2t+20v(t)=C\mathrm{e}^{-0{,}2t}+20
  2. v(0)=C+20=0⇒C=−20v(0)=C+20=0 \Rightarrow C=-20
  3. ⇒\Rightarrowv(t)=20(1−e−0,2t)v(t)=20\left(1-\mathrm{e}^{-0{,}2t}\right)

3.

  1. 20(1−e−0,2t)=0,9×2020\left(1-\mathrm{e}^{-0{,}2t}\right)=0{,}9\times20
  2. ⇒\Rightarrowe−0,2t=0,1\mathrm{e}^{-0{,}2t}=0{,}1
  3. ⇒\Rightarrowt=ln⁡100,2t=\dfrac{\ln 10}{0{,}2}
  4. ≈\approx11,511{,}5 s
Niveau 3 — Type bac
11

Restitution organisée de connaissances. Soit a∈Ra\in\mathbb{R}. On admet que les fonctions x↦Ceaxx\mapsto C\mathrm{e}^{ax} sont solutions de y′=ayy'=ay. Le but est de démontrer que ce sont les seules.

  1. Soit ff une solution de y′=ayy'=ay sur R\mathbb{R}. On pose g(x)=f(x)e−axg(x)=f(x)\mathrm{e}^{-ax}. Justifier que gg est dérivable sur R\mathbb{R} et calculer g′(x)g'(x).
  2. En utilisant f′=aff'=af, montrer que g′g' est nulle sur R\mathbb{R}.
  3. En déduire que gg est constante, puis conclure.
Voir le corrigé détaillé

1. ff et x↦e−axx\mapsto\mathrm{e}^{-ax} sont dérivables sur R\mathbb{R}, donc gg, produit de deux fonctions dérivables, est dérivable sur R\mathbb{R}.

  1. g′(x)=f′(x)e−ax+f(x)×(−a)e−axg'(x)=f'(x)\mathrm{e}^{-ax}+f(x)\times(-a)\mathrm{e}^{-ax}
  2. ==(f′(x)−af(x))e−ax\left(f'(x)-af(x)\right)\mathrm{e}^{-ax}

2.

  1. ff solution de y′=ay⇒f′(x)=af(x)y'=ay \Rightarrow f'(x)=af(x)
  2. ⇒\Rightarrowf′(x)−af(x)=0f'(x)-af(x)=0
  3. ⇒\Rightarrowg′(x)=0×e−ax=0g'(x)=0\times\mathrm{e}^{-ax}=0

3. gg est dérivable, de dérivée nulle sur l’intervalle R\mathbb{R} : elle est donc constante. Il existe C∈RC\in\mathbb{R} tel que g(x)=Cg(x)=C, soit f(x)e−ax=Cf(x)\mathrm{e}^{-ax}=C, c’est-à-dire f(x)=Ceaxf(x)=C\mathrm{e}^{ax}. Toute solution de y′=ayy'=ay s’écrit donc CeaxC\mathrm{e}^{ax} : ce sont bien les seules.

12

Datation au carbone 14. Le carbone 14 se désintègre selon N′(t)=−λN(t)N'(t)=-\lambda N(t), avec une demi-vie de 5 7305\,730 ans.

  1. Exprimer N(t)N(t) en fonction de N0N_0 et λ\lambda, puis calculer λ\lambda (en an−1\text{an}^{-1}).
  2. Exprimer l’âge tt d’un échantillon en fonction du rapport N(t)N0\dfrac{N(t)}{N_0} et de λ\lambda.
  3. Un fragment d’os retrouvé à Abéché contient 40 %40\,\% de son carbone 14 initial. Calculer son âge, arrondi à la centaine d’années.
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. N(t)=N0e−λtN(t)=N_0\mathrm{e}^{-\lambda t}
  2. λ=ln⁡25 730\lambda=\dfrac{\ln 2}{5\,730}
  3. ≈\approx1,21×10−4 an−11{,}21\times10^{-4}\ \text{an}^{-1}

2.

  1. N(t)N0=e−λt\dfrac{N(t)}{N_0}=\mathrm{e}^{-\lambda t}
  2. ⇒\Rightarrowln⁡(N(t)N0)=−λt\ln\left(\dfrac{N(t)}{N_0}\right)=-\lambda t
  3. ⇒\Rightarrowt=−1λln⁡(N(t)N0)t=-\dfrac{1}{\lambda}\ln\left(\dfrac{N(t)}{N_0}\right)

3.

  1. t=−1λln⁡(0,40)t=-\dfrac{1}{\lambda}\ln(0{,}40)
  2. =5 730ln⁡2×ln⁡(10,40)=\dfrac{5\,730}{\ln 2}\times\ln\left(\dfrac{1}{0{,}40}\right)
  3. ≈\approx7 6007\,600 ans
13

La courbe C\mathcal{C} ci-dessous représente une solution ff de l’équation y′=ayy'=ay sur [0 ; 6]\left[0\,;\,6\right], ainsi que sa tangente au point A(0 ; 2)A(0\,;\,2).

Voir le corrigé détaillé
1234560,511,522,50xyA(0 ; 2)
Figure 8 — Courbe C\mathcal{C} représentant une solution de y′=ayy'=ay, et sa tangente au point A(0 ; 2)A(0\,;\,2) (construction en pointillés).

1. Lecture graphique : f(0)=2f(0)=2 (ordonnée de AA). La tangente passe par A(0 ; 2)A(0\,;\,2) et coupe l’axe des abscisses en x=103≈3,33x=\dfrac{10}{3}\approx3{,}33, donc son coefficient directeur vaut 0−210/3−0=−0,6\dfrac{0-2}{10/3-0}=-0{,}6.

2. Or ff est solution de y′=ayy'=ay, donc f′(0)=a f(0)f'(0)=a\,f(0), c’est-à-dire le coefficient directeur de la tangente en AA vaut a×2a\times2.

  1. 2a=−0,62a=-0{,}6
  2. ⇒\Rightarrowa=−0,3a=-0{,}3

3.

  1. f(x)=Ce−0,3xf(x)=C\mathrm{e}^{-0{,}3x}
  2. f(0)=C=2f(0)=C=2
  3. ⇒\Rightarrowf(x)=2 e−0,3xf(x)=2\,\mathrm{e}^{-0{,}3x}

4.

  1. f(3)=2 e−0,9f(3)=2\,\mathrm{e}^{-0{,}9}
  2. ≈\approx0,8130{,}813
Niveau 4 — Problèmes de vie courante
14

Croissance urbaine à Ndjamena. En 2020, la population de Ndjamena est estimée à P0=1 200 000P_0=1\,200\,000 habitants, avec un taux de croissance continu de 3,5 %3{,}5\,\% par an. On modélise la population par P(t)=P0eatP(t)=P_0\mathrm{e}^{at}, tt en années depuis 2020.

  1. Justifier que PP est solution d’une équation P′=aPP'=aP, et donner la valeur de aa.
  2. Estimer la population en 2030.
  3. Déterminer, par le calcul, au bout de combien d’années la population double.
Voir le corrigé détaillé

1. P(t)=P0eat⇒P′(t)=aP0eat=aP(t)P(t)=P_0\mathrm{e}^{at}\Rightarrow P'(t)=aP_0\mathrm{e}^{at}=aP(t) : PP est bien solution de P′=aPP'=aP, avec a=0,035a=0{,}035.

2.

  1. P(10)=1 200 000×e0,035×10P(10)=1\,200\,000\times\mathrm{e}^{0{,}035\times10}
  2. =1 200 000×e0,35=1\,200\,000\times\mathrm{e}^{0{,}35}
  3. ≈\approx1 702 9001\,702\,900 habitants

3.

  1. P0e0,035t=2P0P_0\mathrm{e}^{0{,}035t}=2P_0
  2. ⇒\Rightarrowe0,035t=2\mathrm{e}^{0{,}035t}=2
  3. ⇒\Rightarrowt=ln⁡20,035t=\dfrac{\ln 2}{0{,}035}
  4. ≈\approx19,819{,}8 ansla population double vers 2040
15

Défibrillateur à l’hôpital de Dakar. Un défibrillateur stocke l’énergie dans un condensateur de capacité C=32 μFC=32\ \mu\text{F}, chargé sous une tension U=5 000U=5\,000 V.

  1. Calculer l’énergie Ec=12CU2E_c=\dfrac12CU^2 stockée (en joules).
  2. Le condensateur se charge à travers un résistor R=10 000 ΩR=10\,000\ \Omega. Calculer la constante de temps τ=RC\tau=RC.
  3. Sachant que la charge atteint 99 %99\,\% de sa valeur finale au bout de t=τln⁡(100)t=\tau\ln(100), calculer ce temps.
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. Ec=12×32×10−6×5 0002E_c=\dfrac12\times32\times10^{-6}\times5\,000^2
  2. =12×32×10−6×25×106=\dfrac12\times32\times10^{-6}\times25\times10^{6}
  3. ==400400 J

2.

  1. τ=RC=10 000×32×10−6\tau=RC=10\,000\times32\times10^{-6}
  2. ==0,320{,}32 s

3.

  1. t=0,32×ln⁡(100)t=0{,}32\times\ln(100)
  2. ≈\approx1,471{,}47 s

Cette rapidité de charge est essentielle : elle permet de délivrer le choc électrique salvateur quelques secondes après la mise sous tension de l’appareil.

16

Un plat qui refroidit à Bamako. Un plat sort du four à θ0=90 °C\theta_0=90\ \text{°C}, dans une cuisine à θext=25 °C\theta_{\text{ext}}=25\ \text{°C}. Après 55 minutes, sa température est de 70 °C70\ \text{°C}.

  1. Établir θ(t)=25+65 e−kt\theta(t)=25+65\,\mathrm{e}^{-kt}, puis calculer kk à l’aide de la donnée à 55 minutes.
  2. En déduire la température du plat après 1515 minutes.
  3. Au bout de combien de temps le plat atteint-il 40 °C40\ \text{°C} ?
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. 70=25+65 e−5k70=25+65\,\mathrm{e}^{-5k}
  2. ⇒\Rightarrowe−5k=4565≈0,692\mathrm{e}^{-5k}=\dfrac{45}{65}\approx0{,}692
  3. ⇒\Rightarrowk=−15ln⁡(0,692)k=-\dfrac{1}{5}\ln(0{,}692)
  4. ≈\approx0,0735 min−10{,}0735\ \text{min}^{-1}

2.

  1. θ(15)=25+65 e−0,0735×15\theta(15)=25+65\,\mathrm{e}^{-0{,}0735\times15}
  2. ≈\approx25+65×0,33225+65\times0{,}332
  3. ≈\approx46,6 °C46{,}6\ \text{°C}

3.

  1. 40=25+65 e−0,0735t40=25+65\,\mathrm{e}^{-0{,}0735t}
  2. ⇒\Rightarrowe−0,0735t=1565≈0,231\mathrm{e}^{-0{,}0735t}=\dfrac{15}{65}\approx0{,}231
  3. ⇒\Rightarrowt≈ln⁡(0,231)−0,0735t\approx\dfrac{\ln(0{,}231)}{-0{,}0735}
  4. ≈\approx19,919{,}9 min

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Une équation différentielle est une équation dont l'inconnue est :

Explication : Une équation différentielle relie une fonction inconnue yy à une ou plusieurs de ses dérivées, contrairement aux équations usuelles où l'inconnue est un nombre.

Les solutions sur R\mathbb{R} de l'équation y′=ayy' = ay (avec a∈Ra\in\mathbb{R}) sont exactement les fonctions :

Explication : Le théorème donne une famille de solutions à un paramètre C∈RC\in\mathbb{R} quelconque. Oublier la constante CC (répondre juste eax\mathrm{e}^{ax}) est l'erreur la plus fréquente.

Résous y′=4yy' = 4y sur R\mathbb{R}.

Explication : Avec a=4a=4, les solutions de y′=ayy'=ay sont y(x)=Ce4xy(x)=C\mathrm{e}^{4x}, C∈RC\in\mathbb{R}.

Les solutions sur R\mathbb{R} de l'équation y′=ay+by' = ay+b (avec a≠0a\neq0) sont exactement les fonctions :

Explication : La solution générale est la somme d'une solution particulière constante −b/a-b/a et de la solution homogène CeaxC\mathrm{e}^{ax}.

Pour trouver la solution particulière constante de y′=ay+by'=ay+b, on résout :

Explication : Une solution particulière constante yp(x)=ky_p(x)=k vérifie yp′=0y_p'=0, donc 0=ak+b0=ak+b, d'où k=−b/ak=-b/a (défini seulement si a≠0a\neq0).

Résous y′=3y−6y' = 3y-6 sur R\mathbb{R}.

Explication : Ici a=3a=3, b=−6b=-6. Solution particulière constante : 0=3k−6⇒k=20=3k-6 \Rightarrow k=2. Solution générale : y(x)=Ce3x+2y(x)=C\mathrm{e}^{3x}+2.

Si a=0a=0 dans l'équation y′=ay+by'=ay+b, c'est-à-dire y′=by'=b, les solutions sont :

Explication : Quand a=0a=0, la formule −b/a-b/a n'a plus de sens ; il s'agit alors de trouver une primitive de la constante bb, soit y(x)=bx+Ky(x)=bx+K, une droite.

Dans la méthode d'Euler, la relation de récurrence pour approcher la solution de y′=f(x,y)y'=f(x,y) avec un pas hh est :

Explication : C'est la formule d'Euler : on avance de xnx_n à xn+hx_n+h en suivant la tangente, de pente f(xn,yn)f(x_n,y_n), sur cette petite distance hh.

Une « condition initiale » pour une équation du premier ordre s'écrit :

Explication : Une condition initiale précise la valeur de la fonction yy (pas de sa dérivée) en un point x0x_0 donné, ce qui permet de déterminer l'unique valeur de la constante CC.

On cherche la solution de y′=−0,2yy'=-0{,}2y vérifiant y(0)=100y(0)=100. Le résultat est :

Explication : Solution générale y(x)=Ce−0,2xy(x)=C\mathrm{e}^{-0{,}2x} ; y(0)=C=100y(0)=C=100, donc y(x)=100e−0,2xy(x)=100\mathrm{e}^{-0{,}2x}.

Les solutions sur R\mathbb{R} de l'équation du second ordre y′′+ω2y=0y'' + \omega^{2}y = 0 (ω>0\omega>0) sont exactement :

Explication : C'est le théorème sur l'équation y′′+ω2y=0y''+\omega^2y=0 : les solutions sont des combinaisons de cosinus et sinus, avec deux constantes arbitraires A,BA,B.

Les solutions de y′′+ω2y=0y''+\omega^2y=0 sont :

Explication : Ces solutions oscillent indéfiniment entre −R-R et RR (où R=A2+B2R=\sqrt{A^2+B^2}), avec une période T=2π/ωT=2\pi/\omega : elles ne s'amortissent jamais, contrairement à celles de y′′−ω2y=0y''-\omega^2y=0.

Pour écrire Acos⁡(ωt)+Bsin⁡(ωt)A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t) sous la forme Rcos⁡(ωt−φ)R\cos(\omega t-\varphi), on a :

Explication : En identifiant les coefficients, Rcos⁡φ=AR\cos\varphi=A et Rsin⁡φ=BR\sin\varphi=B ; en élevant au carré et en ajoutant, R2=A2+B2R^2=A^2+B^2, soit R=A2+B2R=\sqrt{A^2+B^2}.

Les solutions sur R\mathbb{R} de l'équation y′′−ω2y=0y'' - \omega^{2}y = 0 (ω>0\omega>0) sont exactement :

Explication : C'est le théorème sur y′′−ω2y=0y''-\omega^2y=0 : un seul changement de signe transforme les solutions oscillantes en combinaisons d'exponentielles.

Contrairement aux solutions de y′′+ω2y=0y''+\omega^2y=0, celles de y′′−ω2y=0y''-\omega^2y=0 sont, en général :

Explication : Sauf cas particulier A=B=0A=B=0, les solutions de y′′−ω2y=0y''-\omega^2y=0 s'emballent, dominées par AeωtA\mathrm{e}^{\omega t} en +∞+\infty, alors que celles de y′′+ω2y=0y''+\omega^2y=0 oscillent indéfiniment sans jamais diverger.

Pour une équation du second ordre, un problème de Cauchy nécessite de connaître :

Explication : Une équation d'ordre 2 possède deux constantes arbitraires AA et BB : il faut donc deux conditions, typiquement la position y(t0)y(t_0) et la vitesse y′(t0)y'(t_0), pour les déterminer toutes les deux.

Pour le problème de Cauchy y′′+4y=0y''+4y=0, y(0)=3y(0)=3, y′(0)=8y'(0)=8, on trouve (avec ω=2\omega=2) :

Explication : f(0)=A=3f(0)=A=3. f′(t)=−2Asin⁡(2t)+2Bcos⁡(2t)f'(t)=-2A\sin(2t)+2B\cos(2t), donc f′(0)=2B=8⇒B=4f'(0)=2B=8 \Rightarrow B=4. D'où f(t)=3cos⁡(2t)+4sin⁡(2t)f(t)=3\cos(2t)+4\sin(2t).

La loi de décroissance radioactive s'écrit N′(t)=−λN(t)N'(t) = -\lambda N(t), avec λ>0\lambda>0. La demi-vie t1/2t_{1/2} vaut :

Explication : En résolvant N0e−λt1/2=N0/2N_0\mathrm{e}^{-\lambda t_{1/2}} = N_0/2, on obtient −λt1/2=−ln⁡2-\lambda t_{1/2} = -\ln2, soit t1/2=ln⁡2λt_{1/2} = \dfrac{\ln2}{\lambda}.

Dans un circuit RC en charge, l'équation différentielle sur uC(t)u_C(t) est uC′(t)=−1RCuC(t)+ERCu_C'(t) = -\dfrac{1}{RC}u_C(t) + \dfrac{E}{RC}. Avec uC(0)=0u_C(0)=0, la solution est :

Explication : C'est une équation du type y′=ay+by'=ay+b avec a=−1/(RC)a=-1/(RC), b=E/(RC)b=E/(RC) ; la condition uC(0)=0u_C(0)=0 donne uC(t)=E(1−e−t/τ)u_C(t) = E(1-\mathrm{e}^{-t/\tau}), avec τ=RC\tau=RC la constante de temps du circuit.

Dans le circuit RC précédent, au bout d'une durée t=τt=\tau, la tension uCu_C atteint :

Explication : uC(τ)=E(1−e−1)≈E×0,632u_C(\tau) = E(1-\mathrm{e}^{-1}) \approx E \times 0{,}632, soit environ 63 %63\,\% de EE, quelle que soit la valeur numérique de τ=RC\tau=RC.
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