Corrigé DS 4

Corrigé DS 4

I – Cours :

1. Résoudre, sur ℝ , chacune des équations différentielles suivantes : 4y'y=0⇔y'=−1

4 y⇔ ∀x∈ℝ, yx=k e⁻

1 4x

, k∈ℝ y '−3y=2⇔y '=3y2⇔ ∀x∈ℝ, yx=k e^3x−2

3, k∈ℝ y '−3=0⇔y '=3⇔ ∀x∈ℝ, yx=3xk , k∈ℝ.

2. Soit (E) : y '=2y1 . Le plan est muni d'un repère O ;i ,j.

∀x∈ℝ, yx=k e^2x−1

2, k∈ℝ, or la courbe passe par le point A(0, 3), d'où k vérifie 3=k e^2×0−1

2⇔k=7

2 , d'où la solution est la fonction f définie par :

∀x∈ℝ, f x=7

2e^2x−1 2 .

II - Une ville comporte 10 000 habitants. À huit heures du matin, cent personnes apprennent une nouvelle par la radio locale. On note f t la fréquence des personnes connaissant la nouvelle à l'instant t (exprimé en heures). On choisit huit heures du matin comme instant initial t = 0.

(On a donc f0=0,01 )

f vérifie la relation f 't=1,15f t1−f t/

1. Soit z la fonction définie, sur [0;∞ [, par : z=1

f (f ne s'annule pas).

a. : z=1

f ⇔f=1

z , d'où f '=−z ' z² .

On a donc f vérifie la relation f 't=1,15f t1−f t

si et seulement si z vérifie −z '

z²=1,15

z





⇔−z '=z²





 

⇔−z '=1,15z





⇔z '=−1,15z1,15

et donc f vérifie la relation : f 't=1,15f t1−f t si et seulement si z vérifie l'équation différentielle y '=−1,15y1,15 .

b. On a donc d'après la question précédente : ∀t∈[0;∞[, zt=k e^−1,15t1 . De plus f 0=0,01 d'où z0=100 et donc k vérifie 100=k1, d'où k=99. et donc f t= 1

199e^−1,15t . c. f 't=99×1,15e^−1,15t





lim

t∞e^−1,15t=0 , d'où lim_t∞ ft=1 .

On obtient alors le tableau de variations de f.

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t 0 ∞

f 't +

f t

1 0,01

2. ft=0,99⇔ 1

199e^−1,15t=0,99⇔ 1

0,99=199e^−1,15t⇔ 1

99²=e^−1,15t

⇔t=

ln





−1,15 =2 ln99

1,15 ≈7,99.

On en déduit qu'à partir de 16 h 00, 99% de la population connaîtra la rumeur.

III- Partie A :

La fonction f est définie sur l’intervalle [0 ; +∞[ par fx=20x10e⁻

1 2x

.

On note C la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthonormal O ;i ;j. (unité graphique 1 cm).

1. f x=20x10e⁻

1 2x

=40x 2e⁻

x

210e⁻

1 2x

. or lim

X∞

X e^−X=0 , d'où lim_x∞ f x=0 . 2. f 'x=20e⁻

1 2x

−20x10

2 e⁻

1 2x

=15−10xe⁻

1 2x

, du signe de 15−10x. On en déduit le tableau de variations.

x 0 3

2 ∞

f 'x + −

f x

40e⁻

3 4

10 0 3. Sur

[

]

2], f x10 Sur [3

2;∞[ f est continue, strictement décroissante avec f





lim

x∞

f x=010 . D'après le théorème des valeurs intermédiaires il existe un unique

∈[3

2;∞[ tel que f =10

En conclusion l'équation f x=10 admet une unique solution strictement positive α dans l’intervalle ]0 ; +∞[.

De plus f 4,673≈10,00110 et f 4,674≈9,99710 , d'où ≈4,673 .

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4. Tracer

Partie B :

On note yt la valeur, en degrés Celsius, de la température d’une réaction chimique à l’instant t , t étant exprimé en heures. La valeur initiale, à l’instant t = 0, est y0=10 .

On admet que la fonction qui, à tout réel t appartenant à l’intervalle [0 ; +∞[ associe yt, est solution de l’équation différentielle (E) : y ′1

2 y=20e⁻

1 2t

. 1. f 't1

f t=15−10te⁻

1 2t

10t5e⁻

1 2t

=20e⁻

1 2t

et f0=10 , d'où f est bien solution de l’équation différentielle (E) sur l’intervalle [0 ; +∞[.

2.

a. g − f est solution, sur l’intervalle [0 ; +∞[, de (E′)

⇔ ∀t∈[0;∞[,g−f ′t1

2g−ft=0

⇔ ∀t∈[0;∞ [, g 't−f 't1

2gt−1

2 f t=0

⇔ ∀t∈[0;∞[, g 't1

2 gt=f 't1 2 f t

⇔ ∀t∈[0;∞[, g 't1

2 gt=20e⁻

1 2t

équivaut à g solution de (E).

b. (E′) admet pour solution les fonction y définies par. yt=k e⁻

1 2t

, k∈ℝ. c. On déduit de a. et b. que les solutions de (E) sont les fonctions g définies par

gt=k e⁻

1 2t

20t10e⁻

1 2t

or g0=0 d'où k = 0 et donc la solution du problème est la fonction f étudiée à la partie A.

3. D'après la partie A, la température redescend à sa température initiale de 10° au bout de 4, 673 heures soit 4 heures et 40 minutes environ.

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