CORRECTION DES EX. – EQUA DIFF 1
erORDre
Exercice 1 :
Résoudre les équations différentielles suivantes dans lesquelles 𝑦 est une fonction de la variable réelle 𝑥, définie et dérivable sur ℝ, et 𝑦’ désigne la dérivée de 𝑦 :
a) 𝑦%− 2𝑦 = 0 b) 𝑦% = −*+ c) 𝑦% + 𝑦 = 0 d) 𝑦%− 4𝑦 = 9 e) /0𝑦% = 𝑦
Corrigé :
a) 𝑓(𝑥) = 𝑘𝑒6(60)7 = 𝑘𝑒07 (𝑘 ∈ ℝ)
b) 𝑦% = −*+ ⟺ 𝑦%+/+𝑦 = 0 : 𝑓(𝑥) = 𝑘𝑒6:;7 (𝑘 ∈ ℝ) c) 𝑓(𝑥) = 𝑘𝑒67 (𝑘 ∈ ℝ)
d) 𝑓(𝑥) = 𝑘𝑒+7−<+ (𝑘 ∈ ℝ)
e) /0𝑦% = 𝑦 ⟺ 𝑦% = 2𝑦 (en multipliant tout par 2) ⟺ 𝑦%− 2𝑦 = 0 : même solution qu’au a)
Exercice 2 : Sujet Ti2D Métropole juin 2012
Dans chacun des cas suivants, déterminer, en justifiant la réponse, la seule proposition correcte :
1) On considère l’équation différentielle 𝑦%%+ 9𝑦 = 0 où 𝑦 désigne une fonction deux fois dérivable sur ℝ. Une fonction 𝑓 solution de cette équation est définie par :
a)𝑓(𝑥) = 3 b)𝑓(𝑥) = sin 3𝑥 c)𝑓(𝑥) = 𝑒B7 d) 𝑓(𝑥) = 𝑥0− 4 2) On considère l’équation différentielle 𝑦%+ 2𝑦 = 0 où 𝑦 désigne une fonction dérivable sur ℝ.
La représentation graphique d’une solution de cette équation dans un repère orthonormé est :
a) b) c) d)
Corrigé :
1) Révision : c’est une équation différentielle du 2nd ordre (voir chapitre précédent) avec 𝑤0 = 9 Donc 𝑓(𝑥) = 𝐴 cos(3𝑥) + 𝐵 sin(3𝑥) (𝐴 et 𝐵 étant des réels).
La seule solution est la b) avec 𝐴 = 0 et 𝐵 = 1.
2) On sait que la solution de cette équation différentielle du 1er ordre est 𝑓(𝑥) = 𝑘𝑒60𝑥 (𝑘 réel).
A la calculatrice, on voit que la seule courbe possible est la b) (en choisissant un 𝑘 au hasard).
Exercice 3 :
1) Résoudre l’équation différentielle 𝑦% − 3𝑦 = 0 dans laquelle y est une fonction de la variable réelle 𝑥, définie et dérivable sur ℝ, et 𝑦′ désigne la dérivée de 𝑦.
2) Déterminer la solution particulière 𝑓 de cette équation différentielle vérifiant 𝑓(0) = 1 Corrigé :
1) 𝑓(𝑥) = 𝑘𝑒B7 (𝑘 ∈ ℝ)
2) 𝑓(0) = 1 ⟺ 𝑘𝑒B×K= 1 ⟺ 𝑘 = 1 donc 𝑓(𝑥) = 𝑒B7
Exercice 4 : Extrait du Sujet Ti2D Polynésie 2017
Une note de musique est émise en pinçant la corde d’une guitare électrique.
La puissance du son émise, initialement de 100 watts, diminue avec le temps 𝑡, mesuré en second. On modélise par 𝑓(𝑡) la puissance du son émis, exprimée en watt, 𝑡 secondes après le pincement de la corde.
On considère l’équation différentielle (𝐸) suivante où 𝑦 est une fonction de la variable 𝑡 définie et dérivable sur [0; +∞[ et où 𝑦′ est la fonction dérivée de 𝑦 :
(𝐸) ∶ 25𝑦%+ 3𝑦 = 0 1. Résoudre l’équation différentielle 25𝑦%+ 3𝑦 = 0.
2. Déterminer la fonction 𝑓 solution de l’équation différentielle (𝐸) qui vérifie la condition initiale 𝑓(0) = 100.
3. Quelle est la puissance du son deux secondes après le pincement de la corde ? On arrondira au watt près.
Corrigé :
1. 25𝑦% + 3𝑦 = 0 ⟺ 𝑦%+0SB 𝑦 = 0 donc 𝑓(𝑡) = 𝑘𝑒6UVTW (𝑘 ∈ ℝ).
2. 𝑓(0) = 100 ⟺ 𝑘𝑒6UVT×K = 100 ⟺ 𝑘 = 100 donc 𝑓(𝑡) = 100𝑒6UVTW 3. On cherche 𝑓(2). Or 𝑓(2) = 100𝑒6UVT×0 = 100𝑒6UVX ≈ 79 watts
En effet, à la calculatrice :
Exercice 5 : Sujet Ti2D Métropole juin 2015
Dans cet exercice, les résultats seront arrondis à 1060 près.
Une fibre optique est un fil très fin, en verre ou en plastique, qui a la propriété d’être un conducteur de lumière et sert dans la transmission d’un signal véhiculant des données.
La puissance du signal, exprimée en milliwatts (mW), s’atténue au cours de la propagation.
On note 𝑃\ et 𝑃] les puissances respectives du signal à l’entrée et à la sortie d’une fibre.
Pour une fibre de longueur 𝐿 exprimée en kilomètres (km), la relation liant 𝑃\, 𝑃] et 𝐿 est donnée par : 𝑃] = 𝑃\ × 𝑒6_`
où 𝑎 est le coefficient d’atténuation linéaire dépendant de la fibre.
Une entreprise utilise deux types de fibre optique de coefficients d’atténuation différents.
Dans tout l’exercice :
• La puissance du signal à l’entrée de la fibre est de 7 mW ;
• A la sortie, un signal est détectable si sa puissance est d’au moins 0,08 mW ;
• Pour rester détectable, un signal doit être amplifié dès que sa puissance devient strictement inférieure à 0,08 mW.
Partie A :
Le premier type de fibre de longueur 100 km utilisé par l’entreprise a un coefficient d’atténuation linéaire 𝑎 = 0,046.
Pour ce type de fibre, sera-t-il nécessaire de placer au moins un amplificateur sur la ligne pour que le signal soit détectable en sortie ?
Partie B :
La puissance du signal le long du second type de fibre est modélisée par une fonction 𝑔 de la variable 𝑥, où 𝑥 est la distance en km parcourue par le signal de la fibre. On admet que cette fonction 𝑔 est définie et
dérivable sur l’intervalle [0; +∞[ et qu’elle est solution sur cet intervalle de l’équation différentielle : 𝑦%+ 0,035𝑦 = 0
1. Résoudre l’équation différentielle 𝑦%+ 0,035𝑦 = 0
2. a. Sachant que 𝑔(0) = 7, vérifier que la fonction 𝑔 est définie sur [0; +∞[ par 𝑔(𝑥) = 7𝑒6K,KBS7. b. En déduire le coefficient d’atténuation de cette fibre.
3. a. Étudier le sens de variations de la fonction 𝑔.
b. Déterminer la limite de la fonction 𝑔 en +∞.
4. a. Le signal sera-t-il encore détecté au bout de 100 km de propagation ?
b. Déterminer la longueur maximale de la fibre permettant une détection du signal à la sortie sans amplification.
Corrigé : Partie A :
𝑃] = 7 × 𝑒6K,K+f×/KK= 7𝑒6+,f ≈ 0,07 < 0,08 Donc le signal est indétectable et doit donc être amplifié.
Partie B :
1. On reconnaît une équation différentielle du 1er ordre du type 𝑦% + 𝑎𝑦 = 0.
Sa solution 𝑔(𝑥) = 𝑘𝑒6_7 (𝑘 ∈ ℝ) vaut donc ici 𝑔(𝑥) = 𝑘𝑒6K,KBS7
2. a. 𝑔(0) = 7 ⟺ 𝑘𝑒6K,KBS×K= 7 ⟺ 𝑘𝑒K = 7 ⟺ 𝑘 = 7 donc 𝑔(𝑥) = 7𝑒6K,KBS7. b. Le coefficient d’atténuation 𝑎 est donc 0,035.
3. a. 𝑔%(𝑥) = 7 × (−0,035)𝑒6K,KBS7 = −0,245𝑒6K,KBS7 < 0 donc la fonction 𝑔 est décroissante sur [0; +∞[.
b. lim
7→kl−0,035𝑥 = −∞ donc lim
7→kl𝑒6K,KBS7 = 0 donc lim
7→kl𝑔(𝑥) = 0.
4. a. 𝑔(100) = 7𝑒6K,KBS×/KK= 7𝑒6B,S≈ 0,211 > 0,08 donc oui, le signal sera toujours détecté.
b. On cherche à résoudre 𝑔(𝑥) = 0,08 ⟺ 7𝑒6K,KBS7 = 0,08 ⟺ 𝑒6K,KBS7 =K,Kn
o
⟺ −0,035𝑥 = ln pK,Kno q ⟺ 𝑥 =rsp
t,tu v q
6K,KBS ≈ 127,76 Jusqu’à 127 km, le signal sera détecté sans besoin d’amplification.
Exercice 6 : extrait du sujet Ti2D Antilles-Guyane 2017
En 1648, Blaise Pascal a demandé à son beau-frère Florin Périer de mesurer la hauteur de mercure dans deux baromètres, l’un situé à Clermont-Ferrand et l’autre en haut de la montagne la plus proche, le Puy-de-Dôme.
Florin Périer a constaté que la hauteur de mercure dans le baromètre situé en haut du Puy-de-Dôme était inférieure à la hauteur de mercure dans le baromètre situé plus bas, à Clermont-Ferrand.
Cette expérience a permis de montrer que la pression atmosphérique diminue lorsque l’altitude augmente.
Dans cet exercice, la pression atmosphérique est exprimée en hectopascal (hPa). On rappelle que la pression atmosphérique vaut 1013,25 hPa au niveau de la mer.
Partie A : une règle simplifiée.
Pour évaluer la pression atmosphérique, les alpinistes utilisent la règle simplifiée suivante : « la pression atmosphérique diminue de 0,11 hPa quand l’altitude augmente de 1m. »
1. Compléter le tableau suivant en utilisant cette règle :
2. Pour tout entier naturel 𝑛, on note 𝑢y la pression atmosphérique en hPa à l’altitude de 𝑛 mètres calculée avec la règle simplifiée. Ainsi 𝑢K = 1013,25.
a) Calculer 𝑢/ et 𝑢0.
b) Justifier que la suite (𝑢y) n’est pas géométrique.
c) On admet que pour tout entier naturel 𝑛, 𝑢y = 𝑢K− 0,11𝑛
En déduire l’altitude, exprimée en mètres, à partir de laquelle la pression atmosphérique est inférieure à 950 hPa.
Partie B : la formule barométrique.
On considère l’équation différentielle (𝐸) : 𝑦%+ 0,12𝑦 = 0
où 𝑦 est une fonction de la variable réelle 𝑥, définie et dérivable sur ℝ et 𝑦′ la fonction dérivée de 𝑦.
Pour de faibles valeurs de l’altitude, les scientifiques ont démontré que la fonction 𝑓 qui, à l’altitude 𝑥 en kilomètres, associe la pression atmosphérique en hectopascal est la solution de l’équation différentielle (𝐸) qui vérifie 𝑓(0) = 1013,25.
1. a. Déterminer les solutions de l’équation différentielle (𝐸).
b. Démontrer que la solution 𝑓 de l’équation différentielle (𝐸) qui vérifie la condition initiale 𝑓(0) = 1013,25 est la fonction définie sur [0; +∞[ par : 𝑓(𝑥) = 1013,25𝑒6K,/07
2. En utilisant la fonction 𝑓 :
a. Calculer une valeur approchée à 0,01 près de la pression atmosphérique à 150 mètres d’altitude.
b. Calculer l’altitude, arrondie au mètre, correspondant à une pression atmosphérique de 900 hPa.
3. On pose 𝑣y = 𝑓(𝑛), pour tout entier naturel 𝑛. Justifier qu’avec ce modèle, la suite (𝑣y) est géométrique.
Corrigé : Partie A :
1. 800 × 0,11 = 88 hPa donc 1013,25 − 88 = 925,25 hPa
1500 × 0,11 = 165 hPa donc 1013,25 − 165 = 848,25 hPa 2000 × 0,11 = 220 hPa donc 1013,25 − 220 = 793,25 hPa
2. a. 𝑢/ = 𝑢K − 0,11 = 1013,14 et 𝑢0 = 𝑢/ − 0,11 = 1013,03.
b. {{U
: ≈ 0,999 891 4267 et {{:
t ≈ 0,999 891 4384. Comme {{U
: ≠ {{:
t, la suite (𝑢y) n’est pas géométrique.
c. Résolvons 𝑢y < 950 ⟺ 𝑢K− 0,11𝑛 < 950 ⟺ 1013,25 − 0,11𝑛 < 950
⟺ −0,11𝑛 < 950 − 1013,25 = −63,25
⟺ 𝑛 >6fB,0S6K,// = 575 (changement d’ordre car on divise par un négatif)
Lorsque l’altitude sera inférieure à 575 m, la pression sera inférieure à 950 hPa.
Partie B :
1. a. On reconnaît la forme 𝑦 + 𝑎𝑦 = 0 avec 𝑎 = 0,12 Donc 𝑓(𝑥) = 𝑘𝑒6K,/07 (𝑘 ∈ ℝ).
b. 𝑓(0) = 1013,25 donc 𝑘𝑒6K,/0×K = 1013,25 ⟺ 𝑘 × 1 = 1013,25 ⟺ 𝑘 = 1013,25 Donc 𝑓(𝑥) = 1013,25𝑒6K,/07
2. a. A 150 m (donc 0,15 km) d’altitude : 𝑓(0,15) = 1013,25𝑒6K,/0×K,/S = 1013,25𝑒6K,K/n ≈ 995,17 hPa
b. 𝑓(𝑥) = 900 ⟺ 1013,25𝑒6K,/07 = 900 ⟺ 𝑒6K,/07 =/K/B,0S<KK ⟺ −0,12𝑥 = ln p/K/B,0S<KK q
⟺=ln p 900 1013,25q
−0,12𝑥 ≈ 0,988
A environ 988 m d’altitude, la pression atmosphérique est de 900 hPa.
3. 𝑣y = 𝑓(𝑛)
Pour prouver que la suite est géométrique de raison 𝑞, montrons que ~•€:~
• = 𝑞 𝑣yk/
𝑣y =1013,25𝑒6K,/0(yk/)
1013,25𝑒6K,/0y =𝑒6K,/0y6K,/0
𝑒6K,/0y = 𝑒6K,/0y6K,/06(6K,/0y) = 𝑒6K,/0y6K,/0kK,/0y = 𝑒6K,/0 ∈ ℝ Donc (𝑣y) est une suite géométrique de raison 𝑒6K,/0
Altitude (en mètres) 0 800 1500 2000
Pression atmosphérique (en hPa) 1013,25 925,25 848,25 793,25
