Problèmes sur les équations différentielles en terminale

Un café qui refroidit, quatre primitives à reconnaître, un condensateur qui se charge : la même équation différentielle sous trois habits, et le calcul qui la précède.

Reconnaître une équation différentielle de la forme y' = ay + b.
Déterminer la solution vérifiant une condition initiale.
Calculer une primitive de la forme (v' ∘ u) × u'.
Interpréter la limite d'une solution dans le contexte de l'énoncé.

Le café qui refroidit

Un café servi à $80 \ °\text{C}$ refroidit dans une pièce à $20 \ °\text{C}$. Sa température $\theta(t)$, en degrés, $t$ minutes après le service, vérifie :

$$ \theta'(t) = -0.05 \bigl(\theta(t) - 20\bigr) $$

Écrire cette équation sous la forme $y' = ay + b$, et donner $a$ et $b$.

$$ \theta' = -0.05 \, \theta + 1 \hspace{2em} a = -0.05 \ , \ b = 1 $$
Déterminer la solution constante.

$$ y = -\frac{b}{a} = -\frac{1}{-0.05} = 20 $$
En déduire $\theta(t)$, sachant que $\theta(0) = 80$.

Les solutions sont les $\theta(t) = C \, e^{-0.05 t} + 20$. La condition initiale donne :

$$ C + 20 = 80 \quad \Longleftrightarrow \quad C = 60 $$

$$ \theta(t) = 60 \, e^{-0.05 t} + 20 $$
Calculer la température au bout de $20$ minutes, puis donner la limite.

$$ \theta(20) = 60 \, e^{-1} + 20 \approx 42.1 \ °\text{C} $$

$$ \lim\limits_{t \to +\infty} \theta(t) = 20 \ °\text{C} $$

Le café tend vers la température de la pièce, sans jamais l'atteindre.

Quatre primitives à reconnaître

Déterminer une primitive de chacune de ces fonctions, en repérant la forme composée.

$f(x) = 2x \, e^{x^2}$

C'est $u' e^u$ avec $u(x) = x^2$ :

$$ F(x) = e^{x^2} $$
$g(x) = \frac{2x + 3}{x^2 + 3x + 5}$

Le numérateur est la dérivée du dénominateur, qui est strictement positif - son discriminant vaut $9 - 20 < 0$ :

$$ G(x) = \ln\bigl(x^2 + 3x + 5\bigr) $$
$h(x) = 3x^2 \bigl(x^3 + 1\bigr)^4$

C'est $u' u^4$ avec $u(x) = x^3 + 1$ :

$$ H(x) = \frac{\bigl(x^3 + 1\bigr)^5}{5} $$
$k(x) = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}$

Il manque un facteur $2$ au numérateur pour avoir $u'$ : on le fabrique.

$$ k(x) = \frac{1}{2} \times \frac{2x}{\sqrt{x^2 + 1}} $$

$$ K(x) = \sqrt{x^2 + 1} $$

La charge du condensateur

La tension $u(t)$, en volts, aux bornes d'un condensateur en charge vérifie, $t$ étant en secondes :

$$ u'(t) = 5 - 2 \, u(t) \hspace{2em} u(0) = 0 $$

Déterminer la solution constante de cette équation.

L'équation s'écrit $u' = -2u + 5$, donc $a = -2$ et $b = 5$ :

$$ y = -\frac{5}{-2} = 2.5 $$
Déterminer $u(t)$.

Les solutions sont les $u(t) = C \, e^{-2t} + 2.5$, et $u(0) = 0$ donne $C = -2.5$ :

$$ u(t) = 2.5 \bigl(1 - e^{-2t}\bigr) $$
Au bout de combien de temps la tension atteint-elle $90 \ \%$ de sa valeur limite ?

La limite est $2.5$ volts, et l'on cherche $t$ tel que $u(t) = 0.9 \times 2.5$ :

$$ 1 - e^{-2t} = 0.9 \quad \Longleftrightarrow \quad e^{-2t} = 0.1 $$

$$ -2t = \ln(0.1) \quad \Longleftrightarrow \quad t = \frac{\ln(10)}{2} $$

$$ t \approx 1.15 \ \text{seconde} $$

La seule mise en route qui tienne

Dans un réacteur chimique, on note $\theta(t)$ l'excès de température du mélange par rapport au fluide de refroidissement, en degrés Celsius, $t$ étant en heures. La réaction dégage d'autant plus de chaleur que le mélange est chaud, tandis que le refroidissement en retire une quantité constante. Le bilan s'écrit :

$$ \theta' = 0.5 \, \theta - 2 $$

L'opérateur règle l'excès de départ $\theta(0)$ au moment de la mise en route. Au-delà de $30 \ \text{°C}$ d'excès, le réacteur est déclaré en emballement et doit être noyé.

Déterminer la solution constante de cette équation, puis résoudre l'équation sur $\bigl[ 0 \ ; \ + \infty \bigr[$.

Une solution constante $\theta(t) = c$ a une dérivée nulle, donc vérifie $0 = 0.5 \, c - 2$ :

$$ c = 4 $$

Si $\theta$ est une solution quelconque, alors $\theta - 4$ est solution de $y' = 0.5 \, y$, dont les solutions sont les $t \mapsto C e^{0.5 t}$, avec $C$ réel.

$$ \theta(t) = C \, e^{0.5 \, t} + 4 \hspace{2em} \bigl( C \in \mathbb{R} \bigr) $$

La condition initiale donne $\theta(0) = C + 4$, donc $C = \theta(0) - 4$.
Déterminer toutes les valeurs de $\theta(0)$ pour lesquelles le réacteur ne s'emballe pas et ne s'éteint pas, c'est-à-dire pour lesquelles $\theta$ reste bornée.
Tout dépend du signe de $C = \theta(0) - 4$, puisque $e^{0.5t}$ tend vers $+ \infty$.
- Si $C > 0$, alors $\lim\limits_{t \to + \infty} \theta(t) = + \infty$ : emballement.
- Si $C < 0$, alors $\lim\limits_{t \to + \infty} \theta(t) = - \infty$ : le mélange descend sous la température du fluide, la réaction s'éteint.
- Si $C = 0$, alors $\theta$ est la fonction constante égale à $4$, qui est bornée.
$$ \theta(0) = 4 \text{, et cette valeur seule} $$

Un seul réglage sur tout l'axe réel : c'est dire qu'en pratique aucun ne convient, puisque aucun réglage n'est exact. L'équilibre existe, mais il est instable.
L'opérateur vise $4$ et obtient $4.2$. Déterminer au bout de combien de temps le réacteur devra être noyé.

Ici $C = 0.2$, et l'on cherche $t$ tel que $\theta(t) = 30$ :

$$ 0.2 \, e^{0.5 \, t} + 4 = 30 \quad \Longleftrightarrow \quad e^{0.5 \, t} = \frac{26}{0.2} = 130 $$

$$ 0.5 \, t = \ln(130) \quad \Longleftrightarrow \quad t = 2 \ln(130) $$

$$ t \approx 9.7 \ \text{h} $$
Le constructeur propose une vanne dix fois plus précise, qui garantirait $\theta(0) = 4.02$. Calculer le temps gagné, et dire si l'investissement se justifie.

$$ e^{0.5 \, t} = \frac{26}{0.02} = 1 \ 300 \hspace{2em} t = 2 \ln(1 \ 300) \approx 14.3 \ \text{h} $$

Le gain se lit sans calculatrice, par l'équation fonctionnelle du logarithme :

$$ 2 \ln(1 \ 300) - 2 \ln(130) = 2 \ln(10) \approx 4.6 \ \text{h} $$

$$ \text{diviser l'erreur par dix ne recule l'échéance que de} \ 4.6 \ \text{h} $$

Et c'est vrai à chaque cran : une vanne cent fois plus précise ne reculerait l'échéance que de $9.2$ heures de plus. La précision initiale n'achète du temps que par logarithme, alors qu'elle se paie par facteurs.

La conclusion ne porte donc pas sur la vanne : un procédé dont l'équilibre est instable ne se pilote pas par sa mise en route, mais par une régulation qui corrige en continu - c'est-à-dire par une autre équation.

Le rinçage de la cuve

Une cuve contient $2 \ 000 \ \text{L}$ de saumure à $50 \ \text{g/L}$. Pour la rincer, on y injecte de l'eau pure au débit de $D$ litres par minute ; un agitateur homogénéise en permanence, et le mélange s'écoule par le bas au même débit, de sorte que le volume reste constant.

On note $q(t)$ la masse de sel restant dans la cuve, en grammes, $t$ minutes après le début du rinçage. La cuve ne peut être rendue à la production qu'en dessous de $2 \ \text{g/L}$, et l'atelier dispose de deux heures.

Justifier que $q$ est solution de l'équation différentielle $y' = - \frac{D}{2 \ 000} \, y$, puis exprimer $q(t)$.

À l'instant $t$, la concentration dans la cuve vaut $\frac{q(t)}{2 \ 000}$ grammes par litre, et c'est cette concentration-là qui sort, puisque le mélange est homogène. En une minute, il sort $D$ litres, donc :

$$ q'(t) = - D \times \frac{q(t)}{2 \ 000} $$

C'est l'équation $y' = ay$ avec $a = - \frac{D}{2 \ 000}$, et la masse initiale vaut $2 \ 000 \times 50$ :

$$ q(t) = 100 \ 000 \, e^{- \frac{D \, t}{2 \ 000}} $$
L'atelier dispose d'une pompe de $40 \ \text{L/min}$. Déterminer la durée du rinçage, et conclure.

La norme $2 \ \text{g/L}$ correspond à $q \leqslant 2 \times 2 \ 000 = 4 \ 000 \ \text{g}$ :

$$ 100 \ 000 \, e^{- \frac{40 \, t}{2 \ 000}} \leqslant 4 \ 000 \quad \Longleftrightarrow \quad e^{- 0.02 \, t} \leqslant 0.04 $$

Le logarithme est strictement croissant, et $\ln(0.04) = - \ln(25)$ :

$$ - 0.02 \, t \leqslant - \ln(25) \quad \Longleftrightarrow \quad t \geqslant 50 \ln(25) $$

$$ t \geqslant 160.9 \ \text{min, soit} \ 2 \ \text{h} \ 41 \ \text{min} $$

Les deux heures sont largement dépassées : cette pompe ne convient pas.
Déterminer tous les débits qui permettraient de tenir les deux heures, et choisir parmi les deux pompes du catalogue, l'une à $50 \ \text{L/min}$, l'autre à $60 \ \text{L/min}$.

La même résolution, menée avec $D$ quelconque, donne la condition :

$$ \frac{D \, t}{2 \ 000} \geqslant \ln(25) \quad \Longleftrightarrow \quad t \geqslant \frac{2 \ 000 \ln(25)}{D} $$

On veut cette durée inférieure à $120$ minutes :

$$ \frac{2 \ 000 \ln(25)}{D} \leqslant 120 \quad \Longleftrightarrow \quad D \geqslant \frac{2 \ 000 \ln(25)}{120} $$

$$ D \geqslant 53.6 \ \text{L/min} $$

$$ \text{la pompe de} \ 60 \ \text{L/min : celle de} \ 50 \ \text{demanderait} \ 2 \ \text{h} \ 09 $$
Le responsable des fluides craint que la pompe rapide ne gaspille de l'eau. Calculer le volume d'eau consommé par le rinçage, et lui répondre.

Le volume consommé est le débit multiplié par la durée, et la durée est inversement proportionnelle au débit :

$$ V = D \times \frac{2 \ 000 \ln(25)}{D} = 2 \ 000 \ln(25) $$

$$ V \approx 6 \ 438 \ \text{L, quel que soit le débit} $$

La pompe rapide ne consomme pas un litre de plus : elle ne fait que le consommer plus tôt. Ce qui fixe le volume, c'est le rapport des concentrations - de $50$ à $2 \ \text{g/L}$, soit un facteur $25$ - et la capacité de la cuve.

C'est aussi ce qui dit où porter l'effort : viser $1 \ \text{g/L}$ au lieu de $2$ demanderait $2 \ 000 \ln(50) \approx 7 \ 824 \ \text{L}$, soit $1 \ 400$ litres de plus pour le seul dernier gramme.