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Accueil/ 1ère/ Série D/ Mathématiques/ Ch. 08
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1. Équations du 1er ordre

y'=ay et y'+ay=b

y'=ay : y=Ce^(ax). y'+ay=b : yₕ=Ce^(-ax), y*=b/a. Sol. gén. : y=Ce^(-ax)+b/a.

2. Équations du 2ème ordre

y''+py'+qy=0 — Équation caractéristique r²+pr+q=0
Δ=p²-4qSolution générale Δ>0y=Ae^(r₁x)+Be^(r₂x) Δ=0y=(A+Bx)e^(r₀x) Δ<0y=e^(αx)(A·cos βx+B·sin βx)
Équation complète

Sol. gén. = homogène + particulière. Pour y''+py'+qy=a·cos(ωx) : chercher y*=A·cos+B·sin.

À retenir

  • y'=ay → Ce^(ax) ; y'+ay=b → Ce^(-ax)+b/a
  • Éq. car. r²+pr+q=0, selon signe Δ
  • f''+ω²f=0 → oscillations A·cos(ωx)+B·sin(ωx)
1

1er ordre

● Moyen
  1. y'=3y, y(0)=2
  2. y'+4y=8, y(0)=1
Correction
  1. y=2e^(3x).
  2. y=-e^(-4x)+2.
2

2ème ordre homogène

● Moyen
  1. y''-5y'+6y=0
  2. y''-4y'+4y=0
  3. y''+y=0
Correction
  1. Ae^(2x)+Be^(3x).
  2. (A+Bx)e^(2x).
  3. A·cos x+B·sin x.
3

Équation complète

● Moyen

y''-y=2eˣ.

Correction

yₕ=Aeˣ+Be^(-x). eˣ est racine → y*=Cxeˣ. 2Ceˣ=2eˣ → C=1. y=Aeˣ+Be^(-x)+xeˣ.

4

Application — Refroidissement

● Moyen

dT/dt=-k(T-20), T(0)=80, T(5)=60. (1) Résoudre. (2) Trouver k. (3) Quand T=30 ?

Correction

(1) T=Ce^(-kt)+20. (2) C=60. e^(-5k)=2/3 → k=ln(3/2)/5≈0,081. (3) 60e^(-kt)=10 → t=ln6/k≈22 min.

5

Oscillateur

● Difficile

y''+4y=0. y(0)=1, y'(0)=4. (1) Sol. gén. (2) A et B. (3) Forme R·cos(2x-φ).

Correction

(1) A·cos(2x)+B·sin(2x). (2) A=1, B=2. (3) R=√5, tan φ=2. y=√5·cos(2x-arctan2).

★

Problème de synthèse

● Niveau Bac

Chute avec résistance : mv'=mg-kv, soit v'+(k/m)v=g, v(0)=0.

  1. Résolution : Poser a=k/m. Résoudre et exprimer v(t).
  2. Vitesse limite : lim v(t) et interprétation physique.
  3. Position : x(t) avec x(0)=0.
  4. Numérique : m=70 kg, k=14. Calculer v_L et x(5s).
  5. Parachute : k=1400 après t=10s. Nouvelle vitesse limite. Résoudre avec v(10)=v₁.
  6. Énergie : Montrer dE/dt=mgv-kv² avec E=mv²/2.
Correction
  1. v(t)=(g/a)(1-e^(-at)), a=k/m.
  2. lim=g/a=mg/k. Équilibre poids-frottement.
  3. x(t)=(g/a)[t+(e^(-at)-1)/a].
  4. a=0,2. v_L=49 m/s. x(5)≈239 m.
  5. a'=20. v_L'=0,49 m/s. v converge rapidement.
  6. dE/dt=mv·v'=v(mg-kv)=mgv-kv². ✓

QCM

10 questions

0Score
0/10Repondues
Q1/10

y'=3y → sol. gén.

Q2/10

y'+2y=4 → sol. part. constante

Q3/10

Éq. car. r²-5r+6=0. Racines

Q4/10

Δ=0 → sol.

Q5/10

y''+y=0 → sol.

Q6/10

y'+ay=b. lim y (a>0)

Q7/10

y''-4y=0. Racines car.

Q8/10

f''+ω²f=0. Période

Q9/10

y''+y=2eˣ. y* si eˣ non racine

Q10/10

Demi-vie T=

Exercices supplémentaires tirés du CIAM Terminale SE (Collection Inter-Africaine de Mathématiques), section « Entraînement » du chapitre correspondant — énoncés fidèles au manuel, corrections rédigées pour ce site.

1

Équation différentielle du 1er ordre

● Facile

Résoudre dans ℝ l'équation différentielle f' + 3f = 0.

Correction

L'équation est de la forme f' + af = 0 avec a = 3. Les solutions sont les fonctions f(x) = C·e^(−3x), où C est une constante réelle arbitraire.

2

Équation avec condition initiale

● Facile

Résoudre l'équation différentielle f' + 3f = 0 avec la condition initiale f(1) = 1.

Correction

D'après l'exercice précédent, les solutions sont f(x) = C·e^(−3x). La condition f(1) = 1 donne C·e^(−3) = 1, donc C = e³.

Ainsi f(x) = e³·e^(−3x) = e^(3−3x), soit f(x) = e^(−3(x−1)).

3

2ᵉ ordre — racines réelles distinctes

● Moyen

Résoudre dans ℝ l'équation différentielle f'' − f' − 2f = 0.

Correction

Équation caractéristique : r² − r − 2 = 0. On factorise : (r − 2)(r + 1) = 0, donc r₁ = 2 et r₂ = −1 (deux racines réelles distinctes, Δ = 1+8 = 9 > 0).

Solution générale : f(x) = A·e^(2x) + B·e^(−x), avec A, B ∈ ℝ.

4

2ᵉ ordre — racines complexes

● Moyen

Soit (E) : 16f'' + f = 0.

  1. Résoudre (E) dans ℝ.
  2. Déterminer la solution f de (E) vérifiant f(0) = 1 et f(2π) = −√3.
  3. Démontrer que pour tout réel x, f(x) = 2cos(x/4 + π/3).
Correction
  1. 16f'' + f = 0 équivaut à f'' + (1/16)f = 0. Équation caractéristique : r² + 1/16 = 0, soit r² = −1/16, d'où r = ±i/4 (racines complexes conjuguées, α = 0, β = 1/4). Solution générale : f(x) = A·cos(x/4) + B·sin(x/4).
  2. f(0) = A·cos(0) + B·sin(0) = A. La condition f(0) = 1 donne A = 1. f(2π) = cos(2π/4) + B·sin(2π/4) = cos(π/2) + B·sin(π/2) = 0 + B = B. La condition f(2π) = −√3 donne B = −√3. Donc f(x) = cos(x/4) − √3·sin(x/4).
  3. Développons 2cos(x/4 + π/3) = 2[cos(x/4)cos(π/3) − sin(x/4)sin(π/3)] = 2[cos(x/4)·(1/2) − sin(x/4)·(√3/2)] = cos(x/4) − √3·sin(x/4). On retrouve exactement l'expression de f(x) trouvée à la question 2. Donc f(x) = 2cos(x/4 + π/3) pour tout réel x (on vérifie que R = √(A²+B²) = √(1+3) = 2, cohérent avec l'amplitude 2).
5

Problème de synthèse — décroissance de la glycémie

● Difficile

Partie A. Résoudre (E) : f' + kf = 0, où f dépend du temps t (t ≥ 0) et k est une constante réelle strictement positive. Préciser la solution particulière f₁ vérifiant f₁(0) = 2.

Partie B. Après une injection intraveineuse de glucose, la glycémie g décroît selon la loi g' + kg = 0 (k > 0).

  1. Déterminer g(t) sachant g(0) = 2. Étudier les variations de g et donner l'allure de sa représentation graphique.
  2. Calculer en fonction de k l'abscisse T du point d'intersection de la tangente à la courbe au point M(0;2) avec l'axe des temps.
  3. On pose g₁ = g(t₁), g₁ étant le taux de glycémie à un instant t₁ donné et positif. Déterminer la formule donnant le coefficient k en fonction de g₁ et t₁.
Correction

Partie A. Les solutions de f' + kf = 0 sont f(t) = C·e^(−kt), C ∈ ℝ. La condition f₁(0) = 2 donne C = 2, donc f₁(t) = 2·e^(−kt).

Partie B.

  1. Même équation que la partie A avec g(0) = 2, donc g(t) = 2·e^(−kt). On a g'(t) = −2k·e^(−kt) < 0 pour tout t ≥ 0 (car k > 0), donc g est strictement décroissante sur [0;+∞[. Comme e^(−kt) → 0 quand t → +∞, g(t) → 0 : l'axe des temps est asymptote horizontale. La courbe part de (0;2) et décroît en s'approchant indéfiniment de l'axe des t sans jamais l'atteindre (décroissance exponentielle typique).
  2. La tangente en t=0 a pour coefficient directeur g'(0) = −2k. Son équation est y − 2 = −2k(t − 0), soit y = 2 − 2kt. Elle coupe l'axe des temps (y=0) lorsque 2 − 2kT = 0, soit T = 1/k.
  3. De g(t₁) = 2·e^(−kt₁) = g₁, on tire e^(−kt₁) = g₁/2, donc −kt₁ = ln(g₁/2), soit k = −ln(g₁/2)/t₁. En utilisant ln(g₁/2) = −ln(2/g₁), on obtient k = (1/t₁)·ln(2/g₁).

Cinq exercices supplémentaires tirés du CIAM Terminale SE (Collection Inter-Africaine de Mathématiques), section « Entraînement » du chapitre correspondant, niveau intermédiaire — énoncés fidèles au manuel, corrections rédigées pour ce site.

1

Équation du 2ᵉ ordre — racines réelles distinctes

● Moyen

Résoudre l'équation différentielle 2f'' + 3f' − 2f = 0 avec les conditions initiales f(0) = 1, f'(0) = 3.

Correction

Équation caractéristique : 2r² + 3r − 2 = 0. Δ = 9 + 16 = 25 > 0, donc r₁ = (−3+5)/4 = 1/2 et r₂ = (−3−5)/4 = −2.

Solution générale : f(x) = A·e^(x/2) + B·e^(−2x), avec f'(x) = (A/2)·e^(x/2) − 2B·e^(−2x).

f(0) = A + B = 1 et f'(0) = A/2 − 2B = 3. En substituant A = 1 − B dans la seconde équation : (1−B)/2 − 2B = 3 ⟹ 1/2 − (5/2)B = 3 ⟹ B = −1, puis A = 2.

D'où f(x) = 2·e^(x/2) − e^(−2x).

2

Équation du 2ᵉ ordre — oscillations

● Moyen

Déterminer la solution de l'équation différentielle f'' + f = 0 avec f(π/2) = 3 et f'(π/2) = 2.

Correction

Équation caractéristique r² + 1 = 0, racines r = ±i : solution générale f(x) = A·cos x + B·sin x, avec f'(x) = −A·sin x + B·cos x.

f(π/2) = A·cos(π/2) + B·sin(π/2) = B = 3.

f'(π/2) = −A·sin(π/2) + B·cos(π/2) = −A = 2, donc A = −2.

D'où f(x) = −2·cos x + 3·sin x.

3

Équation du 1er ordre avec condition

● Facile

Résoudre l'équation différentielle f' − (1/2)f = 0. Déterminer la solution qui prend la valeur 1/e en 1.

Correction

L'équation s'écrit f' = (1/2)f, de la forme f' = af avec a = 1/2. Les solutions sont f(x) = C·e^(x/2), C ∈ ℝ.

La condition f(1) = 1/e = e^(−1) donne C·e^(1/2) = e^(−1), donc C = e^(−1)·e^(−1/2) = e^(−3/2).

D'où f(x) = e^(−3/2)·e^(x/2), soit f(x) = e^((x−3)/2).

4

Réduction à l'ordre 1 par changement de fonction

● Moyen

On considère l'équation différentielle f'' + 2f' = 0.

  1. On pose g = f'. Justifier que g est solution de l'équation différentielle g' + 2g = 0.
  2. Résoudre l'équation différentielle g' + 2g = 0. En déduire les solutions de f'' + 2f' = 0.
Correction
  1. Comme g = f', on a g' = f''. En reportant dans f'' + 2f' = 0, on obtient g' + 2g = 0 : g est bien solution de g' + 2g = 0.
  2. Les solutions de g' + 2g = 0 sont g(x) = C·e^(−2x), C ∈ ℝ. Or g = f', donc f'(x) = C·e^(−2x). En intégrant : f(x) = −(C/2)·e^(−2x) + D. En renommant les constantes (A = −C/2, B = D, tous deux réels arbitraires), les solutions de f'' + 2f' = 0 sont f(x) = A·e^(−2x) + B.
5

Équation du 2ᵉ ordre — racine double, conditions géométriques

● Difficile

Déterminer la solution f de l'équation différentielle f'' − f' + (1/4)f = 0 sachant que sa représentation graphique passe par le point A(0;4) et que la tangente à cette courbe au point d'abscisse 2 est parallèle à l'axe des abscisses.

Correction

Équation caractéristique : r² − r + 1/4 = 0. Δ = 1 − 1 = 0 : racine double r₀ = 1/2.

Solution générale : f(x) = (C₁ + C₂x)·e^(x/2), avec f'(x) = e^(x/2)·[C₂ + (C₁+C₂x)/2].

f(0) = C₁ = 4 (passage par A(0;4)).

Tangente horizontale en x = 2 signifie f'(2) = 0 : e^1·[C₂ + (C₁+2C₂)/2] = 0 ⟹ 4C₂ + C₁ = 0 ⟹ C₂ = −C₁/4 = −1.

D'où f(x) = (4 − x)·e^(x/2). (Vérification : f'(x) = e^(x/2)·(2−x)/2, donc f'(2) = 0. ✓)

Cinq problèmes de synthèse, plus longs et plus exigeants, tirés de la fin de la banque d'exercices du CIAM Terminale SE — pour aller plus loin et préparer les épreuves de type baccalauréat.

1

Racines complexes et primitive liée à l'équation

● Difficile
  1. Résoudre l'équation différentielle (E) f'' − 2f' + 5f = 0. Déterminer la solution f de (E) vérifiant f(0) = 0 et f'(0) = 1.
  2. On pose, pour tout nombre réel x, F(x) = −(1/5)[f'(x) − 2f(x)]. Justifier que F est une primitive de f sur ℝ.
Correction
  1. Équation caractéristique r² − 2r + 5 = 0. Δ = 4 − 20 = −16 < 0, r = (2 ± 4i)/2 = 1 ± 2i (α=1, β=2). Solution générale : f(x) = e^x·(A·cos2x + B·sin2x), avec f'(x) = e^x·[(A+2B)cos2x + (B−2A)sin2x].
    f(0) = A = 0. f'(0) = A + 2B = 2B = 1, donc B = 1/2.
    D'où f(x) = (1/2)·e^x·sin2x.
  2. Toute solution f de (E) vérifie f'' = 2f' − 5f. Comme F = −(1/5)(f' − 2f), on a F' = −(1/5)(f'' − 2f') = −(1/5)[(2f'−5f) − 2f'] = −(1/5)(−5f) = f. Donc F' = f sur ℝ : F est bien une primitive de f (ce résultat est valable pour toute solution f de (E), pas seulement celle de la question 1).
2

Racine double et tangente imposée

● Difficile

On considère l'équation différentielle (E) f'' − f' + (1/4)f = 0.

  1. Résoudre dans ℝ l'équation (E).
  2. Démontrer qu'il existe une solution f de (E) dont la courbe représentative, dans un plan muni d'un repère, passe par le point A(0;1) et admet en ce point une tangente de coefficient directeur −3.
Correction
  1. Équation caractéristique r² − r + 1/4 = 0, Δ = 1 − 1 = 0 : racine double r₀ = 1/2. Solution générale : f(x) = (A + Bx)·e^(x/2), A, B ∈ ℝ.
  2. f'(x) = e^(x/2)·[B + (A+Bx)/2]. La condition f(0) = 1 donne A = 1. La condition f'(0) = −3 donne B + A/2 = B + 1/2 = −3, soit B = −7/2.
    Ces deux conditions déterminent A et B de façon unique, donc il existe (et il n'existe qu'une seule) solution répondant à l'énoncé : f(x) = (1 − (7/2)x)·e^(x/2). Son existence est ainsi établie par construction explicite.
3

Second membre polynomial — changement de fonction

● Difficile

On se propose de chercher les fonctions f de ℝ vers ℝ telles que, pour tout nombre réel x : (E) f''(x) − 4f'(x) + 3f(x) = 6x² + 5x.

  1. On désigne par g(x) = ax² + bx + c où a, b, c sont des nombres réels. Déterminer a, b, c pour que, pour tout nombre réel x, g soit solution de (E).
  2. On pose F = f − g.
    a) Démontrer que si f est solution de l'équation (E) alors F est solution de l'équation (E') F'' − 4F' + 3F = 0.
    b) Réciproquement, établir que si F est solution de (E') alors f, définie par f = F + g, est solution de (E).
Correction
  1. g'(x) = 2ax + b, g''(x) = 2a. En reportant : g'' − 4g' + 3g = 2a − 4(2ax+b) + 3(ax²+bx+c) = 3a·x² + (3b−8a)·x + (2a−4b+3c). En identifiant avec 6x² + 5x : 3a=6 ⟹ a=2 ; 3b−8a=5 ⟹ 3b=21 ⟹ b=7 ; 2a−4b+3c=0 ⟹ 4−28+3c=0 ⟹ c=8. Donc g(x) = 2x² + 7x + 8.
  2. a) Si f est solution de (E) : f''−4f'+3f = 6x²+5x. Or g vérifie aussi g''−4g'+3g = 6x²+5x (par construction). En soustrayant les deux égalités : (f−g)'' − 4(f−g)' + 3(f−g) = 0, c'est-à-dire F'' − 4F' + 3F = 0 : F est solution de (E').
    b) Si F est solution de (E') et f = F+g, alors f''−4f'+3f = (F''+g'') − 4(F'+g') + 3(F+g) = (F''−4F'+3F) + (g''−4g'+3g) = 0 + (6x²+5x) = 6x²+5x : f est bien solution de (E).
    Remarque : (E') a pour équation caractéristique r²−4r+3=0, de racines r=1 et r=3, donc F(x)=C₁e^x+C₂e^(3x). La solution générale de (E) est donc f(x) = C₁e^x + C₂e^(3x) + 2x² + 7x + 8.
4

Vérification de solutions — racines complexes

● Moyen

On considère l'équation différentielle (E) y'' + 2y' + 5y = 0. Vérifier que les fonctions f₁ et f₂ définies sur ℝ par f₁(x) = e^(−x)·cos2x et f₂(x) = e^(−x)·sin2x sont solutions de l'équation (E). (On admettra que toute solution de (E) est de la forme k₁f₁ + k₂f₂ où k₁ et k₂ sont des nombres réels quelconques.)

Correction

Pour f₁ : f₁'(x) = −e^(−x)(cos2x+2sin2x). f₁''(x) = e^(−x)(−3cos2x+4sin2x) (en dérivant à nouveau et en simplifiant). Alors f₁''+2f₁'+5f₁ = e^(−x)[(−3cos2x+4sin2x) − 2(cos2x+2sin2x) + 5cos2x] = e^(−x)[(−3−2+5)cos2x + (4−4)sin2x] = 0. f₁ est solution.

Pour f₂ : f₂'(x) = e^(−x)(−sin2x+2cos2x). f₂''(x) = e^(−x)(−3sin2x−4cos2x). Alors f₂''+2f₂'+5f₂ = e^(−x)[(−3sin2x−4cos2x) + 2(−sin2x+2cos2x) + 5sin2x] = e^(−x)[(−3−2+5)sin2x + (−4+4)cos2x] = 0. f₂ est solution.

Ce résultat est cohérent avec l'équation caractéristique r²+2r+5=0, de racines r = −1±2i (Δ=4−20=−16), qui donne exactement les fonctions de base e^(−x)cos2x et e^(−x)sin2x.

5

Modélisation — décroissance d'une consommation

● Moyen

Dans un pays, la consommation d'un produit a diminué régulièrement, la variation relative instantanée de cette consommation en kg par habitant étant à tout instant t égale à −2 %. Déterminer l'expression f(t) de cette consommation en fonction du temps t exprimé en année, sachant que cette consommation est de 12 kg à l'instant t = 15. (On donnera f(t) sous forme k·e^(mt).)

Correction

La variation relative instantanée est f'(t)/f(t) = −0,02, donc f'(t) = −0,02·f(t), soit l'équation différentielle f' + 0,02f = 0.

Les solutions sont f(t) = k·e^(−0,02t), k ∈ ℝ (ici m = −0,02, cohérent avec une diminution régulière de 2 % par an).

La condition f(15) = 12 donne k·e^(−0,3) = 12, donc k = 12·e^(0,3) ≈ 16,20.

D'où f(t) = 12·e^(0,3)·e^(−0,02t) = 12·e^(−0,02(t−15)) kg (k ≈ 16,20 ; m = −0,02).