Équation différentielle/Exercices/Modélisation

Absoption d'un médicament

Un médicament administré par voie orale est éliminé par la fonction rénale. On suppose que la durée d'absorption par voie orale est négligeable (à $t=0$, la quantité $Q_{0}$ de produit est présente dans le tube digestif).

La vitesse de passage du médicament du système digestif à la circulation sanguine est proportionnelle à la quantité de médicament restant dans le tube digestif (de constante d'absorption $k_{a}$).

La vitesse d'élimination du médicament par les reins est proportionnelle à la quantité présente dans le sang (de constante d'élimination $k_{e}<k_{a}$).

On note $Q(t)$ (resp. $S(t)$) la quantité de médicament présent dans le tube digestif (resp. dans le sang) à l'instant $t$.

1. Calculer la quantité de médicament dans le tube digestif en fonction du temps.
2. Expliquer la relation suivante : $S'(t)=k_{a}Q(t)-k_{e}S(t)$. En déduire l'expression de $S(t)$.
3. Au bout de combien de temps la quantité de médicament dans le sang sera-t-elle maximale ?

Solution

1. La quantité $Q(t)$ de médicament présente dans le tube digestif à l'instant $t$ diminue avec le temps proportionnellement à la quantité encore présente dans le tube digestif car elle passe dans le sang. La fonction $Q$ vérifie donc $Q'(t)=-k_{a}Q(t)$. Les solutions de cette équation sont de la forme $Q(t)=\lambda \operatorname {e} ^{-k_{a}t}$ or à $t=0$, la quantité présente est $Q_{0}$ donc $Q(t)=Q_{0}\operatorname {e} ^{-k_{a}t}$.
2. La quantité $S(t)$ de médicament présente dans le sang à l'instant $t$ diminue avec le temps proportionnellement à la quantité encore présente dans le sang car elle est éliminée par les reins. D'autre part, elle augmente de la quantité qui est absorbée depuis le tube digestif donc $S$ vérifie l'équation différentielle $S'(t)=k_{a}Q(t)-k_{e}S(t)$ soit $S'(t)+k_{e}S(t)=k_{a}Q_{0}\operatorname {e} ^{-k_{a}t}$.
   On résout d'abord l'équation homogène. Les solutions sont de la forme $S(t)=\lambda \operatorname {e} ^{-k_{e}t}$. Pour déterminer la solution générale de l'équation de départ, on utilise la méthode de variation de la constante. $S(t)=\lambda (t)\operatorname {e} ^{-k_{e}t}$ est solution si et seulement si $\lambda '(t)\operatorname {e} ^{-k_{e}t}-k_{e}\lambda (t)\operatorname {e} ^{-k_{e}t}+k_{e}\lambda (t)\operatorname {e} ^{-k_{e}t}=k_{a}Q_{0}\operatorname {e} ^{-k_{a}t}$ soit $\lambda '(t)=k_{a}Q_{0}\operatorname {e} ^{(-k_{a}+k_{e})t}$. On en déduit que $\lambda (t)={k_{a}Q_{0}\operatorname {e} ^{(-k_{a}+k_{e})t} \over k_{e}-k_{a}}+\mu$ et $S(t)={k_{a}Q_{0}\operatorname {e} ^{-k_{a}t} \over k_{e}-k_{a}}+\mu \operatorname {e} ^{-k_{e}t}$. À l'instant $t=0$, il n'y a pas de remède dans le sang donc $S(0)=0$. On en déduit que

   $S(t)={k_{a}Q_{0} \over k_{e}-k_{a}}(\operatorname {e} ^{-k_{a}t}-\operatorname {e} ^{-k_{e}t})$.

3. $S'(t)={k_{a}Q_{0} \over k_{e}-k_{a}}(-k_{a}\operatorname {e} ^{-k_{a}t}+k_{e}\operatorname {e} ^{-k_{e}t})$ donc
   ${\begin{aligned}S'(t)=0&\Leftrightarrow -k_{a}\operatorname {e} ^{-k_{a}t}+k_{e}\operatorname {e} ^{-k_{e}t}=0\Leftrightarrow -k_{a}+k_{e}\operatorname {e} ^{(k_{a}-k_{e})t}=0\Leftrightarrow \operatorname {e} ^{-k_{a}t}(-k_{a}+k_{e}\operatorname {e} ^{(k_{a}-k_{e})t})=0\\&\Leftrightarrow \operatorname {e} ^{(k_{a}-k_{e})t}={k_{a} \over k_{e}}\Leftrightarrow t={\ln({k_{a} \over k_{e}}) \over k_{a}-k_{e}}={\ln k_{a}-\ln k_{e} \over k_{a}-k_{e}}\end{aligned}}$
   La concentration sanguine sera maximale pour $\displaystyle t_{0}={\ln k_{a}-\ln k_{e} \over k_{a}-k_{e}}$.

 

Réaction chimique

On étudie la réaction chimique suivante :

${\mbox{2A+3B }}={\mbox{ A}}_{2}{\mbox{B}}_{3}$.

La vitesse de réaction est proportionnelle aux concentrations de A et B :

${\mathrm {d} [{\mbox{A}}_{2}{\mbox{B}}_{3}] \over \mathrm {d} t}=k[\mathrm {A} ][\mathrm {B} ]$.

On suppose qu'au départ, il n'y a pas de produit $\mathrm {A} _{2}\mathrm {B} _{3}$.

Exprimer en fonction du temps les concentrations $[\mathrm {A} ],\ [\mathrm {B} ]$ et $[{\mbox{A}}_{2}{\mbox{B}}_{3}]$ (on pourra chercher $a$ et $b$ réels tels que ${1 \over (2x-x_{1})(3x-x_{2})}={a \over 2x-x_{1}}+{b \over 3x-x_{2}}$).

Solution

Notons $a_{0}$ et $b_{0}$ les quantités des réactifs A et B au début de la réaction. Soit $x(t)$ la quantité de produit $\mathrm {A} _{2}\mathrm {B} _{3}$ qui s'est formée à l'instant $t$. Une quantité $2x$ de réactif A a été utilisée donc il en reste $a_{0}-2x$. De même, il reste une quantité $b_{0}-3x$ de réactif B. Si l'on suppose que la réaction se fait à volume constant, on aura les mêmes relations entre les concentrations : notons $\alpha _{0}$ et $\beta _{0}$ les concentrations des réactifs A et B au début de la réaction et $X(t)$ la concentration de produit $\mathrm {A} _{2}\mathrm {B} _{3}$ à l'instant $t$. Alors $[\mathrm {A} ](t)=\alpha _{0}-2X(t)$ et $[\mathrm {B} ](t)=\beta _{0}-3X(t)$. L'équation différentielle vérifiée par la fonction $X$ est donc

$X'(t)=k(\alpha _{0}-2X(t))(\beta _{0}-3X(t))$.

$X'(t)=k(\alpha _{0}-2X(t))(\beta _{0}-3X(t))\Leftrightarrow {X'(t) \over (\alpha _{0}-2X(t))(\beta _{0}-3X(t))}=k\Leftrightarrow {X'(t) \over (2X(t)-\alpha _{0})(3X(t)-\beta _{0})}=k$

${\begin{aligned}{1 \over (2x-\alpha _{0})(3x-\beta _{0})}&={a \over 2x-\alpha _{0}}+{b \over 3x-\beta _{0}}\Leftrightarrow {1 \over (2x-\alpha _{0})(3x-\beta _{0})}={a(3x-\beta _{0})+b(2x-\alpha _{0}) \over (2x-\alpha _{0})(3x-\beta _{0})}\\&\Leftrightarrow {(3a+2b)x-a\beta _{0}-b\alpha _{0} \over (2x-\alpha _{0})(3x-\beta _{0})}\Leftrightarrow {\begin{cases}3a+2b=0&\\-a\beta _{0}-b\alpha _{0}=1&\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}a=-{2 \over -3\alpha _{0}+2\beta _{0}}&\\b={3 \over -3\alpha _{0}+2\beta _{0}}&\end{cases}}\end{aligned}}$

Reprenons l'équation différentielle. $X$ est solution si et seulement si

${\begin{aligned}-{2 \over -3\alpha _{0}+2\beta _{0}}{X'(t) \over 2X(t)-\alpha _{0}}&+{3 \over -3\alpha _{0}+2\beta _{0}}{X'(t) \over 3X(t)-\beta _{0}}=k\\&\Leftrightarrow -{1 \over -3\alpha _{0}+2\beta _{0}}\ln |2X(t)-\alpha _{0}|+{1 \over -3\alpha _{0}+2\beta _{0}}\ln |3X(t)-\beta _{0}|=kt+c,\ c\in \mathbb {R} \\&\Leftrightarrow {1 \over -3\alpha _{0}+2\beta _{0}}\ln \left|{3X(t)-\beta _{0} \over 2X(t)-\alpha _{0}}\right|=kt+c,\ c\in \mathbb {R} \\&\Leftrightarrow {3X(t)-\beta _{0} \over 2X(t)-\alpha _{0}}=C\operatorname {e} ^{(-3\alpha _{0}+2\beta _{0})kt},\ C\in \mathbb {R} \\&\Leftrightarrow X(t)={\beta _{0}-\alpha _{0}C\operatorname {e} ^{(-3\alpha _{0}+2\beta _{0})kt} \over 3-2C\operatorname {e} ^{(-3\alpha _{0}+2\beta _{0})kt}},\ C\in \mathbb {R} \end{aligned}}$

On dispose comme condition initiale de $X(0)=0$. On en déduit $C={\beta _{0} \over \alpha _{0}}$ et finalement

$X(t)=\alpha _{0}\beta _{0}{1-\operatorname {e} ^{(-3\alpha _{0}+2\beta _{0})kt} \over 3\alpha _{0}-2\beta _{0}\operatorname {e} ^{(-3\alpha _{0}+2\beta _{0})kt}}=\alpha _{0}\beta _{0}{\operatorname {e} ^{-2\beta _{0}kt}-\operatorname {e} ^{-3\alpha _{0}kt} \over 3\alpha _{0}\operatorname {e} ^{-2\beta _{0}kt}-2\beta _{0}\operatorname {e} ^{-3\alpha _{0}kt}}$.

 

Évolution d'une population

L'effectif $N(t)$ (exprimé en milliers) d'une population de microbes s'accroît, pendant l'intervalle de temps $\Delta t$, de la moitié du produit $N(100-N)\Delta t$.

1. Établir l'équation différentielle satisfaite par $N(t)$.
2. On pose $y(t)={\frac {1}{N(t)}}$. Donner l'équation différentielle satisfaite par $y(t)$.
3. Donner l'expression de $y(t)$ et en déduire $N(t)$.
4. Sachant que $N(0)=50$, étudier l'évolution de la population au cours du temps. En particulier, quel est l'effectif limite quand $t$ tend vers l'infini ?

Solution

1. On traduit l'énoncé : l'accroissement de la population entre les instants $t$ et $t+\Delta t$, soit $N(t+\Delta t)-N(t)$ est égal à ${N(t)(100-N(t)) \over 2}\Delta t$ d'où, en divisant les deux termes par $\Delta t$ : ${N(t+\Delta t)-N(t) \over \Delta t}={N(t)(100-N(t)) \over 2}$ qui devient, en faisant tendre $\Delta t$ vers 0 :

   $N'(t)={N(t)(100-N(t)) \over 2}$.

2. On a $N(t)={1 \over y(t)}$ d'où en dérivant, $N'(t)=-{y'(t) \over y^{2}(t)}$. On reporte dans l'équation différentielle.
   On obtient $-{y'(t) \over y^{2}(t)}={{1 \over y(t)}\left(100-{1 \over y(t)}\right) \over 2}$ soit en multipliant les deux membres par $y^{2}(t)$ : $-y'(t)={100y(t)-1 \over 2}$, soit

   $2y'(t)+100\ y(t)=1$.

3. C'est une équation linéaire d'ordre 1 à coefficients constants. Les solutions de l'équation sont $y(t)=\lambda \operatorname {e} ^{-50t},\lambda \in \mathbb {R}$. On remarque que $y_{p}\equiv {1 \over 100}$ est une solution particulière de l'équation avec second membre. On en déduit que les solutions de $2y'(t)+100\ y(t)=1$ sont $y(t)=\lambda \operatorname {e} ^{-50t}+{1 \over 100},\lambda \in \mathbb {R}$. Les solutions de $N'(t)={N(t)(100-N(t)) \over 2}$ sont donc $N(t)={1 \over \lambda \operatorname {e} ^{-50t}+{1 \over 100}},\lambda \in \mathbb {R}$ soit

   $N(t)={100 \over \mu \operatorname {e} ^{-50t}+1},\mu \in \mathbb {R}$.

4. Si l'on a comme condition initiale $N(0)=50$, on en déduit ${100 \over \mu +1}=50$, soit $\mu =1$. L'effectif de la population au cours du temps est $N(t)={100 \over 1+\operatorname {e} ^{-50t}}$. Pour étudier les variations de l'effectif, on dérive la fonction. $\forall t\in \mathbb {R} \quad N'(t)={5000\operatorname {e} ^{-50t} \over (1+\operatorname {e} ^{-50t})^{2}}>0$ donc la fonction est croissante et $\lim _{+\infty }N={100 \over 1+0}=100$.
   L'effectif limite est égal à la capacité maximale supportée par le milieu. C'est ce qu'exprime le modèle de croissance : le taux de croissance de la population augmente si l'effectif augmente (plus de reproducteurs) mais diminue si l'effectif approche du seuil (100) autorisé par les capacités nutritives du milieu.

 

Dépollution

Un bateau-citerne a coulé au large de la Bretagne. On souhaite alors retirer le pétrole restant dans une de ses cuves. Pour ce faire, on introduit dans la cuve une quantité $N_{0}$ de bactéries qui ont la propriété d'éliminer le pétrole. Ces bactéries se reproduisent et on note $N(t)$ la quantité de bactéries présentes dans la cuve au temps $t$. On suppose que l'évolution de la quantité de bactéries suit la propriété suivante :

pendant un petit intervalle de temps $\Delta t$, la variation de quantité $\Delta N$ est proportionnelle (avec un coefficient constant $k>0$) à $\Delta t$ et la quantité de bactéries présentes dans la cuve.

1. Expliquer pourquoi $N(t)$ satisfait l'équation différentielle $N'(t)-kN(t)=0$. Donner alors l'expression de $N(t)$ et tracer approximativement son graphe.
2. Pour tout $t$, on note $T(t)$ le temps nécessaire pour que la quantité au temps $t+T(t)$ soit le double de la quantité au temps $t$ (temps de doublement de vies). Montrer que $T(t)$ ne dépend pas de $t$ et en donner une expression en fonction de $k$.
3. On suppose que le temps $t$ est exprimé en heures. On a observé qu'au bout de 3 heures, la quantité de bactéries avait doublé par rapport à la quantité de départ $N_{0}$. Calculer alors $k$.
4. On suppose que $N_{0}=10^{3}$. Avec la valeur de $k$ trouvée à la question précédente, calculer la durée $T$ au bout de laquelle on aura $10^{6}$ bactéries dans la cuve.

   On note $Q(t)$ la quantité de pétrole présent dans la cuve. On suppose qu'à $t=0$, on avait une quantité $Q(0)=Q_{0}$. On suppose que l'élimination du pétrole par les bactéries se fait de la façon suivante :

   la vitesse d'élimination de la quantité de pétrole est proportionnelle (avec un coefficient constant $\lambda >0$) à la quantité de bactéries présentes dans la cuve.

5. En utilisant cette hypothèse, donner l'expression de $Q'(t)$. En déduire alors que

   $Q(t)=Q_{0}+{\frac {\lambda N_{0}}{k}}-{\frac {\lambda N_{0}}{k}}\operatorname {e} ^{kt}$.

6. Déterminer, en fonction de $Q_{0}$, $N_{0}$, $\lambda$ et $k$, l'instant à partir duquel tout le pétrole aura disparu.

Solution

1. Pendant un petit intervalle de temps $\Delta t$, $\Delta N=N(t+\Delta t)-N(t)=kN(t)\Delta t$ soit ${N(t+\Delta t)-N(t) \over \Delta t}=kN(t)$ d'où en faisant tendre $\Delta t$ vers 0, $N'(t)=kN(t)$.
   On en déduit que $N(t)=\lambda \operatorname {e} ^{kt},\lambda \in \mathbb {R}$. En utilisant la condition initiale $N(0)=N_{0}$, on obtient

   $N(t)=N_{0}\operatorname {e} ^{kt}$.

2. $N(t+T)=2N(t)\Leftrightarrow N_{0}\operatorname {e} ^{k(t+T)}=2N_{0}\operatorname {e} ^{kt}\Leftrightarrow \operatorname {e} ^{kt}\operatorname {e} ^{kT}=2\operatorname {e} ^{kt}\Leftrightarrow \operatorname {e} ^{kT}=2\Leftrightarrow T={\ln 2 \over k}$.
3. $T=3$ donc $k={\ln 2 \over 3}$.
4. L'effectif initial est de $10^{3}$ donc l'effectif de bactéries est donné par $N(t)=10^{3}\operatorname {e} ^{kt}=10^{3}\operatorname {e} ^{{\ln 2 \over 3}t}$. On aura $N(t)=10^{6}$ si $\operatorname {e} ^{{\ln 2 \over 3}t}=10^{3}$, soit

   $t={9\ln 10 \over \ln 2}$.

5. L'énoncé se traduit par $Q'(t)=-\lambda N(t)$. (Le signe $-$ vient du fait qu'il s'agit d'une vitesse d'élimination et que $\lambda >0$.) On remplace $N(t)$ par son expression : $Q'(t)=-\lambda N_{0}\operatorname {e} ^{kt}$. On intègre terme à terme : $Q(t)=-{\lambda N_{0} \over k}\operatorname {e} ^{kt}+C,C\in \mathbb {R}$ d'où, en utilisant la condition initiale $Q(0)=Q_{0}$ :

   $-{\lambda N_{0} \over k}+C=Q_{0}$ soit $C=Q_{0}+{\lambda N_{0} \over k}$ donc

   $Q(t)=Q_{0}+{\lambda N_{0} \over k}-{\lambda N_{0} \over k}\operatorname {e} ^{kt}$.

6. L'exponentielle étant une fonction croissante et $k>0$, $Q$ est décroissante. On vérifie facilement que $Q(t)$ tend vers $-\infty$ quand $t$ tend vers $+\infty$.
   $Q(t)=0\Leftrightarrow Q_{0}+{\lambda N_{0} \over k}-{\lambda N_{0} \over k}\operatorname {e} ^{kt}=0\Leftrightarrow {k \over \lambda N_{0}}Q_{0}+1=\operatorname {e} ^{kt}\Leftrightarrow t={\ln \left({k \over \lambda N_{0}}Q_{0}+1\right) \over k}$.
   Après cet instant, le modèle n'a plus aucun sens.

 

Dessalage

La morue est du cabillaud conservé dans du sel. Pour la consommer, il est nécessaire de la dessaler pendant quelques heures. On suppose qu'un morceau de morue contient une quantité $S_{0}$ (en grammes) de sel. On le plonge dans un volume de 3 litres d'eau pure. On note $S(t)$ la quantité de sel présente dans le morceau de morue à l'instant $t$ (exprimé en heures). On suppose que l'évolution de $S$ est modélisée par l'équation :

$S'(t)+kS(t)={\frac {kS_{0}}{2}}$,

où $k$ est un réel strictement positif.

1. Donner l'expression de $S(t)$.
2. Déterminer $\lim _{+\infty }S$. Commentaire ?
   Au bout de 8 heures, on décide de changer l'eau. On replonge donc le morceau de morue dans 3 litres d'eau pure.
3. Donner l'expression de $S(t)$ pour $t\geq 8$.
4. On suppose que $S_{0}=16$ g et $k=0{,}5$. Au bout de combien de temps aura-t-on une quantité de sel inférieure à $4{,}5$ g ?

Solution

1. Les solutions de l'équation homogène sont $S(t)=\lambda \operatorname {e} ^{-kt},\lambda \in \mathbb {R}$. Comme $S_{p}\equiv {S_{0} \over 2}$ est une solution particulière, les solutions de l'équation différentielle sont $S(t)=\lambda \operatorname {e} ^{-kt}+{S_{0} \over 2},\lambda \in \mathbb {R}$. Il reste à utiliser la condition initiale $S(0)=S_{0}$. On en déduit que

   $S(t)={S_{0} \over 2}(1+\operatorname {e} ^{-kt})$.

2. $\lim _{+\infty }S={S_{0} \over 2}$ donc la morue ne dessale pas.
3. Au bout de 8 heures, la quantité de sel restante est de ${S_{0} \over 2}(1+\operatorname {e} ^{-8k})$. On change l'eau, ce qui revient à reconsidérer le même modèle avec une nouvelle condition initiale (et une translation dans le temps). La quantité de sel sera alors donnée par $\forall t\geq 8,S(t)={S_{0} \over 4}(1+\operatorname {e} ^{-8k})(1+\operatorname {e} ^{-k(t-8)})$.
   (La quantité de sel dans la morue tendra donc vers ${S_{0} \over 4}(1+\operatorname {e} ^{-8k})$ quand $t$ tend vers $+\infty$ : la morue sera un peu mieux dessalée.)
4. $4{,}5\geq S(t)=4(1+\operatorname {e} ^{-4})(1+\operatorname {e} ^{-0{,}5t+4})\Leftrightarrow 1+\operatorname {e} ^{-0{,}5t+4}\leq {4{,}5 \over 4(1+\operatorname {e} ^{-4})}\Leftrightarrow -0{,}5t+4\leq \ln \left({4{,}5 \over 4(1+\operatorname {e} ^{-4})}-1\right)$
   $\Leftrightarrow t\geq 8-2\ln \left({4{,}5 \over 4(1+\operatorname {e} ^{-4})}-1\right)\simeq 12{,}5$.

 

Modèle de Haldane

(Rappels sur les pressions. En plongée, la pression ambiante $P$ (en bars) est fonction de la profondeur $prof$ (en mètres) par la formule $P=1+{prof \over 10}$. Elle est donc de $1$ bar à $0$ m, $4$ bars à $30$ m et $1{,}3$ bar à $3$ m. L'air que nous respirons est essentiellement composé de 20 % d'oxygène (métabolisé par l'organisme) et de 80 % d'azote (diluant chimiquement inerte). La pression partielle d'azote $PP=0,8P$ respirée par le plongeur est donc égale à $0{,}8$ bar à $0$ m, $3{,}2$ bars à $30$ m, $1{,}04$ bar à $3$ m.)

À l'équilibre, la quantité d'azote $T$ dissous dans ses cellules (appelée tension et exprimée en bars) est égale à la pression partielle de l'azote qu'il respire. On modélise le corps du plongeur comme un ensemble de « compartiments », dont chacun regroupe diverses cellules du corps ayant les mêmes caractéristiques du point de vue de la dissolution d'azote respiré. À tout instant, pour chacun de ces compartiments, la variation instantanée de tension est proportionnelle (par une constante $k$ qui dépend du compartiment) au « gradient de tension », c'est-à-dire à la différence entre la tension d'azote dissous dans ce compartiment et la pression partielle d'azote respiré.

1. Écrire et résoudre l'équation différentielle qui régit l'évolution de la tension $T(t)$ à l'instant $t$, étant données une tension initiale $T_{0}$ et une pression partielle d'azote (constante) $PP$.
2. On appelle période $\tau$ du compartiment le temps nécessaire pour que le gradient soit divisé par deux. Exprimer $k$ en fonction de $\tau$. En déduire

   $T(t)=PP+(T_{0}-PP)2^{-{\frac {t}{\tau }}}$.

3. Calculer (au millième de bar par excès) les tensions $T_{\tau }(30)$ des différents compartiments de périodes $\tau =10,30,60$ (en minutes) pour un plongeur qui (à partir de tensions initiales $T_{\tau }(0)=0{,}8bar$) vient de séjourner à $30$ m de profondeur pendant $30$ min.

   La sursaturation est le quotient de la tension d'azote dissous par la pression (totale) ambiante : $S={T \over P}$. Chaque compartiment (caractérisé par sa période $\tau$) possède également un seuil de « sursaturation critique » $Sc$, au-delà duquel se produit un « dégazage incontrôlé ». Étant donnée la tension $T$ d'azote dissous, la pression ambiante $P$ doit donc rester supérieure à $T/Sc$. Si $T/Sc>1$, le plongeur ne peut donc remonter immédiatement en surface, sous peine d'accident de décompression.

4. Pour chacun des compartiments considérés précédemment (au bout d'une immersion de $30$ min à $30$ m), donner (au centième de bar par excès) la pression ambiante « critique » $Pc_{\tau }$ puis (au décimètre par excès) la profondeur « critique » $profc_{\tau }$ correspondante, étant donnée la liste suivante des seuils $Sc_{\tau }$ de sursaturation critique : $Sc_{10}=2{,}38,Sc_{30}=1{,}82,Sc_{60}=1{,}58$.
5. Pour cette plongée, quel est le compartiment « directeur » (le premier qui impose, à la remontée, un arrêt avant la surface) ? À quelle profondeur le plongeur doit-il s'arrêter (au pire) ?
6. Par confort et sécurité, il décide de faire plutôt son arrêt (« palier ») à $3$ m, et d'attendre le temps nécessaire pour que les compartiments de période $10$ et $30$ min aient éliminé assez d'azote pour atteindre une tension inférieure ou égale à leurs coefficients de sursaturation critique respectifs (de manière à pouvoir ensuite remonter à la surface sans accident). Combien de temps doit-il patienter ? (On néglige la durée de la remontée remontée de $30$ m à $3$ m, et la variation de tension au cours de cette remontée). Que remarquez-vous sur le compartiment directeur ?

Solution

1. $T'=k(PP-T)$ se réécrit $(T-PP)'=-k(T-PP)$ donc a pour solution $T(t)-PP=(T_{0}-PP)\operatorname {e} ^{-kt}$, soit :

   $T(t)=PP+(T_{0}-PP)\operatorname {e} ^{-kt}$.

2. $\operatorname {e} ^{-k\tau }={\frac {1}{2}}=\operatorname {e} ^{-\ln 2}$ donc $k={\frac {\ln 2}{\tau }}$ et en remplaçant $k$ dans l'expression précédente de $T(t)$ :

   $T(t)=PP+(T_{0}-PP)2^{-{\frac {t}{\tau }}}$.

3. $T_{\tau }(30)=3{,}2+{0{,}8-3{,}2 \over 2^{30/\tau }}=3{,}2-{2{,}4 \over 2^{30/\tau }}$ donc $T_{10}(30)=2{,}9,T_{30}(30)=2,T_{60}(30)\simeq 1{,}503$.
4. $Pc_{\tau }=T_{\tau }(30)/Sc_{\tau }$ donc $Pc_{10}\simeq 2{,}9/2{,}38\simeq 1{,}22,Pc_{30}=2/1{,}82\simeq 1{,}10,Pc_{60}\simeq 1{,}503/1{,}58\simeq 0{,}96$. Or $prof=10(P-1)$ (ou $0$ si $P<1$), d'où $profc_{10}=2{,}2$ m, $profc_{30}=1{,}0$ m, $profc_{60}=0$ m.
5. $\tau =10$, $prof=2{,}2$ m.
6. Pour chacun des compartiments, la tension après $t$ min de palier à $3$ m vaut (cf. question 2) $T(30+t)=1{,}04+{T(30)-1{,}04 \over 2^{t/\tau }}$. Elle atteint donc la valeur $Sc$ pour $t=\tau \log _{2}{T(30)-1{,}04 \over Sc-1{,}04}$, donc pour $\tau =10$, $t=10\log _{2}{2{,}9-1{,}04 \over 2{,}38-1{,}04}\simeq 10\log _{2}1{,}39\simeq 4{,}8$ tandis que pour $\tau =30$, $t=30\log _{2}{2-1{,}04 \over 1{,}82-1{,}04}\simeq 30\log _{2}1{,}23\simeq 9{,}0$ (par excès). Le plongeur doit donc faire un palier de $9$ min à $3$ m. Cette durée est imposée par le compartiment de période $30$ min, qui est devenu directeur pendant le palier.