Fonction exponentielle/Exercices/Équations différentielles

Exercice 7-1

Soient $a,b\in \mathbb {R}$. Déterminer l'unique fonction $f$ dérivable sur $\mathbb {R}$ vérifiant :

$f'=af$ et $f(0)=b$.

Solution

La solution générale de l'équation différentielle $f'=af$ est $f(x)=k\operatorname {e} ^{ax}$ ($k\in \mathbb {R}$).

On a de plus $f(0)=b$ si et seulement si $k=b$.

Finalement : $f(x)=b\operatorname {e} ^{ax}$.

 

Exercice 7-2

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 $Q(t)$ (respectivement $S(t)$) la quantité de médicament présente 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. $Q'=-k_{a}Q$ donc $Q=Q_{0}\operatorname {e} ^{-k_{a}t}$.
2. L'augmentation de médicament dans le sang est égale à l'apport du système digestif moins l'élimination par les reins, d'où $S'=k_{a}Q-k_{c}S$. Donc $S$ est solution de $y'+k_{c}y=k_{a}Q$. Une solution particulière est $y_{0}=CQ$ avec $C$ constante telle que $k_{a}Q=C(Q'+k_{c}Q)=C(k_{c}-k_{a})Q$, c'est-à-dire $C=-k_{a}/(k_{a}-k_{c})$. La solution générale est $y=y_{0}+\lambda \operatorname {e} ^{-k_{c}t}$. Donc $S=CQ+\lambda \operatorname {e} ^{-k_{c}t}$, avec $\lambda$ déterminé par la condition initiale : $0=S_{0}=CQ_{0}+\lambda$. D'où finalement $S={k_{a}Q_{0} \over k_{a}-k_{c}}(\operatorname {e} ^{-k_{c}t}-\operatorname {e} ^{-k_{a}t})$.
3. $S'=0\Leftrightarrow k_{c}\operatorname {e} ^{-k_{c}t}=k_{a}\operatorname {e} ^{-k_{a}t}\Leftrightarrow t={\ln(k_{a}/k_{c}) \over k_{a}-k_{c}}$.

 

Exercice 7-3

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. $N'=N(100-N)$.
2. $N=1/y$, $N'=-y'/y^{2}$, donc l'équation différentielle devient $-y'/y^{2}=(1/y)(100-1/y)$, c'est-à-dire $y'+100y=1$.
3. $y={1 \over 100}+\lambda \operatorname {e} ^{-100t}$ avec $\lambda =y(0)-1/100=1/N(0)-1/100$, et $N=1/y$.
4. Si $N(0)=50$ alors $\lambda =1/100$ donc $y={1+\operatorname {e} ^{-100t} \over 100}$ donc $N={100 \over 1+\operatorname {e} ^{-100t}}$, fonction croissante, et $\lim _{+\infty }N=100$.

 

Exercice 7-4

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 l'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 le graphe de $N(t)$.
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 $k$ donnée à la question précédente, calculer le temps $T$ au bout duquel 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 éliminé 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. Tracer approximativement le graphe de $Q(t)$ et déterminer, en fonction de $Q_{0}$, $N_{0}$, $\lambda$ et $k$, le temps $\tau$ à partir duquel toute la quantité de pétrole aura disparu.

Solution

1. D'après l'énonce, $N'=kN$. Donc $N=N_{0}\operatorname {e} ^{kt}$.
2. $N(t+T)=2N(t)\Leftrightarrow \operatorname {e} ^{kT}=2\Leftrightarrow T={\ln 2 \over k}$.
3. $T=3\Leftrightarrow k={\frac {\ln 2}{3}}$.
4. $10^{3}\operatorname {e} ^{kt}=10^{6}\Leftrightarrow \operatorname {e} ^{kt}=10^{3}\Leftrightarrow t={3\ln(10) \over k}={9\ln(10) \over \ln 2}$.
5. $Q'=-\lambda N=-\lambda N_{0}\operatorname {e} ^{kt}$, donc $Q=-\lambda N_{0}\operatorname {e} ^{kt}/k+C$ avec $Q_{0}=-\lambda N_{0}/k+C$, d'où $Q=Q_{0}+{\lambda N_{0} \over k}-{\lambda N_{0} \over k}\operatorname {e} ^{kt}$.
6. $Q$ décroît, et s'annule lorsque $\operatorname {e} ^{kt}=1+{kQ_{0} \over \lambda N_{0}}$, c'est-à-dire pour $t={1 \over k}\ln({kQ_{0} \over \lambda N_{0}})$.

 

Exercice 7-5

On étudie la réaction chimique suivante : $2A+3B\rightarrow A_{2}B_{3}$. La vitesse de réaction est proportionnelle aux concentrations de $A$ et $B$ : ${\frac {\mathrm {d} [A_{2}B_{3}]}{\mathrm {d} t}}=k[A][B]$. On suppose qu'au départ il n'y a pas de produit $A_{2}B_{3}$. Exprimer en fonction du temps les concentrations $[A]$, $[B]$ et $[A_{2}B_{3}]$ (on pourra chercher $a$ et $b$ réels tels que ${\frac {1}{(2x-x_{1})(3x-x_{2})}}={\frac {a}{2x-x_{1}}}+{\frac {b}{3x-x_{2}}}$).

Solution

Omettons les crochets et notons $C=A_{2}B_{3}$. On a $A=A_{0}-2C$, $B=B_{0}-3C$, $k={C' \over (2C-A_{0})(3C-B_{0})}={C'a \over 2C-A_{0}}+{C'b \over 3C-B_{0}}$ avec $a={2 \over 3A_{0}-2B_{0}}$ et $b={3 \over 2B_{0}-3A_{0}}$, donc $a=2/c$ et $b=-3/c$, avec $c=3A_{0}-2B_{0}$, et $ck={C' \over C-A_{0}/2}-{C' \over C-B_{0}/3}=(\ln({B_{0}/3-C \over A_{0}/2-C}))'$ donc ${B_{0}/3-C \over A_{0}/2-C}=\lambda \operatorname {e} ^{ckt}$, avec (pour $t=0$) $\lambda ={2B_{0} \over 3A_{0}}$. On en tire $B_{0}/3-C=\lambda \operatorname {e} ^{ckt}(A_{0}/2-C)$ donc $C={B_{0}/3-\lambda \operatorname {e} ^{ckt}A_{0}/2 \over 1-\lambda \operatorname {e} ^{ckt}}={(B_{0}/3)(1-\operatorname {e} ^{ckt}) \over 1-{2B_{0} \over 3A_{0}}\operatorname {e} ^{ckt}}={1-\operatorname {e} ^{ckt} \over {3 \over B_{0}}-{2 \over A_{0}}\operatorname {e} ^{ckt}}$ (et $A=A_{0}-2C,B=B_{0}-3C$).