Exercices : Équations Différentielles Linéaires d'Ordre 1

Correction :

a) $y' = -y$

Analyse des fonctions :

$f_1'(x) = -e^{4-x} = -f_1(x)$, donc $f_1$ est solution.

$f_2'(x) = -4e^{4x} \neq -f_2(x)$, donc $f_2$ n'est pas solution.

$f_3'(x) = -\frac{1}{4}e^{4-\frac{1}{4}x} \neq -f_3(x)$, donc $f_3$ n'est pas solution.

$f_4'(x) = e^{\frac{1}{4}x} \neq -f_4(x)$, donc $f_4$ n'est pas solution.

Solution : Seule $f_1$ est solution de $y' = -y$.

b) $4y' = y$

Analyse des fonctions :

$4f_1'(x) = -4e^{4-x} \neq f_1(x)$, donc $f_1$ n'est pas solution.

$4f_2'(x) = -16e^{4x} \neq f_2(x)$, donc $f_2$ n'est pas solution.

$4f_3'(x) = -e^{4-\frac{1}{4}x} \neq f_3(x)$, donc $f_3$ n'est pas solution.

$4f_4'(x) = 4e^{\frac{1}{4}x} = f_4(x)$, donc $f_4$ est solution.

Solution : Seule $f_4$ est solution de $4y' = y$.

c) $y' - 4y = 0$

Analyse des fonctions :

$f_1'(x) - 4f_1(x) = -e^{4-x} - 4e^{4-x} \neq 0$, donc $f_1$ n'est pas solution.

$f_2'(x) - 4f_2(x) = -4e^{4x} - 4(-e^{4x}) = 0$, donc $f_2$ est solution.

$f_3'(x) - 4f_3(x) = -\frac{1}{4}e^{4-\frac{1}{4}x} - 4e^{4-\frac{1}{4}x} \neq 0$, donc $f_3$ n'est pas solution.

$f_4'(x) - 4f_4(x) = e^{\frac{1}{4}x} - 4(4e^{\frac{1}{4}x}) \neq 0$, donc $f_4$ n'est pas solution.

Solution : Seule $f_2$ est solution de $y' - 4y = 0$.

d) $4y' + y = 0$

Analyse des fonctions :

$4f_1'(x) + f_1(x) = -4e^{4-x} + e^{4-x} \neq 0$, donc $f_1$ n'est pas solution.

$4f_2'(x) + f_2(x) = -16e^{4x} - e^{4x} \neq 0$, donc $f_2$ n'est pas solution.

$4f_3'(x) + f_3(x) = -e^{4-\frac{1}{4}x} + e^{4-\frac{1}{4}x} = 0$, donc $f_3$ est solution.

$4f_4'(x) + f_4(x) = 4e^{\frac{1}{4}x} + 4e^{\frac{1}{4}x} \neq 0$, donc $f_4$ n'est pas solution.

Solution : Seule $f_3$ est solution de $4y' + y = 0$.

Correction :

Méthode : Les équations différentielles linéaires homogènes du premier ordre à coefficients constants de la forme $y' = ay$ ont pour solution générale $y(x) = \lambda e^{ax}$, où $\lambda$ est une constante réelle.

a) $y' = 3y$

Ici, $a = 3$.

Solution générale : $y(x) = \lambda e^{3x}$, où $\lambda \in \mathbb{R}$.

b) $y' + 2y = 0$

Réécrivons l'équation sous la forme $y' = -2y$. Ici, $a = -2$.

Solution générale : $y(x) = \lambda e^{-2x}$, où $\lambda \in \mathbb{R}$.

c) $2y' = y \Leftrightarrow y' = \frac{1}{2}y$

Réécrivons l'équation sous la forme $y' = \frac{1}{2}y$. Ici, $a = \frac{1}{2}$.

Solution générale : $y(x) = \lambda e^{\frac{1}{2}x}$, où $\lambda \in \mathbb{R}$.

d) $3y' - 5y = 0 \Leftrightarrow y' = \frac{5}{3}y$

Réécrivons l'équation sous la forme $y' = \frac{5}{3}y$. Ici, $a = \frac{5}{3}$.

Solution générale : $y(x) = \lambda e^{\frac{5}{3}x}$, où $\lambda \in \mathbb{R}$.

Correction :

Méthode : Pour résoudre une équation différentielle avec condition initiale, on trouve d'abord la solution générale, puis on utilise la condition initiale pour déterminer la valeur de la constante $\lambda$.

a) $y' = \frac{1}{2}y$ et $f(0) = 1$

1. Solution générale : De l'exercice précédent, avec $a = \frac{1}{2}$, la solution générale est $y(x) = \lambda e^{\frac{1}{2}x}$.

2. Utilisation de la condition initiale : $f(0) = 1 \Rightarrow y(0) = 1$. Substituons $x = 0$ dans la solution générale : $y(0) = \lambda e^{\frac{1}{2} \times 0} = \lambda e^0 = \lambda$. Donc, $\lambda = 1$.

Solution particulière : $y(x) = e^{\frac{1}{2}x}$.

b) $5y' = y \Leftrightarrow y' = \frac{1}{5}y$ et $f(1) = 0$

1. Solution générale : Avec $a = \frac{1}{5}$, la solution générale est $y(x) = \lambda e^{\frac{1}{5}x}$.

2. Utilisation de la condition initiale : $f(1) = 0 \Rightarrow y(1) = 0$. Substituons $x = 1$ dans la solution générale : $y(1) = \lambda e^{\frac{1}{5} \times 1} = \lambda e^{\frac{1}{5}}$. Donc, $\lambda e^{\frac{1}{5}} = 0 \Rightarrow \lambda = 0$.

Solution particulière : $y(x) = 0$.

c) $y' + y = 0$ et $f(1) = 2$

1. Solution générale : De l'exercice précédent, avec $a = -1$, la solution générale est $y(x) = \lambda e^{-x}$.

2. Utilisation de la condition initiale : $f(1) = 2 \Rightarrow y(1) = 2$. Substituons $x = 1$ dans la solution générale : $y(1) = \lambda e^{-1}$. Donc, $\lambda e^{-1} = 2 \Rightarrow \lambda = 2e$.

Solution particulière : $y(x) = 2e \cdot e^{-x} = 2e^{1-x}$.

Correction :

a) Résolution de l'équation différentielle $(E)$ avec condition initiale :

Type d'équation : Équation différentielle linéaire homogène du premier ordre à coefficients constants de la forme $y' = ay$.

Solution générale : La solution générale de $(E): y' = -0.000121y$ est $N(t) = \lambda e^{-0.000121t}$, où $\lambda \in \mathbb{R}$.

Application de la condition initiale : $N(0) = N_0$. Substituons $t=0$ : $N(0) = \lambda e^{-0.000121 \times 0} = \lambda e^0 = \lambda$. Donc, $\lambda = N_0$.

Solution particulière : $N(t) = N_0 e^{-0.000121t}$.

b) Calcul de la demi-vie du carbone 14 :

Définition de la demi-vie : La demi-vie $T$ est le temps nécessaire pour que le nombre de noyaux de carbone 14 diminue de moitié, c'est-à-dire $N(T) = \frac{1}{2}N_0$.

Équation à résoudre : $\frac{1}{2}N_0 = N_0 e^{-0.000121T}$.

Résolution :

Divisons les deux côtés par $N_0$ (puisque $N_0 \neq 0$) : $\frac{1}{2} = e^{-0.000121T}$.

Prenons le logarithme népérien des deux côtés : $\ln(\frac{1}{2}) = \ln(e^{-0.000121T}) \Leftrightarrow \ln(\frac{1}{2}) = -0.000121T$.

Isolons $T$: $T = \frac{\ln(\frac{1}{2})}{-0.000121} = \frac{-\ln(2)}{-0.000121} = \frac{\ln(2)}{0.000121}$.

Approximation numérique : $T \approx \frac{0.6931}{0.000121} \approx 5728$ années.

Conclusion : La demi-vie du carbone 14 est d'environ 5728 années.

Correction :

a) Solution constante de $(E)$ :

Principe : Une solution constante est une fonction $y(x) = C$ où $C$ est une constante. Sa dérivée est donc $y'(x) = 0$. Pour trouver la solution constante, nous substituons $y'$ par $0$ dans l'équation différentielle.

Calcul : Substituons $y' = 0$ dans $(E): y' = -\frac{1}{2}y + 3$ : $0 = -\frac{1}{2}y + 3$.

Résolvons pour $y$: $\frac{1}{2}y = 3 \Leftrightarrow y = 6$.

Solution constante : La seule solution constante de $(E)$ est $y(x) = 6$.

b) Solutions générales de $(E)$ sur $\mathbb{R}$ :

Méthode : Pour trouver la solution générale d'une équation différentielle linéaire non homogène du premier ordre, on additionne la solution générale de l'équation homogène associée et une solution particulière de l'équation non homogène. Ici, nous connaissons déjà une solution particulière, la solution constante $y(x) = 6$.

1. Équation homogène associée : L'équation homogène associée à $(E): y' = -\frac{1}{2}y + 3$ est $(H): y' = -\frac{1}{2}y$.

2. Solution générale de $(H)$ : De l'exercice 2a, la solution générale de $(H)$ est $y_H(x) = \lambda e^{-\frac{1}{2}x}$, où $\lambda \in \mathbb{R}$.

3. Solution particulière de $(E)$ : Nous avons trouvé une solution particulière constante $y_p(x) = 6$.

4. Solution générale de $(E)$ : La solution générale de $(E)$ est la somme de la solution générale de $(H)$ et de la solution particulière $y_p(x)$ : $y(x) = y_H(x) + y_p(x) = \lambda e^{-\frac{1}{2}x} + 6$.

Conclusion : Les solutions de $(E)$ sur $\mathbb{R}$ sont de la forme $y(x) = \lambda e^{-\frac{1}{2}x} + 6$, où $\lambda \in \mathbb{R}$.

Correction :

Méthode : Pour résoudre les équations différentielles linéaires non homogènes du premier ordre de la forme $y' = ay + b$, on cherche d'abord la solution constante, puis la solution générale de l'équation homogène associée, et on additionne les deux.

a) $y' = -2y + 5$

1. Solution constante : Posons $y' = 0$, on obtient $0 = -2y + 5 \Rightarrow y = \frac{5}{2}$.

2. Équation homogène associée : $y' = -2y$. Solution générale : $y_H(x) = \lambda e^{-2x}$.

Solution générale : $y(x) = y_H(x) + y_p(x) = \lambda e^{-2x} + \frac{5}{2}$, où $\lambda \in \mathbb{R}$.

b) $y' = y - 3$

1. Solution constante : Posons $y' = 0$, on obtient $0 = y - 3 \Rightarrow y = 3$.

2. Équation homogène associée : $y' = y$. Solution générale : $y_H(x) = \lambda e^{x}$.

Solution générale : $y(x) = y_H(x) + y_p(x) = \lambda e^{x} + 3$, où $\lambda \in \mathbb{R}$.

c) $2y' + y = 4 \Leftrightarrow y' = -\frac{1}{2}y + 2$

Réécrivons l'équation sous la forme $y' = -\frac{1}{2}y + 2$.

1. Solution constante : Posons $y' = 0$, on obtient $0 = -\frac{1}{2}y + 2 \Rightarrow y = 4$.

2. Équation homogène associée : $y' = -\frac{1}{2}y$. Solution générale : $y_H(x) = \lambda e^{-\frac{1}{2}x}$.

Solution générale : $y(x) = y_H(x) + y_p(x) = \lambda e^{-\frac{1}{2}x} + 4$, où $\lambda \in \mathbb{R}$.

d) $3y' - 6y = 1 \Leftrightarrow y' = 2y + \frac{1}{3}$

Réécrivons l'équation sous la forme $y' = 2y + \frac{1}{3}$.

1. Solution constante : Posons $y' = 0$, on obtient $0 = 2y + \frac{1}{3} \Rightarrow y = -\frac{1}{6}$.

2. Équation homogène associée : $y' = 2y$. Solution générale : $y_H(x) = \lambda e^{2x}$.

Solution générale : $y(x) = y_H(x) + y_p(x) = \lambda e^{2x} - \frac{1}{6}$, où $\lambda \in \mathbb{R}$.

Correction :

a) $y'=3y-6$ et $y(0)=-1$.

Méthode : Résoudre l'équation différentielle non homogène, puis utiliser la condition initiale pour trouver la constante.

1. Solution générale : La solution générale de $y'=3y-6$ est $y(x)=\lambda e^{3x}+2$.

2. Condition initiale : $y(0) = -1$. On utilise cette condition pour déterminer $\lambda$.

Substituons $x=0$ et $y=-1$ dans la solution générale : $-1 = \lambda e^{3(0)} + 2 = \lambda + 2$.

3. Détermination de $\lambda$ : Résolvons $\lambda + 2 = -1 \Rightarrow \lambda = -3$.

Solution particulière : $y(x) = -3e^{3x} + 2$.

b) $y'=-5y+4$ et $y(1)=0$.

Méthode : Similaire à l'exercice précédent.

1. Solution générale : La solution générale de $y'=-5y+4$ est $y(x) = \lambda e^{-5x} + \frac{4}{5}$.

2. Condition initiale : $y(1) = 0$. On utilise cette condition pour déterminer $\lambda$.

Substituons $x=1$ et $y=0$ dans la solution générale : $0 = \lambda e^{-5(1)} + \frac{4}{5} = \lambda e^{-5} + \frac{4}{5}$.

3. Détermination de $\lambda$ : Résolvons $\lambda e^{-5} + \frac{4}{5} = 0 \Rightarrow \lambda = -\frac{4}{5}e^5$.

Solution particulière : $y(x) = -\frac{4}{5}e^{5} e^{-5x} = -\frac{4}{5}e^{5-5x}$.

c) $y'=y-1$ et $y(2)=1$.

Méthode : Similaire aux exercices précédents.

1. Solution générale : La solution générale de $y'=y-1$ est $y(x) = \lambda e^{x} + 1$.

2. Condition initiale : $y(2) = 1$. On utilise cette condition pour déterminer $\lambda$.

Substituons $x=2$ et $y=1$ dans la solution générale : $1 = \lambda e^{2} + 1$.

3. Détermination de $\lambda$ : Résolvons $\lambda e^{2} + 1 = 1 \Rightarrow \lambda e^{2} = 0 \Rightarrow \lambda = 0$.

Solution particulière : $y(x) = 0 \cdot e^{x} + 1 = 1$. La solution est la fonction constante $y(x) = 1$.