First Order Differential Equations With Separable Variables

# First Order Differential Equations With Separable Variables ## Objectifs et prérequis Ce chapitre vise à permettre à l'élève de comprendre, reconnaître, résoudre et appliquer les équations différentielles du premier ordre à variables séparables. À la fin de ce chapitre, l'élève sera capable de : - Définir une équation différentielle du premier ordre et distinguer ses composantes (fonction inconnue, dérivée, variable indépendante). - Identifier une équation différentielle séparable par sa forme factorisable en fonction de la variable dépendante d'une part et de la variable indépendante d'autre part. - Appliquer la méthode de séparation des variables pour réécrire l'équation sous une forme intégrable. - Effectuer les intégrales nécessaires pour obtenir la solution générale, en incluant la constante d'intégration. - Utiliser une condition initiale pour déterminer la valeur de la constante d'intégration et obtenir une solution particulière. - Modéliser des situations réelles (croissance, déclin, mélange, refroidissement) à l'aide d'équations différentielles séparables et interpréter les résultats. **Prérequis** : Maîtrise des dérivées et intégrales de base (fonctions polynomiales, exponentielles, logarithmiques, trigonométriques simples), connaissance des propriétés des logarithmes et des exponentielles, capacité à manipuler les expressions algébriques, familiarité avec la notation fonctionnelle $y = y(x)$ et le symbole $\frac{dy}{dx}$. --- ## I. Meaning of first order differential equations Une équation différentielle du premier ordre est une équation qui relie une fonction inconnue $y(x)$, sa première dérivée $\frac{dy}{dx}$ par rapport à la variable indépendante $x$, et éventuellement la variable $x$ elle-même. Elle s'écrit généralement sous la forme : $$ \frac{dy}{dx} = f(x, y) $$ où $f$ est une fonction de deux variables définie sur un domaine du plan $xy$. La solution d'une telle équation est une fonction $y = \phi(x)$ qui, lorsqu'elle est substituée dans l'équation, la vérifie identiquement pour tout $x$ dans un certain intervalle. > **À retenir** : Une équation différentielle du premier ordre exprime un lien entre le taux de variation d'une quantité et l'état actuel de cette quantité, éventuellement influencé par le temps ou la position. ### Exemple 1 : Équation différentielle du premier ordre L'équation $\frac{dy}{dx} = 2x + y$ est une équation différentielle du premier ordre car elle implique $y$ et sa dérivée première par rapport à $x$. ### Exemple 2 : Non-équation différentielle L'équation $y^2 + x = 5$ n'est pas une équation différentielle car elle ne contient aucune dérivée. ### Exercice 1 : Identification Parmi les équations suivantes, lesquelles sont des équations différentielles du premier ordre ? (a) $\frac{dy}{dx} = \sin(x)$ (b) $y \frac{dy}{dx} = x^2$ (c) $\frac{d^2y}{dx^2} + y = 0$ (d) $y = e^x$ **Corrigé** : (a) Oui : dérivée première présente. (b) Oui : produit de $y$ et de sa dérivée première. (c) Non : dérivée seconde présente → ordre 2. (d) Non : aucune dérivée. --- ## II. Recognition of separable equations Une équation différentielle du premier ordre est dite **séparable** si elle peut être réécrite sous la forme : $$ \frac{dy}{dx} = g(x) \cdot h(y) $$ où $g$ est une fonction de $x$ seule et $h$ est une fonction de $y$ seule. Cette forme permet de séparer les variables : tous les termes en $y$ (y compris $dy$) d'un côté, tous les termes en $x$ (y compris $dx$) de l'autre. > **À retenir** : Une équation est séparable si et seulement si elle peut être factorisée comme un produit d'une fonction de $x$ et d'une fonction de $y$. ### Exemple 1 : Équation séparable $\frac{dy}{dx} = x^2 y$ Ici, $g(x) = x^2$, $h(y) = y$ → séparable. ### Exemple 2 : Équation non séparable $\frac{dy}{dx} = x + y$ On ne peut pas écrire $x + y$ comme $g(x)h(y)$ → non séparable. ### Exemple 3 : Équation séparable après manipulation $\frac{dy}{dx} = \frac{x}{y}$ Écrivons : $\frac{dy}{dx} = x \cdot \frac{1}{y}$ → $g(x) = x$, $h(y) = \frac{1}{y}$ → séparable. ### Exemple 4 : Équation séparable avec fonctions trigonométriques $\frac{dy}{dx} = \cos(x) \cdot e^y$ → $g(x) = \cos(x)$, $h(y) = e^y$ → séparable. ### Exercice 2 : Reconnaissance Déterminer si chacune des équations suivantes est séparable. Justifier. (a) $\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x}$ (b) $\frac{dy}{dx} = x^2 + y^2$ (c) $\frac{dy}{dx} = \sin(x) \cos(y)$ (d) $\frac{dy}{dx} = \frac{x}{y} + 1$ **Corrigé** : (a) Oui : $\frac{y}{x} = \frac{1}{x} \cdot y$ → $g(x)=\frac{1}{x}$, $h(y)=y$ (b) Non : $x^2 + y^2$ ne se factorise pas en produit de fonction de $x$ et de fonction de $y$ (c) Oui : $\sin(x)\cos(y)$ → produit évident (d) Non : $\frac{x}{y} + 1$ ne peut pas s'écrire comme $g(x)h(y)$ (vérifiez : si $h(y)$ dépend de $y$, alors $g(x)$ devrait absorber le $+1$, impossible) --- ## III. Separation of variables La méthode de séparation des variables consiste à réécrire l'équation différentielle séparable $\frac{dy}{dx} = g(x) h(y)$ sous la forme : $$ \frac{1}{h(y)} dy = g(x) dx $$ en supposant que $h(y) \neq 0$ (on traitera les cas où $h(y)=0$ séparément comme solutions constantes éventuelles). Ensuite, on intègre les deux côtés. > **À retenir** : Pour séparer les variables, divisez par $h(y)$ et multipliez par $dx$ : $\frac{dy}{h(y)} = g(x) dx$. ### Étapes de la séparation : 1. Écrire l'équation sous la forme $\frac{dy}{dx} = g(x) h(y)$. 2. Réécrire comme $\frac{1}{h(y)} dy = g(x) dx$. 3. Intégrer les deux côtés : $\int \frac{1}{h(y)} dy = \int g(x) dx$. 4. Résoudre pour $y$ si possible (solution explicite), ou laisser sous forme implicite. ### Exemple 1 : Séparation simple Résoudre : $\frac{dy}{dx} = 2x y$ Étape 1 : Déjà sous forme séparable : $g(x)=2x$, $h(y)=y$ Étape 2 : $\frac{1}{y} dy = 2x dx$ Étape 3 : Intégrer : $$ \int \frac{1}{y} dy = \int 2x dx \quad \Rightarrow \quad \ln|y| = x^2 + C $$ Étape 4 : Résoudre pour $y$ : $$ |y| = e^{x^2 + C} = e^C e^{x^2} \quad \Rightarrow \quad y = \pm e^C e^{x^2} $$ Soit $K = \pm e^C$ (constante arbitraire non nulle) : $$ y = K e^{x^2} $$ On peut aussi inclure $y=0$ (vérifié : si $y=0$, alors $\frac{dy}{dx}=0$ et $2x\cdot0=0$ → solution) → donc la solution générale est $y = K e^{x^2}$ avec $K \in \mathbb{R}$. > **À retenir** : La solution générale d'une équation différentielle du premier ordre contient une constante arbitraire $C$ (ou équivalentement un paramètre comme $K$). ### Exemple 2 : Avec fonction trigonométrique Résoudre : $\frac{dy}{dx} = \cos(x) \sec^2(y)$ Étape 1 : $\frac{dy}{dx} = \cos(x) \cdot \frac{1}{\cos^2(y)}$ → $g(x)=\cos(x)$, $h(y)=\sec^2(y)$ Étape 2 : $\cos^2(y) dy = \cos(x) dx$ Étape 3 : Intégrer : $$ \int \cos^2(y) dy = \int \cos(x) dx $$ On utilise l'identité $\cos^2(y) = \frac{1+\cos(2y)}{2}$ : $$ \int \frac{1+\cos(2y)}{2} dy = \int \cos(x) dx \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{2} \left( y + \frac{\sin(2y)}{2} \right) = \sin(x) + C $$ $$ \frac{y}{2} + \frac{\sin(2y)}{4} = \sin(x) + C $$ Ceci est une solution implicite. On ne peut pas isoler $y$ facilement → on laisse sous cette forme. ### Exercice 3 : Séparation et intégration Résoudre chacune des équations suivantes par séparation des variables. (a) $\frac{dy}{dx} = \frac{x}{y}$ (b) $\frac{dy}{dx} = y^2 e^x$ (c) $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x(y+1)}$ **Corrigé** : (a) $\frac{dy}{dx} = \frac{x}{y}$ → $y dy = x dx$ Intégrer : $\int y dy = \int x dx$ → $\frac{y^2}{2} = \frac{x^2}{2} + C$ → $y^2 = x^2 + 2C$ → $y^2 = x^2 + D$ (où $D=2C$) Solution générale : $y^2 - x^2 = D$ ou $y = \pm \sqrt{x^2 + D}$ (b) $\frac{dy}{dx} = y^2 e^x$ → $\frac{1}{y^2} dy = e^x dx$ Intégrer : $\int y^{-2} dy = \int e^x dx$ → $-y^{-1} = e^x + C$ → $-\frac{1}{y} = e^x + C$ Résoudre : $\frac{1}{y} = -e^x - C$ → $y = \frac{1}{-e^x - C}$ On peut écrire $y = \frac{1}{K - e^x}$ en posant $K = -C$ (c) $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x(y+1)}$ → $(y+1) dy = \frac{1}{x} dx$ Intégrer : $\int (y+1) dy = \int \frac{1}{x} dx$ → $\frac{y^2}{2} + y = \ln|x| + C$ Solution implicite : $\frac{y^2}{2} + y - \ln|x| = C$ --- ## IV. Integration to obtain general solutions L'étape d'intégration est cruciale : elle permet de passer de l'équation différentielle à une relation entre $y$ et $x$ contenant une constante d'intégration. Cette constante reflète le fait qu'une équation différentielle du premier ordre admet une infinité de solutions, chacune correspondant à une valeur différente de la constante. Lors de l'intégration, on doit : - Utiliser les intégrales connues (puissances, exponentielles, logarithmiques, trigonométriques). - Faire attention aux valeurs absolues dans les logarithmes : $\int \frac{1}{u} du = \ln|u| + C$. - Inclure la constante d'intégration **d'un seul côté** (généralement à droite) pour éviter les redondances. - Vérifier les solutions constantes perdues lors de la division par $h(y)$ (si $h(y)=0$ donne une solution). > **À retenir** : Après intégration, on obtient une équation implicite ou explicite reliant $y$ et $x$, contenant exactement une constante arbitraire $C$ : c'est la **solution générale**. ### Exemple 1 : Solution générale avec logarithme Résoudre : $\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x}$, $x>0$ Séparation : $\frac{1}{y} dy = \frac{1}{x} dx$ Intégration : $\int \frac{1}{y} dy = \int \frac{1}{x} dx$ → $\ln|y| = \ln|x| + C$ Comme $x>0$, on peut écrire $\ln y = \ln x + C$ (en supposant $y>0$ pour l'instant) Alors : $\ln y - \ln x = C$ → $\ln\left(\frac{y}{x}\right) = C$ Exponentier : $\frac{y}{x} = e^C$ → soit $K = e^C > 0$ → $y = Kx$ Mais on doit considérer le cas $y<0$ : en réalité, depuis $\ln|y| = \ln x + C$, on a $|y| = e^C x$ → $y = \pm e^C x$ Soit $K = \pm e^C$ → $y = Kx$, où $K \in \mathbb{R}\setminus\{0\}$ Vérifier $y=0$ : si $y=0$, alors $\frac{dy}{dx}=0$ et $\frac{y}{x}=0$ → solution ! Donc la solution générale est : $y = Kx$, où $K \in \mathbb{R}$ (inclut maintenant $K=0$) ### Exemple 2 : Solution générale avec exponentielle Résoudre : $\frac{dy}{dx} = -2y$ Séparation : $\frac{1}{y} dy = -2 dx$ Intégration : $\ln|y| = -2x + C$ → $|y| = e^{-2x + C} = e^C e^{-2x}$ → $y = \pm e^C e^{-2x}$ Soit $K = \pm e^C$ → $y = K e^{-2x}$, $K \in \mathbb{R}$ Vérifier $y=0$ : oui, solution → donc $K \in \mathbb{R}$ est valide. ### Exercice 4 : Intégration et solution générale Trouver la solution générale de chacune des équations suivantes. (a) $\frac{dy}{dx} = 3y^2$ (b) $\frac{dy}{dx} = \frac{2x}{1+y^2}$ (c) $\frac{dy}{dx} = e^{x-y}$ **Corrigé** : (a) $\frac{dy}{dx} = 3y^2$ → $y^{-2} dy = 3 dx$ Intégrer : $-y^{-1} = 3x + C$ → $-\frac{1}{y} = 3x + C$ → $\frac{1}{y} = -3x - C$ → $y = \frac{1}{-3x - C}$ Écrire $y = \frac{1}{K - 3x}$ avec $K = -C$ Vérifier $y=0$ : non solution (division par zéro) → donc $y \neq 0$, mais la forme $y = \frac{1}{K-3x}$ couvre toutes les solutions non nulles. Solution générale : $y = \frac{1}{K - 3x}$, $K \in \mathbb{R}$ (b) $\frac{dy}{dx} = \frac{2x}{1+y^2}$ → $(1+y^2) dy = 2x dx$ Intégrer : $\int (1+y^2) dy = \int 2x dx$ → $y + \frac{y^3}{3} = x^2 + C$ Solution implicite : $\frac{y^3}{3} + y - x^2 = C$ Pas de perte de solution : $1+y^2 \neq 0$ toujours → aucune solution constante perdue. (c) $\frac{dy}{dx} = e^{x-y} = e^x e^{-y}$ → $e^y dy = e^x dx$ Intégrer : $\int e^y dy = \int e^x dx$ → $e^y = e^x + C$ → $y = \ln(e^x + C)$ Condition : $e^x + C > 0$ pour que le logarithme soit défini. Vérifier $y$ constante ? Si $y=k$, alors $\frac{dy}{dx}=0$ et $e^{x-k}=0$ → jamais vrai → aucune solution constante. Solution générale : $y = \ln(e^x + C)$, où $C > -e^x$ pour tout $x$ dans le domaine (on considère généralement $C > 0$ pour simplicité, mais formellement $C \in \mathbb{R}$ tel que $e^x + C > 0$ sur l'intervalle considéré). --- ## V. Finding particular solutions using initial conditions Une condition initiale est une valeur connue de la fonction inconnue à un point spécifique : $y(x_0) = y_0$. Elle permet de déterminer la valeur unique de la constante d'intégration $C$ (ou $K$) dans la solution générale, afin d'obtenir une **solution particulière** qui satisfait à la fois l'équation différentielle et la condition initiale. > **À retenir** : Pour trouver la solution particulière, substituez $x=x_0$ et $y=y_0$ dans la solution générale, puis résolvez pour la constante. ### Exemple 1 : Condition initiale avec exponentielle Résoudre : $\frac{dy}{dx} = y$, avec $y(0) = 5$ Solution générale : d'après l'exemple précédent, $y = K e^x$ Appliquer la condition : $y(0) = K e^0 = K = 5$ → Solution particulière : $y = 5 e^x$ ### Exemple 2 : Condition initiale avec logarithme Résoudre : $\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x}$, avec $y(1) = -2$ Solution générale : $y = Kx$ (d'après l'Exemple 1 de la section IV) Appliquer : $y(1) = K \cdot 1 = K = -2$ → Solution particulière : $y = -2x$ ### Exemple 3 : Condition initiale avec solution implicite Résoudre : $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x(y+1)}$, avec $y(2) = 0$ D'après l'Exercice 3(c) : solution générale implicite : $\frac{y^2}{2} + y = \ln|x| + C$ Appliquer $x=2$, $y=0$ : $\frac{0^2}{2} + 0 = \ln|2| + C$ → $0 = \ln 2 + C$ → $C = -\ln 2$ Solution particulière : $\frac{y^2}{2} + y = \ln|x| - \ln 2 = \ln\left|\frac{x}{2}\right|$ On peut écrire : $\frac{y^2}{2} + y - \ln\left|\frac{x}{2}\right| = 0$ ### Exercice 5 : Conditions initiales Trouver la solution particulière pour chacune des équations suivantes avec la condition initiale donnée. (a) $\frac{dy}{dx} = 4y^3$, $y(0) = 1$ (b) $\frac{dy}{dx} = \frac{x}{y}$, $y(1) = -3$ (c) $\frac{dy}{dx} = \cos(x) \sin(y)$, $y(0) = \frac{\pi}{2}$ **Corrigé** : (a) $\frac{dy}{dx} = 4y^3$ → $y^{-3} dy = 4 dx$ Intégrer : $\int y^{-3} dy = \int 4 dx$ → $-\frac{1}{2} y^{-2} = 4x + C$ → $-\frac{1}{2y^2} = 4x + C$ Condition : $y(0)=1$ → $-\frac{1}{2(1)^2} = 0 + C$ → $-\frac{1}{2} = C$ Donc : $-\frac{1}{2y^2} = 4x - \frac{1}{2}$ Multiplier par $-2$ : $\frac{1}{y^2} = -8x + 1$ → $y^2 = \frac{1}{1 - 8x}$ → $y = \pm \frac{1}{\sqrt{1 - 8x}}$ Comme $y(0)=1>0$, on prend la racine positive : **Solution particulière** : $y = \frac{1}{\sqrt{1 - 8x}}$, pour $x < \frac{1}{8}$ (b) $\frac{dy}{dx} = \frac{x}{y}$ → $y dy = x dx$ Intégrer : $\frac{y^2}{2} = \frac{x^2}{2} + C$ → $y^2 = x^2 + 2C$ Condition : $y(1) = -3$ → $(-3)^2 = 1^2 + 2C$ → $9 = 1 + 2C$ → $2C = 8$ → $C = 4$ Donc : $y^2 = x^2 + 8$ Comme $y(1) = -3 < 0$, on prend la racine négative : **Solution particulière** : $y = -\sqrt{x^2 + 8}$ (c) $\frac{dy}{dx} = \cos(x) \sin(y)$ → $\csc(y) dy = \cos(x) dx$ Intégrer : $\int \csc(y) dy = \int \cos(x) dx$ On sait que $\int \csc(y) dy = \ln|\csc(y) - \cot(y)| + C$ (ou aussi $-\ln|\csc(y) + \cot(y)|$) Mais on peut aussi utiliser : $\int \csc(y) dy = \ln|\tan(y/2)| + C$ Cependant, pour éviter les formes complexes, on peut aussi écrire : $\frac{dy}{\sin(y)} = \cos(x) dx$ On sait que $\int \frac{dy}{\sin(y)} = \ln|\tan(y/2)| + C$ Mais une autre approche : multiplier numérateur et dénominateur par $\sin(y)$ ? En fait, on peut utiliser : $\int \csc(y) dy = -\ln|\csc(y) + \cot(y)| + C$ Mais pour simplifier, notons que : $\frac{d}{dy} [ \ln|\tan(y/2)| ] = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sec^2(y/2)}{\tan(y/2)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\cos^2(y/2)} \cdot \frac{\cos(y/2)}{\sin(y/2)} = \frac{1}{2 \sin(y/2) \cos(y/2)} = \frac{1}{\sin(y)}$ Donc oui : $\int \csc(y) dy = \ln|\tan(y/2)| + C$ Ainsi : $\ln|\tan(y/2)| = \sin(x) + C$ Condition : $y(0) = \pi/2$ → $\ln|\tan(\pi/4)| = \sin(0) + C$ → $\ln|1| = 0 + C$ → $0 = C$ Donc : $\ln|\tan(y/2)| = \sin(x)$ → $|\tan(y/2)| = e^{\sin(x)}$ Comme $y(0)=\pi/2$ → $y/2 = \pi/4$ → $\tan(\pi/4)=1>0$, et pour $x$ près de 0, $\sin(x)≈0$, on reste dans la branche où $\tan(y/2)>0$ → $\tan(y/2) = e^{\sin(x)}$ → $y/2 = \arctan(e^{\sin(x)})$ → **Solution particulière** : $y = 2 \arctan(e^{\sin(x))}$ > **À retenir** : Lors de l'application d'une condition initiale, on substitue les valeurs dans la solution générale (explicite ou implicite) pour déterminer la constante. On doit ensuite choisir la branche de la solution qui convient au signe de $y_0$. --- ## VI. Applications of separable differential equations Les équations différentielles séparables modélisent de nombreux phénomènes physiques, biologiques ou chimiques où le taux de variation d'une quantité dépend uniquement de cette quantité elle-même et éventuellement du temps. ### 1. Croissance et déclin exponentiels **Modèle** : $\frac{dP}{dt} = kP$, où $P$ est la population (ou quantité), $t$ le temps, $k$ une constante réelle. - Si $k > 0$ : croissance exponentielle. - Si $k < 0$ : déclin exponentiel (désintégration radioactive, refroidissement). **Solution** : Séparer : $\frac{1}{P} dP = k dt$ → $\ln|P| = kt + C$ → $P = A e^{kt}$, où $A = \pm e^C$ Avec condition initiale $P(0) = P_0$ → $P_0 = A e^0 = A$ → $P(t) = P_0 e^{kt}$ > **À retenir** : La solution de $\frac{dP}{dt} = kP$ est $P(t) = P_0 e^{kt}$, où $P_0$ est la valeur initiale. **Exemple** : Une bactérie se double toutes les 3 heures. Si initialement il y a 500 bactéries, combien y en a-t-il après 10 heures ? On sait que $P(t) = P_0 e^{kt}$ Doublement : $P(3) = 2P_0$ → $2P_0 = P_0 e^{3k}$ → $2 = e^{3k}$ → $\ln 2 = 3k$ → $k = \frac{\ln 2}{3}$ $P(10) = 500 e^{(\ln 2 / 3) \cdot 10} = 500 e^{(10/3)\ln 2} = 500 \cdot 2^{10/3}$ $2^{10/3} = (2^{1/3})^{10} ≈ (1.26)^{10} ≈ 10.08$ → ou mieux : $2^{10/3} = 2^{3 + 1/3} = 8 \cdot 2^{1/3} ≈ 8 \cdot 1.26 = 10.08$ → $P(10) ≈ 500 \cdot 10.08 = 5040$ bactéries ### 2. Loi de refroidissement de Newton **Modèle** : $\frac{dT}{dt} = -k(T - T_s)$, où $T$ est la température de l'objet, $T_s$ la température ambiante constante, $k>0$ une constante. On définit souvent $\theta = T - T_s$ → $\frac{d\theta}{dt} = -k\theta$ → même forme que ci-dessus. **Solution** : $\theta(t) = \theta_0 e^{-kt}$ → $T(t) = T_s + (T_0 - T_s) e^{-kt}$ **Exemple** : Un café à 80°C est placé dans une pièce à 20°C. Après 5 minutes, sa température est de 60°C. Quand atteindra-t-il 30°C ? $T_s = 20$, $T_0 = 80$ → $T(t) = 20 + (80-20)e^{-kt} = 20 + 60 e^{-kt}$ À $t=5$ : $60 = 20 + 60 e^{-5k}$ → $40 = 60 e^{-5k}$ → $\frac{2}{3} = e^{-5k}$ → $\ln(2/3) = -5k$ → $k = -\frac{1}{5} \ln(2/3) = \frac{1}{5} \ln(3/2)$ On cherche $t$ tel que $T(t)=30$ : $30 = 20 + 60 e^{-kt}$ → $10 = 60 e^{-kt}$ → $\frac{1}{6} = e^{-kt}$ → $\ln(1/6) = -kt$ → $t = -\frac{\ln(1/6)}{k} = \frac{\ln 6}{k}$ $k = \frac{1}{5} \ln(3/2)$ → $t = \frac{\ln 6}{\frac{1}{5} \ln(3/2)} = 5 \cdot \frac{\ln 6}{\ln(3/2)}$ $\ln 6 ≈ 1.7918$, $\ln(3/2)=\ln 1.5≈0.4055$ → ratio ≈ 4.419 → $t ≈ 5 \cdot 4.419 ≈ 22.1$ minutes ### 3. Mélange de solutions **Modèle** : Un réservoir contient initialement $V_0$ litres de solution avec une quantité $Q_0$ de sel. Une solution entrant à débit $r$ L/min avec concentration $c_{in}$ kg/L entre, et un mélange sortant à même débit $r$ L/min (volume constant). Le taux de variation de la quantité de sel $Q(t)$ est : $$ \frac{dQ}{dt} = (\text{sel entrant}) - (\text{sel sortant}) = r \cdot c_{in} - r \cdot \frac{Q}{V} $$ où $V$ est le volume constant (si débit entrant = sortant). → $\frac{dQ}{dt} = rc_{in} - \frac{r}{V} Q$ C'est une équation linéaire, mais on peut la réécrire comme : $$ \frac{dQ}{dt} = -\frac{r}{V} \left( Q - V c_{in} \right) $$ En posant $\theta = Q - V c_{in}$, on obtient $\frac{d\theta}{dt} = -\frac{r}{V} \theta$ → séparable. **Solution** : $Q(t) = V c_{in} + (Q_0 - V c_{in}) e^{-(r/V)t}$ **Exemple** : Un réservoir de 100 L contient initialement 10 kg de sel. Une solution contenant 0,1 kg/L de sel entre à 5 L/min, et le mélange sort à 5 L/min. Trouver la quantité de sel après 20 min. $V=100$ L, $r=5$ L/min, $c_{in}=0.1$ kg/L, $Q_0=10$ kg État d'équilibre : $V c_{in} = 100 \cdot 0.1 = 10$ kg → $Q(t) = 10 + (10 - 10) e^{-(5/100)t} = 10 + 0 = 10$ kg pour tout $t$ En fait, ici $Q_0 = V c_{in}$ → déjà à l'équilibre → quantité constante : $Q(t)=10$ kg Essayons avec $Q_0=15$ kg : $Q(t) = 10 + (15-10)e^{-0.05t} = 10 + 5 e^{-0.05t}$ À $t=20$ : $Q(20) = 10 + 5 e^{-1} ≈ 10 + 5 \cdot 0.3679 ≈ 10 + 1.8395 = 11.84$ kg ### Exercice 6 : Applications (a) Une substance radioactive se désintègre selon $\frac{dA}{dt} = -0.05 A$, où $A$ est en grammes et $t$ en jours. Si initialement il y a 200 g, quelle quantité reste-t-il après 30 jours ? (b) Un objet chaud à 90°C est placé dans un bain à 20°C. Après 10 min, sa température est de 50°C. Quand atteindra-t-il 25°C ? (c) Un réservoir de 200 L contient initialement 50 kg de sel. Une solution à 0,2 kg/L entre à 4 L/min, et le mélange sort à 4 L/min. Quelle est la quantité de sel après 50 min ? **Corrigé** : (a) $\frac{dA}{dt} = -0.05 A$ → $A(t) = A_0 e^{-0.05t}$ $A_0=200$, $t=30$ → $A(30)=200 e^{-0.05 \cdot 30} = 200 e^{-1.5} ≈ 200 \cdot 0.2231 = 44.62$ g (b) Refroidissement de Newton : $T(t) = T_s + (T_0 - T_s) e^{-kt}$ $T_s=20$, $T_0=90$ → $T(t)=20 + 70 e^{-kt}$ À $t=10$ : $50 = 20 + 70 e^{-10k}$ → $30 = 70 e^{-10k}$ → $e^{-10k} = 3/7$ → $-10k = \ln(3/7)$ → $k = -\frac{1}{10} \ln(3/7) = \frac{1}{10} \ln(7/3)$ Chercher $t$ tel que $T(t)=25$ : $25 = 20 + 70 e^{-kt}$ → $5 = 70 e^{-kt}$ → $e^{-kt} = 1/14$ → $-kt = \ln(1/14)$ → $t = -\frac{\ln(1/14)}{k} = \frac{\ln 14}{k}$ $k = \frac{1}{10} \ln(7/3)$ → $t = \frac{\ln 14}{\frac{1}{10} \ln(7/3)} = 10 \cdot \frac{\ln 14}{\ln(7/3)}$ $\ln 14 ≈ 2.639$, $\ln(7/3)=\ln(2.333)≈0.847$ → ratio ≈ 3.115 → $t ≈ 10 \cdot 3.115 = 31.15$ min (c) Mélange : $V=200$ L, $r=4$ L/min, $c_{in}=0.2$ kg/L, $Q_0=50$ kg État d'équilibre : $V c_{in} = 200 \cdot 0.2 = 40$ kg $Q(t) = 40 + (50 - 40) e^{-(4/200)t} = 40 + 10 e^{-0.02t}$ À $t=50$ : $Q(50) = 40 + 10 e^{-0.02 \cdot 50} = 40 + 10 e^{-1} ≈ 40 + 10 \cdot 0.3679 = 40 + 3.679 = 43.68$ kg --- ## Synthèse du chapitre - Une équation différentielle du premier ordre relie $y$, $\frac{dy}{dx}$ et $x$. - Elle est séparable si elle s'écrit $\frac{dy}{dx} = g(x)h(y)$. - La séparation des variables donne $\frac{1}{h(y)} dy = g(x) dx$, suivie d'intégration. - L'intégration produit la solution générale contenant une constante arbitraire $C$. - Une condition initiale $y(x_0)=y_0$ permet de déterminer $C$ et d'obtenir la solution particulière. - Les applications incluent la croissance/déclin exponentiel, le refroidissement de Newton et les problèmes de mélange. - Les solutions peuvent être explicites ou implicites ; on doit vérifier les solutions constantes perdues lors de la séparation. - La méthode repose sur la factorisation et l'intégration, avec attention aux domaines de définition et aux valeurs absolues. ---