Modelling With Differential Equations

# Modelling With Differential Equations ## Objectifs et prérequis Ce chapitre vise à développer la capacité des élèves à modéliser des phénomènes physiques réels à l'aide d'équations différentielles ordinaires du premier ordre. À l'issue de ce chapitre, l'élève sera capable de : - Identifier les variables pertinentes dans un problème physique et établir une relation différentielle basée sur des principes connus (lois de la physique, hypothèses de modélisation). - Résoudre analytiquement des équations différentielles du premier ordre séparables ou linéaires, en appliquant les conditions initiales. - Interpréter physiquement la solution obtenue, notamment son comportement asymptotique et sa dépendance aux paramètres. - Appliquer ces méthodes à trois cas spécifiques : la formation générale d'équations différentielles, la loi de refroidissement de Newton, et le mouvement d'une particule résistée dans une ligne droite. - Vérifier la dimensionnalité et la cohérence physique des équations et de leurs solutions. **Prérequis** : Maîtrise du calcul différentiel et intégral (dérivées, intégrales primitives, techniques d'intégration par substitution et par parties), connaissance des fonctions exponentielles et logarithmiques, résolution d'équations différentielles du premier ordre séparables et linéaires homogènes/inhomogènes, notions de vitesse, accélération, force, et deuxième loi de Newton. --- ## I. Formation of differential equations La modélisation mathématique d'un phénomène physique commence par l'identification des grandeurs variables et de leurs taux de variation. Une équation différentielle exprime une relation entre une inconnue fonction et ses dérivées. Elle naît souvent d'un principe physique fondamental (comme la conservation de l'énergie, la deuxième loi de Newton, ou un bilan de flux) appliqué à un élément infinitésimal du système. ### Définition et principe de formation > Une équation différentielle ordinaire du premier ordre est une équation de la forme $F(t, y, \frac{dy}{dt}) = 0$, où $y$ est une fonction inconnue de la variable indépendante $t$, et $\frac{dy}{dt}$ est sa dérivée première. Elle modélise un système où le taux de changement de $y$ dépend de $t$ et de $y$ lui-même. Pour former une telle équation à partir d'un contexte physique : 1. Identifier la quantité variable $y(t)$ à modéliser (température, position, vitesse, concentration, etc.). 2. Identifier les facteurs influençant son taux de variation $\frac{dy}{dt}$ (souvent proportionnels à des différences, à des puissances de $y$, ou à des forces externes). 3. Écrire une hypothèse de proportionnalité ou de bilan basée sur une loi physique connue. 4. Introduire une constante de proportionnalité (souvent notée $k$) dont le signe est déterminé par le sens du phénomène (croissance ou décroissance). 5. Éventuellement, ajouter des termes constants représentant des états d'équilibre ou des influences externes. ### Exemple 1 : Croissance bactérienne simple Supposons que la population $P(t)$ de bactéries croît à un taux proportionnel à sa taille actuelle. Alors : $$ \frac{dP}{dt} = kP $$ où $k > 0$ est le taux de croissance spécifique. Cette équation provient de l'hypothèse : "le nombre de nouvelles bactéries par unité de temps est proportionnel au nombre actuel". ### Exemple 2 : Refroidissement d'un objet (préfiguration de la loi de Newton) Un objet chaud perd de la chaleur vers un milieu plus froid. Si l'on suppose que le taux de perte de chaleur est proportionnel à la différence de température entre l'objet et le milieu, alors pour $Q(t)$ la température de l'objet : $$ \frac{dQ}{dt} = -k(Q - Q_0) $$ où $Q_0$ est la température constante du milieu, et $k > 0$. Le signe moins indique que $Q$ diminue lorsque $Q > Q_0$. ### Exercice d'application 1 : Écoulement d'un réservoir Un réservoir cylindrique de section constante $A$ contient un liquide de hauteur $h(t)$. Un trou au fond permet l'écoulement selon la loi de Torricelli : la vitesse d'efflux est $\sqrt{2gh}$. Le débit volumique sortant est donc $a\sqrt{2gh}$, où $a$ est la section du trou. Écrire l'équation différentielle gouvernant $h(t)$. **Solution** : Le volume du liquide est $V = Ah$. Le taux de variation du volume est égal à l'opposé du débit sortant (puisque le liquide sort) : $$ \frac{dV}{dt} = -a\sqrt{2gh} $$ Mais $\frac{dV}{dt} = A \frac{dh}{dt}$, donc : $$ A \frac{dh}{dt} = -a\sqrt{2gh} $$ $$ \frac{dh}{dt} = -\frac{a}{A}\sqrt{2g}\sqrt{h} $$ Soit $k = \frac{a}{A}\sqrt{2g} > 0$, alors : $$ \boxed{\frac{dh}{dt} = -k\sqrt{h}} $$ C'est une équation différentielle séparable modélisant la décroissance de la hauteur du liquide. ### Exercice d'application 2 : Réaction chimique d'ordre un Dans une réaction chimique $A \rightarrow B$, la vitesse de réaction est proportionnelle à la concentration $[A]$ du réactif. Si $C(t)$ désigne cette concentration, écrire l'équation différentielle. **Solution** : Par hypothèse : $$ \frac{dC}{dt} = -kC $$ où $k > 0$ est la constante de vitesse. Le signe moins reflète la consommation de $A$. C'est une équation de décroissance exponentielle. --- ## II. Newton’s law of cooling La loi de refroidissement de Newton modélise l'évolution de la température d'un corps placé dans un milieu à température constante, sous l'hypothèse que le flux thermique sortant est proportionnel à la différence de température entre le corps et le milieu. ### Énoncé de la loi > Selon la loi de refroidissement de Newton, le taux de variation de la température $Q(t)$ d'un objet est proportionnel à la différence entre sa température et celle du milieu ambiant $Q_0$ : > $$ > \frac{dQ}{dt} = -k(Q - Q_0) > $$ > où $k > 0$ est une constante dépendant de la surface, de la conductivité thermique et de la capacité calorifique de l'objet, et $Q_0$ est la température constante du milieu. Cette équation résulte d'un bilan thermique : la perte de chaleur par unité de temps est $-hA(Q - Q_0)$ (loi de Fourier simplifiée), et comme $dQ/dt$ est proportionnel à cette perte (via la capacité calorifique $mc$), on obtient la forme ci-dessus avec $k = hA/(mc)$. ### Résolution de l'équation L'équation est linéaire du premier ordre. On peut la résoudre par séparation des variables ou en utilisant un facteur intégrant. **Méthode 1 : Séparation des variables** $$ \frac{dQ}{Q - Q_0} = -k\, dt $$ Intégrer les deux côtés : $$ \int \frac{dQ}{Q - Q_0} = \int -k\, dt $$ $$ \ln|Q - Q_0| = -kt + C $$ Exponentier : $$ |Q - Q_0| = e^{-kt + C} = e^C e^{-kt} $$ Soit $A = \pm e^C$ (constante déterminée par la condition initiale), alors : $$ Q - Q_0 = A e^{-kt} $$ $$ Q(t) = Q_0 + A e^{-kt} $$ Appliquer la condition initiale : $Q(0) = Q_i$ (température initiale de l'objet). $$ Q_i = Q_0 + A \Rightarrow A = Q_i - Q_0 $$ Ainsi, la solution particulière est : $$ \boxed{Q(t) = Q_0 + (Q_i - Q_0)e^{-kt}} $$ ### Interprétation physique - Lorsque $t \to \infty$, $e^{-kt} \to 0$, donc $Q(t) \to Q_0$ : l'objet atteint la température du milieu (équilibre thermique). - Si $Q_i > Q_0$ (objet chaud), alors $Q(t)$ décroît exponentiellement vers $Q_0$ depuis au-dessus. - Si $Q_i < Q_0$ (objet froid), alors $Q(t)$ augmente exponentiellement vers $Q_0$ depuis en-dessous. - La constante $k$ détermine la vitesse d'approche à l'équilibre : plus $k$ est grand, plus l'équilibration est rapide. - Le temps caractéristique est $\tau = 1/k$ : après un temps $\tau$, l'écart à l'équilibre est réduit d'un facteur $e^{-1} \approx 0,37$. ### Exemple résolu 1 Un objet est chauffé à $90^\circ \text{C}$ et placé dans une pièce à $20^\circ \text{C}$. Après 10 minutes, sa température est $60^\circ \text{C}$. Trouver : a) La constante $k$, b) La température après 20 minutes, c) Le temps nécessaire pour atteindre $30^\circ \text{C}$. **Solution** : On a $Q_0 = 20$, $Q_i = 90$, donc : $$ Q(t) = 20 + (90 - 20)e^{-kt} = 20 + 70e^{-kt} $$ a) À $t = 10$ min, $Q = 60$ : $$ 60 = 20 + 70e^{-10k} \Rightarrow 40 = 70e^{-10k} \Rightarrow e^{-10k} = \frac{4}{7} $$ $$ -10k = \ln\left(\frac{4}{7}\right) \Rightarrow k = -\frac{1}{10}\ln\left(\frac{4}{7}\right) = \frac{1}{10}\ln\left(\frac{7}{4}\right) $$ $$ \boxed{k \approx 0,05596\ \text{min}^{-1}} $$ b) Après $t = 20$ min : $$ Q(20) = 20 + 70e^{-20k} = 20 + 70\left(e^{-10k}\right)^2 = 20 + 70\left(\frac{4}{7}\right)^2 = 20 + 70 \cdot \frac{16}{49} $$ $$ = 20 + \frac{1120}{49} = 20 + 22,857 \approx 42,857 $$ $$ \boxed{Q(20) \approx 42,9^\circ \text{C}} $$ c) Trouver $t$ tel que $Q(t) = 30$ : $$ 30 = 20 + 70e^{-kt} \Rightarrow 10 = 70e^{-kt} \Rightarrow e^{-kt} = \frac{1}{7} $$ $$ -kt = \ln\left(\frac{1}{7}\right) = -\ln 7 \Rightarrow t = \frac{\ln 7}{k} $$ Comme $k = \frac{1}{10}\ln\left(\frac{7}{4}\right)$, alors : $$ t = \frac{\ln 7}{\frac{1}{10}\ln(7/4)} = 10 \cdot \frac{\ln 7}{\ln 7 - \ln 4} $$ $$ \ln 7 \approx 1,9459,\ \ln 4 \approx 1,3863 \Rightarrow t \approx 10 \cdot \frac{1,9459}{0,5596} \approx 34,77 $$ $$ \boxed{t \approx 34,8\ \text{minutes}} $$ ### Exercice d'application corrigé : Refroidissement d'une boisson Une boisson à $25^\circ \text{C}$ est placée dans un réfrigérateur à $4^\circ \text{C}$. Après 15 minutes, sa température est $14^\circ \text{C}$. a) Déterminer $k$. b) Quelle sera sa température après 30 minutes ? c) Quand atteindra-t-elle $6^\circ \text{C}$ ? **Solution** : $Q_0 = 4$, $Q_i = 25$, donc : $$ Q(t) = 4 + (25 - 4)e^{-kt} = 4 + 21e^{-kt} $$ a) À $t = 15$, $Q = 14$ : $$ 14 = 4 + 21e^{-15k} \Rightarrow 10 = 21e^{-15k} \Rightarrow e^{-15k} = \frac{10}{21} $$ $$ -15k = \ln\left(\frac{10}{21}\right) \Rightarrow k = -\frac{1}{15}\ln\left(\frac{10}{21}\right) = \frac{1}{15}\ln\left(\frac{21}{10}\right) $$ $$ \boxed{k \approx 0,0501\ \text{min}^{-1}} $$ b) $t = 30$ : $$ Q(30) = 4 + 21e^{-30k} = 4 + 21\left(e^{-15k}\right)^2 = 4 + 21\left(\frac{10}{21}\right)^2 = 4 + 21 \cdot \frac{100}{441} $$ $$ = 4 + \frac{2100}{441} = 4 + 4,7619 \approx 8,76 $$ $$ \boxed{Q(30) \approx 8,8^\circ \text{C}} $$ c) $Q(t) = 6$ : $$ 6 = 4 + 21e^{-kt} \Rightarrow 2 = 21e^{-kt} \Rightarrow e^{-kt} = \frac{2}{21} $$ $$ -kt = \ln\left(\frac{2}{21}\right) \Rightarrow t = -\frac{1}{k}\ln\left(\frac{2}{21}\right) = \frac{1}{k}\ln\left(\frac{21}{2}\right) $$ Comme $k = \frac{1}{15}\ln(21/10)$, alors : $$ t = \frac{\ln(21/2)}{\frac{1}{15}\ln(21/10)} = 15 \cdot \frac{\ln(10,5)}{\ln(2,1)} $$ $\ln(10,5) \approx 2,3514$, $\ln(2,1) \approx 0,7419$ → $t \approx 15 \cdot 3,169 \approx 47,5$ $$ \boxed{t \approx 47,5\ \text{minutes}} $$ ### Encadré à retenir : Loi de refroidissement de Newton > La solution de $\frac{dQ}{dt} = -k(Q - Q_0)$ avec $Q(0) = Q_i$ est $Q(t) = Q_0 + (Q_i - Q_0)e^{-kt}$. Elle montre une approche exponentielle de l'équilibre thermique $Q_0$, avec une constante de temps $\tau = 1/k$. --- ## III. Resisted motion of a particle moving in a straight line Ce modèle décrit le mouvement d'une particule de masse $m$ le long d'une ligne droite (souvent l'axe $x$), soumise à sa poids (si vertical), à une force de résistance dépendant de sa vitesse, et éventuellement à d'autres forces externes. La deuxième loi de Newton donne : somme des forces = $m \frac{dv}{dt}$, où $v = \frac{dx}{dt}$ est la vitesse. La force de résistance est souvent modélisée comme étant opposée à la vitesse et proportionnelle à une puissance de celle-ci. Les deux cas les plus courants sont : - Résistance linéaire : $F_R = -kv$ (visqueuse, dominante à faibles vitesses), - Résistance quadratique : $F_R = -kv^2$ (turbulente, dominante à hautes vitesses). Nous traiterons principalement le cas linéaire pour sa résolution analytique simple, puis évoquerons le quadratique. ### Cas 1 : Résistance linéaire (force proportionnelle à $v$) > Lorsqu'une particule de masse $m$ se déplace dans un fluide avec une résistance linéaire $-kv$ ($k>0$), et qu'aucune autre force n'agit dans le sens du mouvement, l'équation du mouvement est : > $$ > m \frac{dv}{dt} = -kv > $$ > Cette équation modélise un ralentissement dû uniquement à la traînée visqueuse. #### Résolution pour la vitesse Équation séparable : $$ m \frac{dv}{v} = -k\, dt $$ $$ \int \frac{dv}{v} = -\frac{k}{m} \int dt $$ $$ \ln|v| = -\frac{k}{m}t + C $$ $$ v(t) = A e^{-(k/m)t} $$ Condition initiale : $v(0) = v_0$ → $A = v_0$ : $$ \boxed{v(t) = v_0 e^{-(k/m)t}} $$ #### Position en fonction du temps Puisque $v = dx/dt$ : $$ \frac{dx}{dt} = v_0 e^{-(k/m)t} $$ $$ x(t) = \int v_0 e^{-(k/m)t}\, dt = -\frac{m v_0}{k} e^{-(k/m)t} + D $$ Condition initiale : $x(0) = x_0$ (souvent prise comme 0) : $$ x_0 = -\frac{m v_0}{k} + D \Rightarrow D = x_0 + \frac{m v_0}{k} $$ Si l'on prend $x_0 = 0$ : $$ \boxed{x(t) = \frac{m v_0}{k} \left(1 - e^{-(k/m)t}\right)} $$ #### Interprétation - La vitesse décroît exponentiellement vers zéro : la particule s'arrête asymptotiquement. - La distance totale parcourue avant l'arrêt théorique est : $$ x_{\infty} = \lim_{t\to\infty} x(t) = \frac{m v_0}{k} $$ Cette distance finie résulte du fait que la résistance diminue avec la vitesse, permettant à la particule de parcourir une distance limitée même si elle met un temps infini pour s'arrêter complètement. - Le temps caractéristique est $\tau = m/k$ : après un temps $\tau$, la vitesse est réduite à $v_0/e \approx 0,37 v_0$, et la distance parcourue atteint environ $0,63 x_{\infty}$. #### Exemple résolu 1 Une particule de masse $0,5\ \text{kg}$ est lancée avec une vitesse initiale de $10\ \text{m/s}$ dans un fluide où la résistance linéaire est $-2v$ (en newtons, avec $v$ en m/s). Trouver : a) La vitesse après 2 secondes, b) La distance parcourue en 2 secondes, c) La distance totale théorique avant arrêt. **Solution** : $m = 0,5$, $k = 2$, $v_0 = 10$. a) $v(t) = 10 e^{-(2/0,5)t} = 10 e^{-4t}$ À $t = 2$ : $v(2) = 10 e^{-8} \approx 10 \cdot 0,000335 \approx 0,00335\ \text{m/s}$ $$ \boxed{v(2) \approx 0,0034\ \text{m/s}} $$ b) $x(t) = \frac{0,5 \cdot 10}{2} \left(1 - e^{-4t}\right) = 2,5 \left(1 - e^{-4t}\right)$ À $t = 2$ : $x(2) = 2,5 (1 - e^{-8}) \approx 2,5 (1 - 0,000335) \approx 2,5 \cdot 0,999665 \approx 2,499$ $$ \boxed{x(2) \approx 2,50\ \text{m}} $$ c) $x_{\infty} = \frac{m v_0}{k} = \frac{0,5 \cdot 10}{2} = 2,5\ \text{m}$ $$ \boxed{x_{\infty} = 2,5\ \text{m}} $$ Remarque : la particule a déjà parcouru presque toute la distance théorique en 2 secondes. ### Cas 2 : Mouvement vertical avec résistance linéaire et pesanteur Considérons maintenant une particule lancée verticalement vers le haut dans un fluide avec résistance linéaire $-kv$ et pesanteur $mg$ vers le bas. Prenons l'axe $x$ orienté vers le haut. Les forces : poids $-mg$ (vers le bas), résistance $-kv$ (toujours opposée à $v$). Deuxième loi : $$ m \frac{dv}{dt} = -mg - kv $$ Cette équation est linéaire du premier ordre : $$ \frac{dv}{dt} + \frac{k}{m}v = -g $$ #### Résolution Équation homogène : $\frac{dv}{dt} + \frac{k}{m}v = 0$ → solution $v_h = A e^{-(k/m)t}$ Solution particulière constante : chercher $v_p = C$ → $0 + \frac{k}{m}C = -g$ → $C = -\frac{mg}{k}$ Solution générale : $$ v(t) = -\frac{mg}{k} + A e^{-(k/m)t} $$ Condition initiale : $v(0) = v_0$ (vers le haut, donc $v_0 > 0$) : $$ v_0 = -\frac{mg}{k} + A \Rightarrow A = v_0 + \frac{mg}{k} $$ $$ \boxed{v(t) = -\frac{mg}{k} + \left(v_0 + \frac{mg}{k}\right) e^{-(k/m)t}} $$ #### Vitesse terminale Lorsque $t \to \infty$, l'exponentielle s'annule : $$ v_{\text{term}} = -\frac{mg}{k} $$ Le signe négatif indique un mouvement vers le bas. C'est la vitesse constante atteinte lorsque la résistance équilibre le poids : $kv_{\text{term}} = mg$ en magnitude. #### Temps pour atteindre la hauteur maximale La hauteur maximale survient quand $v(t) = 0$ : $$ 0 = -\frac{mg}{k} + \left(v_0 + \frac{mg}{k}\right) e^{-(k/m)t} $$ $$ \left(v_0 + \frac{mg}{k}\right) e^{-(k/m)t} = \frac{mg}{k} $$ $$ e^{-(k/m)t} = \frac{mg/k}{v_0 + mg/k} = \frac{mg}{mg + k v_0} $$ $$ -\frac{k}{m}t = \ln\left(\frac{mg}{mg + k v_0}\right) \Rightarrow t = \frac{m}{k} \ln\left(\frac{mg + k v_0}{mg}\right) $$ $$ \boxed{t_{\text{max}} = \frac{m}{k} \ln\left(1 + \frac{k v_0}{mg}\right)} $$ #### Exemple résolu 2 Une balle de masse $0,1\ \text{kg}$ est lancée verticalement vers le haut avec $v_0 = 20\ \text{m/s}$. La résistance de l'air est modélisée par $-0,02v$ (N). $g = 9,8\ \text{m/s}^2$. Trouver : a) La vitesse terminale, b) Le temps pour atteindre la hauteur maximale, c) La hauteur maximale (en intégrant $v(t)$). **Solution** : $m = 0,1$, $k = 0,02$, $v_0 = 20$, $g = 9,8$. a) $v_{\text{term}} = -\frac{mg}{k} = -\frac{0,1 \cdot 9,8}{0,02} = -\frac{0,98}{0,02} = -49\ \text{m/s}$ $$ \boxed{v_{\text{term}} = -49\ \text{m/s}} \quad \text{(vers le bas)} $$ b) $t_{\text{max}} = \frac{m}{k} \ln\left(1 + \frac{k v_0}{mg}\right) = \frac{0,1}{0,02} \ln\left(1 + \frac{0,02 \cdot 20}{0,1 \cdot 9,8}\right) = 5 \ln\left(1 + \frac{0,4}{0,98}\right)$ $$ = 5 \ln\left(1 + 0,4082\right) = 5 \ln(1,4082) \approx 5 \cdot 0,3425 \approx 1,7125 $$ $$ \boxed{t_{\text{max}} \approx 1,71\ \text{s}} $$ c) $x(t) = \int_0^t v(\tau)\, d\tau$, avec $x(0) = 0$. $$ v(t) = -49 + (20 + 49) e^{-(0,02/0,1)t} = -49 + 69 e^{-0,2t} $$ $$ x(t) = \int_0^t (-49 + 69 e^{-0,2\tau}) d\tau = \left[ -49\tau - \frac{69}{0,2} e^{-0,2\tau} \right]_0^t $$ $$ = -49t - 345 e^{-0,2t} + 345 $$ $$ x(t) = 345(1 - e^{-0,2t}) - 49t $$ À $t = t_{\text{max}} \approx 1,7125$ : $$ e^{-0,2 \cdot 1,7125} = e^{-0,3425} \approx 0,7099 $$ $$ x_{\text{max}} = 345(1 - 0,7099) - 49 \cdot 1,7125 = 345 \cdot 0,2901 - 83,9125 \approx 100,0845 - 83,9125 \approx 16,172 $$ $$ \boxed{x_{\text{max}} \approx 16,2\ \text{m}} $$ (Sans résistance, ce serait $v_0^2/(2g) = 400/19,6 \approx 20,4\ \text{m}$ : la résistance réduit significativement la hauteur.) ### Cas 3 : Résistance quadratique (brève évocation) > Lorsque la résistance est proportionnelle au carré de la vitesse, $F_R = -kv^2$ (avec $k>0$), l'équation du mouvement pour un mouvement horizontal uniquement soumis à cette résistance est : > $$ > m \frac{dv}{dt} = -kv^2 > $$ > Cette équation est séparable : > $$ > m \frac{dv}{v^2} = -k\, dt \Rightarrow -\frac{m}{v} = -kt + C \Rightarrow \frac{m}{v} = kt + C' > $$ > Avec $v(0) = v_0$ : $\frac{m}{v_0} = C'$, donc : > $$ > \frac{m}{v} = kt + \frac{m}{v_0} \Rightarrow v(t) = \frac{m}{kt + m/v_0} = \frac{v_0}{1 + (k v_0 / m) t} > $$ > La vitesse décroît comme $1/t$, et la distance parcourue est : > $$ > x(t) = \int_0^t v(\tau) d\tau = \frac{m}{k} \ln\left(1 + \frac{k v_0}{m} t\right) > $$ > qui augmente sans borne (mais lentement), contrairement au cas linéaire où la distance totale est finie. Ce modèle est plus réaliste pour des objets rapides (boulets, voitures, parachutistes à haute vitesse), mais moins adapté aux faibles vitesses où la traînée visqueuse domine. ### Exercice d'application corrigé : Mouvement horizontal avec résistance linéaire Un patineur de masse $70\ \text{kg}$ glisse sur une glace horizontale avec une résistance due à l'air modélisée par $-0,4v$ (N). Sa vitesse initiale est $5\ \text{m/s}$. a) Écrire l'équation du mouvement. b) Trouver $v(t)$ et $x(t)$ (en prenant $x(0)=0$). c) Quelle distance parcourt-il avant que sa vitesse ne tombe à $1\ \text{m/s}$ ? d) Quelle est la distance totale théorique qu'il parcourra ? **Solution** : a) Deuxième loi : somme des forces = $-0,4v$ (seule force horizontale) : $$ m \frac{dv}{dt} = -0,4v \Rightarrow 70 \frac{dv}{dt} = -0,4v $$ $$ \boxed{70 \frac{dv}{dt} = -0,4v} $$ b) Équation : $\frac{dv}{dt} = -\frac{0,4}{70}v = -\frac{1}{175}v$ Séparation : $\frac{dv}{v} = -\frac{1}{175} dt$ Intégration : $\ln v = -\frac{t}{175} + C$ → $v(t) = v_0 e^{-t/175}$ Avec $v_0 = 5$ : $$ \boxed{v(t) = 5 e^{-t/175}} $$ Puis $x(t) = \int_0^t 5 e^{-\tau/175} d\tau = 5 \cdot (-175) \left[ e^{-\tau/175} \right]_0^t = -875 (e^{-t/175} - 1)$ $$ \boxed{x(t) = 875 \left(1 - e^{-t/175}\right)} $$ c) Quand $v(t) = 1$ : $$ 1 = 5 e^{-t/175} \Rightarrow e^{-t/175} = 0,2 \Rightarrow -\frac{t}{175} = \ln 0,2 \Rightarrow t = -175 \ln 0,2 = 175 \ln 5 $$ $\ln 5 \approx 1,6094$ → $t \approx 175 \cdot 1,6094 \approx 281,65\ \text{s}$ Alors : $$ x = 875 (1 - e^{-t/175}) = 875 (1 - 0,2) = 875 \cdot 0,8 = 700\ \text{m} $$ $$ \boxed{x \approx 700\ \text{m}} \quad \text{(lorsque } v=1\ \text{m/s)} $$ d) Distance totale théorique : $x_{\infty} = \lim_{t\to\infty} x(t) = 875\ \text{m}$ $$ \boxed{x_{\infty} = 875\ \text{m}} $$ Remarque : pour atteindre $v=1\ \text{m/s}$, il a parcouru 80 % de la distance totale théorique. ### Encadré à retenir : Mouvement résisté linéaire > Pour $m \frac{dv}{dt} = -kv$ avec $v(0)=v_0$, $x(0)=0$ : $v(t) = v_0 e^{-(k/m)t}$ et $x(t) = \frac{m v_0}{k} \left(1 - e^{-(k/m)t}\right)$. La distance totale parcourue est finie : $x_{\infty} = \frac{m v_0}{k}$. --- ## Synthèse du chapitre Ce chapitre a présenté trois modèles fondamentaux d'équations différentielles du premier ordre appliqués à des phénomènes physiques réels, en mettant l'accent sur la démarche de modélisation : identification des variables, formulation d'une hypothèse de taux de variation basée sur une loi physique, résolution mathématique, et interprétation physique de la solution. - **Formation of differential equations** : Toute équation différentielle naît d'un principe de proportionnalité ou de bilan. L'exemple de l'écoulement d'un réservoir a montré comment déduire $\frac{dh}{dt} = -k\sqrt{h}$ à partir de la loi de Torricelli et de la conservation du volume. - **Newton’s law of cooling** : Modélise l'évolution thermique via $\frac{dQ}{dt} = -k(Q - Q_0)$. La solution $Q(t) = Q_0 + (Q_i - Q_0)e^{-kt}$ révèle une approche exponentielle de l'équilibre, avec une constante de temps $\tau = 1/k$ gouvernant la vitesse de stabilisation. - **Resisted motion** : A illustré comment la deuxième loi de Newton, combinée à une hypothèse sur la forme de la résistance (linéaire ou quadratique), produit des équations différentielles dont les solutions décrivent le ralentissement d'un objet. Dans le cas linéaire, la vitesse décroît exponentiellement et la distance totale est finie ; dans le cas quadratique, la vitesse décroît comme $1/t$ et la distance augmente logarithmiquement sans borne. Ces modèles partagent une structure commune : ils sont souvent séparables ou linéaires du premier ordre, leurs solutions impliquent des fonctions exponentielles (ou rationnelles/logarithmiques dans le cas quadratique), et leur comportement asymptotique (équilibre, arrêt, vitesse terminale) fournit une interprétation physique profonde. La maîtrise de ces techniques permet d'aborder une large gamme de problèmes en physique, en ingénierie, et même en sciences de la vie ou en économie. --- ## Glossaire - **Équation différentielle ordinaire (EDO)** : Équation reliant une fonction inconnue, sa variable indépendante, et une ou plusieurs de ses dérivées. - **Modélisation** : Processus de traduction d'un phénomène réel en équations mathématiques basé sur des hypothèses simplificatrices. - **Loi de refroidissement de Newton** : Modèle stipulant que le taux de perte de chaleur d'un corps est proportionnel à la différence de température entre ce corps et son environnement. - **Constante de refroidissement ($k$)** : Paramètre positif caractérisant la vitesse d'approche à l'équilibre thermique dans la loi de Newton. - **Température d'équilibre ($Q_0$)** : Température constante du milieu vers laquelle la température de l'objet tend asymptotiquement. - **Résistance visqueuse (linéaire)** : Force de traînée proportionnelle à la première puissance de la vitesse, dominante à faibles nombres de Reynolds. - **Résistance quadratique** : Force de traînée proportionnelle au carré de la vitesse, dominante à hauts nombres de Reynolds. - **Vitesse terminale** : Vitesse constante atteinte lorsque la somme des forces agissant sur un objet devient nulle (poids équilibré par la résistance). - **Temps caractéristique ($\tau$)** : Temps après lequel un écart à l'équilibre est réduit d'un facteur $e^{-1}$ ; dans le refroidissement, $\tau = 1/k$ ; dans le mouvement résisté linéaire, $\tau = m/k$. - **Distance théorique totale** : Dans le mouvement résisté linéaire, distance finie parcourue lorsque $t \to \infty$, égale à $mv_0/k$. - **Loi de Torricelli** : Principe selon lequel la vitesse d'efflux d'un liquide sous gravité par un petit trou est $\sqrt{2gh}$, où $h$ est la hauteur du liquide au-dessus du trou. - **Équilibre thermique** : État où la température d'un objet est égale à celle de son milieu environnant, entraînant un flux thermique net nul.