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Véto (BCPST) · Analyse · VB-06

Cours et exercices corrigés de prépa BCPST : Équations différentielles

Équations linéaires du premier ordre, équations linéaires du second ordre à coefficients constants, équations autonomes d'ordre 1 et modèles de dynamique des populations (croissance exponentielle, logistique).

Objectifs du chapitre

Le cours

1. Équations linéaires du premier ordre

Soit (E):y′+a(x)y=b(x)(E) : y' + a(x)y = b(x) avec aa et bb continues sur un intervalle II, et AA une primitive de aa sur II.

  • Les solutions de l'équation homogène y′+a(x)y=0y' + a(x)y = 0 sont les fonctions x↦λe−A(x)x \mapsto \lambda e^{-A(x)}, λ∈R\lambda \in \mathbb{R}.
  • Structure : les solutions de (E)(E) sont les yp+λe−Ay_p + \lambda e^{-A}, où ypy_p est une solution particulière.
  • Variation de la constante : on cherche yp=λ(x)e−A(x)y_p = \lambda(x)e^{-A(x)} ; on obtient λ′(x)=b(x)eA(x)\lambda'(x) = b(x)e^{A(x)}.
  • Problème de Cauchy : pour x0∈Ix_0 \in I et y0∈Ry_0 \in \mathbb{R}, il existe une unique solution vérifiant y(x0)=y0y(x_0) = y_0.

Cas constant : y′+ay=by' + ay = b (a≠0a \neq 0) a pour solutions x↦ba+λe−axx \mapsto \frac{b}{a} + \lambda e^{-ax}.

2. Équations linéaires du second ordre à coefficients constants

Soit y′′+ay′+by=cy'' + ay' + by = c avec a,b,ca, b, c réels, d'équation caractéristique r2+ar+b=0r^{2} + ar + b = 0 de discriminant Δ\Delta.
Solutions de l'équation homogène :

  • Δ>0\Delta > 0, racines r1≠r2r_1 \neq r_2 : y=λer1x+μer2xy = \lambda e^{r_1x} + \mu e^{r_2x} ;
  • Δ=0\Delta = 0, racine double rr : y=(λ+μx)erxy = (\lambda + \mu x)e^{rx} ;
  • Δ<0\Delta < 0, racines α±iβ\alpha \pm i\beta : y=eαx(λcos⁡(βx)+μsin⁡(βx))y = e^{\alpha x}(\lambda\cos(\beta x) + \mu\sin(\beta x)).

Si b≠0b \neq 0, la constante cb\frac{c}{b} est une solution particulière. Pour tous x0x_0, y0y_0, y1y_1, il existe une unique solution telle que y(x0)=y0y(x_0) = y_0 et y′(x0)=y1y'(x_0) = y_1.

3. Équations autonomes d'ordre 1

Soit y′=f(y)y' = f(y) avec ff de classe C1C^{1} sur un intervalle JJ. On admet que pour toute condition initiale y(t0)=y0∈Jy(t_0) = y_0 \in J, il existe une unique solution maximale.

  • Un point d'équilibre est un réel y∗y^{*} tel que f(y∗)=0f(y^{*}) = 0 ; la fonction constante égale à y∗y^{*} est solution.
  • Par unicité, deux trajectoires distinctes ne se croisent pas : une solution qui part entre deux équilibres consécutifs y reste, et f(y(t))f(y(t)) garde un signe constant, donc la solution est monotone.
  • Stabilité : si f′(y∗)<0f'(y^{*}) < 0, l'équilibre est stable (les solutions voisines s'en rapprochent) ; si f′(y∗)>0f'(y^{*}) > 0, il est instable.

4. Modèle de Malthus

Si le taux de croissance par individu est constant égal à rr, l'effectif vérifie N′(t)=rN(t)N'(t) = rN(t), d'où N(t)=N0ertN(t) = N_0e^{rt}.
Si r>0r > 0, le temps de doublement est T=ln⁡2rT = \dfrac{\ln 2}{r} ; si r<0r < 0 (décroissance, élimination d'une substance), la demi-vie est ln⁡2∣r∣\dfrac{\ln 2}{|r|}.
Ce modèle n'est réaliste que sur une période courte : il ne tient pas compte de la limitation des ressources.

5. Modèle logistique de Verhulst

Avec un taux de croissance r>0r > 0 et une capacité d'accueil K>0K > 0 :
N′(t)=rN(t)(1−N(t)K)N'(t) = rN(t)\left(1 - \frac{N(t)}{K}\right)

  • Équilibres : 00 (instable, car f′(0)=r>0f'(0) = r > 0) et KK (stable, car f′(K)=−r<0f'(K) = -r < 0).
  • Pour N0∈]0;K[N_0 \in ]0 ; K[, la solution est croissante et tend vers KK ; pour N0>KN_0 > K, elle décroît vers KK.
  • Solution explicite pour N0>0N_0 > 0 (en posant z=1Nz = \frac{1}{N}, qui vérifie l'équation linéaire z′=−rz+rKz' = -rz + \frac{r}{K}) :

N(t)=K1+(KN0−1)e−rtN(t) = \frac{K}{1 + \left(\frac{K}{N_0} - 1\right)e^{-rt}}

Méthodes et exemples rédigés

Méthode : Résoudre une équation du premier ordre à coefficient variable

Exemple

Résoudre sur R\mathbb{R} le problème y′+2xy=2xy' + 2xy = 2x, y(0)=0y(0) = 0.

  1. Étape 1 (Homogène) : a(x)=2xa(x) = 2x a pour primitive A(x)=x2A(x) = x^{2}, donc les solutions homogènes sont x↦λe−x2x \mapsto \lambda e^{-x^{2}}.

  2. Étape 2 (Solution particulière) : la constante yp=1y_p = 1 convient car 0+2x×1=2x0 + 2x \times 1 = 2x ; les solutions sont y(x)=1+λe−x2y(x) = 1 + \lambda e^{-x^{2}}.

  3. Étape 3 (Condition initiale) : y(0)=1+λ=0y(0) = 1 + \lambda = 0 donne λ=−1\lambda = -1, d'où l'unique solution y(x)=1−e−x2y(x) = 1 - e^{-x^{2}}.

Méthode : Résoudre une équation du second ordre avec conditions initiales

Exemple

Résoudre y′′−3y′+2y=4y'' - 3y' + 2y = 4 avec y(0)=0y(0) = 0 et y′(0)=1y'(0) = 1.

  1. Étape 1 (Homogène) : r2−3r+2=0r^{2} - 3r + 2 = 0 a pour racines 11 et 22 ; les solutions homogènes sont λex+μe2x\lambda e^{x} + \mu e^{2x}.

  2. Étape 2 (Particulière) : la constante 42=2\frac{4}{2} = 2 est solution, donc y(x)=λex+μe2x+2y(x) = \lambda e^{x} + \mu e^{2x} + 2.

  3. Étape 3 (Conditions initiales) : λ+μ+2=0\lambda + \mu + 2 = 0 et λ+2μ=1\lambda + 2\mu = 1, d'où μ=3\mu = 3, λ=−5\lambda = -5 et y(x)=−5ex+3e2x+2y(x) = -5e^{x} + 3e^{2x} + 2.

Méthode : Étudier qualitativement une équation autonome

Exemple

Étudier les solutions de y′=y(2−y)y' = y(2 - y) telles que y(0)=y0∈]0;2[y(0) = y_0 \in ]0 ; 2[.

  1. Étape 1 (Équilibres) : f(y)=y(2−y)f(y) = y(2 - y) s'annule en 00 et 22 ; f′(y)=2−2yf'(y) = 2 - 2y, donc f′(0)=2>0f'(0) = 2 > 0 (00 instable) et f′(2)=−2<0f'(2) = -2 < 0 (22 stable).

  2. Étape 2 (Monotonie) : par unicité, la solution ne peut rejoindre les solutions constantes 00 et 22 ; elle reste dans ]0;2[]0 ; 2[, où f>0f > 0, donc elle est strictement croissante.

  3. Étape 3 (Limite) : croissante et majorée par 22, elle admet une limite finie ℓ∈]0;2]\ell \in ]0 ; 2], qui est un équilibre ; donc ℓ=2\ell = 2.

Méthode : Modéliser une perfusion

Exemple

Une substance est perfusée à débit constant ; sa concentration vérifie C′(t)=−0,5C(t)+2C'(t) = -0{,}5C(t) + 2 (en mg/L et en heures), avec C(0)=0C(0) = 0. Déterminer C(t)C(t) et la concentration d'équilibre.

  1. Étape 1 (Forme générale) : l'équation s'écrit C′+0,5C=2C' + 0{,}5C = 2 ; ses solutions sont C(t)=20,5+λe−0,5t=4+λe−0,5tC(t) = \frac{2}{0{,}5} + \lambda e^{-0{,}5t} = 4 + \lambda e^{-0{,}5t}.

  2. Étape 2 (Condition initiale) : C(0)=4+λ=0C(0) = 4 + \lambda = 0, donc C(t)=4(1−e−0,5t)C(t) = 4(1 - e^{-0{,}5t}).

  3. Étape 3 (Interpréter) : C(t)→4C(t) \to 4 quand t→+∞t \to +\infty : la concentration se stabilise à 4 mg/L.

Pièges fréquents

Questions de révision

Essaie de répondre de tête avant d'afficher la réponse.

Solutions de y′+ay=0y' + ay = 0 (aa constante) ?

x↦λe−axx \mapsto \lambda e^{-ax}, λ∈R\lambda \in \mathbb{R}.

Solutions de y′′+4y=0y'' + 4y = 0 ?

x↦λcos⁡(2x)+μsin⁡(2x)x \mapsto \lambda\cos(2x) + \mu\sin(2x).

Solutions de y′′−2y′+y=0y'' - 2y' + y = 0 ?

x↦(λ+μx)exx \mapsto (\lambda + \mu x)e^{x} (racine double 11).

Équilibres du modèle logistique et leur stabilité ?

00 instable et KK stable.

Temps de doublement dans le modèle N′=rNN' = rN (r>0r > 0) ?

ln⁡2r\dfrac{\ln 2}{r}.

Exercices corrigés

Exercice 1 Équation homogène d'ordre 1

Palier 1 · découverte

Quelles sont les solutions sur R\mathbb{R} de l'équation y′=3yy' = 3y ?

  1. x↦Ce3xx \mapsto Ce^{3x}, C∈RC \in \mathbb{R}
  2. x↦e3x+Cx \mapsto e^{3x} + C, C∈RC \in \mathbb{R}
  3. x↦Ce−3xx \mapsto Ce^{-3x}, C∈RC \in \mathbb{R}
  4. x↦3Cxx \mapsto 3Cx, C∈RC \in \mathbb{R}
Un indice

Les solutions de y′=ayy' = ay s'expriment avec la fonction exponentielle.

Voir la correction

Bonne réponse : A. x↦Ce3xx \mapsto Ce^{3x}, C∈RC \in \mathbb{R}

Les solutions de y′=ayy' = ay sont x↦Ceaxx \mapsto Ce^{ax}. Ici a=3a = 3 : x↦Ce3xx \mapsto Ce^{3x}, C∈RC \in \mathbb{R}.
(e3x+Ce^{3x} + C a pour dérivée 3e3x≠3(e3x+C)3e^{3x} \neq 3(e^{3x} + C) si C≠0C \neq 0.)

Exercice 2 Croissance bactérienne

Palier 2 · application

Une population bactérienne vérifie N′=kNN' = kN, avec N(0)=1 000N(0) = 1\,000. Elle double toutes les 20 minutes.
Combien de bactéries y a-t-il au bout d'une heure ?

Un indice

La solution est N(t)=N(0) ektN(t) = N(0)\,e^{kt} : la population est multipliée par un même facteur sur des durées égales.

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Réponse attendue : 8000

N(t)=1 000 ektN(t) = 1\,000\,e^{kt} avec e20k=2e^{20k} = 2. Alors N(60)=1 000 (e20k)3=1 000×23N(60) = 1\,000\,(e^{20k})^{3} = 1\,000 \times 2^{3}.
Au bout d'une heure : 8 000 bactéries.

Exercice 3 Croissance logistique maximale

Palier 3 · approfondissement

Une population suit le modèle logistique N′=0,5 N(1−N1 000)N' = 0{,}5\,N\left(1 - \dfrac{N}{1\,000}\right) (tt en jours).
Quelle est la valeur maximale de la vitesse de croissance N′N' (en individus par jour) ?

Un indice

N′N' est une fonction du second degré de NN : cherchez où elle est maximale.

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Réponse attendue : 125

g(N)=0,5 N(1−N1 000)g(N) = 0{,}5\,N\left(1 - \dfrac{N}{1\,000}\right) est maximale pour N=1 0002=500N = \dfrac{1\,000}{2} = 500.
g(500)=0,5×500×0,5=g(500) = 0{,}5 \times 500 \times 0{,}5 = 125 individus par jour (formule générale rK4\dfrac{rK}{4}).

Exercice 4 Problème de Cauchy du second ordre

Palier 4 · défi

Soit yy la solution de y′′−y=1y'' - y = 1 telle que y(0)=0y(0) = 0 et y′(0)=0y'(0) = 0. Calculez y(ln⁡2)y(\ln 2) (fraction).

Un indice

Une solution particulière constante existe ; l'équation homogène a pour racines caractéristiques ±1\pm 1.

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Réponse attendue : 1/4

Solution constante : y=−1y = -1. Donc y(x)=−1+Aex+Be−xy(x) = -1 + Ae^{x} + Be^{-x}.
y(0)=−1+A+B=0y(0) = -1 + A + B = 0 et y′(0)=A−B=0y'(0) = A - B = 0 : A=B=12A = B = \dfrac{1}{2}, soit y(x)=ex+e−x2−1y(x) = \dfrac{e^{x} + e^{-x}}{2} - 1.
y(ln⁡2)=2+1/22−1=54−1=y(\ln 2) = \dfrac{2 + 1/2}{2} - 1 = \dfrac{5}{4} - 1 = 14\dfrac{1}{4}.