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Exercices corrigés : Équations différentielles — Terminale STI2D

Besoin de revoir la leçon avant de te lancer ? Cours et fiche de révision : Équations différentielles

Niveau: Terminale STI2D
Chapitre: Équations différentielles
Nombre d'exercices: 20 exercices corrigés
Difficulté: Application directe à type bac

Mis à jour le 11 septembre 2026

Une équation différentielle relie une grandeur à sa propre vitesse de variation. C'est la forme naturelle des lois de la physique : un condensateur se charge d'autant plus vite qu'il est loin de sa tension finale ( $u^{'} = \frac{E - u}{R C}$ u' = (E - u)/RC), une pièce refroidit d'autant plus vite qu'elle est loin de l'ambiante ( $T^{'} = - k (T - T_{amb})$ T' = -k(T - T_amb)). Le programme de STI2D en résout deux familles : $y^{'} = a y$ y' = ay, de solutions $C e^{a t}$ Ce^(at), et $y^{'} = a y + b$ y' = ay + b, qu'on ramène à la première en repérant sa solution CONSTANTE. La condition initiale fixe ensuite $C$ C. Ces 20 exercices corrigés couvrent la résolution, l'interprétation de la constante de temps, la méthode d'Euler et les modèles RC, RL et thermiques du bac. La difficulté est croissante : l'énoncé puis la correction détaillée s'affichent d'un clic.

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Exercice 1 — Vérifier qu'une fonction est solution

Application directe

On considère l'équation différentielle $y^{'} = 3 y$ y' = 3y et la fonction $f (t) = 5 e^{3 t}$ f(t) = 5e^(3t).

1.Vérifie que $f$ f est solution de cette équation.
2.La fonction $g (t) = 5 e^{2 t}$ g(t) = 5e^(2t) est-elle solution ?

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Correction détaillée

1
On calcule la dérivée : $f^{'} (t) = 5 \times 3 e^{3 t} = 15 e^{3 t}$ f'(t) = 5× 3e^(3t) = 15e^(3t).
2
On calcule $3 f (t) = 3 \times 5 e^{3 t} = 15 e^{3 t}$ 3f(t) = 3× 5e^(3t) = 15e^(3t).
3
Les deux expressions sont égales : $f^{'} = 3 f$ f' = 3f, donc $f$ f est bien solution ✔.
4
Pour $g$ g : $g^{'} (t) = 10 e^{2 t}$ g'(t) = 10e^(2t), tandis que $3 g (t) = 15 e^{2 t}$ 3g(t) = 15e^(2t).
5
$10 e^{2 t} \neq = 15 e^{2 t}$ 10e^(2t) ≠ 15e^(2t) : $g$ g n'est PAS solution.
6
Ce qui compte est donc le COEFFICIENT de $t$ t dans l'exposant : il doit être égal à $a$ a.
Le facteur devant ( $5$ 5) est libre.

Réponse :

f^{'} = 15 e^{3 t} = 3 f

f' = 15e^(3t) = 3f ✔ solution ·

g^{'} = 10 e^{2 t} \neq = 3 g

g' = 10e^(2t) ≠ 3g : non solution.

Rappel de cours : Pour vérifier qu'une fonction est solution, on dérive et l'on compare aux deux membres de l'équation.

Erreur fréquente : Croire que le coefficient devant l'exponentielle détermine la solution : c'est l'EXPOSANT qui doit correspondre à $a$ a.

Exercice 2 — Solutions de y' = ay

Application directe

On rappelle que les solutions de $y^{'} = a y$ y' = ay sont les fonctions $y (t) = C e^{a t}$ y(t) = Ce^(at), avec $C$ C réel quelconque.

1.Donne les solutions de $y^{'} = 4 y$ y' = 4y, $y^{'} = - 0, 2 y$ y' = -0,2y et $2 y^{'} = 6 y$ 2y' = 6y.

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Correction détaillée

1
$y^{'} = 4 y$ y' = 4y : ici $a = 4$ a = 4, donc les solutions sont $y (t) = C e^{4 t}$ y(t) = Ce^(4t).
2
$y^{'} = - 0, 2 y$ y' = -0,2y : $a = - 0, 2$ a = -0,2, donc $y (t) = C e^{- 0, 2 t}$ y(t) = Ce^(-0,2t).
3
$2 y^{'} = 6 y$ 2y' = 6y : il faut d'abord ramener à la forme standard en divisant par $2$ 2, soit $y^{'} = 3 y$ y' = 3y.
4
Les solutions sont donc $y (t) = C e^{3 t}$ y(t) = Ce^(3t).
5
Remarque sur le signe de $a$ a : si $a > 0$ a > 0, les solutions explosent (croissance) ; si $a < 0$ a < 0, elles tendent vers $0$ 0 (décroissance).
6
En physique, les modèles d'amortissement ont donc toujours $a < 0$ a < 0.

Réponse :

y = C e^{4 t}

y = Ce^(4t) ·

y = C e^{- 0, 2 t}

y = Ce^(-0,2t) · et

2 y^{'} = 6 y

2y' = 6y donne

y^{'} = 3 y

y' = 3y, soit

y = C e^{3 t}

y = Ce^(3t).

Rappel de cours : $y^{'} = a y ⟺ y (t) = C e^{a t}$ y' = ay ⇔ y(t) = Ce^(at). On ramène TOUJOURS l'équation à la forme $y^{'} = a y$ y' = ay d'abord.

Erreur fréquente : Lire $a = 6$ a = 6 dans $2 y^{'} = 6 y$ 2y' = 6y : il faut diviser par le coefficient de $y^{'}$ y', donc $a = 3$ a = 3.

Exercice 3 — Condition initiale

Application directe

On cherche la solution de $y^{'} = - 0, 5 y$ y' = -0,5y vérifiant $y (0) = 8$ y(0) = 8.

1.Donne la forme générale des solutions.
2.Détermine celle qui vérifie la condition.
3.Calcule $y (4)$ y(4).

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Correction détaillée

1
Forme générale : $y (t) = C e^{- 0, 5 t}$ y(t) = Ce^(-0,5t).
2
Condition initiale : $y (0) = C e^{0} = C$ y(0) = Ce⁰ = C, donc $C = 8$ C = 8.
3
La solution cherchée est $y (t) = 8 e^{- 0, 5 t}$ y(t) = 8e^(-0,5t).
4
$y (4) = 8 e^{- 2} \approx 8 \times 0, 1353 \approx 1, 083$ y(4) = 8e⁻² ≈ 8× 0,135 3 ≈ 1,083.
5
Contrôle : $y^{'} (t) = - 4 e^{- 0, 5 t}$ y'(t) = -4e^(-0,5t) et $- 0, 5 y (t) = - 4 e^{- 0, 5 t}$ -0,5 y(t) = -4e^(-0,5t) ✔ l'équation est vérifiée.
6
Et $y (0) = 8$ y(0) = 8 ✔ la condition initiale aussi.
Une solution doit toujours satisfaire les deux.

Réponse :

y (t) = C e^{- 0, 5 t}

y(t) = Ce^(-0,5t), puis

C = 8

C = 8 · donc

y (t) = 8 e^{- 0, 5 t}

y(t) = 8e^(-0,5t) et

y (4) \approx 1, 083

y(4) ≈ 1,083.

Rappel de cours : $y (0) = C$ y(0) = C puisque $e^{0} = 1$ e⁰ = 1 : la condition initiale donne DIRECTEMENT la constante.

Erreur fréquente : Oublier de déterminer $C$ C : « $y = C e^{- 0, 5 t}$ y = Ce^(-0,5t) » n'est pas une réponse quand une condition initiale est donnée.

Exercice 4 — Solution constante de y' = ay + b

Application directe

On considère l'équation $y^{'} = - 2 y + 10$ y' = -2y + 10.

1.Cherche une solution CONSTANTE de cette équation.
2.Donne la forme générale des solutions.

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Correction détaillée

1
Si $y$ y est constante, alors $y^{'} = 0$ y' = 0.
L'équation devient $0 = - 2 y + 10$ 0 = -2y + 10.
2
Donc $2 y = 10$ 2y = 10 et $y = 5$ y = 5 : la fonction constante $y_{0} = 5$ y₀ = 5 est solution.
3
On retrouve la formule générale $- \frac{b}{a} = - \frac{10}{- 2} = 5$ -b/a = -10/(-2) = 5 ✔.
4
Forme générale : $y (t) = C e^{- 2 t} + 5$ y(t) = Ce^(-2t) + 5 — la solution de $y^{'} = a y$ y' = ay plus la solution constante.
5
Vérification : $y^{'} = - 2 C e^{- 2 t}$ y' = -2Ce^(-2t) et $- 2 y + 10 = - 2 C e^{- 2 t} - 10 + 10 = - 2 C e^{- 2 t}$ -2y + 10 = -2Ce^(-2t) - 10 + 10 = -2Ce^(-2t) ✔.
6
Interprétation : toutes les solutions convergent vers $5$ 5 (car $e^{- 2 t} \to 0$ e^(-2t) → 0).
La solution constante est la valeur d'ÉQUILIBRE du système.

Réponse : Solution constante

y_{0} = 5 = - \frac{b}{a}

y₀ = 5 = -b/a · solutions générales

y (t) = C e^{- 2 t} + 5

y(t) = Ce^(-2t) + 5.

Rappel de cours : $y^{'} = a y + b$ y' = ay + b : la solution constante est $- \frac{b}{a}$ -b/a, et les solutions s'écrivent $C e^{a t} - \frac{b}{a}$ Ce^(at) - b/a.

Erreur fréquente : Écrire la solution constante $\frac{b}{a} = - 5$ b/a = -5 : le signe moins fait partie de la formule, on retrouve $5$ 5.

Exercice 5 — Reconnaître une équation différentielle

Application directe

Quatre situations physiques :
① la vitesse de refroidissement est proportionnelle à l'écart avec l'ambiante à $20$ 20 °C ;
② la charge d'un condensateur croît proportionnellement à $E - u$ E - u ;
③ la population double tous les jours ;
④ la position d'un mobile croît de $5$ 5 m/s.

1.Écris l'équation différentielle correspondante et précise sa forme.

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Correction détaillée

1
① $T^{'} = - k (T - 20)$ T' = -k(T - 20), qu'on développe en $T^{'} = - k T + 20 k$ T' = -kT + 20k : c'est une équation $y^{'} = a y + b$ y' = ay + b avec $a = - k$ a = -k et $b = 20 k$ b = 20k.
2
② $u^{'} = λ (E - u) = - λ u + λ E$ u' = λ(E - u) = -λ u + λ E : encore la forme $y^{'} = a y + b$ y' = ay + b.
3
③ Une population qui croît proportionnellement à elle-même : $P^{'} = k P$ P' = kP, forme $y^{'} = a y$ y' = ay avec $a > 0$ a > 0.
4
④ Position croissant à vitesse constante : $x^{'} = 5$ x' = 5, forme $y^{'} = b$ y' = b — cas particulier où $a = 0$ a = 0, qui se résout par simple primitive ( $x = 5 t + C$ x = 5t + C).
5
À retenir : « proportionnel à la grandeur elle-même » donne $y^{'} = a y$ y' = ay ; « proportionnel à un ÉCART » donne $y^{'} = a y + b$ y' = ay + b.
6
Les solutions constantes correspondent aux équilibres : $20$ 20 °C pour ①, $E$ E pour ②, aucune pour ③ et ④ (hors le cas $P = 0$ P = 0).

Réponse : ①

T^{'} = - k T + 20 k

T' = -kT + 20k · ②

u^{'} = - λ u + λ E

u' = -λ u + λ E · ③

P^{'} = k P

P' = kP · ④

x^{'} = 5

x' = 5 (cas

a = 0

a = 0, primitive).

Rappel de cours : Proportionnel à la grandeur $\to y^{'} = a y$ → y' = ay · proportionnel à un écart $\to y^{'} = a y + b$ → y' = ay + b, dont l'équilibre est $- \frac{b}{a}$ -b/a.

Erreur fréquente : Oublier de développer $- k (T - 20)$ -k(T - 20) : sous cette forme, on ne voit pas le $b = 20 k$ b = 20k, pourtant nécessaire pour identifier l'équation.

Exercice 6 — Résoudre y' = ay avec condition

À maîtriser

Résous $y^{'} = 0, 25 y$ y' = 0,25y avec $y (0) = 40$ y(0) = 40, puis $y^{'} + 3 y = 0$ y' + 3y = 0 avec $y (0) = 2$ y(0) = 2.

1.Donne les deux solutions et calcule $y (2)$ y(2) dans chaque cas.

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Correction détaillée

1
Première équation : $a = 0, 25$ a = 0,25, donc $y (t) = C e^{0, 25 t}$ y(t) = Ce^(0,25t), et $y (0) = C = 40$ y(0) = C = 40.
2
Solution : $y (t) = 40 e^{0, 25 t}$ y(t) = 40e^(0,25t).
Alors $y (2) = 40 e^{0, 5} \approx 40 \times 1, 6487 \approx 65, 9$ y(2) = 40e^(0,5) ≈ 40× 1,648 7 ≈ 65,9.
3
Seconde équation : il faut d'abord la mettre sous la forme standard.
$y^{'} + 3 y = 0$ y' + 3y = 0 équivaut à $y^{'} = - 3 y$ y' = -3y.
4
Donc $a = - 3$ a = -3 et $y (t) = C e^{- 3 t}$ y(t) = Ce^(-3t), avec $C = 2$ C = 2.
5
Solution : $y (t) = 2 e^{- 3 t}$ y(t) = 2e^(-3t), et $y (2) = 2 e^{- 6} \approx 2 \times 0, 002479 \approx 0, 00496$ y(2) = 2e⁻⁶ ≈ 2× 0,002 479 ≈ 0,004 96.
6
Contraste instructif : la première solution croît ( $a > 0$ a > 0), la seconde s'effondre presque à zéro en deux unités de temps ( $a < 0$ a < 0 et grand en valeur absolue).

Réponse :

y (t) = 40 e^{0, 25 t}

y(t) = 40e^(0,25t) et

y (2) \approx 65, 9

y(2) ≈ 65,9 ·

y (t) = 2 e^{- 3 t}

y(t) = 2e^(-3t) et

y (2) \approx 0, 005

y(2) ≈ 0,005.

Rappel de cours : $y^{'} + 3 y = 0$ y' + 3y = 0 se réécrit $y^{'} = - 3 y$ y' = -3y : attention au SIGNE quand l'équation est donnée sous forme « tout à gauche ».

Erreur fréquente : Lire $a = 3$ a = 3 dans $y^{'} + 3 y = 0$ y' + 3y = 0 : la solution serait croissante au lieu de décroissante, contresens complet.

Exercice 7 — Résoudre y' = ay + b

À maîtriser

Résous $y^{'} = 2 y + 6$ y' = 2y + 6 avec $y (0) = 1$ y(0) = 1.

1.Détermine la solution constante.
2.Donne la forme générale, puis la solution vérifiant la condition.
3.Calcule $y (1)$ y(1).

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Correction détaillée

1
Solution constante : $0 = 2 y + 6$ 0 = 2y + 6 donne $y = - 3$ y = -3.
On retrouve $- \frac{b}{a} = - \frac{6}{2} = - 3$ -b/a = -6/2 = -3 ✔.
2
Forme générale : $y (t) = C e^{2 t} - 3$ y(t) = Ce^(2t) - 3.
3
Condition initiale : $y (0) = C - 3 = 1$ y(0) = C - 3 = 1, donc $C = 4$ C = 4.
4
Solution : $y (t) = 4 e^{2 t} - 3$ y(t) = 4e^(2t) - 3.
5
$y (1) = 4 e^{2} - 3 \approx 4 \times 7, 389 - 3 \approx 29, 56 - 3 \approx 26, 56$ y(1) = 4e² - 3 ≈ 4× 7,389 - 3 ≈ 29,56 - 3 ≈ 26,56.
6
Vérification : $y^{'} (t) = 8 e^{2 t}$ y'(t) = 8e^(2t) et $2 y + 6 = 8 e^{2 t} - 6 + 6 = 8 e^{2 t}$ 2y + 6 = 8e^(2t) - 6 + 6 = 8e^(2t) ✔.
7
Attention à l'ordre des opérations : on détermine $C$ C APRÈS avoir ajouté la solution constante, sinon la condition initiale est mal exploitée.

Réponse : Solution constante

- 3

-3 · général

y = C e^{2 t} - 3

y = Ce^(2t) - 3, puis

C = 4

C = 4 ·

y (t) = 4 e^{2 t} - 3

y(t) = 4e^(2t) - 3 et

y (1) \approx 26, 56

y(1) ≈ 26,56.

Rappel de cours : $y (0) = C - \frac{b}{a}$ y(0) = C - b/a : la constante $C$ C n'est PAS égale à $y (0)$ y(0) quand $b \neq = 0$ b ≠ 0.

Erreur fréquente : Poser $C = 1$ C = 1 directement : on oublierait le $- 3$ -3, et la solution ne vérifierait ni l'équation ni la condition.

Exercice 8 — Condition initiale non nulle en t = 0

À maîtriser

Résous $y^{'} = - 0, 4 y + 20$ y' = -0,4y + 20 avec $y (0) = 10$ y(0) = 10.

1.Donne la solution.
2.Calcule $y (5)$ y(5) et la limite en $+ \infty$ +∞.

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Correction détaillée

1
Solution constante : $- \frac{b}{a} = - \frac{20}{- 0 , 4} = 50$ -b/a = -20/(-0,4) = 50.
2
Forme générale : $y (t) = C e^{- 0, 4 t} + 50$ y(t) = Ce^(-0,4t) + 50.
3
Condition : $y (0) = C + 50 = 10$ y(0) = C + 50 = 10, donc $C = - 40$ C = -40.
4
Solution : $y (t) = - 40 e^{- 0, 4 t} + 50$ y(t) = -40e^(-0,4t) + 50, qu'on écrit plutôt $y (t) = 50 - 40 e^{- 0, 4 t}$ y(t) = 50 - 40e^(-0,4t).
5
$y (5) = 50 - 40 e^{- 2} \approx 50 - 40 \times 0, 1353 \approx 50 - 5, 41 \approx 44, 59$ y(5) = 50 - 40e⁻² ≈ 50 - 40× 0,135 3 ≈ 50 - 5,41 ≈ 44,59.
6
Limite : $e^{- 0, 4 t} \to 0$ e^(-0,4t) → 0, donc $y (t) \to 50$ y(t) → 50.
La solution monte vers $50$ 50 sans l'atteindre.
7
Allure : c'est exactement la forme d'une charge de condensateur, partant de $10$ 10 et tendant vers l'équilibre $50$ 50.
8
Contrôle : $y^{'} (0) = - 40 \times (- 0, 4) = 16$ y'(0) = -40×(-0,4) = 16 et $- 0, 4 \times 10 + 20 = 16$ -0,4× 10 + 20 = 16 ✔.

Réponse :

y (t) = 50 - 40 e^{- 0, 4 t}

y(t) = 50 - 40e^(-0,4t) ·

y (5) \approx 44, 59

y(5) ≈ 44,59 · limite

50

50 (la solution constante).

Rappel de cours : La solution constante est la LIMITE de toutes les solutions quand $a < 0$ a < 0 : c'est l'équilibre du système.

Erreur fréquente : Écrire $C = 10 - 50 = - 40$ C = 10 - 50 = -40 puis oublier le signe dans $y = - 40 e^{- 0, 4 t} + 50$ y = -40e^(-0,4t) + 50 : le terme exponentiel doit être NÉGATIF pour que la courbe monte.

Exercice 9 — Charge d'un condensateur

À maîtriser

Dans un circuit RC série alimenté par $E = 12$ E = 12 V, la tension du condensateur vérifie $R C u^{'} + u = E$ RC u' + u = E, avec $R = 2$ R = 2 k $Ω$ Ω, $C = 50$ C = 50 µF et $u (0) = 0$ u(0) = 0.

1.Calcule la constante de temps $τ = R C$ τ = RC.
2.Mets l'équation sous la forme $u^{'} = a u + b$ u' = au + b.
3.Résous et donne $u (t)$ u(t).

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1
$τ = R C = 2000 \times 50 \times 1 0^{- 6} = 0, 1$ τ = RC = 2 000 × 50× 10⁻⁶ = 0,1 s.
2
L'équation $0, 1 u^{'} + u = 12$ 0,1 u' + u = 12 se réécrit $u^{'} = \frac{12 - u}{0 , 1} = - 10 u + 120$ u' = (12 - u)/0,1 = -10u + 120.
3
Donc $a = - 10$ a = -10 et $b = 120$ b = 120.
4
Solution constante : $- \frac{b}{a} = - \frac{120}{- 10} = 12$ -b/a = -120/(-10) = 12 V — c'est bien la tension du générateur ✔.
5
Forme générale : $u (t) = C e^{- 10 t} + 12$ u(t) = Ce^(-10t) + 12.
6
Condition initiale : $u (0) = C + 12 = 0$ u(0) = C + 12 = 0, donc $C = - 12$ C = -12.
7
Solution : $u (t) = 12 (1 - e^{- 10 t})$ u(t) = 12(1 - e^(-10t)) volts.
8
Contrôle : $a = - 10 = - \frac{1}{τ}$ a = -10 = -1/τ ✔ le coefficient de l'exponentielle est toujours l'opposé de l'inverse de la constante de temps.

Réponse :

τ = 0, 1

τ = 0,1 s ·

u^{'} = - 10 u + 120

u' = -10u + 120 ·

u (t) = 12 (1 - e^{- 10 t})

u(t) = 12(1 - e^(-10t)).

Rappel de cours : $R C u^{'} + u = E \Rightarrow u^{'} = - \frac{1}{τ} u + \frac{E}{τ}$ RC u' + u = E ⇒ u' = -1/tauu + E/τ, de solution $u = E (1 - e^{- t / τ})$ u = E(1 - e^(-t/τ)) si $u (0) = 0$ u(0) = 0.

Erreur fréquente : Oublier de diviser par $R C$ RC : l'équation $u^{'} = 12 - u$ u' = 12 - u donnerait $τ = 1$ τ = 1 s au lieu de $0, 1$ 0,1 s, soit un facteur $10$ 10 sur toute la dynamique.

Exercice 10 — Lire la constante de temps

À maîtriser

Quatre solutions d'équations différentielles : $y_{1} = 5 e^{- t /0, 02}$ y₁ = 5e^(-t/0,02), $y_{2} = 3 e^{- 50 t}$ y₂ = 3e^(-50t), $y_{3} = 8 - 8 e^{- 0, 1 t}$ y₃ = 8 - 8e^(-0,1t) et $y_{4} = 2 e^{0, 5 t}$ y₄ = 2e^(0,5t).

1.Donne la constante de temps de chacune (quand elle existe).
2.Précise le comportement à long terme.

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Correction détaillée

1
La constante de temps $τ$ τ est telle que l'exponentielle s'écrit $e^{- t / τ}$ e^(-t/τ).
2
$y_{1} = 5 e^{- t /0, 02}$ y₁ = 5e^(-t/0,02) : $τ = 0, 02$ τ = 0,02 s.
Elle tend vers $0$ 0.
3
$y_{2} = 3 e^{- 50 t}$ y₂ = 3e^(-50t) : on identifie $- 50 = - \frac{1}{τ}$ -50 = -1/τ, donc $τ = \frac{1}{50} = 0, 02$ τ = 1/50 = 0,02 s également.
Elle tend vers $0$ 0.
4
Les deux premières ont donc la même dynamique, écrite de deux façons différentes.
5
$y_{3} = 8 - 8 e^{- 0, 1 t}$ y₃ = 8 - 8e^(-0,1t) : $τ = \frac{1}{0 , 1} = 10$ τ = 1/0,1 = 10 s.
Elle tend vers $8$ 8 (sa solution constante).
6
$y_{4} = 2 e^{0, 5 t}$ y₄ = 2e^(0,5t) : l'exposant est POSITIF, il n'y a pas de constante de temps au sens d'un amortissement.
La solution diverge vers $+ \infty$ +∞.
7
Repère pratique : après $3 τ$ 3τ, une évolution a parcouru $95%$ 95% du chemin vers son équilibre ; après $5 τ$ 5τ, $99%$ 99%.

Réponse :

y_{1}

y₁ et

y_{2}

y₂ :

τ = 0, 02

τ = 0,02 s, tendent vers

0

0 ·

y_{3}

y₃ :

τ = 10

τ = 10 s, tend vers

8

8 ·

y_{4}

y₄ : pas de constante de temps, diverge.

Rappel de cours : $e^{a t}$ e^(at) avec $a < 0$ a < 0 s'écrit $e^{- t / τ}$ e^(-t/τ) avec $τ = \frac{1}{∣ a ∣}$ τ = 1/|a| : c'est la constante de temps.

Erreur fréquente : Annoncer $τ = 50$ τ = 50 s pour $y_{2}$ y₂ : la constante de temps est l'INVERSE du coefficient, soit $0, 02$ 0,02 s.

Exercice 11 — Décharge d'un condensateur

Type contrôle

Un condensateur chargé à $9$ 9 V se décharge dans une résistance.

La tension vérifie $R C u^{'} + u = 0$ RC u' + u = 0 avec $R = 5$ R = 5 k $Ω$ Ω et $C = 20$ C = 20 µF.

1.Calcule $τ$ τ et mets l'équation sous forme standard.
2.Résous avec la condition $u (0) = 9$ u(0) = 9.
3.Calcule $u (0, 1)$ u(0,1) et l'instant où la tension vaut $1$ 1 V.

Voir la correction

Correction détaillée

1
$τ = R C = 5000 \times 20 \times 1 0^{- 6} = 0, 1$ τ = RC = 5 000× 20× 10⁻⁶ = 0,1 s.
2
L'équation devient $u^{'} = - \frac{u}{τ} = - 10 u$ u' = -u/τ = -10u : c'est une équation $y^{'} = a y$ y' = ay avec $a = - 10$ a = -10.
3
Solutions : $u (t) = C e^{- 10 t}$ u(t) = Ce^(-10t), et la condition $u (0) = C = 9$ u(0) = C = 9 donne $u (t) = 9 e^{- 10 t}$ u(t) = 9e^(-10t).
4
$u (0, 1) = 9 e^{- 1} \approx 9 \times 0, 3679 \approx 3, 31$ u(0,1) = 9e⁻¹ ≈ 9× 0,367 9 ≈ 3,31 V — soit $36, 8%$ 36,8% de la tension initiale, après exactement une constante de temps ✔.
5
Instant où $u = 1$ u = 1 V : $9 e^{- 10 t} = 1$ 9e^(-10t) = 1 donne $e^{- 10 t} = \frac{1}{9}$ e^(-10t) = 1/9.
6
$- 10 t = ln \frac{1}{9} = - ln 9 \approx - 2, 197$ -10t = ln1/9 = -ln 9 ≈ -2,197, donc $t \approx 0, 2197$ t ≈ 0,2197 s, soit environ $220$ 220 ms.
7
Contrôle en constantes de temps : $\frac{0 , 2197}{0 , 1} \approx 2, 2 τ$ 0,2197/0,1 ≈ 2,2 τ.
Cohérent, puisque descendre à $11%$ 11% prend un peu plus de deux constantes de temps ✔.

Réponse :

τ = 0, 1

τ = 0,1 s et

u^{'} = - 10 u

u' = -10u ·

u (t) = 9 e^{- 10 t}

u(t) = 9e^(-10t) ·

u (0, 1) \approx 3, 31

u(0,1) ≈ 3,31 V et

u = 1

u = 1 V à

t = 0, 1 ln 9 \approx 220

t = 0,1ln 9 ≈ 220 ms.

Rappel de cours : Décharge : $u^{'} = - \frac{u}{τ}$ u' = -u/τ, donc $u = U_{0} e^{- t / τ}$ u = U₀e^(-t/τ), et $t = τ ln \frac{U _{0}}{u}$ t = τlnU₀/u pour atteindre une tension donnée.

Erreur fréquente : Confondre charge et décharge : la décharge n'a PAS de terme constant, son équation est $y^{'} = a y$ y' = ay et sa limite est $0$ 0.

Exercice 12 — Loi de refroidissement

Type contrôle

Une pièce à $180$ 180 °C refroidit dans un atelier à $20$ 20 °C.

La loi de Newton donne $T^{'} = - 0, 06 (T - 20)$ T' = -0,06(T - 20) ( $t$ t en minutes).

1.Mets l'équation sous la forme $T^{'} = a T + b$ T' = aT + b.
2.Résous avec $T (0) = 180$ T(0) = 180.
3.Calcule $T (20)$ T(20) et la limite.
4.À quel instant la pièce atteint-elle $50$ 50 °C ?

Voir la correction

Correction détaillée

1
On développe : $T^{'} = - 0, 06 T + 1, 2$ T' = -0,06T + 1,2.
Donc $a = - 0, 06$ a = -0,06 et $b = 1, 2$ b = 1,2.
2
Solution constante : $- \frac{b}{a} = - \frac{1 , 2}{- 0 , 06} = 20$ -b/a = -1,2/(-0,06) = 20 °C — la température de l'atelier ✔.
3
Forme générale : $T (t) = C e^{- 0, 06 t} + 20$ T(t) = Ce^(-0,06t) + 20.
4
Condition : $T (0) = C + 20 = 180$ T(0) = C + 20 = 180, donc $C = 160$ C = 160.
5
Solution : $T (t) = 20 + 160 e^{- 0, 06 t}$ T(t) = 20 + 160e^(-0,06t).
6
$T (20) = 20 + 160 e^{- 1, 2} \approx 20 + 160 \times 0, 3012 \approx 20 + 48, 2 = 68, 2$ T(20) = 20 + 160e^(-1,2) ≈ 20 + 160× 0,301 2 ≈ 20 + 48,2 = 68,2 °C.
7
Limite : $T \to 20$ T → 20 °C ✔ physiquement cohérent.
8
Pour $50$ 50 °C : $160 e^{- 0, 06 t} = 30$ 160e^(-0,06t) = 30, donc $e^{- 0, 06 t} = 0, 1875$ e^(-0,06t) = 0,1875.
9
$- 0, 06 t = ln 0, 1875 \approx - 1, 67398$ -0,06t = ln 0,1875 ≈ -1,673 98, donc $t \approx 27, 9$ t ≈ 27,9 minutes.
10
Contrôle : $T (28) \approx 20 + 160 \times 0, 1864 \approx 49, 8$ T(28) ≈ 20 + 160× 0,186 4 ≈ 49,8 °C ✔ juste sous les $50$ 50 °C.

Réponse :

T^{'} = - 0, 06 T + 1, 2

T' = -0,06T + 1,2 ·

T (t) = 20 + 160 e^{- 0, 06 t}

T(t) = 20 + 160e^(-0,06t) ·

T (20) \approx 68, 2

T(20) ≈ 68,2 °C, limite

20

20 °C ·

50

50 °C atteint vers

t \approx 27, 9

t ≈ 27,9 min.

Rappel de cours : Loi de Newton : $T^{'} = - k (T - T_{amb})$ T' = -k(T - T_amb), de solution $T = T_{amb} + (T_{0} - T_{amb}) e^{- k t}$ T = T_amb + (T₀ - T_amb)e^(-kt).

Erreur fréquente : Résoudre $T^{'} = - 0, 06 T$ T' = -0,06T en oubliant le $+ 1, 2$ +1,2 : la pièce tendrait vers $0$ 0 °C au lieu de $20$ 20 °C.

Exercice 13 — Euler contre solution exacte

Type contrôle

On étudie $y^{'} = - 2 y$ y' = -2y avec $y (0) = 100$ y(0) = 100.

On compare la solution exacte à la méthode d'Euler de pas $h = 0, 1$ h = 0,1.

1.Donne la solution exacte et calcule $y (0, 3)$ y(0,3).
2.Applique Euler sur trois pas.
3.Calcule l'erreur relative.

Voir la correction

Correction détaillée

1
Solution exacte : $y (t) = 100 e^{- 2 t}$ y(t) = 100e^(-2t).
2
$y (0, 3) = 100 e^{- 0, 6} \approx 100 \times 0, 5488 = 54, 88$ y(0,3) = 100e^(-0,6) ≈ 100× 0,548 8 = 54,88.
3
Euler : $y_{n + 1} = y_{n} + h y^{'} (t_{n}) = y_{n} + 0, 1 \times (- 2 y_{n}) = y_{n} (1 - 0, 2) = 0, 8 y_{n}$ yₙ₊₁ = yₙ + h y'(tₙ) = yₙ + 0,1×(-2yₙ) = yₙ(1 - 0,2) = 0,8 yₙ.
4
$y_{1} = 80$ y₁ = 80 (à $t = 0, 1$ t = 0,1) ; $y_{2} = 64$ y₂ = 64 (à $t = 0, 2$ t = 0,2) ; $y_{3} = 51, 2$ y₃ = 51,2 (à $t = 0, 3$ t = 0,3).
5
Erreur absolue : $54, 88 - 51, 2 = 3, 68$ 54,88 - 51,2 = 3,68.
6
Erreur relative : $\frac{3 , 68}{54 , 88} \approx 0, 067$ 3,68/54,88 ≈ 0,067, soit $6, 7%$ 6,7%.
7
Euler SOUS-estime ici, parce qu'il utilise la pente du début de chaque pas, trop forte pour une fonction décroissante qui s'aplatit.
8
Avec $h = 0, 05$ h = 0,05 (six pas), le facteur devient $0, 9$ 0,9 et l'on obtient $100 \times 0, 9^{6} \approx 53, 14$ 100× 0,9⁶ ≈ 53,14, soit une erreur de $3, 2%$ 3,2% : diviser le pas par deux divise l'erreur par deux environ.

Réponse : Exact :

y (t) = 100 e^{- 2 t}

y(t) = 100e^(-2t) et

y (0, 3) \approx 54, 88

y(0,3) ≈ 54,88 · Euler :

80

80 ;

64

64 ;

51, 2

51,2 · erreur relative

\approx 6, 7%

≈ 6,7%.

Rappel de cours : Pour $y^{'} = a y$ y' = ay, Euler donne $y_{n + 1} = y_{n} (1 + ah)$ yₙ₊₁ = yₙ(1 + ah) : c'est une suite GÉOMÉTRIQUE de raison $1 + ah$ 1 + ah.

Erreur fréquente : Croire qu'Euler est exact parce que la suite est géométrique : $(1 + ah)^{n}$ (1 + ah)ⁿ n'est qu'une approximation de $e^{anh}$ e^(anh).

Exercice 14 — Établissement du courant dans une bobine

Type contrôle

Dans un circuit RL série alimenté par $E = 24$ E = 24 V, le courant vérifie $L i^{'} + R i = E$ L i' + R i = E, avec $R = 12 Ω$ R = 12 Ω, $L = 0, 6$ L = 0,6 H et $i (0) = 0$ i(0) = 0.

1.Mets l'équation sous la forme $i^{'} = ai + b$ i' = ai + b.
2.Calcule la constante de temps $τ = \frac{L}{R}$ τ = L/R et le courant final.
3.Résous et calcule $i (0, 05)$ i(0,05).

Voir la correction

Correction détaillée

1
On divise par $L = 0, 6$ L = 0,6 : $i^{'} = - \frac{R}{L} i + \frac{E}{L} = - \frac{12}{0 , 6} i + \frac{24}{0 , 6}$ i' = -R/Li + E/L = -12/0,6i + 24/0,6.
2
Donc $i^{'} = - 20 i + 40$ i' = -20i + 40.
3
Constante de temps : $τ = \frac{L}{R} = \frac{0 , 6}{12} = 0, 05$ τ = L/R = 0,6/12 = 0,05 s.
On vérifie que $a = - 20 = - \frac{1}{τ}$ a = -20 = -1/τ ✔.
4
Courant final (solution constante) : $- \frac{b}{a} = - \frac{40}{- 20} = 2$ -b/a = -40/(-20) = 2 A.
C'est $\frac{E}{R} = \frac{24}{12} = 2$ E/R = 24/12 = 2 A ✔ la bobine finit par se comporter comme un simple fil.
5
Forme générale : $i (t) = C e^{- 20 t} + 2$ i(t) = Ce^(-20t) + 2, avec $i (0) = C + 2 = 0$ i(0) = C + 2 = 0, donc $C = - 2$ C = -2.
6
Solution : $i (t) = 2 (1 - e^{- 20 t})$ i(t) = 2(1 - e^(-20t)) ampères.
7
$i (0, 05) = 2 (1 - e^{- 1}) \approx 2 \times 0, 6321 \approx 1, 26$ i(0,05) = 2(1 - e⁻¹) ≈ 2× 0,632 1 ≈ 1,26 A, soit $63, 2%$ 63,2% du courant final après une constante de temps ✔.

Réponse :

i^{'} = - 20 i + 40

i' = -20i + 40 ·

τ = \frac{L}{R} = 0, 05

τ = L/R = 0,05 s et

i_{final} = \frac{E}{R} = 2

i_final = E/R = 2 A ·

i (t) = 2 (1 - e^{- 20 t})

i(t) = 2(1 - e^(-20t)) et

i (0, 05) \approx 1, 26

i(0,05) ≈ 1,26 A.

Rappel de cours : Circuit RL : $τ = \frac{L}{R}$ τ = L/R et courant final $\frac{E}{R}$ E/R · circuit RC : $τ = R C$ τ = RC et tension finale $E$ E.

Erreur fréquente : Oublier de diviser $E$ E par $L$ L : avec $i^{'} = - 20 i + 24$ i' = -20i + 24, le courant final serait $1, 2$ 1,2 A au lieu de $2$ 2 A.

Exercice 15 — Condition donnée ailleurs qu'en 0

Type contrôle

Résous $y^{'} = - 0, 5 y$ y' = -0,5y sachant que $y (2) = 30$ y(2) = 30.

1.Détermine la constante $C$ C.
2.Donne la solution et calcule $y (0)$ y(0).
3.Calcule $y (6)$ y(6).

Voir la correction

Correction détaillée

1
Forme générale : $y (t) = C e^{- 0, 5 t}$ y(t) = Ce^(-0,5t).
2
Condition : $y (2) = C e^{- 1} = 30$ y(2) = Ce⁻¹ = 30, donc $C = 30 e^{1} = 30 e \approx 81, 55$ C = 30e¹ = 30e ≈ 81,55.
3
Solution : $y (t) = 30 e e^{- 0, 5 t} = 30 e^{1 - 0, 5 t}$ y(t) = 30e e^(-0,5t) = 30e^(1 - 0,5t).
4
$y (0) = 30 e \approx 81, 55$ y(0) = 30e ≈ 81,55 : c'est la valeur initiale, qu'on a donc RETROUVÉE à partir d'une mesure faite à $t = 2$ t = 2.
5
$y (6) = 30 e^{1 - 3} = 30 e^{- 2} \approx 30 \times 0, 1353 \approx 4, 06$ y(6) = 30e^(1 - 3) = 30e⁻² ≈ 30× 0,135 3 ≈ 4,06.
6
Contrôle : de $t = 2$ t = 2 à $t = 6$ t = 6, il s'écoule $4$ 4 unités, donc la grandeur est multipliée par $e^{- 0, 5 \times 4} = e^{- 2} \approx 0, 135$ e^(-0,5× 4) = e⁻² ≈ 0,135.
Et $30 \times 0, 135 \approx 4, 06$ 30× 0,135 ≈ 4,06 ✔.
7
Méthode générale : quand la condition est donnée en $t_{0} \neq = 0$ t₀ ≠ 0, il est souvent plus simple d'écrire $y (t) = y (t_{0}) e^{a (t - t_{0})}$ y(t) = y(t₀)e^(a(t - t₀)).

Réponse :

C = 30 e \approx 81, 55

C = 30e ≈ 81,55 ·

y (t) = 30 e^{1 - 0, 5 t}

y(t) = 30e^(1-0,5t), avec

y (0) \approx 81, 55

y(0) ≈ 81,55 ·

y (6) = 30 e^{- 2} \approx 4, 06

y(6) = 30e⁻² ≈ 4,06.

Rappel de cours : $y (t) = y (t_{0}) e^{a (t - t_{0})}$ y(t) = y(t₀) e^(a(t - t₀)) : cette écriture évite de calculer $C$ C explicitement.

Erreur fréquente : Poser $C = 30$ C = 30 : ce serait la valeur en $t = 0$ t = 0, or la mesure est faite en $t = 2$ t = 2.

Exercice 16 — Type bac : circuit RC complet

Type bac / défi

Un circuit RC série est alimenté par $E = 15$ E = 15 V, avec $R = 4, 7$ R = 4,7 k $Ω$ Ω et $C = 22$ C = 22 µF.

Le condensateur est initialement déchargé.

La tension vérifie $R C u^{'} + u = E$ RC u' + u = E.

1.Calcule $τ$ τ et résous l'équation.
2.Calcule $u$ u après $0, 1$ 0,1 s et après $0, 3$ 0,3 s.
3.Détermine l'instant où $u = 10$ u = 10 V.
4.Au bout de combien de temps la charge est-elle « terminée » (à $1%$ 1% près) ?

Voir la correction

Correction détaillée

1
$τ = R C = 4700 \times 22 \times 1 0^{- 6} = 0, 1034$ τ = RC = 4 700× 22× 10⁻⁶ = 0,103 4 s.
2
Équation standard : $u^{'} = - \frac{1}{0 , 103 4} u + \frac{15}{0 , 103 4}$ u' = -1/(0,103 4)u + 15/(0,103 4), soit environ $u^{'} = - 9, 67 u + 145, 1$ u' = -9,67u + 145,1.
3
Solution constante : $15$ 15 V.
Forme générale : $u (t) = C e^{- t /0, 1034} + 15$ u(t) = Ce^(-t/0,103 4) + 15.
4
Condition $u (0) = 0$ u(0) = 0 : $C = - 15$ C = -15, d'où $u (t) = 15 (1 - e^{- t /0, 1034})$ u(t) = 15(1 - e^(-t/0,103 4)).
5
$u (0, 1) = 15 (1 - e^{- 0, 9671}) \approx 15 (1 - 0, 3803) \approx 9, 30$ u(0,1) = 15(1 - e^(-0,967 1)) ≈ 15(1 - 0,380 3) ≈ 9,30 V.
6
$u (0, 3) = 15 (1 - e^{- 2, 9014}) \approx 15 (1 - 0, 0550) \approx 14, 18$ u(0,3) = 15(1 - e^(-2,901 4)) ≈ 15(1 - 0,055 0) ≈ 14,18 V.
7
Pour $u = 10$ u = 10 V : $1 - e^{- t / τ} = \frac{10}{15} = \frac{2}{3}$ 1 - e^(-t/τ) = 10/15 = 2/3, donc $e^{- t / τ} = \frac{1}{3}$ e^(-t/τ) = 1/3.
8
$t = τ ln 3 \approx 0, 1034 \times 1, 0986 \approx 0, 1136$ t = τln 3 ≈ 0,103 4× 1,098 6 ≈ 0,113 6 s, soit environ $114$ 114 ms.
9
Charge terminée à $1%$ 1% près : il faut $e^{- t / τ} \leq 0, 01$ e^(-t/τ) ≤ 0,01, donc $t \geq τ ln 100 \approx 0, 1034 \times 4, 605 \approx 0, 476$ t ≥ τln 100 ≈ 0,103 4× 4,605 ≈ 0,476 s.
10
Soit environ $476$ 476 ms, c'est-à-dire $4, 6 τ$ 4,6 τ — le repère habituel ✔.

Réponse :

τ \approx 0, 1034

τ ≈ 0,1034 s ·

u (t) = 15 (1 - e^{- t /0, 1034})

u(t) = 15(1 - e^(-t/0,1034)) ·

u (0, 1) \approx 9, 30

u(0,1) ≈ 9,30 V et

u (0, 3) \approx 14, 18

u(0,3) ≈ 14,18 V ·

10

10 V à

t = τ ln 3 \approx 114

t = τln 3 ≈ 114 ms · charge terminée vers

476

476 ms.

Rappel de cours : $u = E (1 - e^{- t / τ})$ u = E(1 - e^(-t/τ)) atteint la fraction $f$ f de $E$ E à l'instant $t = τ ln \frac{1}{1 - f}$ t = τln1/(1-f).

Erreur fréquente : Calculer $τ = 4, 7 \times 22 = 103, 4$ τ = 4,7× 22 = 103,4 sans les unités : $τ$ τ vaut $103, 4$ 103,4 ms, soit $0, 1034$ 0,1034 s, et non $103$ 103 s.

Exercice 17 — Type bac : refroidissement et Euler

Type bac / défi

Un four coupé refroidit selon $T^{'} = - 0, 03 (T - 25)$ T' = -0,03(T - 25) ( $t$ t en minutes), avec $T (0) = 205$ T(0) = 205 °C.

1.Résous exactement l'équation.
2.Calcule $T (30)$ T(30) exactement.
3.Applique la méthode d'Euler avec $h = 10$ h = 10 min pour estimer $T (30)$ T(30).
4.Compare et commente.

Voir la correction

Correction détaillée

1
Forme standard : $T^{'} = - 0, 03 T + 0, 75$ T' = -0,03T + 0,75.
Solution constante : $- \frac{0 , 75}{- 0 , 03} = 25$ -0,75/(-0,03) = 25 °C ✔.
2
Général : $T (t) = C e^{- 0, 03 t} + 25$ T(t) = Ce^(-0,03t) + 25, et $T (0) = C + 25 = 205$ T(0) = C + 25 = 205 donne $C = 180$ C = 180.
3
Solution : $T (t) = 25 + 180 e^{- 0, 03 t}$ T(t) = 25 + 180e^(-0,03t).
4
$T (30) = 25 + 180 e^{- 0, 9} \approx 25 + 180 \times 0, 4066 \approx 25 + 73, 2 = 98, 2$ T(30) = 25 + 180e^(-0,9) ≈ 25 + 180× 0,406 6 ≈ 25 + 73,2 = 98,2 °C.
5
Euler avec $h = 10$ h = 10 : $T_{n + 1} = T_{n} + 10 \times (- 0, 03 (T_{n} - 25)) = T_{n} - 0, 3 (T_{n} - 25)$ Tₙ₊₁ = Tₙ + 10×(-0,03(Tₙ - 25)) = Tₙ - 0,3(Tₙ - 25).
6
$T_{1} = 205 - 0, 3 \times 180 = 205 - 54 = 151$ T₁ = 205 - 0,3× 180 = 205 - 54 = 151 °C (à $t = 10$ t = 10).
7
$T_{2} = 151 - 0, 3 \times 126 = 151 - 37, 8 = 113, 2$ T₂ = 151 - 0,3× 126 = 151 - 37,8 = 113,2 °C (à $t = 20$ t = 20).
8
$T_{3} = 113, 2 - 0, 3 \times 88, 2 = 113, 2 - 26, 46 = 86, 74$ T₃ = 113,2 - 0,3× 88,2 = 113,2 - 26,46 = 86,74 °C (à $t = 30$ t = 30).
9
Comparaison : Euler donne $86, 7$ 86,7 °C contre $98, 2$ 98,2 °C exactement, soit une erreur de $11, 5$ 11,5 °C (environ $12%$ 12%).
10
Euler SOUS-estime la température, car il applique sur tout le pas la pente du début — trop forte, la décroissance ralentissant ensuite.
11
Avec $h = 1$ h = 1 min ( $30$ 30 pas), on obtiendrait $25 + 180 \times 0, 9 7^{30} \approx 25 + 180 \times 0, 4010 \approx 97, 2$ 25 + 180× 0,97³⁰ ≈ 25 + 180× 0,401 0 ≈ 97,2 °C, soit une erreur d'à peine $1$ 1 °C ✔.

Réponse :

T (t) = 25 + 180 e^{- 0, 03 t}

T(t) = 25 + 180e^(-0,03t) ·

T (30) \approx 98, 2

T(30) ≈ 98,2 °C · Euler (

h = 10

h = 10) :

151

151 ;

113, 2

113,2 ;

86, 7

86,7 °C · erreur de

11, 5

11,5 °C, ramenée à

1

1 °C avec

h = 1

h = 1.

Rappel de cours : Euler avec un pas trop grand dérive vite. L'erreur est à peu près proportionnelle au pas.

Erreur fréquente : Utiliser la pente initiale pour tous les pas : la pente doit être RECALCULÉE à chaque étape avec la valeur courante de $T$ T.

Exercice 18 — Type bac : remplissage d'un réservoir

Type bac / défi

Un réservoir reçoit un débit constant de $30$ 30 L/min et fuit proportionnellement à son volume, à raison de $0, 05$ 0,05 par minute.

Le volume vérifie $V^{'} = 30 - 0, 05 V$ V' = 30 - 0,05V, avec $V (0) = 100$ V(0) = 100 L.

1.Détermine le volume d'équilibre.
2.Résous l'équation.
3.Calcule $V (20)$ V(20) et $V (60)$ V(60).
4.Au bout de combien de temps le réservoir contient-il $500$ 500 L ?

Voir la correction

Correction détaillée

1
Équilibre : $V^{'} = 0$ V' = 0 donne $30 = 0, 05 V$ 30 = 0,05V, soit $V = 600$ V = 600 L.
2
On retrouve $- \frac{b}{a} = - \frac{30}{- 0 , 05} = 600$ -b/a = -30/(-0,05) = 600 ✔.
3
Interprétation : à $600$ 600 L, la fuite ( $0, 05 \times 600 = 30$ 0,05× 600 = 30 L/min) compense exactement l'apport.
4
Forme générale : $V (t) = C e^{- 0, 05 t} + 600$ V(t) = Ce^(-0,05t) + 600, et $V (0) = C + 600 = 100$ V(0) = C + 600 = 100 donne $C = - 500$ C = -500.
5
Solution : $V (t) = 600 - 500 e^{- 0, 05 t}$ V(t) = 600 - 500e^(-0,05t).
6
$V (20) = 600 - 500 e^{- 1} \approx 600 - 500 \times 0, 3679 \approx 600 - 183, 9 = 416, 1$ V(20) = 600 - 500e⁻¹ ≈ 600 - 500× 0,367 9 ≈ 600 - 183,9 = 416,1 L.
7
$V (60) = 600 - 500 e^{- 3} \approx 600 - 500 \times 0, 0498 \approx 600 - 24, 9 = 575, 1$ V(60) = 600 - 500e⁻³ ≈ 600 - 500× 0,049 8 ≈ 600 - 24,9 = 575,1 L.
8
Pour $500$ 500 L : $500 e^{- 0, 05 t} = 100$ 500e^(-0,05t) = 100, donc $e^{- 0, 05 t} = 0, 2$ e^(-0,05t) = 0,2.
9
$- 0, 05 t = ln 0, 2 \approx - 1, 6094$ -0,05t = ln 0,2 ≈ -1,609 4, donc $t \approx 32, 2$ t ≈ 32,2 minutes.
10
Contrôle : $V (32) \approx 600 - 500 \times 0, 2019 \approx 499, 1$ V(32) ≈ 600 - 500× 0,201 9 ≈ 499,1 L ✔ juste sous les $500$ 500 L.
11
Remarque : le réservoir n'atteindra jamais $600$ 600 L, ni a fortiori $700$ 700 L.
Toute cible supérieure ou égale à l'équilibre est inatteignable.

Réponse : Équilibre

600

600 L ·

V (t) = 600 - 500 e^{- 0, 05 t}

V(t) = 600 - 500e^(-0,05t) ·

V (20) \approx 416, 1

V(20) ≈ 416,1 L et

V (60) \approx 575, 1

V(60) ≈ 575,1 L ·

500

500 L atteints à

t \approx 32, 2

t ≈ 32,2 min.

Rappel de cours : Apport constant et fuite proportionnelle : $V^{'} = b + aV$ V' = b + aV avec $a < 0$ a < 0, d'équilibre $- \frac{b}{a}$ -b/a, jamais atteint mais approché.

Erreur fréquente : Chercher le temps pour atteindre $600$ 600 L : l'équation $500 e^{- 0, 05 t} = 0$ 500e^(-0,05t) = 0 n'a pas de solution. L'équilibre est une limite.

Exercice 19 — Type bac : identifier les paramètres

Type bac / défi

Un capteur mesure une grandeur qui suit une loi $y (t) = C e^{a t} + d$ y(t) = Ce^(at) + d.

Trois mesures sont disponibles : $y (0) = 90$ y(0) = 90, la limite à long terme est $30$ 30, et $y (10) = 54$ y(10) = 54 ( $t$ t en secondes).

1.Détermine $d$ d.
2.Détermine $C$ C.
3.Détermine $a$ a et la constante de temps.
4.Écris l'équation différentielle vérifiée par $y$ y.

Voir la correction

Correction détaillée

1
La limite à long terme (avec $a < 0$ a < 0) est $d$ d, puisque $e^{a t} \to 0$ e^(at)→ 0.
Donc $d = 30$ d = 30.
2
$y (0) = C + d = 90$ y(0) = C + d = 90, donc $C = 90 - 30 = 60$ C = 90 - 30 = 60.
3
Le modèle s'écrit donc $y (t) = 60 e^{a t} + 30$ y(t) = 60e^(at) + 30.
4
Troisième mesure : $y (10) = 60 e^{10 a} + 30 = 54$ y(10) = 60e^(10a) + 30 = 54, donc $60 e^{10 a} = 24$ 60e^(10a) = 24 et $e^{10 a} = 0, 4$ e^(10a) = 0,4.
5
$10 a = ln 0, 4 \approx - 0, 9163$ 10a = ln 0,4 ≈ -0,916 3, donc $a \approx - 0, 09163 s^{- 1}$ a ≈ -0,091 63 s ⁻¹.
6
Constante de temps : $τ = \frac{1}{∣ a ∣} \approx 10, 91$ τ = 1/|a| ≈ 10,91 s.
7
Équation différentielle : à partir de $y = C e^{a t} + d$ y = Ce^(at) + d, on a $y^{'} = a C e^{a t} = a (y - d)$ y' = aCe^(at) = a(y - d).
8
Donc $y^{'} = - 0, 09163 (y - 30)$ y' = -0,091 63(y - 30), soit $y^{'} = - 0, 09163 y + 2, 749$ y' = -0,091 63y + 2,749.
9
Contrôle : $y^{'} (0) = - 0, 09163 \times (90 - 30) = - 5, 498$ y'(0) = -0,091 63×(90 - 30) = -5,498.
Et l'on vérifie que la pente initiale est négative, cohérente avec une grandeur qui décroît de $90$ 90 vers $30$ 30 ✔.
10
Contrôle du modèle : $y (10) = 60 \times 0, 4 + 30 = 54$ y(10) = 60× 0,4 + 30 = 54 ✔ conforme à la mesure.

Réponse :

d = 30

d = 30 (la limite) ·

C = 60

C = 60 ·

a = \frac{ln 0 , 4}{10} \approx - 0, 0916 s^{- 1}

a = (ln 0,4)/10 ≈ -0,0916 s ⁻¹, soit

τ \approx 10, 9

τ ≈ 10,9 s · équation

y^{'} = - 0, 0916 (y - 30)

y' = -0,0916(y - 30).

Rappel de cours : Dans $y = C e^{a t} + d$ y = Ce^(at) + d : $d$ d est la LIMITE, $C = y (0) - d$ C = y(0) - d, et une troisième mesure donne $a$ a.

Erreur fréquente : Prendre $C = 90$ C = 90 : la constante $C$ C est l'ÉCART initial à la limite, soit $90 - 30 = 60$ 90 - 30 = 60.

Exercice 20 — Type bac : deux régimes successifs

Type bac / défi

Un condensateur ( $τ = 0, 2$ τ = 0,2 s) est d'abord chargé sous $E = 10$ E = 10 V pendant $0, 4$ 0,4 s, puis le générateur est remplacé par un court-circuit et le condensateur se décharge.

1.Donne $u (t)$ u(t) sur la phase de charge et calcule $u (0, 4)$ u(0,4).
2.Écris l'équation de la phase de décharge et sa solution, en prenant $t^{'} = t - 0, 4$ t' = t - 0,4.
3.Calcule la tension $0, 2$ 0,2 s après le début de la décharge.
4.Au bout de combien de temps, après le début de la décharge, la tension descend-elle sous $0, 5$ 0,5 V ?

Voir la correction

Correction détaillée

1
Charge : $u (t) = 10 (1 - e^{- t /0, 2})$ u(t) = 10(1 - e^(-t/0,2)), avec $u (0) = 0$ u(0) = 0.
2
$u (0, 4) = 10 (1 - e^{- 2}) \approx 10 (1 - 0, 1353) \approx 8, 65$ u(0,4) = 10(1 - e⁻²) ≈ 10(1 - 0,135 3) ≈ 8,65 V.
3
Le condensateur n'est donc pas complètement chargé : après $2 τ$ 2τ, il atteint $86, 5%$ 86,5% de $E$ E.
4
Décharge : l'équation devient $u^{'} = - \frac{u}{τ} = - 5 u$ u' = -u/τ = -5u, sans terme constant.
5
En posant $t^{'} = t - 0, 4$ t' = t - 0,4, la condition initiale de cette phase est $u (t^{'} = 0) = 8, 65$ u(t' = 0) = 8,65 V.
6
Solution : $u (t^{'}) = 8, 65 e^{- 5 t^{'}}$ u(t') = 8,65e^(-5t').
7
Après $0, 2$ 0,2 s de décharge : $u = 8, 65 e^{- 1} \approx 8, 65 \times 0, 3679 \approx 3, 18$ u = 8,65e⁻¹ ≈ 8,65× 0,367 9 ≈ 3,18 V.
8
Seuil de $0, 5$ 0,5 V : $8, 65 e^{- 5 t^{'}} = 0, 5$ 8,65e^(-5t') = 0,5, donc $e^{- 5 t^{'}} = 0, 0578$ e^(-5t') = 0,057 8.
9
$- 5 t^{'} = ln 0, 0578 \approx - 2, 851$ -5t' = ln 0,057 8 ≈ -2,851, donc $t^{'} \approx 0, 570$ t' ≈ 0,570 s.
10
Soit environ $570$ 570 ms après le début de la décharge, c'est-à-dire $2, 85 τ$ 2,85 τ.
11
Point de méthode essentiel : à chaque changement de régime, on RECALCULE la condition initiale (ici $8, 65$ 8,65 V) et l'on repart de zéro en temps.
La tension est CONTINUE au raccordement.

Réponse : Charge :

u = 10 (1 - e^{- t /0, 2})

u = 10(1-e^(-t/0,2)) et

u (0, 4) \approx 8, 65

u(0,4) ≈ 8,65 V · décharge :

u (t^{'}) = 8, 65 e^{- 5 t^{'}}

u(t') = 8,65e^(-5t') ·

3, 18

3,18 V après

0, 2

0,2 s · sous

0, 5

0,5 V après

\approx 570

≈ 570 ms.

Rappel de cours : Changement de régime : la grandeur est CONTINUE, sa valeur finale devient la condition initiale de la phase suivante.

Erreur fréquente : Repartir de $10$ 10 V pour la décharge : le condensateur n'avait atteint que $8, 65$ 8,65 V, et toute la suite serait décalée.

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