%% nav-debut : généré par gen_navigation.py, ne pas modifier à la main %% > [!nav] > ↩ [[Analyse et Données/Mathématiques/EDO d'ordre 1/EDO d'ordre 1|Accueil · EDO d'ordre 1]] > > | [[Analyse et Données/Mathématiques/EDO d'ordre 1/Cours 1 - EDO d'ordre 1\|← Cours 1 - EDO d'ordre 1]] | | > |:---|---:| %% nav-fin %% # ▷ Exercices ## Exercice 1 Déterminer la solution unique des problèmes de Cauchy suivants : 1. $y' + 2y = -4$ avec $y(1) = -3$. 2. $2y' - 3y = 9$ avec $y(-1) = 1$. ## Exercice 2 Résoudre les équations différentielles suivantes : 1. $y'(x) = 2x + \cos(x)$. 2. $y'(x) + 3y(x) = 0$. 3. $y' + 2y = x^2 - 2x + 3$. 4. $7y'+2y=2x^3-5x^2+4x-1.$ 5. $y' + y = e^{-x}$. 6. $y' - 2y = \cos(x) + 2\sin(x).$ ## Exercice 3 Résoudre les équations à coefficients non constants suivantes : 1. $y' + x^2 y = -x^2$ sur $\mathbb{R}$. 2. $2xy' - y = x$ sur $\mathbb{R}_+^*$. ## Exercice 4 Résoudre les équations suivantes en utilisant la méthode de variation de la constante : 1. $y' + y = \frac{1}{1+e^x}$ 2. $y' - \frac{y}{x} = x^2$ sur $]0, +\infty[$ 3. $y' - 2xy = -(2x-1)e^x$ sur $\mathbb{R}$ 4. $y' - \frac{2}{t} y = t^2$ sur $]0, +\infty[$ 5. $y' + \frac{y}{t} = \frac{1}{t(1+t^2)}$ sur $]0, +\infty[$ ## Exercice 5 Déterminer les solutions des équation différentielle à variables séparables suivantes : 1. $y'(x) = x^2 y(x)$ 2. $y'(x) = \frac{x}{y(x)} \quad \text{avec} \quad y(1) = 2$ ## Exercice 6 : Application - Désintégration radioactive La désintégration radioactive d'un échantillon est modélisée par l'équation différentielle suivante : $ \frac{dN}{dt}(t) = - \lambda N(t) $ où $N(t)$ est le nombre de noyaux radioactifs à l'instant $t$ et $\lambda > 0$ est la constante de désintégration radioactive. À l'instant $t=0$, le nombre de noyaux est $N_0$. 1. Déterminer l'expression de $N(t)$. 2. Définir la demi-vie $T_{1/2}$ comme le temps nécessaire pour que la moitié des noyaux se soient désintégrés. Exprimer $T_{1/2}$ en fonction de $\lambda$. --- # ▷ Corrigés Détaillés ## Correction Exercice 1 : 1. $y' + 2y = -4$ avec $y(1) = -3$. * **Équation homogène :** $y' + 2y = 0 \implies y_h(x) = C e^{-2x}$. * **Solution particulière :** Le second membre est constant, on cherche $y_p = k$. $2k = -4 \implies k = -2$. * **Solution générale :** $y(x) = y_h+y_p=C e^{-2x} - 2$. * **Condition initiale :** $y(1) = -3 \implies C e^{-2} - 2 = -3 \implies C e^{-2} = -1 \implies C = -e^2$. **Solution finale :** $y(x) = -e^{2-2x} - 2$. 2. $2y' - 3y = 9$ avec $y(-1) = 1$. - **Forme standard :** $y' - \frac{3}{2}y = \frac{9}{2}$. - **Équation homogène :** $y_h(x) = C e^{\frac{3}{2}x}$. - **Solution particulière :** $y_p = k \implies -\frac{3}{2}k = \frac{9}{2} \implies k = -3$. - **Solution générale :** $y(x) = y_h+y_p=C e^{\frac{3}{2}x} - 3$. - **Condition initiale :** $y(-1) = 1 \implies C e^{-\frac{3}{2}} - 3 = 1 \implies C = 4 e^{\frac{3}{2}}$. - **Solution finale :** $y(x) = 4 e^{\frac{3}{2}}e^{\frac{3}{2}x} - 3=4 e^{\frac{3}{2}(x+1)}-3$. ## Correction Exercice 2 : 1. L'équation à résoudre est $y'(x) = 2x + \cos(x)$. Cette équation est de la forme $y'(x) = f(x)$. Pour trouver $y(x)$, il suffit de trouver une primitive de $f(x)$. Nous savons que : * Une primitive de $2x$ est $x^2$. * Une primitive de $\cos(x)$ est $\sin(x)$. Donc, la fonction $y(x)$ est la somme de ces primitives, à laquelle on ajoute une constante d'intégration $C \in \mathbb{R}$. $ y(x) = \int (2x + \cos(x)) dx = x^2 + \sin(x) + C $ 2. Pour une équation de la forme $y'(x) + ay(x) = 0$, la solution générale est $y(x) = C e^{-ax}$. Ici, $a=3$, donc $y(x) = C e^{-3x}$. 3. $y' + 2y = x^2 - 2x + 3$ - **Homogène :** $y_h(x) = C e^{-2x}$ - **Particulière :** On pose $y_p(x) = ax^2 + bx + c$. Alors, $y_p' = 2ax + b$. En injectant : $(2ax + b) + 2(ax^2 + bx + c) = x^2 - 2x + 3$$2ax^2 + (2a+2b)x + (b+2c) = x^2 - 2x + 3$Identification : $2a=1 \implies a=0,5$ ; $1+2b=-2 \implies b=-1,5$ ; $-1,5+2c=3 \implies c=2,25$. - **Solution :** $y(x) = C e^{-2x} + 0,5x^2 - 1,5x + 2,25$. 4. $7y' + 2y = 2x^3 - 5x^2 + 4x - 1$ - **Homogène :** $7y'+2y=0 \implies y'+\frac{2}{7}y=0\implies y_h=Ce^{-\frac{2}{7}x}$ - **Particulière :** $y_p = ax^3 + bx^2 + cx + d$. En injectant : $7(3ax^2 + 2bx + c) + 2(ax^3 + bx^2 + cx + d) = 2x^3 - 5x^2 + 4x - 1$. $2ax^3+(21a+2b)x^2+(14b+2c)x+(7c+2d)=2x^3 - 5x^2 + 4x - 1$ Identification : $2a=2 \implies a=1$.$21a+2b=-5 \implies 21+2b=-5 \implies 2b=-26 \implies b=-13$.$14b+2c=4 \implies -182+2c=4 \implies 2c=186 \implies c=93$.$7c+2d=-1 \implies 651+2d=-1 \implies 2d=-652 \implies d=-326$. - **Solution Générale :** $y(x) = C e^{-\frac{2}{7}x} + x^3 - 13x^2 + 93x - 326$. 5. $y' + y = e^{-x}$ - **Homogène :** $y_h = C e^{-x}$. - **Particulière :** On cherche $y_p = Axe^{-x}$. $y_p' = Ae^{-x} - Axe^{-x}$. En injectant : $Ae^{-x} - Axe^{-x}+ Axe^{-x} = xe^{-x} \implies Ae^{-x} = e^{-x}\implies A=1$. * **Solution Générale :** $y(x) =y_h+y_p= C e^{-x}+xe^{-x}=(x+C)e^{-x}$. 6. $y' - 2y = \cos(x) + 2\sin(x)$ - **Homogène :** $y_h = C e^{2x}$. - **Particulière :** $y_p = A\cos x + B\sin x$. En injectant : $(-A\sin x + B\cos x) - 2(A\cos x + B\sin x) = \cos x + 2\sin x$. Identification : $B - 2A = 1$ et $-A - 2B = 2$ Système : $B = 1+2A \implies -A - 2(1+2A) = 2 \implies -5A = 4 \implies A = -0,8$ et $B = -0,6$. $y_p=-0,8\cos(x)-0,6\sin(x)$. - **Solution :** $y(x) = C e^{2x} - 0,8\cos x - 0,6\sin x$. ## Correction Exercice 3 : 1. $y' + x^2 y = -x^2$ sur $\mathbb{R}$ - **Homogène :** $y_h = C e^{-\int x^2 dx} = C e^{-\frac{x^3}{3}}$. - **Particulière :** $y_p = ax^2+bx+c\implies y_p'=2ax+b$ En injectant : $2ax+b+x^2(ax^2+bx+c)=-x^2$ $ax^4+bx^3+cx^2+2ax+b=-x^2$ Identification : $a=b=0$ et $c=-1$ Alors, $y_p=-1$. - **Solution :** $y(x) =y_h+y_p= C e^{-\frac{x^3}{3}} - 1$. 2. $2xy' - y = x$ sur $\mathbb{R}_+^*$ - **Forme standard :** $y' - \frac{1}{2x}y = \frac{1}{2}$. - **Homogène :** $\int \frac{1}{2x} dx = \frac{1}{2}\ln x=\ln(x^\frac{1}{2})=\ln(\sqrt{x})$. Donc $y_h = C e^{\ln(\sqrt{x})} = C\sqrt{x}$. - **Particulière :** On cherche $y_p = ax \implies 2x(a) - ax = x \implies ax = x \implies a=1\implies yp=x$. - **Solution :** $y(x) = y_h+y_p=C\sqrt{x} + x$. ## Correction Exercice 4 1. $y' + y = \frac{1}{1+e^x}$ - **Solution homogène :** $y_h = C e^{-x}$. - **Solution particulière :** On applique la méthode de la variation de la constante. Soit $y_p = C(x)e^{-x} \implies (C'(x)e^{-x} -C(x)e^{-x})+C(x)e^{-x}= \frac{1}{1+e^x}\implies C'(x) = \frac{e^x}{1+e^x}$ Alors, par intégration : $C(x) = \ln(1+e^x)$ Donc, la solution particulière : $y_p=\ln(1+e^x)e^{-x}$. - **Solution :** $y(x) = y_h+y_p=Ce^{-x}+\ln(1+e^x)e^{-x}=(C+\ln(1+e^x))e^{-x}$. 2. $y' - \frac{y}{x} = x^2$ sur $]0, +\infty[$ - **Solution homogène :** $y_h = Ce^{\int \frac{1}{x}\, dx}=Ce^{\ln(x)}=Cx$. - **Solution particulière :** Variation de la constante : $y_p=C(x)x.$ $C'(x)x+C(x)-\frac{C(x)x}{x} = x^2 \implies C'(x) = x \implies C(x) = \frac{x^2}{2} \implies y_p=\frac{x^3}{2}$ - **Solution générale :** $y(x) = y_h+y_p=Cx+\frac{x^3}{2}$. 3. $y' - 2xy = -(2x-1)e^x$ sur $\mathbb{R}$ - **Solution homogène :** $y_h = Ce^{-\int -2x \, dx}=C e^{x^2}$. - **Solution particulière :** $y_p=C(x)e^{x^2}$ $C'(x) e^{x^2}+C(x)2xe^{x^2}-2xC(x)e^{x^2} = -(2x-1)e^{x}\implies C'(x)=-(2x-1)e^xe^{-x^2}=-(2x-1)e^{x-x^2}$ $C(x) = \int (1-2x)e^{x-x^2} \, dx=e^{x-x^2}\implies y_p=e^{x-x^2}e^{x^2}=e^x$. - **Solution générale :** $y(x) = y_h+y_p=C e^{x^2}+e^x$. 4. $y' - \frac{2}{t} y = t^2$ sur $]0, +\infty[$ - **Solution homogène :** $y_h = Ce^{-\int\frac{-2}{t}\, dt}=Ce^{2\ln(t)}=Ce^{\ln(t^2)}=Ct^2.$ - **Solution particulière :** $y_p=C(t)t^2 \implies C'(t)t^2+C(t)(2t)-\frac{2}{t}C(t)t^2 = t^2 \implies C'(t) = 1 \implies C(t) = t$. Alors, $y_p=t^3$. - **Solution générale :** $y(t) = y_h+y_p=Ct^2+t^3$. 5. $y' + \frac{y}{t} = \frac{1}{t(1+t^2)}$ sur $]0, +\infty[$ - **Solution homogène :** $y_h = Ce^{-\int\frac{1}{t}\, dt}=Ce^{-\ln(t)}=\frac{C}{e^{\ln(t)}}=\frac{C}{t}$. - **Solution particulière :** $y_p=\frac{C(t)}{t}$ $\frac{C'(t)t-C(t)}{t^2} + \frac{C(t)}{t^2}= \frac{1}{t(1+t^2)} \implies \frac{C'(t)}{t}=\frac{1}{t(1+t^2)}\implies C'(t) = \frac{1}{1+t^2} \implies C(t) = \arctan(t)$. Alors, $y_p=\frac{\arctan(t)}{t}$ - **Solution générale :** $y(t) = y_h+y_p=\frac{C+\arctan(t)}{t}$. ## Correction Exercice 5 : 1. L'équation à résoudre est $y'(x) = x^2 y(x)$. > [!definition] Équation à variables séparables > Une équation différentielle est dite à variables séparables si elle peut s'écrire sous la forme $y'(x) = f(x)g(y(x))$, ou de manière équivalente $h(y)y' = k(x)$. Ici, $f(x) = x^2$ et $g(y) = y$. **Cas où $y(x) = 0$ :** Si $y(x) = 0$ pour tout $x$, alors $y'(x) = 0$. En substituant dans l'équation : $0 = x^2 \cdot 0$, ce qui est vrai. Donc $y(x) = 0$ est une solution particulière (la solution triviale). **Cas où $y(x) \neq 0$ :** On peut diviser par $y(x)$ : $ \frac{y'(x)}{y(x)} = x^2 $ En intégrant les deux côtés par rapport à $x$ : $ \int \frac{y'(x)}{y(x)} dx = \int x^2 dx $ $ \ln(|y(x)|) = \frac{x^3}{3} + K $ où $K$ est une constante d'intégration. En prenant l'exponentielle des deux côtés : $ |y(x)| = e^{\frac{x^3}{3} + K} = e^K e^{\frac{x^3}{3}} $ Soit $C_1 = e^K > 0$. $ |y(x)| = C_1 e^{\frac{x^3}{3}} $ Donc, $y(x) = C e^{\frac{x^3}{3}}$, où $C$ est une constante réelle non nulle ($C = C_1$ ou $C = -C_1$). **Synthèse des solutions :** La solution $y(x) = 0$ est incluse dans la forme $y(x) = C e^{\frac{x^3}{3}}$ si on autorise $C=0$. La solution générale de l'équation différentielle est $y(x) = C e^{\frac{x^3}{3}}$, où $C$ est une constante réelle arbitraire. 2. Le problème de Cauchy est $y'(x) = \frac{x}{y(x)}$ avec la condition initiale $y(1) = 2$. **Identification du type d'équation :** Il s'agit d'une équation à variables séparables. On peut la réécrire comme $y(x)y'(x) = x$. **Résolution de l'équation différentielle :** Intégrons les deux côtés par rapport à $x$ : $ \int y(x)y'(x) dx = \int x dx $ Le membre de gauche est de la forme $\int g(y)y' dx$. En posant $u = y(x)$, $du = y'(x)dx$, l'intégrale devient $\int u du = \frac{u^2}{2}$. Donc : $ \frac{y(x)^2}{2} = \frac{x^2}{2} + C $ où $C$ est une constante d'intégration. $ y(x)^2 = x^2 + 2C $ Soit $K = 2C$. $ y(x)^2 = x^2 + K $ $ y(x) = \pm \sqrt{x^2 + K} $ **Application de la condition initiale :** Nous avons $y(1) = 2$. En substituant $x=1$ et $y=2$ dans l'équation $y(x)^2 = x^2 + K$ : $ 2^2 = 1^2 + K $ $ 4 = 1 + K $ $ K = 3 $ Puisque $y(1)=2$ est positif, nous devons choisir la racine positive : $ y(x) = \sqrt{x^2 + 3} $ > [!warning] Domaine de validité > Pour que $y(x)$ soit bien définie, il faut que $x^2+3 \ge 0$, ce qui est toujours vrai. La solution est donc définie sur $\mathbb{R}$. > Pour que $y'(x)$ soit définie, il faut que $y(x) \neq 0$. Or $\sqrt{x^2+3}$ n'est jamais nulle, donc la division par $y(x)$ est toujours valide pour cette solution. La solution du problème de Cauchy est $y(x) = \sqrt{x^2 + 3}$. ## Correction Exercice 6 : L'équation différentielle modélisant la désintégration radioactive est $\frac{dN}{dt}(t) = - \lambda N(t)$, avec $N(0) = N_0$. 1. **Déterminer l'expression de $N(t)$ :** Cette équation est une équation différentielle linéaire homogène du premier ordre de la forme $N'(t) + \lambda N(t) = 0$. La solution générale est $N(t) = C e^{-\lambda t}$. Pour déterminer la constante $C$, nous utilisons la condition initiale $N(0) = N_0$ : $ N_0 = C e^{-\lambda \cdot 0} = C e^0 = C $ Donc $C = N_0$. L'expression du nombre de noyaux radioactifs à l'instant $t$ est : $ N(t) = N_0 e^{-\lambda t} $ 2. **Définir la demi-vie $T_{1/2}$ :** La demi-vie $T_{1/2}$ est le temps nécessaire pour que la moitié des noyaux se soient désintégrés. Cela signifie que $N(T_{1/2}) = \frac{N_0}{2}$. En utilisant l'expression de $N(t)$ : $ \frac{N_0}{2} = N_0 e^{-\lambda T_{1/2}} $ Divisons par $N_0$ (qui est non nul) : $ \frac{1}{2} = e^{-\lambda T_{1/2}} $ Appliquons le logarithme naturel aux deux côtés : $ \ln\left(\frac{1}{2}\right) = \ln(e^{-\lambda T_{1/2}}) $ $ -\ln(2) = -\lambda T_{1/2} $ $ T_{1/2} = \frac{\ln(2)}{\lambda} $ > [!note] Interprétation physique > La décroissance exponentielle est caractéristique des processus où la vitesse de changement est proportionnelle à la quantité présente. La demi-vie est une constante fondamentale pour caractériser la vitesse de désintégration d'un isotope. L'expression du nombre de noyaux est $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$. La demi-vie est $T_{1/2} = \frac{\ln(2)}{\lambda}$. # 🗓️ Historique - Dernière MAJ: `17-juillet-2026` - Rédigé par: [[Antonia JABBOUR]] %% nav-debut : généré par gen_navigation.py, ne pas modifier à la main %% > [!nav] > ↩ [[Analyse et Données/Mathématiques/EDO d'ordre 1/EDO d'ordre 1|Accueil · EDO d'ordre 1]] > > | [[Analyse et Données/Mathématiques/EDO d'ordre 1/Cours 1 - EDO d'ordre 1\|← Cours 1 - EDO d'ordre 1]] | | > |:---|---:| %% nav-fin %%