cours 4M2, p.22 à 28ter [v6.0]

Eleve

Description

èmeMathématiques 4 , niveau avancé page 22k k− t+c − tm k k k k 2 km m− ln g− v = t + c ⇔ ln g− v =− t + c ⇔ g− v = e ⇔ g− v = c e . On 1 2 3k m m m m mk c2notera que la constante est modifiée peut à peu; par exemple, c = − c , et c = e .2 1 3mk k− t − tk mm mLa dernière étape consiste à isoler v: g − v = c e ⇔ v = Ce + g .3m kLes conditions initiales — par exemple, à t = 0 on a v = v — fournissent la valeur de la constante 0k− ⋅0 m mmd’intégration, en substituant: v = Ce + g ⇔ C = v − g et l’expression de la vitesse est alors 0 0k kla suivante:k− tm m  m  v = v − g e + g0  k kComme cas particulier, lorsqu’on néglige la résistance de l’air (autrement dit lorsque k→ 0 ), on retrouve la k− tm m  m  formule connue: v = v + gt . Il n’est que de de vérifier: lim v − g e + g = v + gt !! (Le lecteur 0 0 0k→ 0   k kparticulièrement motivé ne laissera pas ce coin dans l’ombre.)Désintégration du radiumDe nombreux phénomènes physiques (biologiques, chimiques) sont caractérisés par une croissance ou une décroissance. Pour illustrer cela, prenons l’exemple de la désintégration du radium; la vitesse de désintégration du radium est directement proportionnelle à sa masse à l’instant considéré. Déterminer la loi de variation de la masse du radium en fonction du temps, sachant que la masse initiale (masse à l’instant t = 0) était m .0On définit la vitesse de désintégration de manière analogue à la vitesse: c’est la limite du taux de variation de la ...

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• Publié par: Phuwyor
• Nombre de lectures: 32
• Langue: Catalan

Extrait

ème Mathématiques 4 , niveau avancé

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k k m k k k k 2 k −t+c−t m m −lng−v=t+c 1 ⇔lng−v=−t+c 2 ⇔g−v=e⇔g−v=c 3 e. On k m m m m m k c 2 notera que la constante est modifiée peut à peu; par exemple,c 2 =−c 1 , etc 3 =e. m k k k m −t−t m m La dernière étape consiste à isolerv:g−v=c 3 e⇔v=Ce+g. m k

Les conditions initiales  par exemple, àt0 on a = v=v 0   fournissent la valeur de la constante k m m − ⋅0 m dintégration, en substituant:v 0 =Ce+g⇔C=v 0 −g et la vitesse est alorslexpression de k k la suivante: k  m  m −t m v=  v 0 −g  e+g  k  k

Comme cas particulier, lorsquon néglige la résistance de lair (autrement dit lorsquek→0 ), on retrouve la k m −t  m  m 0 +gt. Ildenest que de vérifie  e+g=v 0 +gtlecteur!! (Le formule connue:v=vr: limv 0 −g  k  k k→0 particulièrement motivé ne laissera pas ce coin dans lombre.)

Désintégration du radium

De nombreux phénomènes physiques (biologiques, chimiques) sont caractérisés par une croissance ou une décroissance. Pour illustrer cela, prenons lexemple de la désintégration du radium; la vitesse de désintégration du radium est directement proportionnelle à sa masse à linstant considéré. Déterminer la loi de variation de la masse du radium en fonction du temps, sachant que la masse initiale (masse à linstantt= 0) étaitm 0 .

On définit la vitesse de désintégration de manière analogue à la vitesse: cest la limite du taux de variation de la masse par unité de temps; autrement dit, simest la masse à linstantt, etm+Δmest la masse à linstant t+Δt, la masse désintégrée est la quantitéΔm.

Δm Le rapport est lavitesse moyennede désintégration et lavitesse de désintégration est la limite de Δt ce rapport lorsque lintervalle de temps tend vers zéro:

Δm dm lim= Δt dt Δt→0

dm On peut donc écrire:=−k m, oùm=m(t) etkest un proportionnalité (coefficient de k> 0) et le signe dt négatif provenant du fait quil sagit dun phénomène dedécroissance en fonction du temps et donc que dm <0 . dt

dm dm On résout cette équation différentielle en séparant les variables:=−k m⇔=−k dt; cette équation dt m m′ sintègre grâce au logarithme (on noublie pas quem=m(t); on peut aussi utiliser lécriture:=−k): m lnm=−k t+c 1  m  −k t quon peut récrire sous la forme lnm=−k t+ln(c)⇔ln  =−k t, doùm=ce.  c 

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Etant donné les conditions initiales du problème (m =m 0  à linstantt = constante0) la cvérifier: doit −k0 m 0 =ce=c⋅1=c, et lexpression de la masse à chaque instanttest donc la suivante:

−k t m=m 0 e

La valeur de la constantekde manière expérimentale en observant la fraction sétablit a (en pour-cent) de −k t 1 masse initiale désintégrée après un tempst 1 ; ces mesures faites, on obtient:m 0 (1−a)=m 0 e, ce qui −k t 1 1 permet dextrairek: 1−a=e⇔ −k t 1 =ln(1−a)⇔k=−ln(1−a). t 1

Des tables numériques donnent ces constantes ou alors lad e m i - v i eradioactif considéré (la de lisotope demi-viele temps que met une masse donnée pour se désintégrer de moitié, lunité de temps étant est lannée). Pour le radium , la demi-vie est de 1622 années, et lon obtient: 226

1 −k⋅1622 m=m e 0 0 2

⇔

 1  ln  =−k⋅1622  2 

⇔

1  1  k=−ln  , soit environ 0,000427 1622  2 

Equations différentielles à variables séparables

Les deux problèmes ci-dessus ont conduit à une résolution du même genre; lidée consistait à séparer les variables eny des autres. Ce type déquations, ditesà variables séparables, se ramène à la forme générale:

h(y)⋅y′=g(x)

En rétablissant la variablexreconnaître une formule courante de dérivation dans le membre de, on doit gauche de léquation, celle de la composition de fonctions:h(y(x))⋅y′(x)=g(x); on résout ce type déquation en lintégrant membre à membre: h(y)⋅y′=g(x)+C ∫ ou, avecHune primitive deh: H(y)=g(x)+C ∫

Le reste est affaire de pratique

Exemple 1: Résoudre léquation dordre 1 donnée plus haut: xy′+y=2 . y′1 Soustrayantypuis divisant parx(2−y), il vient: xy′=2−y , puis = . On devrait reconnaître 2−y x f′ alors une dérivée de type ln′(f)= dans le membre de gauche et intégrer en conséquence: f y′1 = +c 1 −ln 2−y=lnx+c 1 fur et à mesure afinstante au  , puis, renommant la con ∫ 2−y x ln 2−y=c 2 −lnxln 2−y=lnc 3 −lnx dobtenir un “ln” de part et dautre de léquation, , , c c 3 3 ln 2−y=ln  , 2−y= ± et posant fina , ±c 3 =C la son arrive à lement , o lution générale x x C annoncée plus haut: y= +2 . x

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dy x Exemple 2: Résoudre léquation: =−  , avec la condition initiale:y(2) = 1. dx y ∫ En séparant les variables: y dy=−x dx , puis en intégrant: y dy=−x dx+c 1 , soit 1 2 1 2 2 2 2 solution qui peut être écrite sous l y=−x+c 1 , a forme connue: x+y=c , en remplaçant la 2 2 ante constantecpréférable de ne pas chercher . Comme quoi il est parfois à expliciteryconst 2c 1 par la 2 2 2 dans la solution trouvée: léquation implicite x+y=c  est ici plus familière que lexplicitation: 2 y= ±−x+C . On reconnaît la famille des cercles centrés en lorigine, et la condition initiale fournit le cercle 2 2 2 particulier envisagé: y(2)=⇒=⇒=

−y Exemple 3: Résoudre léquation x esinx−y y′=0 . y y On obtient, après multiplication des deux membres par e et séparation des variables: xsinx=y y′e . y y y Lintégration par partie donne: xsinx=y y′e⇒ −xcosx+sinx=ye−e+C . (Cest, { { 123 123 u g v′h′  comme dans lexemple 2, une solutionimpliciteléquation.) de

Exemple 4que langle dincidence dun rayon lumineux est connu est principe doptique : Un égal à langle de réflexion. Un plan incurvé est fait de telle manière que les rayons parallèles à laxe desy sont tous réfléchis en un seul pointO. Déterminer léquation différentielle pour la fonctiony=f(x) décrivant la forme de cette courbe. (N.B.: Léquation obtenue ne sera pas “à variables séparables”.)

O

ω

θ

θ

P(x;y)

tangente

x

Quelques considérations géométriques permettent détablir que ω=2θ  et auque langle de la tangente π pointP(x;y) par rapport à lhorizontale est de −θ . 2 x  π  On peut donc ainsi écrire, usant de quelques relations trigonométriques: tanω= , tan  −θ  =y′  , y  2  1 2 tanθx2y′ tan(θ)= et tan(ω)=tan(2θ)= . On obtient par quelques substitutions: = 2 2 y′1−tanθy 1− ( 1y′ ) 2 2 2 2y11x c , soit: x−x(1y′)= encore: ou x=x   +2y . (La famille de paraboles y=−  est y′  y′  y′  2c2 solution, mais la résolution de ce type déquation dépasse le cadre de ce cours.)

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Equations différentielles linéaires (dordre 1)

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Voici un autre type déquations différentielles quon peut résoudre de manière générale. Il sagit des équations ayant les deux caractéristiques suivantes:

(i) La fonctionyque toutes ses dérivées sont du premier degré; autrement dit, ainsi y,y′,y′′, etc., napparaissent jamais avec un exposant autre que 1.

(ii)Chaque coefficient ne dépend que de la variablex.

Ces équations sont diteslinéaires. En voici quelques-unes:

3x x+(1−x)⋅y′=0 ,y′′−2y′+y=0 ,(sinx)⋅y′′′−(cosx)⋅y′=2 ,x⋅y′′′ +3x⋅y′+5y=e

Par contre les suivantes ne le sont pas: 4 2 y⋅y′+x⋅y′′ =x(car le coefficient dey′dépend dey),y′′ +y=lexposant de0 (car yest 2)

Nous ne ferons quune brève incursion parmi un sous-groupe de ces équations, à savoir:

leséquations différentielles linéaires du premier ordre, qui sont celles qui peuvent sécrire sous la forme générale: y′+a(x)⋅y=b(x)

Donc, seul le premier exemple donné ci-dessus entre dans cette catégorie:x+(1−x)⋅y′=0 .

Remarquons que la dérivée peut très bien avoir un coefficient différent de lunité, puisque léquation générale a(x)⋅y′+a(x)⋅y=a(x) se naturellement ramène à celle donnée dans lencadré après division de ses deux 0 1 2 membres para(x). 0

Nous allons voir que la résolution de léquationy′+a(x)⋅y=b(x)de celle de léquation dépend y′+a(x)⋅y=0 qui est appelée sonéquation homogènecorrespondante(ouassociée).

A résoudre: léquation linéaire:y′+a(x)⋅y=b(x) (1)

équation homogène associée:y′+a(x)⋅y=0 (2)

Nous allons montrer le théorème général:

Lasolution générale de léquation homogène associée (2) + unesolution particulière de léquation linéaire (1) = Lasolution générale de léquation linéaire (1)

La principale difficulté consistera à deviner ou à déterminer une solution particulière de léquation y′+a(x)⋅y=b(x) 

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Ce théorème repose sur la proposition suivante:

Siy 1 ety 2 sont deux solutions particulières de léquation générale y′+a(x)⋅y=b(x) (1), alors la fonctiony 1 −y 2  est une solution de léquation homogène associée y′+a(x)⋅y=0 (2).

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Démonstration:qui est  Lhypothèse, y 1  ety 2 particulières de léquation (1) sont deux solutions ′ ′ y′+a(x)⋅y=b(x)», se traduit par:y 1 +a(x)⋅y 1 =b(x)ety 2 +a(x)⋅y 2 =b(x). La conclusion sobtient en contrôlant directement que la combinaison linéairey 1 −y 2  des deux solutionsy 1  ety 2 léquation homogène associée est bien solution de (2)y′+a(x)⋅y=quen substituant0 , cest-à-dire y 1 −y 2 à la place deydansy′+a(x)⋅y=0 , on obtient une égalité vraie: ′ ′ ′ ( y 1 −y 2 ) +a(x)⋅ ( y 1 −y 2 ) =y 1 −y 2 +a(x)⋅y 1 −a(x)⋅y 2 ′ ′ =y+a(x)⋅y−y−a(x)⋅y 1 1 2 2  =y ′ a x−y ′ +a x + ( ) ⋅y ( ) ⋅y 1 1 2 2  = ( b(x) ) − ( b(x) ) =0 1 2 3 1 2 3 parhypothèse parhypothèse 

Nous pouvons ainsi démontrer le théorème général énoncé plus haut:

Solution générale de léquation linéaire (1) = Solution générale de léquation homogène associée (2) + une solution particulière de léquation linéaire (1)

Démonstration: Appelonsy h léquation homogène associée (2), une solution de y′+a(x)⋅y=et0 , y 1 , la solution particulière de léquation linéaire (1)y′+a(x)⋅y=b(x). Dune part, montrons que la fonctiony h +y 1 de léquation linéaire est bien solution y′+a(x)⋅y=b(x), ′ autrement dit, vérifions lidentité(y h +y 1 )+a(x)⋅(y h +y 1 )=b(x): ′ y+y⋅y+y=y ′ +y ′ +a x⋅y+a x⋅y ( h1 ) +a ( x )( h1 ) h1 ( ) h ( ) 1  ′ ′ =y h +a(x)⋅y h +y 1 +a(x)⋅y 1  1 4 4 2 4 4 3 1 4 42 4 4 3 =0=b x ( ) =b(x)  Ainsi, pour chaque solutiony h de léquation homogène, la fonctiony h +y 1 est une solution de (1). Dautre part, montrons que toute solution de (1) a bien la forme annoncée: soit doncy 0 quelle nimporte autre solution particulière de léquation linéaire (1)y′+a(x)⋅y=b(x) voir proposition ci-sait alors , on dessus  que commey 1 ety 0 sont deux solutions particulières de léquation (1)y′+a(x)⋅y=b(x), alors la fonctiony 0 −y 1  est elle une solution de léquation homogène associéey′+a(x)⋅y=0 . Il ne reste à ce stade plus quà écrire:y 0 =y 1 +(y 0 −y 1 )que nimporte quelle solutionpour montrer { 14243 sol.partic.d e(1) sol.de( 2)  de (1) sécrit comme somme dune solution particulière de (1) et dune solution de léquation homogène associée. A partir du moment où lon dispose de toutes les solutions de (2), on dispose ainsi de toutes celles de (1), à condition, toujours, de trouver une solution particulière de cette dernière équation !