Exercice

On considère trois réactions d'ordre 1 formant le cycle suivant :

A

C B

On désigne par x, y et z les concentrations en mol.L-1

à l'instant t des produits A, B et C (t exprimé en

minutes). Sachant qu'à chaque instant t, on a : x + y + z = 3, les lois cinétiques donnent, en remplaçant z

par 3 – x – y, les équations suivantes :

dt

dx = –2x – y + 3 (1)

dt

dy= –y+x (2)

z = 3–x–y (3)

avec les conditions initiales : x(0) = 3, y(0) = z(0) = 0.

On rappelle que 2

2

dt

xdest la dérivée seconde de la fonction x et que

dt

dx est la dérivée de la fonction x.

1. Prouver que les deux premières équations permettent d'établir l’équation différentielle du second ordre

linéaire à coefficients constants (El) vérifiée par x :

(El) dt

dx

dt

xd3

2

2

+ +3x=3

2. Résoudre dans � l'équation du second degré d'inconnue r suivante :

(E�) r2+3r +3=0

3. En déduire la solution générale de l'équation différentielle du second ordre suivante :

(E0) dt

dx

dt

xd3

2

2

+ + 3x = 0

4. Déterminer une fonction constante solution particulière de l'équation différentielle du second ordre (El).

5. En utilisant les résultats précédents, donner la solution générale de l'équation différentielle (El).

6. En utilisant l'équation (1), calculer la valeur prise par la dérivée de la fonction x en zéro : x'(0).

7. Montrer que la solution de l'équation différentielle (E1) qui vérifie les conditions initiales est la fonction

x définie pour 0 ≤ t par :

x(t) =1 + 2e–1,5t

cos

t

2

3

8. Calculer la dérivée de la fonction x. En déduire l'expression de la fonction y.

9. Déterminer la fonction z en utilisant l'équation (3).

10. Calculer, en les justifiant, les limites de x(t), y(t) et z(t) lorsque t tend vers + ∞ .

Corrigé

1. Par hypothèse les fonctions x et y sont définies, dérivables sur [0, +∞[ et vérifient pour 0≤ t, les égalités : x’(t)= -2x(t) – y(t) + 3 (1)

y’(t)= -y(t)+x(t) (2) D’après l’égalité (1) x’ est encore dérivable sur [0, +∞[ et pour 0≤ t, x’’(t)= -2x’(t)–y’(t) et x’’(t)+3x’(t)=x’(t)–y’(t), avec les égalités (1) et (2) on obtient ensuite : x’’(t)+3x’(t)=( -2x(t) – y(t) + 3)–( -y(t)+x(t))= 3+0y(t)–3x(t), soit : x’’(t)+3x’(t)+3x(t)=3 . On a bien prouvé que sur [0, +∞[, x vérifie l’équation différentielle (E1).

2. ∆=32–4×1×3=9–12= -3 ; ∆= 2

22 )3(3 ii = . Les racines r1 et r2 sont données par :

r1= 2

35,1

12

33i

i+−=

×

+− et r2=

2

35,1

12

33i

i−−=

×

−− .

3. On a résolu l’équation caractéristique associée à l’équation différentielle (E0) homogène associée à (E1). Il en résulte que toutes les solutions sur [0, +∞[ de (E0) sont toute les

fonctions t �e-1,5t(λ cos(t

2

3)+ µ sin(t

2

3)) où λ et µ sont 2 réels constants.

4. Avec c réel constant, on écrit pour 0≤ t, f(t)=c, f’(t)=0 et f’’(t)=0. On obtient ainsi pour 0≤t, f’’(t)+3f’(t)+3f(t)=3c. f est solution de (E0) dans le cas où 3c= 3, soit c= 1.

Finalement sur [0, +∞[, la fonction f constante t �1 est une solution particulière de (E1). 5. À la solution particulière f de (E1), on ajoute toutes les solutions de (E0) pour obtenir toutes les solutions de (E1) : Sur [0, +∞[, toutes les solutions de (E1) sont toutes les fonctions

t � 1 + e-1,5t(λ cos(t2

3)+ µ sin(t

2

3)) où λ et µ sont 2 réels constants.

6. D’après l’équation (1) x’(0)= -2x(0)–y(0)+3= -2×3–0+3 soit x’(0) = -3 . 7. x étant solution de (E) sur [0, + ∞[, on peut écrire, avec λ et µ 2 réels constants, pour 0≤ t,

x(t)= 1 + e-1,5t(λ cos(t2

3)+ µ sin(t

2

3))

x’(t)= 0–1,5e-1,5t(λ cos(t

2

3)+ µ sin(t

2

3))+e

-1,5t(-λ 2

3 sin(t

2

3)+µ

2

3 cos(t

2

3))

e0=1=cos 0 et sin 0 = 0 donnent alors x(0)=1+1×(λ×1+µ×0)=1+λ et

x’(0)= -1,5×1(λ×1+µ×0)+1×(-λ2

3×0 + µ

2

3×1)= -1,5λ + µ

2

3

Les systèmes d’égalités suivant sont équivalents à x(0)=3 et x’(0)= -3 :

{1+λ =3 et -1,5λ + µ2

3=-3}, {λ=2 et -1,5×2 + µ

2

3=-3}, {λ=2 et µ

2

3=0}, {λ=2 et µ=0}.

Finalement on obtient avec λ=2 et µ=0 : x(t) =1 + 2e–1,5t cos

t

2

3 pour 0≤ t .

8. On utilise l’égalité précédente.

En dérivant le produit e–1,5t × cos

t

2

3, on obtient

x’(t)= 0 + 2 [ (-1,5)e-1,5t cos

t

2

3 + e–1,5t × –

2

3×sin

t

2

3 ] d’où

x’(t)= –3 e-1,5t cos

t

2

3– 3 e–1,5t sin

t

2

3 pour 0≤ t.

L’égalité (1) : x’(t)= -2x(t) – y(t) + 3 donne y(t) = -2x(t) – x’(t) + 3 où

–2x(t) = –2 – 4e–1,5t cos

t

2

3

– x’(t) = 3 e-1,5t cos

t

2

3+ 3 e–1,5t sin

t

2

3

3 = 3 Après addition de ces 3 égalités, il ne reste que :

y(t)= 1 – e-1,5t cos

t

2

3+ 3 e–1,5t sin

t

2

3 pour 0≤ t .

9. D’après les 2 questions précédentes :

x(t)+y(t)=2+ e-1,5t cos

t

2

3 + 3 e-1,5tsin

t

2

3

et d’après l’égalité (3) z(t)=3–(x(t)+y(t)) d’où :

z(t)= 1– e-1,5t cos

t

2

3– 3 e

-1,5tsin

t

2

3 pour 0≤ t .

10. On a 0limoù d' )5,1(limor , 0lim 5,1

=∞−=−=−

+∞→+∞→−∞→

t

tt

X

Xete et 0-lim 5,1

=−

+∞→

t

te .

Comme -1≤ cos

t

2

3≤ 1 et -1≤ sin

t

2

3≤ 1, en multipliant par e-1,5t qui est positif

strictement on obtient encore - e-1,5t ≤ e-1,5t cos

t

2

3≤ e-1,5t et - e-1,5t ≤ e

-1,5t sin

t

2

3≤ e-1,5t

pour 0≤ t et d’après les 2 limites encadrées précédemment :

+∞→tlim e

-1,5t cos

t

2

3=0=

+∞→tlim e

-1,5t sin

t

2

3 .

∗∗∗∗∗∗ Il s’agit ensuite d’utiliser les expressions de x(t), y(t) et z(t) calculées précédemment pour

obtenir : +∞→t

lim x(t)=1+2×0=1 et +∞→t

lim y(t)= 1–0 + 3 ×0=1 et +∞→t

lim z(t)= 1–0– 3 ×0=1.

∗∗∗∗∗∗

Étude de la cinétique d’une réaction en chaîne On considère un réacteur dans lequel on fait réagir du CH4 dans du Cl2 en excès. Dans ce cas, on peut modéliser les réactions par des cinétiques d’ordre 1 :

CH4→CH3Cl→CH2Cl2→CHCl 3→CCl4. On note a=[CH4]0 la concentration initiale en CH4 et k une constante réelle non nulle exprimée en mn-1. Le temps est exprimé en minutes. Les valeurs approchées seront arrondies au centième le plus proche. Les 3 parties A,B et C sont indépendantes. Partie A

[CH4]t étant la concentration en CH4 à l’instant t, on pose x(t)=a

CH t][ 4 . À l’instant t=0,

la concentration en CH4 est égale à a et donc x(0)=1. Les lois cinétiques donnent

l’équation différentielle (1) : dt

dx= -4kx .

1.a. Donner la solution générale de l’équation différentielle (1). b. Déterminer la solution de l’équation (1) qui vérifie la condition initiale x(0)=1.

[CH3Cl]t étant la concentration en CH3Cl à l’instant t, on pose y(t)=a

CHCl t][.

À l’instant t=0, la concentration en CH3Cl est nulle, donc y(0)=0. Les lois cinétiques

donnent l’équation différentielle suivante : dt

dy= -3ky+4ke-4k t qui s’écrit sous la forme

(2) : y’ + 3ky= 4ke-4kt. 2. Résoudre l’équation différentielle homogène associée à (2) : y’+3ky = 0.

3. Déterminer une solution particulière de l’équation (2) de la forme t↦λe-4kt où λ est une constante réelle. 4.a. Donner la solution générale de l’équation différentielle (2). b. Déterminer la solution de l’équation différentielle (2) qui vérifie la condition initiale y(0)=0. Partie B [CH2Cl2]t et [CHCl3]t étant les concentrations en CH2Cl2 et CHCl3 à l’instant t, on pose

z(t)=a

ClCH t][ 22 et v(t)= a

CHCl t][ 3 . À l’instant t=0, ces concentrations sont nulles et

donc z(0)=v(0)=0. Les lois cinétiques donnent les équations différentielles suivantes :

dt

dz = -2kz+12k(e-3kt–e-4kt) (3)

dt

dv= -kv+2kz (4)

1.Montrer que v’(0)=0.

2. a. Montrer que l’équation (4) s’écrit sous la forme : z(t)=k2

1[v’(t)+kv(t)].

b. En dérivant cette expression de z, exprimer z’=dt

dz en fonction de v’=

dt

dv et de

v’’=2

2

dt

vd.

c. En reportant les expressions de z et de dt

dz dans l’équation (3), montrer que v vérifie

l’équation différentielle du second ordre à coefficients constants (E1) suivante : v’’+3kv’+2k2v=24k2(e-3kt–e-4kt) (E1). 3. Résoudre l’équation différentielle homogène (E0) associée : v’’+3kv’+2k2v= 0.

4. Déterminer une solution particulière de l’équation (E1) de la forme t� αe-3kt+βe-4kt où α et β sont des constantes réelles. 5. Donner la solution générale de l’équation différentielle (E1). 6. On suppose maintenant que k=0,1 min-1. Montrer que la solution v qui vérifie les conditions initiales v(0)=0=v’(0) est définie par : v(t)=4e-0,1t–12e-0,2t+12e-0,3t–4e–0,4t. Partie C On considère la fonction v définie par tout réel t ≥ 0 par v(t)= 4e-0,1t–12e-0,2t+12e-0,3t–4e-0,4t. 1. Calculer la fonction dérivée v’ de v ; vérifier que l’on a l’égalité : v’(t)=0,4e-0,1t(4e-0,1t–1). (e-0,1t–1)2. 2.Étudier le signe de v’(t) en fonction de t. En déduire le tableau de variation de la fonction v sur l’intervalle [0 ;75].

3. Représenter graphiquement la fonction t↦v(t) pour t∈[0 ;75] dans un repère orthogonal d’unités graphiques, 1mm sur l’axe des abscisses (1cm représente donc 10 minutes) et 20cm sur l’axe des ordonnées.

Corrigé de la partie A : k est un réel non nul

1.a. (1) s’écrit x’ =-4kx soit x’+4kx=0. On écrit pour 0≤ t, r(t)=4k et R(t)=4kt : R’(t)=r(t).

Sur [0,+∞[, les solutions de (1) sont toutes les fonctions t↦be-4kt

où b est une constante réelle.

b. x étant une solution de (1), on écrit pour 0≤ t, x(t)=be-4kt

où b est une constante réelle,

alors x(0)=be0=b. x(0)=1 pour b=1. Ainsi pour 0≤ t, x(t)=e

-4kt.

2. On écrit pour 0≤ t, r1 (t)=3k et R1(t)=3kt : R1’(t)=r1(t).

Sur [0,+∞[, les solutions de l’équation différentielle homogène associée à (2) sont toutes les

fonctions t↦be-3kt

où b est une constante réelle.

3. On écrit avec λ constante réelle, pour 0≤ t, φ(t)=λe-4kt

, φ’(t)=-4kλe-4kt

et ainsi :

φ’(t)+3kφ(t)= -4kλe-4kt

+3kλe-4kt

= -kλe-4kt

.

Les propositions suivantes sont équivalentes : {φ est solution de (2) sur [0,+∞[}, {Pour 0≤ t,

φ’(t)+3kφ(t)=4ke-4kt

},{-kλe-4kt

=k4e-4kt

i pour 0≤ t }, {λ= -4}.

Finalement on écrit φ(t)=-4e-4kt

pour 0 ≤ t, φ est une solution particulière de (2) sur [0,+∞[.

4.a. A la solution particulière ϕ de (2) on ajoute toutes les solutions de l’équation homogène

associée à (2) pour avoir toutes les solutions de (2) : Sur [0, +∞[, toutes les solutions de (2)

sont toutes les fonctions t↦ be-3kt

–4e-4kt

où b est une constante non nulle.

b. y étant une solution de (2), on écrit pour 0≤ t, y(t)= be-3kt

–4e-4kt

où b est une constante

non nulle. y(0)= be0–4e

0= b–4, alors y(0)=0 pour b=4. Ainsi y(t)= 4e

-3kt –4e

-4kt pour 0≤ t.

Corrigé de la partie B

Par hypothèse, z et v sont 2 fonctions définies et dérivables sur [0,+∞[ vérifiant, pour 0≤ t, les

équations (3) et (4) suivantes : z’(t)=-2kz(t)+12k(e-3kt

–e-4kt

) (3)

v’(t)=-kv(t)+2kz(t) (4)

où k est un réel non nul.

v et z étant dérivables sur [0,+∞[, v’ est aussi dérivable sur [0,+∞[.

1. D’après (4), v’(0)= -kv(0)+2kz(0) où v(0)=0=z(0), d’où v’(0)=0.

2. a. Pour 0≤ t, (4) donne 2kz(t)=v’(t)+kv(t) soit z(t)=k2

1(v’(t)+kv(t)).

b. D’après les règles de dérivation, pour 0≤ t, z’(t)= k2

1(v’’(t)+kv’(t)).

c. On prend l’équation (3) où z’(t) et z(t) donné sont donnés aux 2 questions précédentes et

on obtient pour 0≤ t, k2

1(v’’(t)+kv’(t))= -2k[

k2

1(v’(t)+kv(t))]+12k(e

-3kt–e

-4kt)

= -v’(t)-kv(t)+12k(e-3kt

–e-4kt

)

Après multiplication par 2k, on obtient : v’’(t)+kv’(t)=-2kv’(t)–2k² v(t) +24k² (e-3kt

–e-4kt

), soit :

v’’(t)+3kv’(t)+2k² v(t)=24k² (e-3kt

–e-4kt

) pour 0≤ t.

3. L’équation caractéristique d’inconnue r, associée à (E0) s’écrit : r²+3kr+2k² =0.

∆=(3k)² –4(1)(2k²)=9k² –8k² =k² et les racines r1 et r2 sont données par r1=(-3k+k)/2=-k et

r2=(-3k–k)/2=-2k.

Sur [0,+∞[, les solutions de (E0) sont toutes les fonctions t↦ λe-kt

+µe-2kt

où λ et µ sont 2 réels

constants.

4. Avec α et β réels constants on écrit pour 0≤ t, s(t)=αe-3kt

+βe-4kt

, s’(t)=-α3ke-3kt

–β4ke-4kt

et

s’’(t)=α9k² e-3kt

+β16k²e-4kt

, cela donne en regroupant les termes en αe-3kt

et en βe-4kt

:

s ”(t)+3ks’(t)+2k² s(t)=α (9k² +3k(-3k) +2k² )e-3kt

+β(16k² +3k(-4k) +2k²)e-4kt

soit :

s ”(t)+3ks’(t)+2k² s(t)= 2αk² e-3kt

+6βk² e-4kt

.

Comme (E1) s’écrit : v”+3kv’+2kv=24k² e-3kt

–24k² e-4kt

, s est solution de (E1) sur [0,+∞[ dans

le cas où les systèmes d’égalités suivants, équivalents, sont vérifiés :

{2αk² =24k² et 6βk² = -24k² }, {α=12 et β= -4}.

Finalement, on prend pour 0≤ t, s(t)=12e-3kt

–4e-4kt

et s est une solution particulière de (E1)

sur [0,+∞[.

5. A la solution particulière s de (E1), on ajoute toutes les solutions de (E0) pour avoir toutes

les solutions de (E1) : Sur [0,+∞[, toutes les solutions de (E1) sont toutes les fonctions

t↦12e-3kt

–4e-4kt

+ λe-kt

+µe-2kt

où λ et µ sont 2 réels constants.

6.On prend k=0,1. v étant une solution particulière de (E1) sur [0,+∞[ on a l’égalité pour 0≤ t,

v(t)= 12e-0,3t

–4e-0,4t

+ λe-0,1t

+µe-0,2t

où λ et µ sont 2 réels constants, et ainsi pour 0≤ t,

v’(t)=-3,6e-0,3t

+1,6e-0,4t

–0,1λe-0,1t

–0,2µe-0,2t

. Comme e0=1, on a : v(0)=12–4+λ+µ=8+λ+µ et

v’(0)= -3,6+1,6–0,1λ–0,2µ= -2–0,1λ–0,2µ ; les systèmes d’égalités suivants sont équivalents à

{v(0)=0 et v’(0)=0} :

λ+µ=-8 Avec l’opération 10L2–L1→L2 : λ+µ= -8 λ –12=-8 λ=4

0,1λ+0,2µ=-2 µ=-12 µ=-12 µ=-12

Finalement pour 0≤ t, v(t)= 12e-0,3t

–4e-0,4t

+ 4e-0,1t

–12e-0,2t

.

Partie C

1. Pour 0≤ t, v’(t)=4(-0,1)e-0,1t

–12(-0,2)e-0,2t

+12(-0,3)e-0,3t

–4(-0,4)e-0,4t

soit :

v’(t)=-0,4e-0,1t

+2,4e-0,2t

–3,6e-0,3t

+1,6e-0,4t

.

Soit P(x)=0,4x(4x–1)(x–1)² =0,4(4x–1)(x² –2x+1)=0,4x(4x³ +(-8–1)x² +(4+2)x–1),

P(x)=0,4x(4x³ –9x² +6x–1)= 1,6x4 –3,6x³ +2,4x² –0,4x et en remplaçant x par e

-0,1t, on obtient

avec (e-0,1t

)n = e

-0,nt pour n=2, 3 ou 4

: P(e

-0,1t)=1,6e

-0,4t–3,6 e

-0,3t+2,4 e

-0,2t–0,4 e

-0,1t

On a ainsi pour 0≤ t, v’(t)=P(e-0,1t

) soit : v’(t)= 0,4 e-0,1t

(4 e-0,1t

–1)( e-0,1t

–1)² .

2. Pour 0≤ t : ∗ 0< e-0,1t

∗ 0= e

-0,1t–1 ⇔ 1= e

-0,1t⇔ 0=0,1t⇔ t=0.

De cette manière pour t≠0, 0≠ e-0,1t

–1 et 0<(e-0,1t

–1)² et pour t=0, 0= e-0,1t

–1 et 0=(e-0,1t

–1)².

∗ 0<4 e-0,1t

–1⇔1<4 e-0,1t

⇔1/4< e-0,1t

⇔ ln(1/4)<-0,1t⇔ -ln4<-0,1t

soit : 0<4 e-0,1t

–1⇔ t< 10.ln4 . De la même façon : 4 e-0,1t

–1<0⇔ 10.ln4< t et

4.e–0,1t

–1=0 ⇔ t=10.ln4.

Soit t0= 10.ln 4, on a : t0≈13,86 et le tableau de variation suivant sur [0, 75] :

t 0 t0 75

4 e-0,1t

4 + +

4 e-0,1t

–1 3 + 0 –

(e-0,1t

–1)² 0 + +

v’(t) 0 + 0 – v’(75)

v(t) 0 v(t0) v(75)

v(t0)

(C) : (C) est la représentation graphique de v.

t0

On étudie en chimie cinétique des réactions successives dont le schéma de réaction est le suivant : k1 k3 A B C

k2

Les lois cinétiques sont les suivantes : dt

Ad ][ = -k1[A] + k2[B]

dt

Bd ][ = k1[A] – (k2+k3)[B]

dt

Cd ][ = k3[B] .

[A], [B] et [C] sont les concentrations à l’instant t des produits A, B et C (t exprimé en minutes) ; k1 , k2 , k3 sont des constantes de vitesse exprimées en mn-1. Les conditions à l’instant t= 0 sont [A]0= a, [B]0 = 0, [C]0=0. On note x, y et z les fonctions de la variable réelle t définies pour 0≤ t par : x=[A]/a, y=[B]/a et z=[C]/a. On suppose que k1=1,60 mn-1, k2=0,15mn-1, k3=1,25mn-1.

On a donc les équations différentielles : dt

dx = -1,60x + 0,15y (1)

dt

dy = 1,60x – 1,40y (2)

dt

dz = 1,25y (3)

et x(0) = 1 , y(0) = 0 = z(0).

1ère partie

1- En utilisant l’équation différentielle (1), déterminer y en fonction de x et de dt

dx. En

déduire dt

dy. en fonction de

dt

dx et de

2

2

dt

xd.

En reportant y et dt

dy dans l’équation (2) établir une équation différentielle du second

ordre linéaire à coefficients constants vérifiée par x

2- Résoudre l’équation différentielle (E) 2

2

dt

xd+3

dt

dx+2x= 0 où t≥ 0.

3- En utilisant la question précédente et la relation y= xdt

dx

15,0

60,1

15,0

1+ , montrer que x

et y peuvent s’écrire sous la forme x(t)= λe-t+µe

-2t et y(t)=4λe-t –

3

8µe

-2t.

4- Sachant qu’en outre x(0) = 1 et y(0)= 0, calculer les réels λ et µ .

5- En utilisant les relations (1), (2) et (3), calculer dt

d(x(t)+y(t)+z(t)) et en déduire que

z(t)= 1–x(t)–y(t). 2ème partie

1- Étudier le sens de variation des fonctions x, y, z définies sur ℝ+ par x(t)=0,4e

-t + 0,6e

-2t

y(t)=1,6(e-t–e

-2t) z(t)= -2e

-t + e

-2t +1. 2- Représenter graphiquement les fonctions x, y et z dans un même plan rapporté au même repère orthogonal avec les unités suivantes : 4 cm pour 1mn sur l’axe des abscisses,10 cm pour une unité sur l’axe des ordonnées, et t∈[0 ; 4]. 3- A quel moment le taux de formation de C atteint-il 90,0% ? Quel est à ce même instant le taux de disparition du produit A ? Interpréter graphiquement ces résultats.

Corrigé du problème

On écrit dans des égalités, par exemple, pour 0≤ t, x à la place de x(t), dt

dx=x’ à la place de

x’(t), 2

2

dt

xd=x’’ à la place de x’’(t)…

x, y et z sont 3 fonctions définies et dérivables sur [0, +∞[ vérifiant les équations différentielles (1), (2) et (3) ; de plus x(0)=1 , y(0)=0=z(0).

D’ après l’égalité (1), x et y étant dérivables sur [0, +∞[, x’= dt

dx est encore dérivable sur

[0, +∞ [ : x’’=2

2

dt

xd est définie sur [0, +∞[ avec x’’= -1,60x’+0,15y’.

1ère partie

1- D’après (1), 0,15y= 1,60x+dt

dx et y=

15,0

1

15,0

60,1+x

dt

dx , en dérivant sur [0, +∞[, on obtient :

dt

dy=

15,0

1

15,0

60,1+

dt

dx2

2

dt

xd. On reporte les deux égalités encadrées dans l’équation (2) qui

s’écrit aussi dt

dy+1,40y–1,60x=0 et on obtient :

15,0

1

15,0

60,1+

dt

dx2

2

dt

xd +1,40(

15,0

1

15,0

60,1+x

dt

dx) – 1,60x=0 soit, en multipliant par 0,15 et en

regroupant les termes en x’’, x’ et x on obtient :

2

2

dt

xd+(1,60+1,40)

dt

dx+1,60(1,40–0,15)x=0 où 1,6×(1,4–0,15)=1,6×1,25=2, d’où l’égalité

vérifiée par la fonction x sur [0, +∞[ : 2

2

dt

xd+3

dt

dx+2x=0 . Autrement dit : x est solution sur

[0, +∞[ de l’équation différentielle (E) de la question suivante. 2- L’équation caractéristique de (E), d’inconnue r s’écrit : r² +3r+2=0. ∆=3²–4×1×2=1=1².

Les racines sont r1=12

13

×

+−= -1 et r2=

12

13

×

−−= -2.

Alors sur [0, +∞[, les solutions de (E) sont toutes les fonctions t↦λe-t+µe-2t où λ et µ sont 2

constantes réelles. 3- x étant une solution particulière de (E) sur [0, +∞[, on a avec λ et µ réels constants, pour

0≤ t, x(t)= λe-t+µe

-2t et x’(t)= -λe-t–2µe

-2t. D’après la 1ère question y(t)= )(15,0

60,1)('

15,0

1txtx + ,

soit y(t)= 15,0

1( -λe-t

–2µe-2t)+

15,0

6,1( λe-t+µe

-2t)=15,0

16,1 −λe

-t+15,0

26,1 −µe

-2t= 15,0

6,0λe

-t–15,0

4,0µe

-2t,

soit y(t)=4λe-t–

3

8µe

-2t, pour 0≤ t.

4- Comme e0=1, on obtient : x(0)= λ+µ et y(0)= 4λ–8µ/3. Les systèmes d’égalités suivants sont équivalents à x(0)=1 et y(0)=0 :

Finalement, pour 0≤ t, x(t)=0,4e-t+0,6e

-2t et comme 4×0,4=0,16 et 8×0,6/3=8×0,2=1,6 on obtient : y(t)=1,6e

-t–1,6e

-2t. 5- Les équations différentielles de l’énoncé donnent pour 0≤ t, x’(t)=-1,60x(t)+0,15y(t)

y’(t)= 1,60x(t)–1,40y(t)

z’(t)= 1,25y(t)

alors par addition : x’(t)+y’(t)+z’(t)=0×x’(t)+ 0×y(t), soit x’(t)+y’(t)+z’(t)=0.

Ainsi la fonction t↦x(t)+y(t)+z(t) est dérivable sur [0, +∞[ de fonction dérivée la fonction

nulle sur [0, +∞[, elle est donc constante sur [0, +∞[. On a donc avec c réel constant, c=x(t)+y(t)+z(t) pour 0≤ t. En particulier c=x(0)+y(0)+z(0)=1+0+0=1, alors : Pour 0≤ t, 1=x(t)+y(t)+z(t) soit : z(t)=1–x(t)–y(t). 2ème partie Avec le repère de la 2ème partie tout point M a pour abscisse T et pour ordonnée Y. Cx, Cy et Cz sont les représentations graphiques des fonctions x, y et z respectivement. 1- Remarque :

−∞→Xlim e

X=0 et +∞→t

lim (-t)= -∞ =+∞→t

lim (-2t) donnent +∞→t

lim e-t= 0 =

+∞→tlim e

-2t , ainsi

+∞→tlim x(t)=0=

+∞→tlim y(t) et

+∞→tlim z(t)=1 . La droite d’équation Y=0 est asymptote à Cx et Cy, la

droite d’équation Y=1 est asymptote à Cz. On dérive x,y et z en utilisant les formules (e-t)’ = -e-t et (e-2t)’ = -2e

-2t , on obtient pour 0≤ t, x’(t)=-0,4e

-t–1,2e

-2t , y’(t)=1,6(-e-t+2e

-2t) et z’(t)=2e-t–2e

-2t= 2(e-t–e

-2t). Étude des signes de x’, y’ et z’ :

∗ Comme 0<e-t et 0<e

-2t, on a : x’(t)<0 pour 0≤ t .

∗ e0=1 donne z’(0)=0 ; de plus pour 0< t, -2<-1 donne -2t<-t et e-2t<e-t d’où : 0< e-t–e

-2t et 0< z’(t).

∗ Les propositions suivantes, écrites pour 0≤ t, sont équivalentes : {0<y’(t)}, {0<2e-2t–e

-t}, {e

-t<2e-2t}, { e-t+2t

= e-t/e-2t< 2}, {et<2}, { t< ln 2 }.

Pour 0≤ t, on vient de démontrer l’équivalence 0<y’(t)⇔ t< ln2 , de la même façon : y’(t)<0 ⇔ ln 2 < t et y’(t)= 0 ⇔t= ln 2. Tableau de variation des fonctions x,y et z : t 0 ln 2 +∞ x’t) -1,6 – – y’(t) 1,6 + 0 – z’(t) 0 + + x(t) 1 0

y(t) 0 y(ln 2) 0

z(t) 0 1

λ+µ=1 4λ–8µ/3=0

Avec 4L1–L2→L2 et 4+8/3= (12+8)/3=20/3 :

λ+µ=1 20µ/3=4

µ=3×4/20=3/5 λ=1–3/5=5/5–3/5=2/5

3. Avec 0≤ t, on a les équivalences : z(t)= 0,9⇔ z(t)–0,9=0⇔ e-2t–2e

-t+0,1=0 ⇔ (e-t)²–2e-t+0,1=0⇔ e-test une solution de

l’équation d’inconnue X X²–2X+0,1=0 La résolution de l’équation d’inconnue X, X²–2X+0,1=0 est la suivante : ∆=2²–4×(0,1)×1=3,6= 6²(0,1) , les racines sont les suivantes :

X1=12

1,062

×

+=1+3 1,0 et X2=

12

1,062

×

−=1–3 1,0 . On a 0<X2<1<X1.

Ici -t≤ 0 et e-t

≤ e0=1 et les équivalences précédentes donnent donc:

z(t)=0,9⇔ e-t= 1–3 1,0 ⇔-t=ln(1–3 1,0 )⇔ t=-ln(1–3 1,0 ).

Finalement soit t0 = -ln(1–3 1,0 ) : t0 ≈2,97. z(t)=0,9 pour t=t0 et le taux de disparition du

produit A est donnée par : 1–x(t0)≈0,978. Avec la représentation graphique, on a tracé la droite d’équation Y=0,9 et t0 est l’abscisse du point d’intersection de cette droite avec Cz, on remarque que t0 est proche de 3.

Courbes de la question 2

Y= 1

0,9

Cx Cz

tangente à Cy au point d’abscisse ln 2

Cz

ln 2 t0

Énoncé de l’exercice L’objet de cet exercice est l’étude du potentiel électrique dans un électrolyte. On considère un électrolyte, le chlorure de sodium NaCl, mis en solution dans l’eau à la température de 25° C et de concentration 10-2 mol.L-1. Un ion Na+ étant choisi, on prend son centre comme origine de l’espace rapporté à un repère. Cet ion crée, en tout point de l’atmosphère ionique qui l’entoure, un potentiel électrique U, fonction de la distance x de ce point au centre de l’ion considéré. 1. Expression de U(x).

On admet que cette fonction U de la variable réelle x, avec x > 0, est solution de l’équation différentielle (E) : x2

U’’ + 2xU=b2x

2U, où b est une constante réelle strictement positive.

a) Pour tout x> 0, on pose Y(x)=xU(x). Calculer Y’(x) et Y’’(x). On considère l’équation différentielle (E1) : Y’’–b

2Y=0.

Démontrer que Y est solution de (E1) si et seulement si U est solution de (E). b) Résoudre l’équation différentielle (E1).

En déduire, pour tout x> 0, l’égalité (i) : U(x)=x

1(Ae

-bx+Be

bx), où A et B sont des constantes

réelles. 2. Calcul de la constante B.

Le potentiel étant nul à l’infini, on a +∞→x

lim U(x) = 0.

Montrer, en utilisant l’égalité (i), qu’ alors B=0.( On montrera que si B était non nulle, alors

+∞→xlim U(x) serait égale à +∞). On a donc, pour tout x> 0, U(x)=

x

Ae

-bx.

3. Calcul de la constante A.

a) Soit α un nombre réel supérieur où égal à 4.

A l’aide d’une intégration par parties, calculer, en fonction de α, l’intégrale I(α)= ∫−

α

4

bxxe dx.

Déterminer la limite de I de I(α) lorsque α tend vers +∞. b) L’expression de l’électroneutralité conduit à l’égalité A.I=k, où k est une constante réelle positive. Exprimer A en fonction de b et de k.

En déduire que, pour tout x> 0, U(x)=xb

kb 1

41

²

+

e-b(x–4).

4. Tableau de variation de U, pour des valeurs particulières de b et de k.

On considère que, pour tout x> 0, U(x)=x

16,0e

-0,0325 (x–4).

a) Calculer U’(x) et étudier le sens de variation de U. b) Calculer la limite de U en 0. c) Donner le tableau de variation de U.

Corrigé de l’exercice

1. U est une fonction numérique définie et dérivable 2 fois sur ]0, +∞[.

a) Pour 0< x, Y(x)=xU(x), Y’(x)=1.U(x)+xU’(x) = U(x)+xU’(x) et

Y’’(x)=U’(x)+1.U’(x)+xU’’(x)=2U’(x)+xU’’(x). De cette manière :

Y’’(x)–b²Y(x)=xU’’(x)+2U’(x)–b²xU(x)= x

1( x

2 U’’(x)+2xU’(x)–b²x

2 U(x)) pour 0< x.

Les propriétés suivantes sont équivalentes : {Y est solution de (E1) sur ]0, +∞[ },

{ Y’’(x)–b²Y(x)=0 pour 0< x}, { x2 U’’(x)+2xU’(x)–b²x² U(x) = 0 pour 0< x},

{ x2 U’’(x)+2xU’(x)–b²x² U(x) pour 0< x}. { U est solution de (E) sur ]0, +∞[}

Finalement :

U est solution de (E) sur ]0, +∞[si et seulement si Y est solution de (E1) sur ]0, +∞[.

b) L’équation caractéristique, d’inconnue r , associée à (E1) s’écrit : 0=r²–b2= (r–b)(r+b) ; -b

et b en sont les racines. Alors sur ]0, +∞[, les solutions de (E1) sont les fonctions x↦Ae-bx

+Bebx

où A et B sont 2 constantes réelles.

Par hypothèse U est solution sur ]0, +∞[ de (E), donc Y est solution de (E1) sur ]0, +∞[ et on

peut écrire, avec A et B réels constants, pour 0<x, Y(x)= Ae-bx

+Bebx

, or U(x)= Y(x)/x d’où :

U(x)=x

1 (Ae

-bx+Be

bx).

2. On a : +∞→X

lim (eX/X)

= +∞ et

−∞→Xlim e

X = 0 où

+∞→xlim bx = +∞ et

+∞→xlim -bx= -∞ alors :

+∞→xlim

bx

ebx

= +∞ et +∞→x

lim e-bx

=0, on a aussi : xx

1lim

+∞→

=0.

Pour 0< x, U(x)=A e-bx

×(1/x) + bB bx

ebx

où +∞→x

lim ( A e-bx

×(1/x))= A×0×0=0 .

Si B était non nul, on aurai +∞→x

lim bB bx

ebx

= ∞ avec le signe de B et alors : +∞→x

lim U(x)= ∞ avec le

signe de B ; cela est impossible parce que : +∞→x

lim U(x)=0, et forcément : B= 0.

On a bien (avec A réel constant), pour 0< x, U(x)= x

Ae

-bx

3. a) On écrit

u’ et v’ sont encore dérivables et continues sur ℝ et I(α)=[ b

x− e

-bx] α

4 – ∫−α

4

1

b e

-bx dx.

I(α)= ∫−−−

−−+− α

αα

4

4

²

14 bxbbbe

be

be

bdx= αα

α

4

4 ][²

14 bxbbe

be

be

b

−−−

−+−

I(α) = bbbbe

be

be

be

b

44

²

14

²

1−−−−

++−−

ααα

u(x) =x u’(x)=1

v’(x)=e-bx

= b

1−(-b e

-bx) v (x)=

b

1− e

-bx u’(x)v(x)=

b

1− e

-bx=

b

1− e

-bx

On a aussi I(α)= bbbbe

be

be

beb

b

44

2 ²

14

²

1][

1−−−−

++−−αα

α

∗ −∞→x

lim

ex= 0 , or

+∞→α

lim (-bα)=-∞ d’où +∞→α

lim e-bα

= 0.

∗ −∞→x

lim xex = 0, or

+∞→α

lim (-bα)= +∞ d’où +∞→α

lim (-bα e-bα

) = 0

Il en résulte que : I, la limite de I(α) lorsque α tend vers +∞, est donnée par :

I= bbe

be

bbb

44

2 ²

140

²

10

1−−

++×−× soit I= bbe

be

b

44

²

14−−

+ .

I= be

bb

4)²

14( −

+ d’où I= be

b

b 4)²

14( −

+.

On a : A. be

b

b 4)²

14( −

+= k d’où : A= ke

4b× b²/(4b+1) soit A=

b

ekbb

41

² 4

+

.

En multipliant par (1/x) e-x

et en utilisant e4b

e-bx

=e(4b–bx)=

e–b(x–4)

, on obtient bien d’après la

question 2. :

U(x)=xb

kb 1

41

²

+

e-b(x–4)

pour 0< x.

4. a) Pour 0< x, U’(x)= 0,16[ )4(0325,0)4(0325,0 )0325,0(1

²

1−−−−

−+− xx

ex

ex

soit :

U’(x)=²

]0325,01[16,0 )4(0325,0

x

xex

+−−−

, de plus les termes x², e-0,0325(x–4)

et 1+0,0325x sont

strictement positifs d’où U’(x)< 0 pour 0< x : U est strictement décroissante sur ]0, +∞[.

b) La fonction x↦e-0,0325(x–4)

est dérivable et continue sur ℝ, donc en particulier en 0 :

0lim

→x e

-0,0325(x–4)= e

-0,0325(0–4)= e

0,13>0 , d’autre part

xxx

16,0lim

0,0 <→

=+∞ alors par multiplication :

xx <→ 0,0lim U(x)=+∞ .

c) Tableau de variation :

x 0 +∞

U(x) +∞ 0

Corrigé Partie A

1. L’équation (1) s’écrit aussi x’ + x=0. On écrit r(t)=1 et R(t)=t : R’(t)=r(t).

Les solutions de (1) sont toutes les fonctions t � c e –t où c est une constante réelle.

On écrit donc avec c constante réelle x(t)= c e –t. Alors x(0) = c e

0 = c×1 = c et x(0) = 1 pour c =1. Finalement x(t) = e–t . 2. a) y et z étant dérivables sur [0 ; +∞[ , d’après l’équation (3) z’ est aussi dérivable sur [0 ; +∞[ et on obtient d’autre part, y=z’+0,5z d’où en dérivant : y’=z’’ + 0,5 z’ . b) En faisant la somme des 2 égalités (2) et (3) on obtient : y’ + z’ = x, soit, d’après l’égalité obtenue au 2. a) : z’’ + 1,5z’ =x. Comme x(t) = e–t, on en déduit que z vérifie l’équation différentielle (E) : z’’ + 1,5z’ = e

–t. 3. a) Avec a réel constant, on a ϕ(t)=a e

–t, ϕ’(t) =a(–e–t

) = –ae–t et ϕ’’(t)= –a(–e

–t)=a e

-t. Ainsi ϕ’’(t)+ 1,5 ϕ’(t)= a e

-t –1,5 a e-t soit ϕ’’(t)+ 1,5 ϕ’(t)= –0,5 a e

-t. ϕ n’est solution de (E) dans le cas où –0,5 a = 1, soit dans le cas où a= -2. Finalement on écrit pour la suite ϕ(t) = -2 e–t et ϕ une solution particulière de (E). b) (E) est une équation différentielle d’ordre 2 à coefficients constants et (H) en est l’équation différentielle homogène associée.

� L’équation caractéristique, d’inconnue r, de(H) s’écrit r2 + 1,5r =0. Elle est équivalente à 0 = r(r+1,5). Alors -1,5 et 0 sont les deux racines réelles de l’équation caractéristique de (H).

Les solutions de (H) sont toutes les fonctions t � λe–1,5t

+ µ e0t = λe–1,5t

+ µ où λ et µ sont 2 réels constants.

� À la solution particulière ϕ de (H) on ajoute toutes les solutions de (E) pour obtenir toutes

les solutions de (H) ; il s’agit donc de toutes les fonctions t �-2 e–t + λe–1,5t

+ µ où λ et µ sont 2 réels constants. z est une de ces fonctions ; on a donc z(t)= -2 e–t + λe

–1,5t + µ où λ et µ sont 2 réels

constants. De plus z’(t)= –2(–e

–t)+λ (–1,5e–1,5t) + 0, soit z’(t)= 2e

–t –1,5λ e–1,5 t.

c) L’équation (3) s’écrit aussi y=z’+ 0,5z soit y(t)=z’(t) + 0,5 z(t) et ainsi y(t) =2e

–t –1,5λ e–1,5 t + 0,5 (-2 e–t + λe

–1,5t + µ ) = e-t ( 2–0,5×2)+λ e–1,5 t ( –1,5 +0,5) + 0,5µ .

Ainsi y(t) = e–t –λ e–1,5 t + 0,5µ . d) e0 = 1 donne y(0) = 1 –λ +0,5µ et z(0) = –2 + λ +µ ; les systèmes d’égalités suivants sont équivalents à z(0)=0 et y(0) = 0 :

{ λ +µ = 2 et λ –0,5 µ = 1}, avec L1 + 2L2 → L2 : {λ +µ = 2 et 3λ = 4}, { λ = 4/3 et 4/3 + µ = 6/3}, { λ = 4/3 et µ = 2/3}.

Finalement λ = 4/3 et µ = 2/3 et ainsi y(t) = e–t –3

4 e–1,5 t +

3

1 et z(t)= -2 e–t +

3

4e

–1,5t +

3

2 .

Partie B

1. a) On a 0lim =−∞→

x

xe et comme

∞+→tlim (–t) = –∞ =

∞+→tlim (–1,5t), on a aussi

∞+→tlim e

–t = 0 et

∞+→tlim e

–1,5t = 0 d'où ∞+→t

lim g(t) = 0 – 3

4×0 +

3

1 soit

∞+→tlim g(t) =

3

1 .

b) On a g’(t) = –1× e–t

–3

4× –1,5 e–1,5 t + 0 où –

3

4× –1,5 = 2 et alors

g’(t)= –e–t

+ 2 e –1,5t = e–t ( –1 + 2

t

t

e

e−

− 5,1

) = e–t ( –1 + 2 e –1,5 t + t) d’où

g’(t)= e–t ( –1 + 2 e –0,5 t) . c) Comme 0< e

–t , g’(t) est du signe de –1 + 2 e –0,5 t . On a les équivalences suivantes : 0<g’(t) ⇔ 0 < –1 + 2 e –0,5 t ⇔ 1 < 2 e –0,5 t ⇔ 0,5 < e –0,5 t ⇔ ln 0,5 < ln e –0,5 t = –0,5 t soit :

0<g’(t) ⇔ t < – 5,0

5,0ln où

5,0

1= 2 et – ln 0,5 = ln(

5,0

1) = ln 2.

De cette manière 0<g’(t) ⇔ t < 2 ln2 ; de la même façon g’(t) < 0 ⇔ 2 ln2 < t et g’(t)=0 pour t = 2 ln2. On obtient les valeurs exactes de g’(0) et g(0) en utilisant e0 =1. Pour la suite on note t0 = 2 ln2 et on a le tableau de variation suivant :

t 0 t0 +∞

g’(t) 1 + 0 – g(t) 0 g(t0) 1/3

g admet bien un maximum, en t0 = 2 ln2, égal à g(t0) ≈ 0,417 où t0 ≈ 1,386.

2. a) � f(0) = 1 (on peut vérifier aussi que f est décroissante ) d’où le choix de Cf correspondant à cette situation, par élimination des 2 autres courbes.

� On choisit encore Cg par élimination des autres courbes en utilisant les variations de g avec son maximum…

� Il ne reste plus qu’à placer Ch. b) Voir la page suivante. Graphiquement t1 ≈ 0,92 et t2 ≈ 1,75.

Le graphique du problème complété. Cf

Cg Ch

t1 t2