ED-CÉquations différentielles

Modélisation par une équation différentielle : refroidissement, désintégration, charge

Idée directrice

Le problème modélise un phénomène physique (refroidissement de Newton, désintégration radioactive, charge/décharge d'un condensateur) par une équation $y'=ay+b$ ou $y'=ay$ . La démarche est toujours : (1) établir l'équation différentielle à partir du modèle ; (2) résoudre et appliquer la condition initiale ; (3) exploiter la solution — trouver un temps caractéristique, déterminer l'instant où la grandeur atteint un seuil, calculer une valeur asymptotique.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Montrer que $T(t)$ vérifie $T'=-k(T-T_a)$ » ; « Exprimer $T(t)$ en fonction de $k$ » ; « Déterminer la constante de temps $\tau$ » ; « À quelle date la température atteint-elle $T^*$ ? ».

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Changement de variable : poser $\theta=y-y_{\infty}$ (écart à l'équilibre) ramène toujours $y'=a(y-y_{\infty})$ à une équation homogène $\theta'=a\theta$ .
Extraction de $k$ : $\e^{-kt_1}=r$ $\Rightarrow$ $k=-\ln(r)/t_1$ ; prendre soin des signes ( $k>0$ si $r<1$ ).
Trouver $t^*$ : isoler l'exponentielle, puis appliquer $\ln$ . Donner une valeur exacte (logarithme) puis numérique.
Asymptote : la solution converge vers $y_{\infty}$ si $a<0$ (coefficient de l'exponentielle négatif) ; elle n'atteint jamais $y_{\infty}$ en temps fini car $\e^{at}\neq0$ .

Les pièges à vérifier dans ta démarche

Oublier de centrer ( $\theta=T-T_a$ ) et résoudre $T'=-kT$ au lieu de $T'=-k(T-T_a)$ — l'asymptote est alors $0$ au lieu de $T_a$ . Prendre $\ln$ des deux membres sans vérifier que l'argument est strictement positif. Confondre $k$ (en min $^{-1}$ ) et $1/k$ (constante de temps $\tau$ en minutes).

Sujet principal

Exercice 3 — refroidissement d'un objet (loi de Newton)

5 questionsCorrigé masqué

Un objet métallique sort d'un four à $T_0=400\,^\circ\text{C}$ et refroidit dans une pièce maintenue à température ambiante $T_a=20\,^\circ\text{C}$ . La loi de Newton stipule que la vitesse de refroidissement est proportionnelle à l'écart de température : $T'(t)=-k(T(t)-T_a)$ , où $k>0$ est une constante et $t$ est exprimé en minutes.

On mesure que $T(10)=220\,^\circ\text{C}$ .

Poser $\theta(t)=T(t)-T_a$ . Montrer que $\theta$ vérifie une équation différentielle de la forme $\theta'=-k\theta$ .
Résoudre cette équation et exprimer $\theta(t)$ en fonction de $k$ et $t$ , en utilisant la condition initiale $\theta(0)=T_0-T_a$ .
Utiliser la mesure $T(10)=220\,^\circ\text{C}$ pour calculer $k$ (valeur exacte puis approchée à $10^{-3}$ près).
1. Exprimer $\theta(10)$ en fonction de $k$ .
2. En déduire $k=\dfrac{1}{10}\ln\dfrac{\theta(0)}{\theta(10)}$ .
Déterminer à quelle date $t^*$ (en minutes) la température de l'objet atteint $T^*=60\,^\circ\text{C}$ .
Montrer que $T(t)$ ne peut jamais atteindre $T_a=20\,^\circ\text{C}$ en temps fini. Interpréter physiquement.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. Idée : translater la température de la valeur ambiante pour obtenir une équation homogène. On pose $\theta(t)=T(t)-T_a$ . Comme $T_a$ est constante, $\theta'=T'$ , et on sait que $T'=-k(T-T_a)$ , donc $\theta'=-k\theta$ .

2. Idée : les solutions de $y'=-ky$ sont les $t\mapsto C\e^{-kt}$ . Il existe donc une constante $C$ telle que $\theta(t)=C\e^{-kt}$ . La condition initiale donne $\theta(0)=T_0-T_a=400-20=380$ , d'où $C=380$ . Conclusion : $\theta(t)=380\e^{-kt}$ et $T(t)=20+380\e^{-kt}$ .

3. Idée : une mesure suffit à fixer $k$ . La mesure $T(10)=220$ donne $\theta(10)=220-20=200$ , donc $380\e^{-10k}=200$ , soit $\e^{-10k}=\dfrac{200}{380}=\dfrac{10}{19}$ . En passant au logarithme népérien on obtient $-10k=\ln\dfrac{10}{19}$ , d'où la valeur exacte $k=\dfrac1{10}\ln\dfrac{19}{10}$ . Conclusion : $k=\dfrac1{10}\ln 1{,}9\approx0{,}064\ \mathrm{min^{-1}}$ à $10^{-3}$ près.

4. Idée : écrire l'écart mesuré avec la formule de la question 2. En appliquant $\theta(t)=380\e^{-kt}$ à $t=10$ on obtient $\theta(10)=380\e^{-10k}$ , c'est-à-dire $\theta(10)=\theta(0)\,\e^{-10k}$ : l'écart de température au bout de dix minutes est l'écart initial multiplié par le facteur $\e^{-10k}$ .

5. Idée : isoler $k$ dans l'égalité de la question 4, sans remplacer par les nombres. De $\theta(10)=\theta(0)\,\e^{-10k}$ on tire $\e^{-10k}=\dfrac{\theta(10)}{\theta(0)}$ , donc $-10k=\ln\dfrac{\theta(10)}{\theta(0)}$ , et comme $\ln\dfrac{\theta(10)}{\theta(0)}=-\ln\dfrac{\theta(0)}{\theta(10)}$ , il en résulte $k=\dfrac1{10}\ln\dfrac{\theta(0)}{\theta(10)}$ . Conclusion : cette formule est la forme générale du calcul de la question 3, que l'on retrouve en remplaçant : $\dfrac1{10}\ln\dfrac{380}{200}=\dfrac1{10}\ln1{,}9$ . Une seule mesure de température suffit donc à identifier la constante de refroidissement.

6. Idée : résoudre $T(t^*)=60$ en repassant par $\theta$ . $T(t^*)=60$ s'écrit $\theta(t^*)=60-20=40$ , soit $380\e^{-kt^*}=40$ , donc $\e^{-kt^*}=\dfrac{40}{380}=\dfrac{2}{19}$ . Par suite $-kt^*=\ln\dfrac{2}{19}$ , d'où $t^*=\dfrac1k\ln\dfrac{19}{2}=\dfrac{\ln 9{,}5}{\tfrac1{10}\ln1{,}9}$ . Conclusion : $t^*\approx35{,}1$ minutes (la valeur exacte est $\dfrac{10\ln 9{,}5}{\ln 1{,}9}=35{,}07\ldots$ , et on vérifie que $T(35{,}1)\approx60\ \mathrm{^\circ C}$ ).

7. Idée : une exponentielle ne s'annule jamais. Pour tout $t\geq0$ , $\theta(t)=380\e^{-kt}>0$ , donc $T(t)=20+\theta(t)>20$ : la température ambiante n'est jamais atteinte en temps fini. Elle ne l'est qu'à la limite, $\lim_{t\to+\infty}T(t)=20\ \mathrm{^\circ C}$ .

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Variantes rencontrées : désintégration radioactive $N'=-\lambda N$ (même structure, demande souvent la demi-vie $t_{1/2}=\ln 2/\lambda$ ) ; charge d'un condensateur $RC$ : $u'+(1/RC)u=E/RC$ (second membre non nul, valeur asymptotique $E$ ).

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Exercice — charge d'un condensateur : de

y'=ay+b

à la prévision

Entraînement 01 / 01

Exercice — charge d'un condensateur : de $y'=ay+b$ à la prévision

5 questionsCorrigé masquéEn cours de relecture

Un condensateur de capacité $C=1{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{F}$ , initialement déchargé, est chargé à travers un conducteur ohmique de résistance $R=5{,}0\times10^{3}\ \Omega$ par un générateur de tension constante $E=12\ \mathrm{V}$ . On note $u(t)$ la tension, en volts, aux bornes du condensateur à l'instant $t$ exprimé en secondes. La loi des mailles et la relation $i(t)=C\,u'(t)$ donnent, pour tout $t\geq0$ : $E=RC\,u'(t)+u(t)$ .

Montrer que $u$ est solution d'une équation différentielle de la forme $y'=ay+b$ , puis donner les valeurs de $a$ et de $b$ avec leurs unités.
Écrire la solution générale de cette équation différentielle, puis déterminer $u(t)$ en utilisant la condition initiale $u(0)=0$ .
Calculer $u(5)$ à $10^{-2}$ près, puis exprimer ce résultat en pourcentage de $E$ .
Déterminer l'instant $t_1$ , à $10^{-1}$ près, où la tension atteint $90\%$ de $E$ .
Calculer la valeur moyenne de $u$ sur $[0\,;5]$ , définie par $\dfrac{1}{5}\displaystyle\int_0^5 u(t)\,\mathrm{d}t$ , puis comparer cette valeur à $u(5)$ et expliquer la comparaison obtenue.

Cet exercice et sa correction sont en cours de relecture. Tu peux les consulter ; l’exercice n’est pas encore proposé en séance.

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. On sait que $E=RC\,u'(t)+u(t)$ , avec $RC=5{,}0\times10^{3}\times1{,}0\times10^{-3}=5{,}0\ \mathrm{s}$ . En isolant $u'(t)$ on obtient $u'(t)=-\dfrac{1}{RC}\,u(t)+\dfrac{E}{RC}$ , donc $u$ est solution de $y'=ay+b$ avec $a=-\dfrac{1}{5}=-0{,}2\ \mathrm{s^{-1}}$ et $b=\dfrac{12}{5}=2{,}4\ \mathrm{V\cdot s^{-1}}$ . Conclusion : $u$ vérifie $u'=-0{,}2\,u+2{,}4$ .

2. Les solutions de $y'=ay+b$ avec $a\neq0$ sont les fonctions $t\mapsto K\e^{at}-\dfrac{b}{a}$ , où $K$ est une constante réelle. Ici $-\dfrac{b}{a}=\dfrac{2{,}4}{0{,}2}=12=E$ , donc $u(t)=K\e^{-0{,}2t}+12$ . Or $u(0)=K+12$ et la condition initiale donne $u(0)=0$ , d'où $K=-12$ . Conclusion : pour tout $t\geq0$ , $u(t)=12\left(1-\e^{-0{,}2t}\right)$ .

3. $u(5)=12\left(1-\e^{-1}\right)$ , donc $u(5)\approx7{,}59\ \mathrm{V}$ . Par suite $\dfrac{u(5)}{E}=1-\e^{-1}\approx0{,}632$ : au bout de $5$ s, c'est-à-dire au bout de la durée $RC$ , le condensateur a atteint environ $63{,}2\,\%$ de la tension du générateur.

4. $u(t_1)=0{,}9\,E$ s'écrit $12\left(1-\e^{-0{,}2t_1}\right)=10{,}8$ , soit $1-\e^{-0{,}2t_1}=0{,}9$ , c'est-à-dire $\e^{-0{,}2t_1}=0{,}1$ . En passant au logarithme népérien : $-0{,}2\,t_1=\ln(0{,}1)=-\ln 10$ , d'où $t_1=5\ln 10$ . Conclusion : $t_1\approx11{,}5\ \mathrm{s}$ .

5. La fonction $F$ définie par $F(t)=12t+60\e^{-0{,}2t}$ est une primitive de $u$ sur $[0\,;5]$ , car $F'(t)=12-12\e^{-0{,}2t}=u(t)$ . On a donc $\displaystyle\int_0^5 u(t)\,\mathrm{d}t=F(5)-F(0)=\left(60+60\e^{-1}\right)-60=60\e^{-1}$ , puis $\dfrac{1}{5}\displaystyle\int_0^5 u(t)\,\mathrm{d}t=12\e^{-1}\approx4{,}41\ \mathrm{V}$ . Conclusion : la valeur moyenne de la tension sur les cinq premières secondes vaut environ $4{,}41$ V, valeur inférieure à $u(5)\approx7{,}59$ V parce que $u$ est croissante : la moyenne intègre aussi les tensions faibles du début de la charge.

Relier ce raisonnement au bac

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