Equations différentielles : un exercice type bac

Partie A

$1.$ Pour lever l'indétermination on peut développer $f(x)$.

$f(x) = 20xe^{-\frac{1}{2}x} + 10e^{-\frac{1}{2}x}$

$\displaystyle \lim_{x \to +\infty} 20xe^{-\frac{1}{2}x} =\displaystyle \lim_{x \to +\infty}40\,\dfrac{1}{\frac{e^{\frac{1}{2}x}}{\frac{1}{2}x}}=0$ car $\displaystyle \lim_{X \to +\infty}\frac{e^X}{X}=+\infty$ et $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} 10e^{-\frac{1}{2}x} = 0$

Donc $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$

$2.$ $f$ est dérivable sur $[0 ; +\infty[$ comme composée, somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle. $f(x)$ est de la forme $uv$ dont la dérivée est égale à $u'v + uv'$. On pose : $u(x) = 20x + 10$, donc $u'(x) = 20$ et $v(x) = e^{-\frac{1}{2}x}$, donc $v'(x) = -\dfrac{1}{2} e^{-\frac{1}{2}x}$ $f'(x) = 20 \times e^{-\frac{1}{2}x} + (-10x - 5) e^{-\frac{1}{2}x}$ $= e^{-\frac{1}{2}x} (20 - 10x - 5)$ en factorisant par $e^{-\frac{1}{2}x}$ $= e^{-\frac{1}{2}x} (15 - 10x) = 5e^{-\frac{1}{2}x} (3 - 2x)$ $e^{-\frac{1}{2}x} > 0$ donc $f'(x)$ est du signe de $(3 - 2x)$ $3 - 2x \geq 0 \Longleftrightarrow -2x \geq -3 \Longleftrightarrow x \leq \dfrac{3}{2}$ $f'(x) \geq 0$ pour $x \in \left[0 ; \dfrac{3}{2} \right]$. $f$ est strictement croissante sur cet intervalle. $f'(x) \leq 0$ pour $x \in \left[\dfrac{3}{2} ; +\infty\right[$. $f$ est strictement décroissante sur cet intervalle

$f(0) = 10$ ; $f \left( \dfrac{3}{2} \right) = 40e^{-\frac{3}{4}}$, d'où le tableau de variations de $f$ :

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x & 0 & & \dfrac{3}{2}& & +\infty \\ \hline f'(x) & & + & 0& - & \\ \hline f(x) & {\scriptsize{10}} & \nearrow & ^{\scriptsize{40e^{-\frac{3}{4}}}} & \searrow & {\scriptsize{0}} \\ \hline \end{array}$

$3.$ Sur $]0 ; \dfrac{3}{2}[$, $f(x) > 10$: il n'y a pas de solution.

Sur $[\dfrac{3}{2} ; +\infty[$, $f$ est continue et strictement décroissante $f \left(\dfrac{3}{2} \right) \approx 18,9$ et $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$

$10 \in \left]\lim\limits_{x\to +\infty}f(x) ; f \left( \dfrac{3}{2} \right) \right]$.

Le théorème des valeurs intermédiaires permet d'affirmer que l'équation $f(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$ dans $[\dfrac{3}{2} ; +\infty[$.

L'équation $f(x)=10$ admet donc une unique solution $\alpha$ dans $]0;+\infty[$ $f(4,673) \approx 10,00039$ et $f(4,674) \approx 9,9979$

Donc $4,673 \leq \alpha \leq 4,674$ $\alpha \approx 4,673$ par défaut.

$4.$

5. $I=\displaystyle \int_0^{3} f(x) dx = \displaystyle \int_0^{3} (20x + 10) \left(e^{-\frac{1}{2}x} \right) dx$ On pose $u(x)= 20x + 10$, donc $u'(x) = 20$ et $v'(x) = e^{-\frac{1}{2}x}$, donc $v(x) = -2 e^{-\frac{1}{2}x}$ $u$ et $v$ sont dérivables sur $[0 ; 3]$, $u'$ et $v'$ continues sur ce même intervalle.

On peut donc intégrer par parties en utilisant la formule du cours : $I = \left[(20x + 10) \left(-2 e^{-\frac{1}{2}x} \right) \right]_0^{3} - \displaystyle \int_0^{3} \left( -2 e^{-\frac{1}{2}x}\right) \times 20 \text{d}x$ $I = - 140 e^{-\frac{3}{2}} + 20 + 40 \left[-2 e^{-\frac{1}{2}x} \right]_0^{3}$

$I = - 140e^{-\frac{3}{2}} + 20 - 80 \left(e^{-\frac{3}{2}} - 1 \right)$

$\boxed{I =100 - 220 e^{-\frac{3}{2}}}$

Partie B

$1.$ Pour tout $t \in [0; +\infty[$ : $f(t) = (20t + 10) e^{-\frac{1}{2}t}$

$f'(t) = (-10t + 15)e^{-{\frac{1}{2}t}}$ (calculée précédemment)

Pour tout $t \in [0; +\infty[$ :

$f'(t) + \dfrac{1}{2} f(t) = (-10t + 15) e^{-\frac{1}{2}t} + \dfrac{1}{2} (20t + 10) e^{-\frac{1}{2}t}$

$f'(t) + \dfrac{1}{2} f(t) = e^{-\frac{1}{2}t} (-10t + 15 + 10t + 5)$ en factorisant par $e^{-\frac{1}{2} t}$ $f'(t) + \dfrac{1}{2} f(t) = e^{-\frac{1}{2} t } (20)$ $f'(t) + \dfrac{1}{2} f(t) = 20 e^{-\frac{1}{2}t}$

Donc $f$ est bien solution de (E) sur [0; +$\infty$[.

$2.a.$ $g$ est solution de (E), donc pour tout $t \in [0 ; +\infty[$, $g'(t) + \dfrac{1}{2} g(t) = 20e^{-\frac{1}{2}t}$ On a vu que pour tout $t \in [0; +\infty[$ : $f'(t) + \dfrac{1}{2} f(t) = 20 e^{-\frac{1}{2}t}$

On peut en déduire que pour tout $t \in [0; +\infty[$,

$g'(t) + \dfrac{1}{2} g(t) = f'(t) + \dfrac{1}{2} f(t)$.

$g'(t) - f'(t) + \dfrac{1}{2} g(t) - \dfrac{1}{2} f(t) = 0$ c'est-à-dire $(g - f)' + \dfrac{1}{2} (g - f) = 0$

Donc $g - f$ est solution sur $[0 ; +\infty[$ de l'équation différentielle : $y' + \dfrac{1}{2} y = 0$.

$2.b.$ D'après le cours, les solutions de $(E')$ sont les fonctions: $t\mapsto K e^{-\frac{1}{2}t} \, \text{ où } \, K \in \mathbb{R}$ 2. c) $g - f$ est solution de $(E')$.

Donc $g(t) - f(t) = K e^{-\frac{1}{2}t}$

$g(t) = f(t) + K e^{-\frac{1}{2}t}$

$g(t) = (20t + 10)e^{-\frac{1}{2}t} + K e^{-\frac{1}{2}t}$

$g(0) = 10 \; \Longleftrightarrow \; 10e^0 + Ke^0 = 10 \; \Longleftrightarrow \; K=0$

Pour tout $t \in [0; +\infty[$, $g(t) = f(t)$.

Donc $f$ est l'unique solution de $(E)$ prenant la valeur 10 à l'instant 0.

$3.$ On résout l'inéquation $f(t) < f(0)$ sur $]0;+\infty[$

Sur $\left]0;\frac{3}{2}\right[$, $f$ est strictement croissante donc $f(t)>f(0)$ avec $f(0)=f(\alpha )=10$

Sur $\left[\frac{3}{2};+\infty\right[$, $f$ est strictement décroissante donc $f(t)< f(\alpha)\iff t>\alpha$

La température redescend au dessous de sa valeur initiale au bout d'une durée $t = \alpha$ soit environ 4h 40 minutes.

$4.$ La valeur moyenne est donnée par la formule : $\theta = \dfrac{1}{3-0} \displaystyle \int_0^{3} f(t) \,\text dt$ $= \dfrac{1}{3} \displaystyle \int_0^{3} f(t)\,\text dt$

En utilisant la 5e question de la partie A on trouve :

$\theta = \dfrac{1}{3} (100 - 220) e^{-\frac{3}{2}} \approx 17°$