Équations différentielles : le cours

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Plan du chapitre

50 min
10 exercices corrigés
8 questions de QCM
Vérifié le 3 octobre 2026

L'essentiel

1. Qu'est-ce qu'une équation différentielle ?

Une équation différentielle est une équation dont l'inconnue est une fonction $y$ de la variable $x$ , et qui relie $y$ à ses dérivées $y'$ et éventuellement $y''$ . Résoudre l'équation sur $\mathbb{R}$ , c'est trouver toutes les fonctions dérivables (deux fois si $y''$ apparaît) qui la vérifient pour tout réel $x$ .

Exemple

La fonction $f(x) = e^{2x}$ est une solution de l'équation $y' = 2y$ , car $f'(x) = 2e^{2x} = 2f(x)$ . Ce n'est pas la seule : $g(x) = 5e^{2x}$ est aussi une solution.

Au programme de 2e Bac PC et SVT, il y a deux types d'équations : $y' = ay + b$ et $y'' + ay' + by = 0$ , où $a$ et $b$ sont des réels.

2. L'équation $y' = ay + b$

Théorème

Soit $a$ et $b$ deux réels avec $a \neq 0$ . Les solutions sur $\mathbb{R}$ de l'équation différentielle $y' = ay + b$ sont les fonctions $x \mapsto \alpha e^{ax} - \frac{b}{a}$ , où $\alpha$ est un réel quelconque.

Cas particuliers à connaître :

Si $b = 0$ , les solutions de $y' = ay$ sont les fonctions $x \mapsto \alpha e^{ax}$ , avec $\alpha \in \mathbb{R}$ .
Si $a = 0$ , l'équation $y' = b$ a pour solutions les fonctions $x \mapsto bx + \alpha$ (ce sont les primitives de la constante $b$ ).
La fonction constante $x \mapsto -\frac{b}{a}$ est la seule solution constante de $y' = ay + b$ : c'est la valeur qui annule $ay + b$ .

Propriété

Pour tous réels $x_0$ et $y_0$ , l'équation $y' = ay + b$ admet une unique solution $f$ qui vérifie la condition initiale $f(x_0) = y_0$ .

Remarque

Idée de la preuve pour $y' = ay$ : si $f$ est solution, la fonction $z(x) = f(x)e^{-ax}$ a pour dérivée $z'(x) = \left(f'(x) - af(x)\right)e^{-ax} = 0$ , donc $z$ est constante, égale à un réel $\alpha$ , et $f(x) = \alpha e^{ax}$ . Pour $y' = ay + b$ , on pose $z = y + \frac{b}{a}$ et on vérifie que $z' = az$ .

3. L'équation $y'' + ay' + by = 0$

Définition

Soit $a$ et $b$ deux réels. L'équation $r^2 + ar + b = 0$ , d'inconnue $r$ , s'appelle l'équation caractéristique de l'équation différentielle $y'' + ay' + by = 0$ . On note $\Delta = a^2 - 4b$ son discriminant.

Remarque

D'où vient cette équation ? Si $y(x) = e^{rx}$ , alors $y'' + ay' + by = (r^2 + ar + b)e^{rx}$ . Donc $x \mapsto e^{rx}$ est solution exactement quand $r$ est racine de l'équation caractéristique.

Théorème

Les solutions sur $\mathbb{R}$ de l'équation $y'' + ay' + by = 0$ dépendent du signe de $\Delta$ , comme indiqué dans le tableau ci-dessous, où $\alpha$ et $\beta$ sont des réels quelconques.

Signe de $\Delta$	Racines de $r^2 + ar + b = 0$	Solutions $y(x)$
$\Delta > 0$	deux réels distincts $r_1$ et $r_2$	$\alpha e^{r_1 x} + \beta e^{r_2 x}$
$\Delta = 0$	une racine double $r = -\frac{a}{2}$	$(\alpha x + \beta)e^{rx}$
$\Delta < 0$	deux complexes conjugués $p + iq$ et $p - iq$	$e^{px}\left(\alpha\cos(qx) + \beta\sin(qx)\right)$

Propriété

Pour tous réels $x_0$ , $y_0$ et $y_1$ , l'équation $y'' + ay' + by = 0$ admet une unique solution $f$ qui vérifie les deux conditions initiales $f(x_0) = y_0$ et $f'(x_0) = y_1$ .

Remarque

Cas très fréquent : $y'' + \omega^2 y = 0$ avec $\omega > 0$ . L'équation caractéristique $r^2 + \omega^2 = 0$ a pour racines $i\omega$ et $-i\omega$ (donc $p = 0$ et $q = \omega$ ). Les solutions sont $y(x) = \alpha\cos(\omega x) + \beta\sin(\omega x)$ , qu'on peut aussi écrire $y(x) = A\cos(\omega x + \varphi)$ avec $A \ge 0$ et $\varphi$ réel.

4. Exemples issus de la physique

En physique, la variable est le temps $t$ , mais les mathématiques sont exactement les mêmes : on applique les théorèmes ci-dessus.

Décharge d'un condensateur (circuit RC) : la tension $u$ vérifie $RCu'(t) + u(t) = 0$ , soit $u' = -\frac{1}{\tau}u$ avec $\tau = RC$ . Avec $u(0) = E$ , on obtient $u(t) = Ee^{-\frac{t}{\tau}}$ .
Charge d'un condensateur : $RCu' + u = E$ , soit $u' = -\frac{1}{\tau}u + \frac{E}{\tau}$ . Les solutions sont $u(t) = \alpha e^{-\frac{t}{\tau}} + E$ ; avec $u(0) = 0$ , on obtient $u(t) = E\left(1 - e^{-\frac{t}{\tau}}\right)$ .
Refroidissement (loi de Newton) : la température $\theta$ d'un objet placé dans une pièce à la température constante $\theta_a$ vérifie $\theta' = -k(\theta - \theta_a)$ , avec $k > 0$ . Avec $\theta(0) = \theta_0$ , on obtient $\theta(t) = \theta_a + (\theta_0 - \theta_a)e^{-kt}$ .
Oscillations libres non amorties (circuit LC, pendule élastique) : $x'' + \omega_0^2 x = 0$ , donc $x(t) = X_m\cos(\omega_0 t + \varphi)$ , de période $T_0 = \frac{2\pi}{\omega_0}$ .

Remarque

Pour la décharge, $u(\tau) = Ee^{-1} \approx 0{,}37E$ : au bout d'une durée $\tau$ , la tension a perdu environ $63\,\%$ de sa valeur initiale.

Méthodes

Méthode 1 : Résoudre $y' = ay + b$ avec une condition initiale

Écris l'équation sous la forme $y' = ay + b$ et identifie $a$ et $b$ .
Écris la solution générale $y(x) = \alpha e^{ax} - \frac{b}{a}$ .
Utilise la condition initiale pour calculer $\alpha$ .

Exemple : $y' = -2y + 6$ avec $y(0) = 1$ . Ici $a = -2$ , $b = 6$ et $-\frac{b}{a} = 3$ . La solution générale est $y(x) = \alpha e^{-2x} + 3$ . Or $y(0) = \alpha + 3 = 1$ , donc $\alpha = -2$ et $f(x) = 3 - 2e^{-2x}$ .

Méthode 2 : Ramener une équation à la forme $y' = ay + b$

Isole $y'$ dans un membre.
Divise par le coefficient de $y'$ .
Lis $a$ et $b$ , puis applique le théorème.

Exemple 1 : $2y' + y = 4 \iff y' = -\frac{1}{2}y + 2$ . Donc $a = -\frac{1}{2}$ , $b = 2$ et $-\frac{b}{a} = 4$ : $y(x) = \alpha e^{-\frac{x}{2}} + 4$ .

Exemple 2 : $y' - 3y = 0 \iff y' = 3y$ , donc $y(x) = \alpha e^{3x}$ .

Méthode 3 : Résoudre $y'' + ay' + by = 0$

Écris l'équation caractéristique : $y''$ devient $r^2$ , $y'$ devient $r$ et $y$ devient $1$ .
Calcule $\Delta$ et les racines (réelles ou complexes).
Applique la formule du cas correspondant.

Exemple 1 : $y'' - y' - 2y = 0$ . L'équation $r^2 - r - 2 = 0$ a pour discriminant $\Delta = 9$ et pour racines $r_1 = 2$ et $r_2 = -1$ . Donc $y(x) = \alpha e^{2x} + \beta e^{-x}$ .

Exemple 2 : $y'' + 2y' + 5y = 0$ . L'équation $r^2 + 2r + 5 = 0$ a pour discriminant $\Delta = 4 - 20 = -16 = (4i)^2$ , donc les racines sont $-1 + 2i$ et $-1 - 2i$ ( $p = -1$ , $q = 2$ ). Donc $y(x) = e^{-x}\left(\alpha\cos(2x) + \beta\sin(2x)\right)$ .

Méthode 4 : Trouver la solution qui vérifie deux conditions initiales

Écris la solution générale avec $\alpha$ et $\beta$ .
Calcule sa dérivée (attention aux dérivées de produits).
Traduis $f(x_0) = y_0$ et $f'(x_0) = y_1$ : tu obtiens un système de deux équations d'inconnues $\alpha$ et $\beta$ .

Exemple : $y'' + 4y = 0$ avec $y(0) = 1$ et $y'(0) = 2$ . La solution générale est $y(x) = \alpha\cos(2x) + \beta\sin(2x)$ , et $y'(x) = -2\alpha\sin(2x) + 2\beta\cos(2x)$ . Les conditions donnent $\alpha = 1$ et $2\beta = 2$ , soit $\beta = 1$ . Donc $f(x) = \cos(2x) + \sin(2x)$ .

Méthode 5 : Modéliser une situation et exploiter la solution

Repère la fonction inconnue et la variable (souvent le temps $t$ ).
Traduis la phrase de l'énoncé : « la vitesse de variation est proportionnelle à la quantité » s'écrit $y' = ky$ .
Résous avec la condition initiale, puis réponds aux questions en utilisant $\ln$ pour isoler $t$ .

Exemple : une population de bactéries vérifie $N' = 0{,}2N$ avec $N(0) = 1000$ ( $t$ en heures). Alors $N(t) = 1000e^{0{,}2t}$ . La population double quand $e^{0{,}2t} = 2$ , soit $t = \frac{\ln 2}{0{,}2} = 5\ln 2 \approx 3{,}47$ heures.

Exercices corrigés

Exercice 1 : Vérifier qu'une fonction est solution

Facile

Énoncé

Vérifie que $f(x) = 2e^{3x} - \frac{1}{3}$ est solution de l'équation $y' = 3y + 1$ .
Vérifie que $g(x) = xe^x$ est solution de l'équation $y'' - 2y' + y = 0$ .
La fonction $h(x) = e^{-x}$ est-elle solution de l'équation $y'' - 3y' + 2y = 0$ ?

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1) $f'(x) = 6e^{3x}$ et $3f(x) + 1 = 6e^{3x} - 1 + 1 = 6e^{3x}$ . Donc $f' = 3f + 1$ : $f$ est solution.

2) $g'(x) = e^x + xe^x = (x + 1)e^x$ et $g''(x) = e^x + (x + 1)e^x = (x + 2)e^x$ . Donc $g'' - 2g' + g = \left(x + 2 - 2(x + 1) + x\right)e^x = 0$ : $g$ est solution.

3) $h'(x) = -e^{-x}$ et $h''(x) = e^{-x}$ . Donc $h'' - 3h' + 2h = (1 + 3 + 2)e^{-x} = 6e^{-x}$ , qui n'est pas la fonction nulle : $h$ n'est pas solution. (On pouvait le prévoir : $-1$ n'est pas racine de $r^2 - 3r + 2 = 0$ , dont les racines sont $1$ et $2$ .)

Exercice 2 : Équations du premier ordre

Facile

Énoncé

Résous sur $\mathbb{R}$ les équations différentielles suivantes.

$y' = 5y$
$y' + 3y = 0$
$y' = 2y - 4$
$3y' - y = 6$
$y' = 7$

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1) $a = 5$ et $b = 0$ : $y(x) = \alpha e^{5x}$ , $\alpha \in \mathbb{R}$ .

2) $y' = -3y$ : $y(x) = \alpha e^{-3x}$ , $\alpha \in \mathbb{R}$ .

3) $a = 2$ , $b = -4$ , donc $-\frac{b}{a} = 2$ : $y(x) = \alpha e^{2x} + 2$ , $\alpha \in \mathbb{R}$ .

4) $3y' - y = 6 \iff y' = \frac{1}{3}y + 2$ . Donc $a = \frac{1}{3}$ , $b = 2$ et $-\frac{b}{a} = -6$ : $y(x) = \alpha e^{\frac{x}{3}} - 6$ , $\alpha \in \mathbb{R}$ .

5) Ici $a = 0$ : les solutions sont les primitives de $7$ , soit $y(x) = 7x + \alpha$ , $\alpha \in \mathbb{R}$ .

Exercice 3 : Avec une condition initiale

Moyen

Énoncé

Détermine la solution de chaque équation qui vérifie la condition donnée.

$y' = -y + 2$ avec $y(0) = 5$
$y' = 4y$ avec $y(1) = e^2$
$2y' - y = 2$ avec $y(2) = 0$

Voir le corrigé

1) $a = -1$ , $b = 2$ , $-\frac{b}{a} = 2$ : $y(x) = \alpha e^{-x} + 2$ . La condition $y(0) = \alpha + 2 = 5$ donne $\alpha = 3$ . Donc $f(x) = 3e^{-x} + 2$ .

2) $y(x) = \alpha e^{4x}$ . La condition $y(1) = \alpha e^4 = e^2$ donne $\alpha = e^{-2}$ . Donc $f(x) = e^{-2}e^{4x} = e^{4x - 2}$ .

3) $2y' - y = 2 \iff y' = \frac{1}{2}y + 1$ . Donc $a = \frac{1}{2}$ , $b = 1$ , $-\frac{b}{a} = -2$ et $y(x) = \alpha e^{\frac{x}{2}} - 2$ . La condition $y(2) = \alpha e - 2 = 0$ donne $\alpha = \frac{2}{e}$ . Donc $f(x) = \frac{2}{e}e^{\frac{x}{2}} - 2 = 2e^{\frac{x}{2} - 1} - 2$ .

Exercice 4 : Second ordre avec $\Delta > 0$ ou $\Delta = 0$

Moyen

Énoncé

Résous sur $\mathbb{R}$ :

$y'' + y' - 6y = 0$
$y'' - 6y' + 9y = 0$
$y'' - 4y = 0$
$y'' + 2y' = 0$
$4y'' + 4y' + y = 0$

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1) $r^2 + r - 6 = 0$ : $\Delta = 1 + 24 = 25$ , racines $r_1 = 2$ et $r_2 = -3$ . Donc $y(x) = \alpha e^{2x} + \beta e^{-3x}$ .

2) $r^2 - 6r + 9 = (r - 3)^2 = 0$ : racine double $r = 3$ . Donc $y(x) = (\alpha x + \beta)e^{3x}$ .

3) $r^2 - 4 = 0$ : racines $2$ et $-2$ . Donc $y(x) = \alpha e^{2x} + \beta e^{-2x}$ .

4) $r^2 + 2r = r(r + 2) = 0$ : racines $0$ et $-2$ . Comme $e^{0 \times x} = 1$ , on obtient $y(x) = \alpha + \beta e^{-2x}$ .

5) On divise par $4$ : $y'' + y' + \frac{1}{4}y = 0$ . L'équation $r^2 + r + \frac{1}{4} = \left(r + \frac{1}{2}\right)^2 = 0$ a une racine double $r = -\frac{1}{2}$ . Donc $y(x) = (\alpha x + \beta)e^{-\frac{x}{2}}$ .

Exercice 5 : Second ordre avec $\Delta < 0$

Moyen

Énoncé

Résous sur $\mathbb{R}$ :

$y'' + 9y = 0$
$y'' - 2y' + 5y = 0$
$y'' + y' + y = 0$

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1) $r^2 + 9 = 0$ : racines $3i$ et $-3i$ ( $p = 0$ , $q = 3$ ). Donc $y(x) = \alpha\cos(3x) + \beta\sin(3x)$ .

2) $r^2 - 2r + 5 = 0$ : $\Delta = 4 - 20 = -16 = (4i)^2$ , racines $\frac{2 \pm 4i}{2} = 1 \pm 2i$ ( $p = 1$ , $q = 2$ ). Donc $y(x) = e^x\left(\alpha\cos(2x) + \beta\sin(2x)\right)$ .

3) $r^2 + r + 1 = 0$ : $\Delta = 1 - 4 = -3 = (i\sqrt{3})^2$ , racines $-\frac{1}{2} \pm i\frac{\sqrt{3}}{2}$ . Donc $y(x) = e^{-\frac{x}{2}}\left(\alpha\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right) + \beta\sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)\right)$ .

Exercice 6 : Solutions vérifiant deux conditions initiales

Moyen

Énoncé

Détermine la solution $f$ de chaque équation qui vérifie les conditions données.

$y'' - 3y' + 2y = 0$ avec $f(0) = 0$ et $f'(0) = 1$
$y'' + 4y' + 4y = 0$ avec $f(0) = 1$ et $f'(0) = 0$
$y'' + 2y' + 2y = 0$ avec $f(0) = 1$ et $f'(0) = 0$

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1) $r^2 - 3r + 2 = 0$ a pour racines $1$ et $2$ , donc $f(x) = \alpha e^x + \beta e^{2x}$ et $f'(x) = \alpha e^x + 2\beta e^{2x}$ . Les conditions donnent $\alpha + \beta = 0$ et $\alpha + 2\beta = 1$ . Par soustraction, $\beta = 1$ , puis $\alpha = -1$ . Donc $f(x) = e^{2x} - e^x$ .

2) $r^2 + 4r + 4 = (r + 2)^2$ : racine double $-2$ . Donc $f(x) = (\alpha x + \beta)e^{-2x}$ et $f'(x) = \alpha e^{-2x} - 2(\alpha x + \beta)e^{-2x}$ . La condition $f(0) = 1$ donne $\beta = 1$ ; la condition $f'(0) = 0$ donne $\alpha - 2\beta = 0$ , soit $\alpha = 2$ . Donc $f(x) = (2x + 1)e^{-2x}$ .

3) $r^2 + 2r + 2 = 0$ : $\Delta = 4 - 8 = -4 = (2i)^2$ , racines $-1 \pm i$ . Donc $f(x) = e^{-x}(\alpha\cos x + \beta\sin x)$ et

f'(x) = -e^{-x}(\alpha\cos x + \beta\sin x) + e^{-x}(-\alpha\sin x + \beta\cos x)

La condition $f(0) = 1$ donne $\alpha = 1$ ; la condition $f'(0) = 0$ donne $-\alpha + \beta = 0$ , soit $\beta = 1$ . Donc $f(x) = e^{-x}(\cos x + \sin x)$ .

Exercice 7 : Décharge d'un condensateur

Moyen

Énoncé

Lors de la décharge d'un condensateur dans une résistance, la tension $u(t)$ (en volts) à ses bornes vérifie, pour $t \ge 0$ (en secondes), l'équation $u'(t) + \frac{1}{\tau}u(t) = 0$ avec $\tau = 0{,}5$ s. À l'instant $t = 0$ , $u(0) = 12$ .

Montre que $u' = -2u$ , puis détermine $u(t)$ .
Calcule $u(1)$ à $10^{-2}$ près.
Détermine l'instant $t_1$ où la tension a été divisée par $2$ .
À partir de quel instant a-t-on $u(t) < 0{,}12$ (soit $1\,\%$ de la tension initiale) ?
Étudie le sens de variation de $u$ sur $[0,+\infty[$ et calcule sa limite en $+\infty$ . Interprète.

Voir le corrigé

1) $\frac{1}{\tau} = \frac{1}{0{,}5} = 2$ , donc l'équation s'écrit $u' = -2u$ . Ses solutions sont $u(t) = \alpha e^{-2t}$ , et $u(0) = \alpha = 12$ . Donc $u(t) = 12e^{-2t}$ .

2) $u(1) = 12e^{-2} \approx 1{,}62$ V.

3) $12e^{-2t_1} = 6 \iff e^{-2t_1} = \frac{1}{2} \iff -2t_1 = -\ln 2 \iff t_1 = \frac{\ln 2}{2} \approx 0{,}35$ s.

4) $12e^{-2t} < 0{,}12 \iff e^{-2t} < 0{,}01 \iff -2t < \ln 0{,}01 = -2\ln 10 \iff t > \ln 10$ . Donc à partir de $t = \ln 10 \approx 2{,}30$ s.

5) $u'(t) = -24e^{-2t} < 0$ : $u$ est strictement décroissante. Comme $\lim_{t \to +\infty} e^{-2t} = 0$ , on a $\lim_{t \to +\infty} u(t) = 0$ : le condensateur finit par se décharger complètement.

Exercice 8 : Retrouver l'équation à partir des solutions

Difficile

Énoncé

Détermine les réels $a$ et $b$ pour que la fonction $f(x) = 3 - e^{-2x}$ soit solution de l'équation $y' = ay + b$ .
Détermine une équation de la forme $y'' + ay' + by = 0$ dont les solutions sont les fonctions $x \mapsto \alpha e^x + \beta e^{3x}$ .
Même question avec les solutions $x \mapsto e^{-x}\left(\alpha\cos(2x) + \beta\sin(2x)\right)$ .
Même question avec les solutions $x \mapsto (\alpha x + \beta)e^{4x}$ .

Voir le corrigé

1) $f'(x) = 2e^{-2x}$ . On veut, pour tout réel $x$ : $2e^{-2x} = a(3 - e^{-2x}) + b$ , soit $(2 + a)e^{-2x} = 3a + b$ . Le membre de droite est constant, alors que $e^{-2x}$ ne l'est pas : il faut $2 + a = 0$ , puis $3a + b = 0$ . Donc $a = -2$ et $b = 6$ . Vérification : $-2f(x) + 6 = -6 + 2e^{-2x} + 6 = 2e^{-2x} = f'(x)$ .

2) Les racines de l'équation caractéristique doivent être $1$ et $3$ : $(r - 1)(r - 3) = r^2 - 4r + 3$ . L'équation est $y'' - 4y' + 3y = 0$ .

3) Les racines doivent être $-1 + 2i$ et $-1 - 2i$ . Leur somme vaut $-2$ et leur produit $(-1)^2 + 2^2 = 5$ , donc l'équation caractéristique est $r^2 + 2r + 5 = 0$ . L'équation est $y'' + 2y' + 5y = 0$ .

4) Il faut une racine double égale à $4$ : $(r - 4)^2 = r^2 - 8r + 16$ . L'équation est $y'' - 8y' + 16y = 0$ .

Exercice 9 : Refroidissement d'une tasse de thé

Type Bac

Énoncé

On sert un thé à 80 °C dans une pièce dont la température reste égale à 20 °C. On note $\theta(t)$ la température du thé (en °C) à l'instant $t$ (en minutes). On admet que $\theta$ est la solution de l'équation différentielle $(E) : y' = -0{,}05y + 1$ qui vérifie $\theta(0) = 80$ .

Détermine la solution constante de $(E)$ et interprète-la.
On pose $z(t) = \theta(t) - 20$ . Montre que $z' = -0{,}05z$ .
Déduis l'expression de $z(t)$ , puis montre que $\theta(t) = 20 + 60e^{-0{,}05t}$ .
Calcule $\theta(10)$ à $0{,}1$ près.
Étudie le sens de variation de $\theta$ sur $[0,+\infty[$ et calcule $\lim_{t \to +\infty} \theta(t)$ . Interprète.
Au bout de combien de temps la température du thé devient-elle inférieure à 40 °C ?

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1) Une solution constante $y = c$ vérifie $0 = -0{,}05c + 1$ , donc $c = 20$ . C'est la température de la pièce : un thé déjà à 20 °C y resterait.

2) $z' = \theta' = -0{,}05\theta + 1 = -0{,}05(z + 20) + 1 = -0{,}05z - 1 + 1 = -0{,}05z$ .

3) Donc $z(t) = \alpha e^{-0{,}05t}$ . Comme $z(0) = \theta(0) - 20 = 60$ , on a $\alpha = 60$ . Ainsi $z(t) = 60e^{-0{,}05t}$ et $\theta(t) = 20 + 60e^{-0{,}05t}$ .

4) $\theta(10) = 20 + 60e^{-0{,}5} \approx 20 + 36{,}39$ , soit $\theta(10) \approx 56{,}4$ °C.

5) $\theta'(t) = -3e^{-0{,}05t} < 0$ : la température décroît strictement. Comme $e^{-0{,}05t} \to 0$ , on a $\lim_{t \to +\infty} \theta(t) = 20$ : à long terme, le thé prend la température de la pièce.

6) $\theta(t) < 40 \iff 60e^{-0{,}05t} < 20 \iff e^{-0{,}05t} < \frac{1}{3} \iff -0{,}05t < -\ln 3 \iff t > 20\ln 3$ . Or $20\ln 3 \approx 21{,}97$ : le thé passe sous 40 °C au bout d'environ 22 minutes.

Exercice 10 : Équation différentielle et étude de fonction

Type Bac

Énoncé

Partie A. On considère l'équation différentielle $(E) : y'' - 2y' + y = 0$ .

Résous $(E)$ sur $\mathbb{R}$ .
Détermine la solution $f$ de $(E)$ qui vérifie $f(0) = -1$ et $f'(0) = 0$ .

Partie B. Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x) = (x - 1)e^x$ , et $(C)$ sa courbe dans un repère orthonormé.

Calcule $\lim_{x \to -\infty} f(x)$ et interprète. Calcule $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ et $\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x}$ , puis interprète.
Calcule $f'(x)$ et dresse le tableau de variations de $f$ . Déduis que $(x - 1)e^x \ge -1$ pour tout réel $x$ .
Montre que $(C)$ admet un point d'inflexion $I$ d'abscisse $-1$ , puis écris l'équation de la tangente à $(C)$ en $I$ .
Vérifie que $F(x) = (x - 2)e^x$ est une primitive de $f$ sur $\mathbb{R}$ .

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Partie A.

1) L'équation caractéristique $r^2 - 2r + 1 = (r - 1)^2 = 0$ a une racine double $r = 1$ . Les solutions sont $y(x) = (\alpha x + \beta)e^x$ , avec $\alpha$ et $\beta$ réels.

2) $f(x) = (\alpha x + \beta)e^x$ et $f'(x) = \alpha e^x + (\alpha x + \beta)e^x = (\alpha x + \alpha + \beta)e^x$ . La condition $f(0) = -1$ donne $\beta = -1$ ; la condition $f'(0) = 0$ donne $\alpha + \beta = 0$ , soit $\alpha = 1$ . Donc $f(x) = (x - 1)e^x$ .

Partie B.

1) En $-\infty$ : $f(x) = xe^x - e^x \to 0 - 0 = 0$ . L'axe des abscisses est asymptote horizontale à $(C)$ au voisinage de $-\infty$ .

En $+\infty$ : $x - 1 \to +\infty$ et $e^x \to +\infty$ , donc $f(x) \to +\infty$ . Puis $\frac{f(x)}{x} = \left(1 - \frac{1}{x}\right)e^x \to +\infty$ : $(C)$ admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$ .

2) $f'(x) = e^x + (x - 1)e^x = xe^x$ , du signe de $x$ .

$x$	$-\infty$		$0$		$+\infty$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$0$	$\searrow$	$-1$	$\nearrow$	$+\infty$

Le minimum de $f$ sur $\mathbb{R}$ vaut $f(0) = -1$ , donc $(x - 1)e^x \ge -1$ pour tout réel $x$ .

3) $f''(x) = e^x + xe^x = (x + 1)e^x$ , du signe de $x + 1$ : elle s'annule en $-1$ en changeant de signe. Le point $I\left(-1, f(-1)\right)$ est donc un point d'inflexion, avec $f(-1) = -2e^{-1} = -\frac{2}{e} \approx -0{,}74$ .

$f'(-1) = -e^{-1} = -\frac{1}{e}$ . La tangente en $I$ a pour équation $y = -\frac{1}{e}(x + 1) - \frac{2}{e}$ , soit $y = -\frac{x + 3}{e}$ .

4) $F'(x) = e^x + (x - 2)e^x = (x - 1)e^x = f(x)$ . Donc $F$ est une primitive de $f$ sur $\mathbb{R}$ .

QCM

QCM de 8 questions

Une réponse, puis l'explication : les questions ratées sont gardées dans Mes pièges.

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Erreurs fréquentes

Se tromper de signe dans la constante : les solutions de $y' = ay + b$ sont $\alpha e^{ax} - \frac{b}{a}$ , et non $\alpha e^{ax} + \frac{b}{a}$ . Contrôle avec la solution constante, qui doit annuler $ay + b$ .
Oublier de diviser par le coefficient de $y'$ : pour $2y' + y = 4$ , on a $y' = -\frac{1}{2}y + 2$ , donc $a = -\frac{1}{2}$ et non $a = -1$ .
Écrire les solutions de $y' = ay$ sous la forme $e^{ax} + \alpha$ : la bonne forme est $\alpha e^{ax}$ .
Mal écrire l'équation caractéristique : pour $y'' + 4y = 0$ , c'est $r^2 + 4 = 0$ , et non $r^2 + 4r = 0$ .
Oublier le facteur $x$ quand $\Delta = 0$ : les solutions sont $(\alpha x + \beta)e^{rx}$ , et non $\alpha e^{rx} + \beta e^{rx}$ .
Quand $\Delta < 0$ avec les racines $p \pm iq$ , inverser $p$ et $q$ : l'exponentielle contient la partie réelle $p$ , les fonctions $\cos$ et $\sin$ contiennent $q$ .
Appliquer la condition $f'(x_0)$ sans dériver correctement la solution générale (oubli de la dérivée d'un produit).
Pour $y' = -y + 2$ avec $y(0) = 5$ , prendre $\alpha = 5$ : la condition porte sur toute la solution $\alpha e^{-x} + 2$ , donc $\alpha + 2 = 5$ et $\alpha = 3$ .

À retenir

Si $a \neq 0$ , les solutions de $y' = ay + b$ sont $x \mapsto \alpha e^{ax} - \frac{b}{a}$ , et celles de $y' = ay$ sont $x \mapsto \alpha e^{ax}$ .
Une condition initiale $y(x_0) = y_0$ fixe une unique solution de $y' = ay + b$ .
Pour $y'' + ay' + by = 0$ , écris l'équation caractéristique $r^2 + ar + b = 0$ et calcule $\Delta = a^2 - 4b$ .
Si $\Delta > 0$ : $y = \alpha e^{r_1 x} + \beta e^{r_2 x}$ .
Si $\Delta = 0$ : $y = (\alpha x + \beta)e^{rx}$ avec $r = -\frac{a}{2}$ .
Si $\Delta < 0$ , avec les racines $p \pm iq$ : $y = e^{px}\left(\alpha\cos(qx) + \beta\sin(qx)\right)$ .
Les solutions de $y'' + \omega^2 y = 0$ sont $\alpha\cos(\omega x) + \beta\sin(\omega x)$ .
Deux conditions $y(x_0) = y_0$ et $y'(x_0) = y_1$ fixent une unique solution de $y'' + ay' + by = 0$ .
En physique : décharge $u(t) = Ee^{-\frac{t}{\tau}}$ , refroidissement $\theta(t) = \theta_a + (\theta_0 - \theta_a)e^{-kt}$ .

Mes notes

Tes notes restent sur cet appareil.

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Voir la page actuelle de ce chapitre Signaler une erreurContenu original 9raya, gratuit, sous licence CC BY-NC-SA 4.0

L'essentiel

1. Qu'est-ce qu'une équation différentielle ?

2. L'équation y′=ay+by' = ay + by′=ay+b

3. L'équation y′′+ay′+by=0y'' + ay' + by = 0y′′+ay′+by=0

4. Exemples issus de la physique

Méthodes

Méthode 1 : Résoudre y′=ay+by' = ay + by′=ay+b avec une condition initiale

Méthode 2 : Ramener une équation à la forme y′=ay+by' = ay + by′=ay+b

Méthode 3 : Résoudre y′′+ay′+by=0y'' + ay' + by = 0y′′+ay′+by=0

Méthode 4 : Trouver la solution qui vérifie deux conditions initiales

Méthode 5 : Modéliser une situation et exploiter la solution

Exercices corrigés

QCM

Erreurs fréquentes

À retenir

Mes notes

2. L'équation $y' = ay + b$

3. L'équation $y'' + ay' + by = 0$

Méthode 1 : Résoudre $y' = ay + b$ avec une condition initiale

Méthode 2 : Ramener une équation à la forme $y' = ay + b$

Méthode 3 : Résoudre $y'' + ay' + by = 0$