Post on 16-Jun-2015
Exemples d’équations différentielles à variables séparées
_______________________________________________________
Premier problème Les deux parties sont dans une large mesure indépendantes
Première partie Lors de la dissociation thermique de l’iodure d’hydrogène à une température fixée, on montre que le taux de dissociation y de l’iodure d’hydrogène évolue en fonction du temps t( exprimé en secondes) selon une loi qui obéit à l’équation différentielle :
(E) dt
dy= A(1–5y)(1+3y), A étant une constante réelle strictement positive.
① Vérifier que les fonctions constantes y=–1/3, y=1/5 sont des solutions de l’équation différentielle (E).
② Dans la suite du problème, on cherche la solution non constante de l’équation (E) définie
sur ℝ et vérifiant y(0)=0. Peut on interpréter la constante A ? On admettra dans les calculs les inégalités : -1/3< y< 1/5.
a) Montrer que l’équation (E) peut s’écrire sous la forme : dt
dy
yy)
)31(8
3
)51(8
5(
+
+
−
=A.
b) Déduire de la question précédente la relation : y
y
51
31
−
+= Ce
8At où C est une constante réelle.
Calculer la valeur de C correspondant à y(0)=0.
c) Montrer que la fonction cherchée peut s’écrire : y(t)= .53
18
8
At
At
e
e
+
−
Deuxième partie
① Étudier les variations de la fonction f : x↦x
x
e
e
53
1
+
− sur ]–∞, +∞[ et les limites aux bornes
de son ensemble de définition.
② a) Écrire une équation de la tangente en O, origine du repère (O, jirr
, ) à la courbe représentative Cf de la fonction f. b) On admet que le point de coordonnées ln(3/5) et -1/15 est le centre de symétrie de la courbe, et que cette courbe est située au-dessous de sa tangente en O au voisinage de ce point O. Tracer Cf , sa tangente en O et ses asymptotes dans le repère (O, ji
rr, ) avec i
r de longueur
1cm et jr
de longueur 10cm.
③ Résoudre l’équation : f(x)= 0,1. En prenant 2.10-6 pour valeur de la constante A dans la première partie peut on en déduire au bout de combien d’heures le taux de dissociation de l’iodure d’hydrogène atteint la valeur 0,1?
Corrigé du premier problème Première partie
On peut écrire ici, de manière abrégée, y et dt
dy ou y’ à la place de y(t) et y’(t) respectivement
pour tout réel t ; ① ∗ On suppose que y(t)=-1/3 pour tout réel t. Alors 1+3y(t)=0 et y’(t)=0 d’où l’égalité
y’(t)=A(1–5y(t))(1+3y(t)) pour tout réel t. C’est la preuve que y est une solution de (E) sur ℝ.
∗ On suppose que y(t)=1/5 pour tout réel t. Alors 1–5y(t)=0 et y’(t)=0 d’où l’égalité
y’(t)=A(1–5y(t))(1+3y(t)) pour tout réel t. C’est la preuve que y est une solution de (E) sur ℝ.
En conclusion les fonctions constantes t↦-1/3 et t↦1/5 sont des solutions particulières de (E).
② y est une fonction définie et dérivable sur ℝ, solution de (E) sur ℝ avec y(0)=0.
On a y’(t)=A(1–5y(t))(1+3y(t)) pour tout réel t donc y’(0)=A(1–5y(0))(1+3y(0)) où y(0)=0
d’où y’(0)=A.
On suppose aussi que -1/3< y< 1/5.De cette manière : 0<1–5y et 0<1+3y soit encore :
0<1-5y(t) et 0< 1+3y(t) pour tout réel t.
a) L’équation (E) s’écrit aussi dt
dy
yy )31)(51(
1
+−
= A et de plus :
)31)(51(
1
)31)(51(8
8
)31)(51(8
)51(3)31(5
)31(8
3
)51(8
5
yyyyyy
yy
yy +−
=
+−
=
+−
−++=
+
+
−
d’où :
dt
dy
yy)
)31(8
3
)51(8
5(
+
+
−
= A.
b) On a obtenu pour tout réel t, l’égalité : )))(31(8
3
))(51(8
5(
tyty +
+
−
y’(t)=A d’où :
)))(31(
3
))(51(
5(
tyty +
+
−
y’(t)= 8A d’où : )(51
)('5
)(31
)('3
ty
ty
ty
ty
−
−−
+
= 8A ; on passe aux primitives
sur ℝ : Avec K constante réelle on a pour tout réel t, ln(1+3y(t))–ln(1–5y(t))=8At+K d’où :
ln)(51
)(31
ty
ty
−
+= 8At+K d’où :
)(51
)(31
ty
ty
−
+= e
8At+K= e
K e
8At où e
K est une constante réelle.
On a ainsi : )0(51
)0(31
y
y
−
+= e
K e
8A×0 où y(0)=0 et e
0==1 d’où 1=e
K. Finalement : pour tout réel t,
)(51
)(31
ty
ty
−
+= e
8At.
c) On obtient alors pour tout réel t, 1+3y(t)=(1–5y(t)) e
8At= e
8At–5
e
8Aty(t) d’où :
y(t)(3+5 e
8At)= e
8At–1, or 0< e
8At d’où 0< 3+5
e
8At et y(t)=
Ate
8
8At
53
1e
+
− pour tout réel t.
Deuxième partie Pour tout réel x, 0<ex et 0<3+5.e
x
① a) f est définie, dérivable et continue sur ℝ.
−∞→xlim e
x=0 d’où
−∞→xlim f(x)=
053
10
×+
−= -1/3 ; f(x)=
)/1(35
/11
)/35(
/11( )
x
x
xx
xx
e
e
ee
ee
+
−=
+
−où
+∞→xlim e
x=+∞ et
+∞→xlim (1/e
x)=0, d’où :
+∞→xlim f(x)=
035
01
×+
−=1/5.
b) f’(x)=)²53(
8
)²53(
)1(5)53(x
x
x
xxxx
e
e
e
eeee
+
=
+
−−+ d’où le tableau de variation :
Forcément les droites d’équation y=-1/3 et y=1/5
sont des asymptotes horizontales à Cf.
② a) On a : f(0)=0 donc O est le point de Cf d’abscisse 0 et f’(0)=8/(5+3)2=1/8 est le
coefficient directeur de la tangente T à Cf en O. Cette droite a pour équation : y=x/8.
b) On commence par placer le point Ω de coordonnées ln(3/5)≈ -0,51 et
-1/15≈ -0,067 qui est centre de symétrie de Cf, puis on place les asymptotes horizontales, la
tangente T à Cf en O ; on place ensuite quelques points de Cf que l’on joint.
③∗ Les propositions (...) suivantes sont équivalentes : ( f(x)=0,1), (ex+1=0,1(3+5e
x)),
( 0,5.ex=1,3), (e
x=2,6), ( x=ln(2,6)). Finalement :
ln(2,6) est la solution de l’équation d’inconnue x : f(x)=0,1.
∗ Application : y(t) =f(8At) alors les propositions (...) suivantes sont équivalentes :
(y(t)=0,1), (f(8At)= 0,1), (8At=ln(2,6)), (t=16
)6,2ln(10
8
)6,2ln( 6
=
A= 62 500.ln(2,6)).
• Si le temps est exprimé en secondes, au bout du temps t0 y prend la valeur 0,1 avec
t0=62 500.ln(2,6).
• Si le temps est exprimé en heures, au bout du temps T0 y prend la valeur 0,1 avec
T0= t0/3600= 625.ln(2,6)/36≈ 16,6 .
T
Ω
Cf
Figure de la question ②b)
x –∞ +∞
f’(x) +
f(x) -1/3 1/5
Deuxième problème
On considère la réaction irréversible : A + B →C. Les concentrations initiales des produits A et B sont en 1. −
lmol , respectivement 0,3 et 0,6. A l’instant t, en minutes, les concentrations des produits A et B sont : [A]= )(3,0 tx− et [B]= )(5,0 tx− . La fonction x ,définie et dérivable sur [0 ;+ ∞ [,vérifie les trois propriétés (H) suivantes :
• 0)0( =x
• pour ,0 t≤ 3,0)(0 <≤ tx
• x vérifie l’équation différentielle (E) : )5,0)(3,0(02,0 xxdt
dx−−= où 0,02 est la constante de la
vitesse de réaction en 11 min.. −−
moll . I-Cette première partie a pour but de déterminer x en fonction de t. 1°) Trouver les constantes réelles a et b telles que pour 3,0≠x et x≠ 0,5 on ait :
x
b
x
a
xx −
+
−
=
−− 5,03,0)5,0)(3,0(
1
2°) Montrer que la solution l’équation différentielle (E) vérifiant la condition initiale x(0)=0 est telle que :
ttx
tx004,0
)(3,0(5
))(5,0(3ln =
−
−.
3°) Montrer que t
t
e
etx
004,0
004,0
.6,01
13,0)(
−
−
−
−×= .
II- Étude de la fonction x et tracé de sa courbe représentative Γ.
1°) Montrer que pour t dans [0, +∞[ : 2004,0
004,0
).6,01(
.00048,0)('
t
t
e
etx
−
−
−
= .
. 2°) Calculer la limite de x en + ∞ et en déduire l’existence d’une asymptote D à Γ. 3°) Dresser le tableau de variation de x. 4°) Tracer soigneusement dans un repère orthogonal la courbe Γ, son asymptote D,et la tangente à l’origine, pour t∈[0, 1 000]. (1 cm pour 50 unités sur l’axe (0 t) ; 1 cm pour 0,05 unité sur l’axe (O x)) 5°) Au bout de combien de temps x prendra-t-elle la valeur 0,27 ? On donnera d’abord une valeur de t lue graphiquement puis on précisera la valeur exacte par le calcul.
Corrigé du deuxème problème I-Première partie
1°) Pour x≠0,3 et x≠0,5 : 0,3–x≠0 et 0,5–x≠0 et
)5,0)(3,0(
)(3,05,0
)5,0)(3,0(
)3,0()5,0(
5,03,0 xx
baxba
xx
xbxa
x
b
x
a
−−
+−+=
−−
−+−=
−
+
−
.
On remarque que )(3,05,0 baxba +−+ =1 lorsque a+b=0 et 0,5a+0,3b=1.
De plus les systèmes d’égalités suivants sont équivalents :
Finalement pour x≠0,3 et x≠0,5 : )5,0)(3,0(
1
5,0
5
3,0
5
xxxx −−
=
−
−
−
.
2°) x est une fonction définie et dérivable sur [0, +∞[ vérifiant (H). La deuxième propriété
indiquée dans (H) donne : Pour 0≤ t, 0< 0,3–x(t)<0,5–x(t).
x vérifie l’équation différentielle (E) alors pour 0≤ t, x’(t)=0,02(0,3–x(t))(0,5–x(t)) d’où :
))(5,0))((3,0(
1
txtx −−
x’(t)=0,02 et d’après l’égalité de la question précédente :
()(5,0
5
)(3,0
5
txtx −
−
−
) x’(t)=0,02 d’où ( ))(5,0
1
)(3,0
1
txtx −
−
−
x’(t)=0,004 soit :
0,004=)(3,0
)('
)(5,0
)('
)(5,0
)('
)(3,0
)('
tx
tx
tx
tx
tx
tx
tx
tx
−
−−
−
−=
−
−
−
.
On passe aux primitives sur [0, +∞[ et avec K constante réelle on a :
Pour 0≤ t : 0,004t= ln(0,5–x(t))–ln(0,3–x(t))+K=ln)(3,0
)(5,0
tx
tx
−
−+K.
Alors 0,004×0=ln)0(3,0
)0(5,0
x
x
−
−+K où x(0)=0 d’où : 0= ln(0,5/0,3)+K=ln(5/3)+K d’où :
K= -ln(5/3)=ln( 1/(5/3))=ln(3/5) et ainsi pour 0≤ t, 0,004t= ln5
3+ln
)(3,0
)(5,0
tx
tx
−
− où
))(3,0(5
))(5,0(3
)(3,0
)(5,0
5
3
tx
tx
tx
tx
−
−=
−
−× d’où : 0,004t=ln
))(3,0(5
))(5,0(3
tx
tx
−
− pour 0≤ t.
3°) On a aussi pour 0≤ t, -0,004t= -ln)(3,0
))(5,0(6,0
tx
tx
−
−= ln
))(3,0
))(5,0(6,0(
1
tx
tx
−
−=ln
))(5,0(6,0
)(3,0
tx
tx
−
−
d’où : e-0,004t
=))(5,0(6,0
)(3,0
tx
tx
−
−=
))(6,03,0
)(3,0
tx
tx
−
− d’où : (0,3–0,6x(t)) e
-0,004t= 0,3–x(t) d’où:
0,3 e-0,004t
–0,6x(t) e-0,004t
=0,3–x(t) d’où: x(t)–0,6x(t) e-0,004t
= 0,3–0,3 e-0,004t
d’où:
x(t)(1–0,6 e-0,004t
)= 0,3(1– e-0,004t
).
De plus pour 0≤ t, -0,004t≤ 0 d’où e-0,004t
≤ 1 et 0,6 e-0,004t
≤ 0,6<1 d’où 0<1–0,6 e-0,004t
et ainsi
x(t)=0,3t
t
e
e004,0
004,0
6,01
1−
−
−
− pour 0≤ t.
a+b=0
0,4b= -2
a+b=0
a+0,6b=2
a+b=0
0,5a+0,3b=1 b=-5
a+b=0
b=-5
a=5
II-Deuxième partie
1°) x’(t)= 0,3×
)²6,01(
)1)](004,0(6,0[)6,01)](004,0([004,0
004,0004,0004,0004,0
t
tttt
e
eeee−
−−−−
−
−−−−−−−
d’où : x’(t)=0,3(-0,004e-0,004t
) )²6,01(
)1](6,0[)6,01(004,0
004,0004,0
t
tt
e
ee−
−−
−
−−−−− où :
-(1–0,6e-0,004t
)+0,6(1–e-0,004t
)= -1+0,6+(0,6–0,6)e-0,004t
= -0,4 d’où :
x’(t)= -0,0012e-0,004t
)²6,01(
4,0004,0 t
e−
−
− soit : x’(t)=
)²6,01(
00048,0004,0
004,0
t
t
e
e−
−
−
pour 0≤ t.
2°) −∞→x
lim ex=0 et
+∞→tlim -0,004t= –∞ d’où
+∞→tlim e
-0,004t=0 alors :
+∞→tlim (1– e
-0,004t)= 1–0=1 et
+∞→tlim (1–0,6 e
-0,004t)= 1–0,6×0=1. D’après l’expression de x(t) on obtient :
+∞→tlim x(t)=0,3×1/1=0,3. La droite D d’équation x= 0,3 est asymptote à Γ.
3°) e0=1 donne x(0)=0 et x’(0)= 0,00048/(0,4)²= 0,00048/0,16 = 0,048/16= -0,003.
D’où le tableau :
Forcément O est le point d’abscisse 0 de Γ et la tangente (T) en O à Γ a pour pente 0,003.
5°) On a x(t0)=0,27 avec 0≤ t0 (on lit sur la figure t0≈385). En fait d’après la question I.2°),
pour 0≤ t, t=)(3,0
)(5,0(6,0ln250
))(3,0(5
))(5,0(3ln
004,0
1
tx
tx
tx
tx
−
−=
−
− d’où : t0= 250 ln
27,03,0
)27,05,0(6,0
−
− soit
t0= 250 ln [03,0
6,0(0,23)]=250 ln (20×0,23) d’où : t0=250 ln 4,6 ≈ 381,51.
t 0 +∞
x’(t) 0,003 +
x(t) 0 0,3
Représentation graphique de la question II-4
X (T)
D
0,27
Γ
t0
Extrait de sujet d’examen On étudie la cinétique, à 100°C, de la substitution de l’atome de chlore de l’acide monochloroacétique par OH
– selon la réaction : Cl–CH2COO
– + OH – HO–CH2COO
– + Cl –
à l’instant t = 0, les concentrations des réactifs sont : [ OH –]0= a et [Cl–CH2COO
–]0= a/2 où a est un réel donné tel que 0< a
de même à l’instant t, [ OH –] = a–x(t) et [Cl–CH2COO
–] = a/2 – x(t) avec 0≤ x(t)< a/2
à l’instant t, le rendement de la réaction vaut r(t)=2/
)(
a
tx
On admet que la vitesse de la réaction est donnée par la relation :
v=dt
dx=k·[Cl–CH2COO
–]·[ OH –]
où k est une constante liée à la réaction avec t s’exprimant en secondes.
1. Établir l’équation différentielle, notée (E), liant dt
dx, x, a et k.
2. Trouver les constantes λ et µ , exprimées en fonction de a, telles que :
pour tout x de l’intervalle [ 0 ; a/2[, xaxaxaxa 2)2)((
2
−+
−=
−−
µλ .
3. Montrer que la solution de l’équation différentielle (E) vérifiant la condition initiale x(0)= 0
est telle que : ln tak
txa
txa
2)(2
)(=
−
− où ln est la fonction logarithme népérien.
4. Montrer que r(t)= At
At
e
e
21
)1(2
−
− où A=
2
ka et r désigne le rendement de la réaction.
5. On considère dans cette question que A= 8·10 -4 ; déterminer le temps t ( arrondi à la seconde) pour lequel le rendement r(t) de la réaction est égal à 0,9.
Corrigé du 3ème problème
On précise que la fonction numérique x intervenant dans les hypothèses de l’énoncé est définie
et dérivable sur [0, +∞[ et vérifie x(0)=0. elle est telle que 0≤ x(t)< a/2< a, alors :
Pour 0≤ t, 0< a–x(t) et 0< a–2x(t) . Ceci sera utilisé aux calculs des questions 3 et 4.
1. Pour 0≤ t, l’égalité v=dt
dx=k·[Cl–CH2COO
–]·[ OH
–] donne avec la 2
ème hypothèse :
dt
dx(t)=k·(a/2–x(t))·(a–x(t)) d’où l’égalité :
dt
dx(t)=
2
k·(a–2x(t))·(a–x(t)) .
x est ainsi sur [0, +∞[, solution de l’équation différentielle (E) : dt
dx=
2
k·(a–2x)·(a–x)
2. Pour 0≤ x< a/2 < a, 0< a–2x et 0< a–x .
Avec λ et µ réels constants, )2)((
)2()(
)2)((
)()2(
2 xaxa
xa
xaxa
xaxa
xaxa −−
+−+=
−−
−+−=
−+
−
µλµλµλµλ.
On cherche λ et µ tels que : (λ+µ)a–(2λ+µ)x= 2 pour 0≤ x<a/2.
On est ramené à la recherche de λ et µ vérifiant un des systèmes d’égalités équivalents :
(λ+µ)a=2 et 2λ+µ=0, λ+µ=2/a et λ+µ+λ=0, λ+µ=2/a et 2/a+λ=0, λ+µ=2/a et
2/a+λ=0, λ+µ=2/a et λ=-2/a, -2/a+µ=2/a et λ=-2/a, µ= 4/a et λ=-2/a.
Finalement )2(
4
)(
2
2
/4/2
)2)((
2
xaaxaaxa
a
xa
a
xaxa −+
−
−=
−+
−
−=
−− pour 0≤ x< a/2 .
3. x étant solution de (E) sur [0, +∞[, on a, pour 0≤ t, l’égalité : x’(t)=2
k·(a–2x(t))·(a–x(t)) d’où
))(2))(((
2
txatxa −−·x’(t)=k soit avec le résultat de la question 2 : )
)(2
/4
)(
/2(
txa
a
txa
a
−+
−
−· x’(t)=k
En multipliant par a/2 : ))(2
2
)(
1(
txatxa −+
−
−·x’(t)=ak/2 d’où
2)(2
)('.2
)(
)(' ak
txa
tx
txa
tx=
−
−−
−
− où 0≤ t .
On passe aux primitives sur [0, +∞[ : Avec c constante réelle, on a , pour 0≤ t,
ln(a–x(t))–ln(a–2x(t)) = tak
2+ c. En particulier avec t=0, x(0)=0 et
2
ak×0=0, on a l’égalité :
ln a – ln a = 0 + c soit : 0 = c. Finalement pour 0≤ t, tak
2= ln(a–x(t))–ln(a–2x(t)) soit :
ln tak
txa
txa
2)(2
)(=
−
− .
4. On a obtenu pour la fonction numérique x de l’énoncé : Pour 0≤ t, ln Attxa
txa=
−
−
)(2
)(d’où :
)(2
)(
txa
txa
−
−= e
At d’où a–x(t)=(a–2x(t))e
At d’où a–x(t)=a e
At –2x(t)e
At d’où a(1– e
At)=x(t) ( 1–2 e
At)
On remarque ici que 0 < k et 0< a alors 0< A et pour 0≤ t, 0≤ At alors 0< 1=e0≤ e
At< 2 e
At ainsi :
1–2 eAt
<0 pour 0≤ t .
On a ainsi pour 0≤ t, x(t)=At
At
e
ea
21
)1(
−
− et r(t)= 2x(t)/a=
At
At
e
e
21
)1(2
−
− .
5. Avec A= 8·10-4
, pour 0≤ t, les propositions suivantes sont équivalentes :
0,9 = r(t)= At
At
e
e
21
)1(2
−
− , 0,9–1,8 e
At=2–2e
At, 0,2 e
At= 1,1, e
At= 5,5, At=ln 5,5,
t=A
1·ln 5,5=
8
10000·ln 5,5=1250·ln 5,5.
Soit t0= 1250·ln 5,5 alors r(t)= 0,9 pour t=t0 , de plus t0≈2131 .
Cinquième Problème
Avec les méthodes de travail du chapitre «Exemples d’équations différentielles à variables
séparées », en indiquant clairement les hypothèses rendant possibles les calculs, résoudre
l’exercice suivant ( un extrait de sujet de B.T.S) :
On réalise une réaction chimique autocatalytique superposée à une réaction non
autocatalytique A → B.
A un certain moment de la réaction pris comme instant initial ( t = 0), on a
[A] = a – x₀, [B]= x₀ .
A l’instant t ( t>0 ), [A]= a–x(t), [B]= x(t).
On admet que la vitesse de réaction est donnée par la relation :
(R) : v=dt
dx= k [A] [B]
k est une constante liée à la réaction.
1°) Etablir l’équation différentielle liant dt
dx, x, a et k.
2°) Déterminer en fonction de a et k les coefficients α et β vérifiant :
xxaxakx
βα+
−=
− )(
1.
3) Résoudre pour x dans l’intervalle ]0, a[, l’équation différentielle établie à la question 1°).
On exprimera x(t) en fonction de a, x₀ et e-akt
.
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Corrigé du problème
On considère que : 0< a et k≠0 (On pourra ainsi mettre k aux dénominateurs de fractions).
1°) On considère que la relation (R) est valable sur l’intervalle semi-fermé [0,+∞[, de cette
manière x est une fonction numérique définie et dérivable sur [0, +∞[ vérifiant (R) avec
x₀ = x(0).
(R) s’écrit sur [0, +∞[ : dt
dx= k (a–x) x. Autrement dit : Pour 0≤ t, x’(t)= k (a–x(t)) x(t).
2°) Avec x≠a et x≠0 : )(
)(
)(
)(
xax
ax
xax
xax
xxa −
+−=
−
−+=+
−
ββαβαβα ; pour que cette fraction
soit égale à )(
/1
xax
k
−, on est ramené à la recherche de α et β vérifiant un des systèmes
équivalents d’égalités suivants : α–β=0 et βa=1/k , α=β et β=1/ak, α=1/ak et β=1/ak.
Finalement )11
(1
)(
1
xxaakxakx+
−=
−pour x≠0 et x≠a.
3°) Par hypothèse x est une fonction numérique définie et dérivable sur [0, +∞[, vérifiant la
relation (R) sur [0, +∞[ telle que 0< x(t)< a pour tout réel t de [0, +∞[ ; de plus x₀ = x(0).
On a pour tout réel t de [0, +∞[, 0<x(t) et 0< a–x(t) .
Ces propriétés rendent valides les calculs suivants.
a) La relation (R) donne pour 0≤t, x’(t)= k (a–x(t)) x(t) soit : ))()((
1
txatkx −x’(t)=1, on
applique l’égalité de la question 2°) à x(t) qui est distinct de 0 et a :
))(
1
)(
1(
1
txtxaak+
−x’(t)=1 d’où :
)(
)('
)(
)('
tx
tx
txa
tx+
−= ka soit :
katxa
tx
tx
tx=
−
−−
)(
)('
)(
)(' soit : –ka=
)(
)('
)(
)('
tx
tx
txa
tx−
−
−avec 0<x(t) et 0< a–x(t).
b) On passe aux primitives sur [0, +∞[ : Avec C constante réelle, on a : Pour 0≤ t,
-kat + C = ln (a–x(t)) – ln x(t) = ln)(
)(
tx
txa − .Ensuite t= 0 et x(0)= x₀ donne C=ln
0
0
x
xa −.
On obtient ainsi pour 0≤ t, (–kat)+ ln 0
0
x
xa −= ln
)(
)(
tx
txa − .
c) En passant aux exponentielles des 2 membres de l’égalité précédente :
e-kat
×exp(ln0
0
x
xa −)=
)(
)(
tx
txa − soit
0
0
x
xa −e
-kat =
)(
)(
)( tx
tx
tx
a− d’où
0
0
x
xa −e
-kat = 1
)(−
tx
a soit :
1+0
0
x
xa −e
-kat =
)(tx
a où x0 , a–x0 , e
-kat et finalement 1+
0
0
x
xa −e
-kat sont des réels strictement
positifs et alors : x(t)= kate
x
xa
a
−−+
0
01
pour 0≤ t.
En multipliant numérateur et dénominateur par x₀, on a aussi : x(t)= kat
exax
ax−−+ )( 00
0 pour
0≤ t .
Extrait du sujet de 2009 _________________
On étudie la réaction de dimérisation du buta-1,3-diène en phase gazeuse, symbolisée par :
2B (gaz) → C (gaz)
On étudie la cinétique de cette réaction.
À l’instant t = 0, la concentration du buta-1,3-diène est notée a. [B]int = a où a est strictement positif.
De même à l’instant t, la concentration du buta-1,3-diène est notée x(t). [B] = x(t) où x est une fonction telle que : 0< x(t) ≤ a.
On admet que la vitesse v de la réaction obéit à la loi cinétique : (1) v= k [B] 2 où k est une constante strictement positive liée à la réaction, et on rappelle que la vitesse de la réaction est définie par :
2 = −
= − où est la fonction dérivée de la fonction .
Le temps t s’exprime en minutes.
Étude théorique
1 Justiier que la fonction vériie léquation différentielle, notée E, −
# = $ en utilisant
les relations 1 et 2. 2) Démontrer que la solution de l’équation différentielle (E) vérifiant la condition initiale x(0) = a est telle que :
=%
%$ + 1.
3) Exprimer le temps de demi-réaction, noté t0,5, au bout duquel la moitié du buta-1,3-diène initial a été consommée, en fonction de k et a. 4) Exprimer le temps de demi-réaction, noté t0,75, au bout duquel les trois-quarts du buta-1,3-diène initial a été consommée, en fonction de k et a.
5 Vériier que ),*+
),+= 3.
6) Après quel instant, exprimée en fonction de k et a, restera-t’il moins de 10% du buta-1,3-diène initial ?
_________________________ Résolution
1) D’après les hypothèses, on admet que x est définie et dérivable sur [0 ; +∞[ avec 0< x(t) ≤ a , d’après (2) : –x’(t) = v(t) et d’après (1) : v(t) = k( x(t))2
.
Doù ∶ − = $ /0#
; comme 0 < , on obtient bien −
/0# = $ pour 0 ≤ .
L’équation différentielle (E) est bien vérifiée sur ]0, +∞[.
2) On a pour 0 ≤ , −)
/)0# = $ ; en passant aux primitives sur [0 ; +∞[, on obtient avec <
constante strictement positive ∶ Pour 0 ≤ , 1
)= $ + < .
En particulier avec = 0, on a ∶1%
=1
0)= $ × 0 + < = <. < =
1%
donne pour 0 ≤ ∶
1)
= $ +1%
=%$ + 1
% .
Ici % et $ sont 2 réels strictement positifs alors pour 0 ≤ , 0 ≤ %$ et 0 < 1 ≤ %$ + 1 .
On déduit en passant aux inverses ) que ∶ ) =%
%$ + 1 pour 0 ≤ .
3) La moitié du buta-1,3-diène initial a été consommé lorsque ) =12
%.
Avec 0 ≤ , on a les équivalences suivantes ∶
) = 0,5% ⇔ %
%$ + 1= 0,5% ⇔ % = 0,5% %$ + 1) = 0,5%#$ + 0,5% doù
) = 0,5% ⇔ 0,5% = 0,5 %# $ ⇔ 1 = $% ⇔1
$%= .
De cette manière ),+ =1
$% .
4) Les 34
du buta-1,3-diène initial ont été consommé lorsque ) =14
%.
Avec 0 ≤ , on a les équivalences suivantes ∶
) = 0,25% ⇔ %
%$ + 1= 0,25% ⇔ % = 0,25% %$ + 1) = 0,25%#$ + 0,25% doù
) = 0,5% ⇔ 0,75% = 0,25 %# $ ⇔ 3 = $% ⇔3
$%= .
De cette manière ),*+ =3
$% .
4) On vient d'obtenir ),*+ = 3 ),+ d'où ∶),*+
),+= 3 .
5) 1ère méthode Avec 0 ≤ , on a les équivalences suivantes où 0 < %$ + 1 et 0 < % et 0 < $) ∶
) ≤ 0,1 % ⇔ %
%$ + 1≤ 0,1% ⇔ % ≤ 0,1% %$ + 1) = 0,1%#$ + 0,1% doù
) ≤ 0,1% ⇔ % − 0,1% ≤ 0,1 %# $ ⇔ 0,9% ≤ 0,1. $%# ⇔ 0,9 ≤ 0,1 $% ⇔ 0,9
0,1$%≤ .
D'où ∶ ) ≤ 0,1% ⇔9
$%≤ .
Soit ),J =9
$% ∶ ) ≤ 0,1% pour ),J ≤ .
2ème méthode Avec 0 ≤ , on a les équivalences suivantes où 0 < %$ + 1 et 0 < % et 0 < $) ∶
) = 0,1 % ⇔ %
%$ + 1= 0,1% ⇔ % = 0,1% %$ + 1) = 0,1%#$ + 0,1% doù
) = 0,1% ⇔ % − 0,1% = 0,1 %# $ ⇔ 0,9% = 0,1. $%# ⇔ 0,9 = 0,1 $% ⇔ 0,9
0,1$%= .
Soit ),J =9
$%∶ /),J0 = 0,1%.
vériiant E) sur [0 ; +∞[ , pour 0 ≤ , ) = −$/)0#
où $ et ) sont strictement
positifs, donc pour 0 ≤ , ) < 0 ; la fonction est ainsi strictement décroissante sur [0 ; +∞[∶ Pour ),J ≤ , ) ≤ /),J0 d'où ) ≤ 0,1% .
Sujet
Étude mathématique de la cinétique chimique d’une réaction d’estérification. On considère la réaction : acide + alcool ↔ ester + eau, dans laquelle on mélange initialement une mole d’acide et une mole d’alcool. On admet qu’à l’équilibre on obtient : 13 de mole dacide et 13 de mole dalcool 23 de mole dester et 23 de mole deau. Le nombre de moles d’ester à l’instant t (exprimé en jours) est caractérisé par un nombre réel s de l’intervalle [0 ; 23 [ . On suppose que est une fonction du temps, dérivable sur [0 ; +∞[, qui véri#ie sur lintervalle [0 ; +∞[, léquation différentielle $E& ∶ (() = +$2 − &$2 − 3& où + est un réel constant strictement positif $ + est la constante de la réaction&. s vérifie aussi la condition initiale s(0) = 0. Partie A 1& Calculer les deux réels 0 et 1 tels que, pour tout de [0 ; 23 [ on ait ∶ 1$2 − &$2 − 3& = 02 − + 12 − 3 . 2& Prouver que léquation différentielle $E& concernant sécrit aussi 1$2 − &$2 − 3& (() = + . 3& Prouver que lon peut écrire pour 0 ≤ ) , 4) = ln 5 2 − 2 − 36 où 4 est un réel que lon calculera en fonction de +. 4& Véri#ier si lon a pour tout ) de [0 ; +∞[, $)& = 2$9:; − 1& 39:; − 1 . 5) Sachant que pour t = 190 le nombre s de moles est égal à 0,5 , calculer le nombre réel a. Partie B 4 désignant un réel strictement positif, on écrit pour 0 ≤ ), =$)& = 2$9:; − 1& 39:; − 1 . 1& a& Prouver que = est bien dé#inie sur [0 ; +∞[. b) Prouver que Γ, la représentation graphique de f, admet une asymptote que l’on précisera. 2) Étudier directement les variations de f sur [0 ; +∞[. 3) En prenant a= 5,78 ∙ 10-3, construire Γ la représetation graphique de = dans un repère orthogonal avec les unités graphiques suivantes ∶
• 5 cm pour la distance des graduations 0 et 100 sur l’axe des abscisses
• 15 cm pour la distance des graduations 0 et 1 sur l’axe des ordonnées. 4& Déterminer graphiquement le nombre ℎ pour lequel =$ℎ& = 13.
Corrigé
1& Pour dans [0 ; 23 [ , < 23 < 2 donne 0 < 2 − 3 et 0 < 2 − et avec 0 et 1 réels ∶ 02 − + 12 − 3 = 0$2 − 3&$2 − &$2 − 3& + 1$2 − &$2 − &$2 − 3& = 2$0 + 1& − $30 + 1&$2 − &$2 − 3& . 02 − + 12 − 3 = 1$2 − &$2 − 3& lorsque 0 et 1 véri#ient les systèmes équivalents dégalités: H 2$0 + 1& = 130 + 1 = 0I J1 = −30 1 = 2K0 + $−30&L = −40I M0 = − 141 = 34
I Finalement pour dans [0 ; 23 [ , 1$2 − &$2 − 3& = 14 5 −12 − + 32 − 36 . 2) Pour la suite du problème, s est une fonction dérivable sur [0 ; +∞[, vérifiant (E), telle que pour 0≤ t, $)& ∈ [0 ; 23 [ et comme à la question 1&, 0 < 2 − 3$)& et 0 < 2 − $)& . Comme $E& signi#ie que pour 0 ≤ ), ()) = +K2 − ())L(2 − 3()) soit : 1K2 − ())L(2 − 3()) ()) = + pour 0 ≤ ).
Avec les hypothèses concernant s, (E) s'écrit donc aussi 1(2 − )(2 − 3) (
() = + .
3) On applique toujours la question 1) ∶ ()) étant dans [0 ; 23 [, une égalité de la question
précédente donne pour 0 ≤ ), 14 5 −1
2 − ()) + 32 − 3())6 ()) = + soit : 4+ = 5 −1
2 − ()) + 32 − 3())6 ()) d'où ∶
4+ = −()) 2 − ()) − −3())
2 − 3()) . On passe alors aux primitives sur [0 ; +∞[ : Il existe un réel constant C tel que pour 0≤ t,
4+ ) + T = lnK2 − ())L − lnK2 − 3())L = ln 2 − ())2 − 3()) ; en particulier pour ) = 0, (0) = 0 et
on obtient ∶ T = 4+ × 0 + T = ln 2 − 02 − 3 × 0 = ln 2
2 = ln 1 = 0 .
Finalement pour 0 ≤ ), 4+ ) = ln 2 − ())2 − 3()) (ainsi 4 = 4+).
4) On passe aux exponentielles. Pour 0 ≤ ), 9VW; = 2 − ())2 − 3()) d'où K2 − 3())L9VW ; = 2 − ())
doù 2 − ()) = 2 9VW ; − 3 ())9VW ; doù 3 ()) 9VW ; − ()) = 29VW ; − 2 d'où ()) K 3 9VW ; − 1L = 2K 9VW ; − 1L . On remarque que pour 0 ≤ ), 0 ≤ 4+) d'où 1 ≤ 9VW; alors 1 < 3 ≤ 3 9VW; et ainsi 0 < 3 9VW; − 1
On obtient alors ()) = 2K 9VW ; − 1L3 9VW ; − 1 pour 0 ≤ ) .
5) (190) = 0, 5 donne d'après la question 3) ∶ 4+ × 190 = ln 2 − 0,52 − 3 × 0,5 = ln 1,5
0,5 d'où
4 = 4+ = 1190 ln 3 ≈ 5,78 ∙ 10]^ .
Partie B
1) a) On remarque que pour 0 ≤ ), 0 ≤ 4) d'où 1 ≤ 9:; alors 1 < 3 ≤ 3 9:; et ainsi 0 < 3 9:; − 1 d'où ∶ 0 ≠ 3 9:; − 1 . b) On sait que lim`→bc 9` = +∞ et lim;→bc4) = +∞ doù lim;→bc94) = +∞.
9:; étant non nul, =()) = 2(9:; − 1) 39:; − 1 =
294) 51 − 194)6
9:; d3 − 19:;e
=2 51 − 1
94)63 − 1
9:; où lim;→bc
194) = 0 .
Daprès les règles de calcul des limites ∶ lim;→bc=$)& = 2$1 − 0&3 − 0 soit ∶ lim;→bc=$)& = 23 . Γ admet donc une asymptote horizontale d’équation y= 2/3 . 2& Pour 0 ≤ ), =$)& = 2 9:; − 1 39:; − 1 d'où =$)& = 2 4 9:;$39:; − 1& − 34 9:;$9:; − 1&$39:; − 1&f d'où =$)& = 24 9:; 39:; − 1 − 3$9:; − 1& $39:; − 1&f = 24 9:; 2$39:; − 1&f d'où =$)& = 449:;$39:; − 1&f . a, e at et 3eat – 1 étant strictement positifs, f’(t) est aussi strictement positifs ; e0 = 1 donne f(0)=0 et =$0& = 44$3 − 1&f = 444 = 4 . Doù le tableau suivant ∶ 3) Le repère du plan est le repère orthonormé $ O , gh , ih &. On dessine la droite passant par O et de pente a : Elle a pour équation y=a t. C’est la tangente à Γ au point d’abscisse 0 ; on dessine ensuite la courbe Γ. Voir la page suivante. 4) On trace la droite d’équation y=1/3 ; elle rencontre Γ en un point H, l’abscisse h de H vérifie f(h) =1/3… On relève d la distance des graduations 0 et h en cm ; on trouve : d ≈ 4, 4. Comme 5 cm correspond à la distance des graduations 0 et 100, on en déduit que :
ℎ = ( × 1005 = 20 ( et ainsi : ℎ ≈ 88 .
t 0 +∞ f’(t) a + f(t) 0 2/3
La représentation graphique des questions 3) et 4)
Γ
H
h