Équations différentielles : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « équations différentielles », question par question.
Cette correction suit la rédaction attendue au bac. Pour chaque équation, elle cite d’abord le théorème du cours utilisé, puis elle détermine la constante grâce à la condition initiale. De plus, chaque solution est vérifiée en dérivant, ce qui évite les erreurs de signe fréquentes sur le coefficient \(a\).
Dans les deux problèmes, les inéquations sont résolues avec le logarithme népérien en précisant le sens de l’inégalité, puis les résultats sont convertis en heures et minutes. La courbe du café est également complétée par les points calculés. Compare donc tes étapes à celles-ci, relève les points perdus dans le barème et lis les pièges signalés.
L’énoncé complet se trouve ici : Équations différentielles : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : équations différentielles
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Premiers automatismes | 3 points |
| 2. Une famille de courbes solutions | 4 points |
| 3. Un second membre non constant | 4 points |
| 4. L’élimination d’un médicament | 4 points |
| 5. Le café de Timothée | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : équations différentielles
Exercice 1 – Premiers automatismes (3 points)
- D’après le cours, les solutions de \(y^{\prime} = ay\) sont les fonctions \(x \mapsto C\mathrm{e}^{ax}\). Ici \(a = -2\), donc les solutions sont les fonctions \(x \mapsto C\mathrm{e}^{-2x}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).
- Les solutions de \(y^{\prime} = 3y\) s’écrivent \(f(x) = C\mathrm{e}^{3x}\). Or \(f(0) = C\mathrm{e}^{0} = C\), donc \(C = 5\) et \(f(x) = 5\mathrm{e}^{3x}\).
- Une fonction constante \(k\) a une dérivée nulle, donc elle est solution quand \(0 = 4k – 8\), c’est-à-dire \(k = 2\).
Par conséquent, les solutions sont les fonctions \(x \mapsto C\mathrm{e}^{4x} + 2\), avec \(C \in \mathbb{R}\). - D’une part, \(g^{\prime}(x) = 2\mathrm{e}^{2x}\).
D’autre part, \(2g(x) + 2 = 2\mathrm{e}^{2x} – 2 + 2 = 2\mathrm{e}^{2x}\).
On a donc \(g^{\prime}(x) = 2g(x) + 2\) pour tout réel \(x\) : \(g\) est bien solution de \(y^{\prime} = 2y + 2\).
Exercice 2 – Une famille de courbes solutions (4 points)
- Une constante \(k\) est solution quand \(0 = -0{,}5k + 1\), donc la solution constante est \(k = 2\). Sur le graphique, c’est la droite horizontale d’équation \(y = 2\).
- D’après le cours, les solutions de \(y^{\prime} = ay + b\) sont la somme d’une solution de \(y^{\prime} = ay\) et de la solution constante. Ainsi, les solutions de \((E_1)\) sont les fonctions \(x \mapsto C\mathrm{e}^{-0{,}5x} + 2\), avec \(C \in \mathbb{R}\).
- La courbe passe par \(A(0 ; 5)\) quand \(f(0) = 5\). Or \(f(0) = C + 2\), donc \(C = 3\).
On obtient \(f(x) = 3\mathrm{e}^{-0{,}5x} + 2\). - Comme \(-0{,}5 < 0\), on a \(\lim_{x \to +\infty} \mathrm{e}^{-0{,}5x} = 0\), donc chaque solution tend vers 2 en \(+\infty\), quelle que soit la valeur de \(C\).
Graphiquement, toutes les courbes se rapprochent de la droite d’équation \(y = 2\), qui est donc asymptote horizontale à chacune d’elles en \(+\infty\). - Pour \(B(0 ; 1)\), on a \(C + 2 = 1\), donc \(C = -1\) et \(h(x) = 2 – \mathrm{e}^{-0{,}5x}\).
Ensuite, \(h^{\prime}(x) = 0{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}5x} > 0\), donc \(h\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), ce que confirme la courbe verte.
Piège classique : écrire \(C\mathrm{e}^{-0{,}5x} – 2\). En effet, la constante à ajouter vaut \(-\frac{b}{a} = -\frac{1}{-0{,}5} = 2\) : vérifie toujours son signe en remplaçant dans l’équation.
Exercice 3 – Un second membre non constant (4 points)
- D’une part, \(p^{\prime}(x) = 2\).
D’autre part, \(-p(x) + 2x + 3 = -2x – 1 + 2x + 3 = 2\).
Les deux membres sont égaux pour tout réel \(x\), donc \(p\) est solution de \((E)\). - Puisque \(p^{\prime} = -p + 2x + 3\), on a pour tout réel \(x\) :
\((f – p)^{\prime}(x) + (f – p)(x) = f^{\prime}(x) + f(x) – \left(p^{\prime}(x) + p(x)\right) = f^{\prime}(x) + f(x) – (2x + 3)\).
Ainsi, \(f – p\) vérifie \(y^{\prime} = -y\) si et seulement si \(f^{\prime}(x) + f(x) = 2x + 3\), c’est-à-dire si et seulement si \(f\) vérifie \((E)\). L’équivalence est donc démontrée. - Les solutions de \((E_0)\) sont les fonctions \(x \mapsto C\mathrm{e}^{-x}\). D’après la question précédente, \(f\) est solution de \((E)\) quand \(f – p\) est l’une d’elles. Par conséquent, les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(x \mapsto C\mathrm{e}^{-x} + 2x + 1\), avec \(C \in \mathbb{R}\).
- On cherche \(C\) tel que \(f(0) = 0\). Or \(f(0) = C + 0 + 1\), donc \(C = -1\).
La solution cherchée est \(f(x) = -\mathrm{e}^{-x} + 2x + 1\).
Vérification : \(f^{\prime}(x) = \mathrm{e}^{-x} + 2\) et \(-f(x) + 2x + 3 = \mathrm{e}^{-x} – 2x – 1 + 2x + 3 = \mathrm{e}^{-x} + 2\).
Exercice 4 – L’élimination d’un médicament (4 points)
- La fonction \(C\) est solution de \(y^{\prime} = -0{,}25y\), donc \(C(t) = K\mathrm{e}^{-0{,}25t}\) avec \(K\) réel. Comme \(C(0) = K = 8\), on obtient \(C(t) = 8\mathrm{e}^{-0{,}25t}\).
- \(C(2) = 8\mathrm{e}^{-0{,}5} \approx 4{,}85\). Deux heures après l’injection, la concentration vaut environ 4,85 mg/L.
- On résout \(8\mathrm{e}^{-0{,}25t} = 4\), soit \(\mathrm{e}^{-0{,}25t} = \frac{1}{2}\).
En appliquant ln, on obtient \(-0{,}25t = -\ln 2\), donc \(t = 4\ln 2 \approx 2{,}773\).
Or \(0{,}773 \times 60 \approx 46\). La demi-vie vaut \(4\ln 2\) heures, soit environ 2 h 46 min. - On résout \(8\mathrm{e}^{-0{,}25t} < 1\), c’est-à-dire \(\mathrm{e}^{-0{,}25t} < \frac{1}{8}\).
La fonction ln est strictement croissante, donc \(-0{,}25t < -\ln 8\).
En divisant par \(-0{,}25 < 0\), on change le sens : \(t > 4\ln 8 \approx 8{,}318\).
Comme \(0{,}318 \times 60 \approx 19\), le produit n’agit plus au bout d’environ 8 h 19 min.
Piège classique : oublier de changer le sens de l’inégalité en divisant par \(-0{,}25\), ce qui donnerait \(t < 8{,}318\), une réponse absurde puisque la concentration diminue.
Exercice 5 – Le café de Timothée (5 points)
- En développant, \(\theta^{\prime}(t) = -0{,}08\,\theta(t) + 0{,}08 \times 20 = -0{,}08\,\theta(t) + 1{,}6\). L’équation est donc de la forme \(y^{\prime} = ay + b\) avec \(a = -0{,}08\) et \(b = 1{,}6\).
- La solution constante vérifie \(0 = -0{,}08k + 1{,}6\), donc \(k = \frac{1{,}6}{0{,}08} = 20\).
Les solutions sont alors les fonctions \(t \mapsto C\mathrm{e}^{-0{,}08t} + 20\).
Ensuite, \(\theta(0) = C + 20 = 85\), donc \(C = 65\) et \(\theta(t) = 65\,\mathrm{e}^{-0{,}08t} + 20\). - On a \(\theta^{\prime}(t) = 65 \times (-0{,}08)\,\mathrm{e}^{-0{,}08t} = -5{,}2\,\mathrm{e}^{-0{,}08t}\). Comme une exponentielle est strictement positive, \(\theta^{\prime}(t) < 0\) : \(\theta\) est strictement décroissante sur \(\left[0 ; +\infty\right[\).
De plus, \(\lim_{t \to +\infty} \mathrm{e}^{-0{,}08t} = 0\), donc \(\lim_{t \to +\infty} \theta(t) = 20\).
Ainsi, le café refroidit sans cesse et sa température se rapproche de celle de la pièce, 20 °C. - \(\theta(10) = 65\,\mathrm{e}^{-0{,}8} + 20 \approx 65 \times 0{,}4493 + 20 \approx 49{,}2\). Au bout de 10 minutes, le café est à environ 49,2 °C.
- On résout \(65\,\mathrm{e}^{-0{,}08t} + 20 < 55\).
D’abord, \(65\,\mathrm{e}^{-0{,}08t} < 35\), donc \(\mathrm{e}^{-0{,}08t} < \frac{7}{13}\).
Puis, par croissance de ln, \(-0{,}08t < \ln\left(\frac{7}{13}\right)\).
Enfin, en divisant par \(-0{,}08 < 0\) : \(t > \frac{\ln\left(\frac{13}{7}\right)}{0{,}08} \approx 7{,}738\).
Or \(0{,}738 \times 60 \approx 44\). Timothée doit patienter environ 7 min 44 s.
À retenir de ce contrôle
- Les solutions de y’ = ay sont les fonctions x ↦ C e^(ax), où C est une constante réelle quelconque.
- Pour y’ = ay + b avec a non nul, la solution constante vaut −b/a et les solutions sont C e^(ax) − b/a.
- Une condition initiale y(0) = y0 fixe une seule valeur de la constante C, donc une seule solution.
- Si p est une solution particulière, f est solution de l’équation complète si et seulement si f − p est solution de l’équation sans second membre.
- Pour résoudre e^(−kt) inférieur à un nombre positif, on applique ln, puis on divise par −k en changeant le sens de l’inégalité.
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