Chapitre 15 | Terminale STL — spécialité Physique-chimie et mathématiques | Mathématiques
Dernière mise à jour : 21 octobre 2026
1. Vérifier que \(f(x)=e^{4x}\) est solution de \(y'=4y\).
2. Vérifier que \(g(x)=e^{-x}+3\) est solution de \(y'=-y+3\).
3. La fonction \(h(x)=e^{2x}\) est-elle solution de \(y'=5y\) ?
1. \(f'(x)=4\,e^{4x}=4\,f(x)\) : \(f\) est solution de \(y'=4y\). ✓
2. \(g'(x)=-e^{-x}\). Membre de droite : \(-g(x)+3=-(e^{-x}+3)+3=-e^{-x}\). Les deux sont égaux : \(g\) est solution. ✓
3. \(h'(x)=2\,e^{2x}\), or \(5\,h(x)=5\,e^{2x}\), et \(2\,e^{2x}\neq 5\,e^{2x}\). Donc \(h\) n'est pas solution de \(y'=5y\). ✗
Donner l'ensemble des solutions de chaque équation :
1. \(y'=5y\) 2. \(y'=-3y\) 3. \(y'=0{,}5\,y\) 4. \(2y'=y\)
1. \(f(x)=C\,e^{5x}\).
2. \(f(x)=C\,e^{-3x}\).
3. \(f(x)=C\,e^{0{,}5x}\).
4. On réécrit \(y'=\dfrac12\,y\), donc \(f(x)=C\,e^{0{,}5x}\).
Donner l'ensemble des solutions :
1. \(y'=2y+6\) 2. \(y'=-y+4\) 3. \(y'=3y-12\) 4. \(y'=-2y-10\)
1. \(a=2,\ b=6\), \(-\dfrac{b}{a}=-3\) : \(f(x)=C\,e^{2x}-3\).
2. \(a=-1,\ b=4\), \(-\dfrac{b}{a}=4\) : \(f(x)=C\,e^{-x}+4\).
3. \(a=3,\ b=-12\), \(-\dfrac{b}{a}=4\) : \(f(x)=C\,e^{3x}+4\).
4. \(a=-2,\ b=-10\), \(-\dfrac{b}{a}=-5\) : \(f(x)=C\,e^{-2x}-5\).
1. Résoudre \(y'=2y\) avec \(y(0)=3\).
2. Résoudre \(y'=-y+4\) avec \(y(0)=1\).
3. Résoudre \(y'=3y-12\) avec \(y(0)=6\).
1. Solution générale \(f(x)=C\,e^{2x}\). \(f(0)=C=3\). Solution : \(f(x)=3\,e^{2x}\).
2. Solution générale \(f(x)=C\,e^{-x}+4\). \(f(0)=C+4=1\), donc \(C=-3\). Solution : \(f(x)=-3\,e^{-x}+4\).
3. Solution générale \(f(x)=C\,e^{3x}+4\). \(f(0)=C+4=6\), donc \(C=2\). Solution : \(f(x)=2\,e^{3x}+4\).
On approche la fonction \(x\mapsto e^{x}\), solution de \(y'=y\) avec \(y(0)=1\), par la méthode d'Euler de pas \(h=0{,}25\).
1. Rappeler la relation de récurrence \(y_{n+1}\) en fonction de \(y_n\) pour \(y'=y\).
2. Compléter le tableau des valeurs approchées \(y_n\) pour \(x_n = 0\ ;\ 0{,}25\ ;\ 0{,}5\ ;\ 0{,}75\ ;\ 1\) (arrondir à \(10^{-3}\)).
3. Comparer \(y_4\) à la valeur exacte \(e^{1}\approx 2{,}718\).
1. \(y_{n+1}=y_n+h\,y_n=y_n(1+0{,}25)=1{,}25\,y_n\).
2. \(y_0=1\) ; \(y_1=1{,}25\) ; \(y_2=1{,}25^2=1{,}563\) ; \(y_3=1{,}25^3=1{,}953\) ; \(y_4=1{,}25^4=2{,}441\).
3. \(y_4=2{,}441\) contre \(e^{1}\approx 2{,}718\) : l'écart est d'environ \(0{,}28\). L'approximation est trop faible (courbe convexe) mais s'améliorerait avec un pas plus petit.
Une bille lâchée sans vitesse dans un liquide a une vitesse \(v(t)\) (en m·s\(^{-1}\)) vérifiant \[\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=-\dfrac{1}{\tau}\,v+g,\qquad g=9{,}8\ \text{m·s}^{-2},\quad \tau=0{,}50\ \text{s},\quad v(0)=0.\]
1. Identifier \(a\) et \(b\) dans \(\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=a\,v+b\), et donner la vitesse limite \(v_{\text{lim}}=-\dfrac{b}{a}\).
2. Écrire la solution générale, puis la solution vérifiant \(v(0)=0\).
3. Calculer la vitesse à \(t=\tau\). Quelle fraction de \(v_{\text{lim}}\) cela représente-t-il ? (On donne \(e^{-1}\approx 0{,}37\).)
1. \(a=-\dfrac{1}{\tau}=-2{,}0\) s\(^{-1}\) et \(b=g=9{,}8\). Vitesse limite : \(v_{\text{lim}}=-\dfrac{b}{a}=g\,\tau=9{,}8\times 0{,}50=4{,}9\) m·s\(^{-1}\).
2. Solution générale : \(v(t)=C\,e^{-t/\tau}+g\tau=C\,e^{-2t}+4{,}9\). Condition \(v(0)=0\) : \(C+4{,}9=0\), donc \(C=-4{,}9\). D'où \(v(t)=4{,}9\left(1-e^{-t/0{,}50}\right)\).
3. \(v(\tau)=4{,}9\,(1-e^{-1})\approx 4{,}9\times(1-0{,}37)=4{,}9\times 0{,}63\approx 3{,}1\) m·s\(^{-1}\), soit environ 63 % de \(v_{\text{lim}}\).
Un échantillon contient initialement \(N_0=5{,}0\times 10^{11}\) noyaux radioactifs. Le nombre de noyaux vérifie \(\mathrm{d}N=-\lambda N\,\mathrm{d}t\) avec \(\lambda=0{,}020\) s\(^{-1}\).
1. Écrire cette relation sous forme d'équation différentielle \(\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=\dots\), puis donner l'ensemble de ses solutions.
2. En utilisant \(N(0)=N_0\), écrire \(N(t)\).
3. Calculer \(N\) à \(t=50\) s. (On donne \(e^{-1}\approx 0{,}368\).)
1. En divisant par \(\mathrm{d}t\) : \(\dfrac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=-\lambda N=-0{,}020\,N\). C'est \(y'=ay\) avec \(a=-0{,}020\). Solutions : \(N(t)=C\,e^{-0{,}020\,t}\).
2. \(N(0)=C=N_0=5{,}0\times 10^{11}\). Donc \(N(t)=5{,}0\times 10^{11}\,e^{-0{,}020\,t}\).
3. \(N(50)=5{,}0\times 10^{11}\,e^{-0{,}020\times 50}=5{,}0\times 10^{11}\,e^{-1}\approx 5{,}0\times 10^{11}\times 0{,}368=1{,}8\times 10^{11}\) noyaux.
Un liquide chaud refroidit dans une pièce à température ambiante \(20\ °\text{C}\). Sa température \(\theta(t)\) (en °C, \(t\) en minutes) vérifie la loi de refroidissement de Newton \[\dfrac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t}=-0{,}10\,(\theta-20),\qquad \theta(0)=80.\]
1. Développer le second membre pour mettre l'équation sous la forme \(\dfrac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t}=a\,\theta+b\). Identifier \(a\) et \(b\).
2. Donner l'ensemble des solutions, puis la solution d'équilibre. Interpréter physiquement cette solution d'équilibre.
3. Déterminer la solution vérifiant \(\theta(0)=80\).
4. Calculer la température au bout de \(10\) minutes. (On donne \(e^{-1}\approx 0{,}368\).)
5. Vers quelle température tend le liquide quand \(t\) devient très grand ? Justifier.
1. \(\dfrac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t}=-0{,}10\,\theta+2\). Donc \(a=-0{,}10\) et \(b=2\).
2. \(-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{2}{-0{,}10}=20\). Solutions : \(\theta(t)=C\,e^{-0{,}10\,t}+20\). Solution d'équilibre : \(\theta_e=20\) °C, c'est la température ambiante (le liquide ne refroidit plus quand il l'a atteinte).
3. \(\theta(0)=C+20=80\), donc \(C=60\). Solution : \(\theta(t)=60\,e^{-0{,}10\,t}+20\).
4. \(\theta(10)=60\,e^{-0{,}10\times 10}+20=60\,e^{-1}+20\approx 60\times 0{,}368+20=22{,}1+20=42{,}1\) °C.
5. Quand \(t\to+\infty\), \(e^{-0{,}10\,t}\to 0\), donc \(\theta(t)\to 20\) °C : le liquide tend vers la température ambiante (asymptote \(\theta=20\)).