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Dans le monde réel, tout change et il faut donc des dérivées, ce qui donne naissance aux équations différentielles . Explorons une classe particulière d'équations différentielles ordinaires et examinons certaines de ses applications.
Signification de la séparation des variables
Comme son nom l'indique, il s'agit des types d'équations différentielles dans lesquelles les variables peuvent être séparées de manière explicite.
En fait, tu peux simplement planifier un algorithme pour résoudre ces équations différentielles. Tu n'auras alors affaire qu'à des équations différentielles ordinaires du premier ordre.
Il faut dire que la plupart des applications des équations différentielles relèvent du domaine des équations différentielles partielles, qui, pour l'instant, n'entre pas dans le cadre de cet article.
Équations différentielles à séparation de variables
Une équation différentielle séparable d'ordre \(n^{\text {th }}\) peut être écrite sous la forme :
$$\frac{\mathrm{d}^n y}{\mathrm{d} x^n}=f(x) g(y)$$.
où \(y\) est différentiable et, par conséquent, continue sur le domaine défini de manière appropriée de la fonction.
Note également que \N(y\N) est une fonction de \N(x\N), c'est-à-dire \N(y=f(x)\N), ce qui implique que \N(x\N) est la variable indépendante ici. L'équation ci-dessus peut sembler un peu effrayante au premier abord puisque tu as une équation différentielle d'ordre \(n\) où \(n \ dans \mathbb{N}\). Mais tu n'auras affaire qu'à des cas où \(n=1\), est l'équation différentielle séparable du premier ordre.
Méthodes de séparation des variables
Tu ne t'intéresseras qu'aux ED du premier ordre, c'est-à-dire lorsque \(n=1\), est l'équation différentielle séparable du premier ordre.
L'équation différentielle ordinaire à laquelle tu auras affaire est la suivante :
$$\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}=f(x) g(y)$$.
N'oublie pas que \N(f(x) h(y) \Nneq g(x, y)\N), c'est-à-dire que \N(f(x) h(y)\N) n'est pas une fonction composite \N(g(x, y)\N).
Pour résoudre cette EDO, tu sépareras les deux variables, en ayant des variables similaires de chaque côté, c'est-à-dire en ayant \N(\Mathrm{d} y\N), \N(h(y)\N) d'un côté et \N(\Mathrm{d} x, f(x)\Nde l'autre. Tu obtiens :
$$\frac{\mathrm{d} y}{h(y)}=f(x) \, \mathrm{d} x$$$.
Maintenant, les variables sont séparées avec succès. La raison de cette séparation est d'avoir des fonctions des deux côtés, qui peuvent être intégrées facilement.
Intégrer des deux côtés :
$$\int \frac{\mathrm{d} y}{h(y)}=\int f(x) \, \mathrm{d}x$$$.
Et voilà ! L'équation différentielle \(y'=f(x)h(y)\) a été résolue, tu as une solution explicite à l'équation différentielle séparable donnée.
Exemples de séparation des variables
Résous l'EDO suivante :
$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\ln x +x^2$$.
Solution :
Étape 1 : On constate que l'équation différentielle donnée est de forme séparable, et qu'il faut donc séparer les variables pour trouver la solution :
$$, \mathrm{d}y=(\ln x +x^2)\mathrm{d}x$$$.
Étape 2 : il ne te reste plus qu'à intégrer soigneusement :
$$ \begin{aligned} \int \, \mathrm{d}y &=\int \ln x \, \mathrm{d}x +\int x^2 \, \mathrm{d}x \\N- \Nimplique \int \, \mathrm{d}y &\N=\int \ln x \N- &\N- =\int \ln x +x^2)\N- \Nmathrm{d}x=int \Nln x \N, \Nmathrm{d}x +\Nint x^2 \N, \Nmathrm{d}x \N \Nimplique \Ny &=x\N x-\Nint x\Nfrac{1}{x} \N- \Nmathrm{d}x +\Nfrac{x^3}{3} +c \\N- \Nimplique que \Ny &=x\Nn x -x+\frac{x^3}{3}+c \Nend{aligned}$$$.
où \(c\) est la constante d'intégration.
L'équation différentielle a donc été résolue.
Remarque que la solution est de la forme \(y^n=g(x)\), ce qui sera toujours le cas pour une équation différentielle ordinaire séparable.
Prenons un autre exemple, légèrement différent :
Trouve la solution générale de l'équation différentielle suivante :
$$x^2 \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=e^{-2y}$$
Solution :
Étape 1 : En observant que l'équation est de la forme \(y^{\prime}=f(x) g(y)\), sépare les variables de chaque côté :
$$e^{2 y} \, \mathrm{d}y=\frac{\mathrm{d} x}{x^2}$$.
Note que tu ne traites PAS \(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\) comme une fraction algébrique, c'est la propriété des dérivées et des différentielles qui te permet de séparer \(\mathrm{d}y\) et \(\mathrm{d}x\) (comme nous l'avons fait plus haut).
Étape 2 : Intégrer des deux côtés :
$$\begin{aligned} &\int e^{2 y} \, \mathrm{d} y=\int \frac{\mathrm{d} x}{x^2} \\N- \Nimplique &\Nquad \Nfrac{e^{2 y}}{2}=\Nfrac{x^{-2+1}}{-2+1}+c \N- \Nimplique &\Nquad e^{2 y}=\Nfrac{-2}{x}+2 c \Nend{aligned}$$$.
On peut également simplifier l'expression pour obtenir \(y=g(x)\) de la manière suivante :
$$ \begin{aligned} 2 y &=\ln \left(\frac{-2}{x}+k\right) \\\N \implies y &=\frac{1}{2} \ln \left(\frac{-2}{x}+k\right) \n-end{aligned}$$$.
Il n'est pas nécessaire d'obtenir cette forme, elle n'est requise que lorsque le problème le demande spécifiquement.
Application de la séparation des variables
Ces équations différentielles ordinaires ne sont pas ici de purs objets mathématiques avec lesquels tu joues, comme cela a été discuté de première main. Il y a une raison très solide pour laquelle ces équations différentielles et leurs solutions existent. On peut appliquer ces équations différentielles à un grand nombre de choses. Tu vas examiner certaines de ces applications qui impliquent des variables séparables. Les problèmes les plus courants sont les problèmes de croissance des populations, les taux de décroissance, la loi de Newton sur le refroidissement, etc.
Modèle de croissance exponentielle de la population
Une application essentielle des équations différentielles du premier ordre de forme séparable consiste à l'utiliser pour modéliser la croissance de la population de différents groupes tels que les bactéries ou le taux de croissance des lapins.
De tels modèles ne sont pas exactement exacts et ignorent souvent certains facteurs extérieurs pour que les équations différentielles restent suffisamment simples à traiter.
Commençons par un groupe de population de \(P_0\), qui est la population initiale au moment \(t=0\). Et supposons que la population soit \(P\) à un moment arbitraire \(t=t\).
Supposons que la population augmente à un taux constant \(k\), et supposons qu'il n'y a pas de facteurs externes qui réduisent la population (pour simplifier).
Tu veux former une équation différentielle ordinaire pour modéliser cette situation, en notant que le taux de croissance à un certain point est proportionnel à la population à ce moment-là :$$ \frac{\mathrm{d} P}{\mathrm{d} t}=kP$$
où \(k\) est le taux de croissance de la population. Maintenant, puisque l'équation est de forme séparable, tu obtiens :
$$\frac{\mathrm{d}} P}{P}=k \, \mathrm{d} t$$
En intégrant les deux côtés :
$$\int_{P_0}^P \frac{\mathrm{d} P}{P}=\int_0^t k \, \mathrm{d} t$$.
Les limites d'intégration vont de \(P=P_0\) à \(P=P\), ce qui correspond à la croissance de la population. Et le temps va de \(t=0\) à \(t=t\). L'intégration est définitive :
$$\begin{aligned} & \left.\ln P\right|_{P_0} ^P=\left.k t\right|_0 ^t \\N- \implies & \ln P-\ln P_0=k t \N- \implies & \ln \left(\frac{P}{P_0}\right)=k t \Nend{aligned}$$$.
En prenant l'exponentielle9 des deux côtés :
$$ \begin{aligned} &\frac{P}{P_0}=e^{k t} \\N- \N-implique \N- &P=P_0 e^{kt} \N-END{aligned}}$$
Maintenant, tu peux modéliser la population du groupe donné à un moment \(t\N).
Un champ compte 30 fourmis. Leur population augmente au rythme de 2 fourmis par mois, combien de lapins y aura-t-il au bout de quatre mois ? (Ignore les facteurs externes et suppose que les fourmis ne s'éteignent pas pendant cette période, et suppose que la croissance est continue).
Solution :
Soit \(P\) avec un nombre de fourmis à un moment arbitraire \(t\) (en mois), et puisque le taux de croissance est proportionnel à la population existante :
$$ \begin{aligned} & \frac{\mathrm{d} P}{\mathrm{d} t}=kP \\\N- \Nimplique \Net \Nfrac{\mathrm{d} P}{P}=k\N- \Nimplique \N- & \Nfrac{\mathrm{d} P}{P}=k\, \mathrm{d} t \end{aligned}$$$.
Tu veux connaître la population à \(t=4\) mois, alors prends les limites d'intégration de \(t=0\) à \(t=4\) :
$$\int_{P_0}^P \frac{\mathrm{d} P}{P}=k\int_0^4 \N, \Nmathrm{d}t $$
La population initiale est \N(P_0=30\N), et laisse \N(P=P_4\N) à \N(t=4\N) :
$$ \begin{aligned} & \int_{30}^{P_4} \frac{\rmathrm{d} P}{P} = 2 \int_0^4 \, \mathrm{d} t \\N \Nimplique \N & \Nln \Nleft( \frac{P_4}{30} \Nright) =2 \Nfois 4 \N \Nimplique \Net $$ \frac{P_4}{30}{30} \Npour la première fois \Npour la deuxième fois. \frac{P_0}{30}=e^8 \N- \Nimplique \Nque P_4=30e^8 \Napprox 89430 \Nend{aligned}$$$.
Il y aura donc 89430 fourmis au bout de quatre mois. Bien sûr, ce n'est pas réaliste parce que le modèle est un modèle de croissance exponentielle, donc la population augmente considérablement. Dans le monde réel, il existe d'autres variables auxquelles la croissance est proportionnelle, ce qui sera beaucoup plus compliqué à gérer (et hors du champ de cet article).
Décroissance radioactive
La décroissance radioactive est l'une des applications les plus utiles des équations différentielles séparables. Suppose que tu disposes d'une quantité \(N_0\) de matière radioactive au moment \(t=0\) et que tu souhaites modéliser la radioactivité de la matière au fur et à mesure que le temps passe.
La vitesse à laquelle la quantité de matière radioactive change est directement proportionnelle à la quantité présente à ce moment-là :
$$ \frac{\mathrm{d} N}{\mathrm{d} t}=-\lambda N $$
où \(\lambda >0\) et est connu comme la constante de désintégration, la raison pour laquelle il y a un signe négatif est que la quantité de matière radioactive diminue avec le temps. Comme l'équation est de forme séparable, tu obtiens :
$$\begin{aligned} & \frac{\mathrm{d} N}{N}=-\lambda t \\N \Nimplique \N & \Nint_{N_0}^N \Nfrac{\Nmathrm{d} N}{N} = - \lambda \int_0^t \mathrm{d} t \\ \limplique \ & \ln \left( \frac{N}{N_0} \right) = -\lambda t \lambda \limplique \ & N=N_0 e^{-\lambda t} \N-END{aligned}}$$
Ainsi, tu as une solution à l'équation différentielle ordinaire. On peut déduire de la solution que la quantité de matière radioactive diminue de façon exponentielle avec le temps. Le graphique de cette équation peut être représenté comme ci-dessous :
Figure 1.- Graphique modélisant la décroissance radioactive d'un matériau.
Une observation très particulière que l'on peut faire est que la matière radioactive disparaît presque sur une très, très longue période de temps. Tu peux laisser les physiciens trouver les raisons de ce phénomène. En termes mathématiques, on peut observer que comme \(t \rightarrow \infty\), \(N \rightarrow 0\). Prenons un exemple concernant la désintégration radioactive.
La demi-vie d'un élément radioactif est de 20 ans. La constante de désintégration radioactive de l'élément est \(\lambda=10 ans^{-1}\). Trouve le temps qu'il faudra à l'élément pour être le quart de sa quantité d'origine.
(Indice : la demi-vie est le temps qu'il faut à l'élément radioactif pour être à la moitié de sa quantité initiale).
Solution:
Soit \(N_0\) la quantité initiale de matière radioactive, après la demi-vie, il reste la moitié de la quantité initiale : \(N_{1/2}=\frac{N_0}{2}\). En utilisant l'équation de la désintégration radioactive :
$$N=N_0 e^{-\lambda t}$$.
En introduisant \(N=N_{1/2}\) et \(t=20\), qui est la demi-vie de l'élément :
$$\begin{aligned} & N=N_0 e^{-\lambda t} \\N- \Nimplique \N & N_{1/2}=N_0 e^{-20 \Nlambda} \N \Nimplique \N &\frac{N_0}{2}=N_0 e^{-20 \Nlambda} \N \Nimplique \N &-\ln 2=-20 \Nlambda \N \Nimplique \N & \Nlambda=\Nfrac{\ln 2}{20} \n-{aligned}}$$$
Maintenant que tu as trouvé la valeur de la constante de désintégration, tu peux passer à la recherche du temps qu'il faudra à l'élément pour être le quart de sa quantité d'origine. Soit \(N_{1/4}\) la quantité restante, qui est \(N_{1/4}=\frac{N_0}{4}\).
Tu as alors :
$$ \begin{aligned} &N=N_0 e^{-\lambda t} \\N- \Nimplique \N & \Nfrac{N_0}{4}=N_0 e^{\frac{-t \Nln 2}{20}} \N- \N-implique \N & -\N 4 = -\Nfrac{t \N 2}{20} \\N- \N-implique \N & t = \frac{20 \N- fois 2 \N- fois \Nn 2}{\Nn 2} \N-implique \N-implique \N & t= 40 \N-end{aligned}$$.
Il faudra donc 40 ans pour que l'élément ne représente plus qu'un quart de sa quantité initiale.
La loi de Newton sur le refroidissement
Une application largement connue des équations différentielles à plusieurs variables se trouve dans la physique du transfert de chaleur. Elle modélise la façon dont un objet perd sa chaleur, ce qui est connu sous le nom de loi de Newton sur le refroidissement:
Le taux de chaleur perdue par un objet dans l'environnement est directement proportionnel à la différence de température entre l'objet et l'environnement.
Soit \(T\) la température de l'objet à un moment arbitraire \(t\) et \(T_s\) la température de l'environnement. Il convient de noter que \(T>T_s\) à tout moment, puisque le corps ne perdra pas de chaleur si l'environnement est à une température plus élevée. Le flux de chaleur de l'objet s'arrête lorsque \(T=T_s\).
Selon la loi :
$$ \frac{\mathrm{d} T}{\mathrm{d} t}= -k(T-T_s) $$
Remarque que la constante de proportionnalité est \(-k\) où \(k>0\) parce que l'objet perd de la chaleur, et donc le taux de changement sera négatif.
En séparant les variables, tu obtiens
$$ \begin{aligned} & \int \frac{\mathrm{d} T}{T-T_s}= \int -k \, \mathrm{d} t \\N \Nimplique \N & \Nln |c(T-T_s)|=-kt \N \Nimplique \N &c(T-T_s)=e^{-kt} \N- \N-implique \N- &T=T_s+Ce^{-kt} \N-END{aligned}}$$
où \(c=1/C\) pour des raisons de commodité.
Tu peux déterminer \(C\) en substituant \(t=0\) :
$$ \begin{aligned} &T_0=T_s+C \\N \Nimplique \N &C=T_0-T_s \Nend{aligned} $$
où \(T_0\) est la température de l'objet au moment \(t=0\).
Ainsi, ta solution est :
$$T=T_s+(T_0-T_s)e^{-kt}$$
où \(k\) est une constante qui dépend de la surface et du matériau de l'objet.
Un objet a une température de \(30^{\circ} \mathrm{C}\), entouré d'une pièce de température constante de \(15^{\circ} \mathrm{C}\). On constate que la température de l'objet tombe à \(25^{\circ} \mathrm{C}\) en 10 minutes. Calcule combien de temps il faudra encore pour qu'elle descende à \N(20^{\circ} \Nmathrm{C}\N) ?
Solution :
D'après la loi du refroidissement de Newton :
$$T=T_s+\left(T_0-T_s\right) e^{-k t}$$$.
où \(T_s=15^{\circ} \mathrm{C}, T_0=30^{\circ} \mathrm{C}\) donc tu obtiens :
$$\begin{aligned} T &=15+(30-15) e^{-k t} \\ \N-implique T &=15+15 e^{-k t} \Nend{aligned}$$$
Après \(t=10 \mathrm{min}\), la température chute
$$\begin{aligned} T_{10}&=25^{\circ} \N- \N- \N- \N- \NMathrm{C} \\N- T_{10}&=25=15+15 e^{-10 k} \N- \N-implique \N- 5&=3+3 e^{-10 k} \N-\N-implique \N \Nfrac{2}{3}&=e^{-10 k} \N-\N-implique \N -10 k&= \Ndisplaystyle \Nln \Nleft(\Nfrac{2}{3}\Nright) \N-\N-implique \N -10 k& \Napprox -0.405 \N- \N-implique \Nk&=0.0405 \Nend{aligned} $$
Par conséquent, la valeur de \(k\) est de \(0,0405\) par min. Tu peux réintégrer cette valeur dans l'équation :
$$T=15\left(1+e^{-0.0405 t}\right)$$
Ainsi, tu as une solution qui n'a pas de constantes inconnues, et tu peux maintenant introduire n'importe quelle valeur de \(t\) pour obtenir la température à ce moment-là.
Tu as besoin de \(T=20^{\circ} \Nmathrm{C}\N) :
20 &=15\Nà gauche(1+e^{-0.0405 t}\Nà droite) \N \Nimplique \Nfrac{4}{3}-1 &=e^{-0.0405 t} \N- \N-implique \N -\Nln 3 &=-\Nfrac{1}{10} \ln \ln gauche(\frac{2}{3}\r droite) t \c \cimplique \c t&=-\frac{\ln 3}{-0.0405} \N- \Nimplique que t &\Napprox 27.126 \Nmathrm{~min} \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N- \N$$$$
Par conséquent, après environ 27 minutes à partir du début, la température de l'objet tombera à \(20^{\circ} \Nmathrm{C}\N).
Mais ce n'est pas la bonne réponse, on te demande le temps qu'il faut à partir de \(25^{\circ} \mathrm{C}\).
Il a fallu \N10 \Nmathrm{~min}\Npour passer à \N25^{\circ} \Nmathrm{C}\Net \N27 \Nmathrm{~min}\Npour passer à \N20^{\circ} \Nmathrm{C}\N, ce qui implique qu'il a fallu \N 17 \N \N \N pour passer de \N 25^{\circ} \N \N à \N 20^{\circ} \N \N \N \N \N \N \N \N \N \N \N \N \N \N \N \N \N }.
Séparation des variables - Principaux enseignements
- Il existe une certaine catégorie d'équations différentielles ordinaires qui peuvent être facilement résolues en séparant explicitement les variables, connues sous le nom d'équations différentielles à séparation de variables .
- Les équations différentielles qui sont de la forme \(\frac{\mathrm{d}^n x }{\mathrm{d} x^n}=f(x)h(y)\) sont connues sous le nom d'équations différentielles de forme séparable .
- L'équation différentielle séparable du premier ordre \(\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x} =f(x)h(y)\) peut être résolue comme suit : \(\int \frac{\mathrm{d} y}{g(y)}=\int f(x) \mathrm{d} x\).
- Les applications des équations différentielles ordinaires séparables comprennent la loi du refroidissement de Newton, largement utilisée, les modèles de croissance de la population, la désintégration radioactive, etc.
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