Exercices corrigés — Équations différentielles

Calcule $f'(x)$ (dérivée de $e^{u}$ : $u'e^{u}$, vue au chapitre Dérivation).

Remplace $f'$ et $f$ dans le membre de gauche : tu dois trouver $0$ pour tout $x$.

Pour $g$ : même démarche, l'égalité doit être vraie pour TOUT $x$.

L'énoncé ne demande pas de résoudre l'équation. Il demande de vérifier — et c'est une opération complètement différente, beaucoup plus simple.

Résoudre, c'est partir de l'équation et chercher qui la satisfait. Vérifier, c'est déjà tenir un candidat : on le remplace dans l'équation, on calcule, et on regarde si on tombe sur $0=0$.

Il n'y a donc rien à inventer ici. Deux gestes suffisent : dériver, puis substituer.

Le point que beaucoup manquent : $y$ et $y'$ dans l'équation ne sont pas deux inconnues indépendantes. Écrire $y'+3y=0$, c'est dire « la dérivée de la fonction vaut $-3$ fois la fonction elle-même ». C'est une relation entre une fonction et sa propre dérivée, et c'est cette relation qu'on teste.

Étape 1 — dériver. On dérive $e^{u}$ en $u'e^{u}$, avec ici $u(x)=-3x$ donc $u'(x)=-3$ :

Étape 2 — substituer dans le membre de gauche. On remplace $y$ par $f(x)$ et $y'$ par $f'(x)$ :

Étape 3 — simplifier. Les deux termes ont le même facteur $e^{-3x}$, on le met en facteur :

On obtient bien $0$, pour tout $x$ réel. Donc $f$ est solution sur $\mathbb{R}$ ✓

Même méthode, exactement.

Et là, ce n'est pas $0$. Le facteur $e^{x}$ ne s'annule jamais, donc $4e^{x}>0$ pour tout $x$.

Conclusion : $g$ n'est pas solution ✗

⚠️ Attention à la rédaction. Il ne suffit pas d'écrire « $4e^x\ne 0$ donc ce n'est pas solution » sans avoir dit pourquoi $e^x$ ne s'annule pas : c'est une propriété de l'exponentielle, à citer. Une réponse du type « $4e^x$ pourrait être nul si $x$ était bien choisi » serait fausse, et c'est le genre de doute qu'un correcteur veut voir levé.

Un mot sur ce que ce contre-exemple enseigne. $e^x$ ressemble beaucoup à $5e^{-3x}$ : c'est une exponentielle. Mais le coefficient dans l'exposant n'est pas le bon. C'est lui, et lui seul, qui décide.

Ce que veut dire « être solution »

Une fonction $f$, dérivable sur un intervalle $I$, est solution de l'équation différentielle $y'+ay=b$ sur $I$ lorsque

$$f'(x)+a\,f(x)=b \qquad \textbf{pour tout } x\in I$$

Les deux mots qui comptent :

• pour tout — une égalité vraie en un seul point ne suffit pas ;
• dérivable — sans dérivée, la question ne se pose même pas.

Dérivée d'une exponentielle composée

$$\big(e^{u(x)}\big)'=u'(x)\,e^{u(x)}$$

En particulier $\big(e^{kx}\big)'=k\,e^{kx}$ : dériver une exponentielle, c'est la multiplier par le coefficient de $x$.

L'exponentielle ne s'annule jamais

$$e^{X}>0 \quad \text{pour tout réel } X$$

C'est ce qui permet de dire que $4e^{x}$ n'est jamais nul, et aussi — plus loin dans le chapitre — de simplifier par $e^{kx}$ sans précaution.

⚠️ Vérifier en un seul point. Calculer $f'(0)+3f(0)$, trouver $-15+15=0$… et conclure. C'est insuffisant : une égalité en $x=0$ ne dit rien de ce qui se passe ailleurs.

Le contrôle qui le montre : prenons $h(x)=5\cos x$. Alors $h(0)=5$ et $h'(0)=0$, donc $h'(0)+3h(0)=15\ne 0$ — mais même si on avait trouvé $0$ en un point, il faudrait le vérifier partout. La substitution doit produire une identité en $x$, pas un nombre.

⚠️ Confondre vérifier et résoudre. Se lancer dans la résolution complète alors qu'on tient déjà le candidat. Ce n'est pas faux, c'est du travail perdu — et sur une copie, c'est du temps perdu.

⚠️ Se tromper de signe en dérivant. Écrire $f'(x)=15e^{-3x}$ au lieu de $-15e^{-3x}$. Le coefficient de $x$ vaut $-3$, il ressort tel quel, signe compris.

Le contrôle : avec la dérivée fautive on obtiendrait $15e^{-3x}+15e^{-3x}=30e^{-3x}$, qui n'est pas nul. On conclurait que $f$ n'est pas solution — donc une erreur de signe se traduit ici par une conclusion inversée, pas par un résultat approximatif.

Vérifier qu'une fonction est solution = dériver puis substituer. Deux lignes, aucune méthode à connaître. Dès qu'un énoncé dit « vérifier que », c'est ce geste-là qu'il attend.

La substitution doit donner une identité valable pour tout $x$, pas une égalité en un point. Le facteur exponentiel se met en facteur, et c'est le coefficient devant lui qui doit être nul.

Pour $y'+ay=0$, la solution est $e^{-ax}$ — le signe s'inverse. Ici $a=3$ et la solution est en $e^{-3x}$. C'est le point que le lot suivant va systématiser, et l'inversion du signe est la source d'erreur n°1 de tout le chapitre.

Équation de la forme $y'+ay=0$ : solutions $y=Ce^{-ax}$.

Ici $a=4$.

Impose ensuite $y(0)=1$ pour trouver $C$.

C'est l'équation modèle du chapitre, celle dont tout le reste découle. Il faut la reconnaître au premier coup d'œil :

Deux choses seulement à repérer : le second membre est nul (équation dite homogène), et le coefficient $a$ est une constante (ici $4$). Dès que ces deux conditions sont réunies, la réponse est une formule, sans calcul.

Le piège est le signe, et il est là dès la première ligne du chapitre. L'équation porte $+4$ ; la solution porte $-4$ dans l'exposant. Ce n'est pas une convention arbitraire, on va voir d'où ça vient.

La question demande ensuite une solution précise parmi toutes celles trouvées : c'est la condition initiale $y(0)=1$ qui la sélectionne.

Ici $a=4$. La formule du cours donne directement

D'où vient le signe moins ? Réécrivons l'équation en isolant $y'$ :

Elle dit : la dérivée vaut $-4$ fois la fonction. Or dériver $e^{kx}$ le multiplie par $k$. Il faut donc $k=-4$, c'est-à-dire $e^{-4x}$.

Le contrôle, qui ne coûte rien — on substitue :

Et une remarque sur la constante $C$ : il n'y a pas une solution mais une famille infinie, une par valeur de $C$. La valeur $C=0$ est incluse : la fonction nulle est bien solution, ce qui se vérifie en une seconde.

On veut la solution qui vaut $1$ en $x=0$. On écrit donc $y(0)=1$ dans la formule générale :

Donc $C=1$, et la solution cherchée est

Pourquoi c'est toujours aussi simple en $x=0$ : parce que $e^{0}=1$, la condition initiale en $0$ donne directement $C=y(0)$. Autrement dit, $C$ est la valeur de départ. C'est la lecture concrète de la constante, et elle sert dans tous les exercices de modélisation du chapitre.

⚠️ Si la condition était donnée ailleurs qu'en $0$ — par exemple $y(1)=1$ — on aurait $C\,e^{-4}=1$ donc $C=e^{4}$. Le principe est le même, mais l'exponentielle ne disparaît plus.

Équation homogène du premier ordre à coefficient constant

Les solutions sur $\mathbb{R}$ de

$$y'+ay=0 \qquad (a \text{ constante réelle})$$

sont exactement les fonctions

$$y(x)=C\,e^{-ax}, \qquad C\in\mathbb{R}$$

⚠️ Le signe s'inverse entre l'équation et l'exposant.

Deux écritures de la même équation

forme	solution
$y'+ay=0$	$y=Ce^{-ax}$
$y'=ky$	$y=Ce^{kx}$

La seconde est celle où le signe ne s'inverse pas — parce que le coefficient a déjà changé de côté. Choisir une des deux et s'y tenir évite l'essentiel des erreurs.

Rôle de la condition initiale Elle sélectionne une seule solution dans la famille. Une équation du premier ordre a une constante, donc il faut une condition.

⚠️ Oublier d'inverser le signe : écrire $y=Ce^{4x}$ pour $y'+4y=0$. C'est de loin l'erreur la plus fréquente du chapitre, et elle donne un résultat qualitativement opposé — une fonction qui explose au lieu d'une qui s'amortit.

Le contrôle, en deux lignes : substituer la version fautive.

Ce n'est pas nul : la fonction proposée n'est pas solution ✗

Ce contrôle est disponible à chaque fois, en dix secondes. Pris systématiquement, il rend cette erreur impossible.

⚠️ Oublier la constante $C$ et répondre $y=e^{-4x}$ à la première question. C'est une solution, pas les solutions. La question 1 demande l'ensemble, la question 2 en extrait un élément.

⚠️ Écrire $y=e^{-4x}+C$. La constante est un facteur, jamais un terme additif ici. On le voit tout de suite en substituant : $-4e^{-4x}+4(e^{-4x}+C)=4C$, qui n'est nul que si $C=0$.

Le signe s'inverse. C'est l'unique difficulté de cette formule, et elle se contrôle en substituant.

$C$ est la valeur en $0$ quand la condition initiale est donnée en $0$, puisque $e^{0}=1$. Cette lecture rend le calcul instantané, et elle donne un sens physique à la constante : c'est l'état de départ.

Une équation du premier ordre = une constante = une condition initiale. Au second ordre il y en aura deux, et il faudra deux conditions.

Sous la forme $y'=ay$, les solutions sont $y=Ce^{ax}$ (ici $a=2$, exposant positif).

Attention au signe : $y'=2y$ équivaut à $y'-2y=0$.

$y(0)=3$ détermine $C$.

L'équation est écrite $y'=2y$ et non $y'-2y=0$. C'est la même équation, mais présentée sous la forme qui pardonne : ici le coefficient est déjà du bon côté, et il n'y a aucun signe à inverser.

C'est la forme naturelle en sciences : le taux de variation est proportionnel à la quantité présente. Population qui croît, capital qui produit des intérêts, réaction en chaîne — tous ces modèles s'écrivent $y'=ky$.

Et le signe de $k$ raconte l'histoire : $k>0$, ça croît ; $k<0$, ça décroît. Ici $k=2>0$, donc on s'attend à une croissance exponentielle. Ce réflexe permet de valider la réponse avant même de l'avoir posée.

L'équation $y'=2y$ est de la forme $y'=ky$ avec $k=2$. Ses solutions sont

Pourquoi $e^{2x}$ et pas $e^{-2x}$ ici ? Parce qu'on lit l'équation directement : dériver $e^{2x}$ le multiplie par $2$, ce qui est exactement ce que demande $y'=2y$.

Si l'on préfère passer par la forme $y'+ay=0$, il faut d'abord tout mettre du même côté :

Les deux chemins donnent le même résultat, et c'est rassurant : ce sont deux lectures d'une seule formule. Mais la première est plus sûre, parce qu'elle n'a pas de signe à retourner.

Contrôle : $y'=2Ce^{2x}$ et $2y=2Ce^{2x}$ — égaux ✓

On impose $y(0)=3$ :

D'où la solution unique

Vérification complète, celle qu'on peut toujours faire en fin d'exercice :

Les deux conditions sont satisfaites, la réponse est certaine.

Un ordre de grandeur pour finir : $y(1)=3e^{2}\approx 22{,}2$. En une unité de temps, la quantité a été multipliée par $e^{2}\approx 7{,}4$. La croissance annoncée par $k=2>0$ est bien là, et elle est rapide.

Les deux formes, et laquelle utiliser

forme rencontrée	solution	signe
$y'=ky$	$y=Ce^{kx}$	inchangé
$y'+ay=0$	$y=Ce^{-ax}$	inversé

Ce sont les mêmes solutions, avec $k=-a$. Le conseil pratique : ramener systématiquement à $y'=ky$ en isolant $y'$, puis recopier $k$ dans l'exposant. Plus rien à inverser.

Lecture du signe de $k$

• $k>0$ : croissance exponentielle, $y\to+\infty$ (si $C>0$)
• $k<0$ : $y\to 0$, en décroissant si $C>0$
• $k=0$ : $y$ constante

Ce réflexe donne un contrôle de plausibilité gratuit sur tout exercice de modélisation.

Unicité Pour $y'=ky$ avec $y(x_0)=y_0$ donné, il existe une et une seule solution. C'est ce qui autorise à écrire « la » solution après avoir trouvé $C$.

⚠️ Inverser le signe alors qu'il ne faut pas. Voir $y'=2y$, penser « il faut mettre un moins » par automatisme, et écrire $y=Ce^{-2x}$. L'inversion appartient à la forme $y'+ay=0$, pas à celle-ci.

Le contrôle : la version fautive donne $y'=-2Ce^{-2x}$ alors que $2y=2Ce^{-2x}$. On aurait besoin de $-2=2$ ✗

Et le contrôle de bon sens, encore plus rapide : $y'=2y$ avec $y>0$ donne $y'>0$, donc une fonction croissante. Or $Ce^{-2x}$ décroît. La réponse fautive contredit l'équation à vue d'œil.

⚠️ Écrire $y=e^{2x}+3$ pour tenir compte de $y(0)=3$. L'ajustement se fait sur le facteur, pas en ajoutant une constante. On le voit en substituant : $2e^{2x}\ne 2(e^{2x}+3)$, il manque $6$.

⚠️ Répondre $y=3e^{2x}$ sans avoir donné la solution générale. Le raisonnement passe nécessairement par la famille $Ce^{2x}$ ; sauter cette étape, c'est deviner. Sur une copie, c'est le point de méthode qui est noté.

Sous cette forme, aucun signe ne bouge. C'est la raison de toujours isoler $y'$ avant d'appliquer la formule.

Le signe de $k$ donne le comportement : positif $\to$ explosion, négatif $\to$ amortissement. Un contrôle de plausibilité gratuit, à faire avant même de calculer.

Toujours conclure par la double vérification : la fonction satisfait-elle l'équation, et satisfait-elle la condition initiale ? Deux lignes, et le résultat n'est plus douteux.

Structure : solution générale de l'homogène $y'+2y=0$ plus une solution particulière.

Cherche une solution particulière constante $y_p=k$ : sa dérivée est nulle.

$2k=6$ donne $k$.

Nouveauté : le second membre n'est plus $0$, c'est $6$. L'équation n'est plus homogène, et la formule $Ce^{-ax}$ ne suffit plus.

La structure du chapitre commence ici, et elle vaut pour tout le reste :

On la note souvent $y=y_h+y_p$. Deux calculs séparés, qu'on additionne à la fin.

Et pour trouver $y_p$ ici, il y a une évidence à saisir : le second membre est une constante, donc on cherche une solution constante. Si $y=k$ est constante, alors $y'=0$, et l'équation devient une simple équation du premier degré. Aucune intégration.

Enfin, la question de la limite n'est pas décorative : elle révèle le sens physique de la décomposition.

On met le second membre à zéro :

(coefficient $a=2$, donc exposant $-2x$ — le signe s'inverse).

Le second membre est la constante $6$. On cherche donc une solution constante : posons $y_p(x)=k$.

Alors $y_p'(x)=0$, et l'équation $y'+2y=6$ devient

Donc $y_p(x)=3$.

Contrôle immédiat : la fonction constante $3$ a pour dérivée $0$, et $0+2\times 3=6$ ✓

Une remarque qui sert dans tout le chapitre : cette solution particulière porte un nom en sciences, c'est le régime permanent — l'état d'équilibre vers lequel le système tend. On la retrouvera au circuit RC (exercice D5) et au refroidissement (E6).

Vérification : $y'=-2Ce^{-2x}$, donc

La limite en $+\infty$. Quand $x\to+\infty$, on a $e^{-2x}\to 0$, donc

et ce quelle que soit la valeur de $C$.

C'est le fait important : le terme $Ce^{-2x}$ s'éteint, il ne reste que la solution particulière. Autrement dit

Toutes les solutions, quel que soit leur point de départ, finissent par se confondre avec $3$. C'est exactement ce qu'on observe quand un système physique « oublie » ses conditions initiales.

Structure des solutions de $y'+ay=b$

$$y=\underbrace{C\,e^{-ax}}_{y_h}+\underbrace{y_p}_{\text{une solution particulière}}$$

La solution générale de l'équation complète s'obtient en ajoutant la solution générale de l'équation homogène à une seule solution particulière — n'importe laquelle convient.

Second membre constant : la recette Si $b$ est constant et $a\ne 0$, chercher $y_p$ constante : $y_p=\dfrac{b}{a}$.

Ici : $y_p=\dfrac{6}{2}=3$. On peut appliquer la formule directement, mais poser $y_p=k$ et substituer est plus sûr — c'est le même geste que dans tout le reste du chapitre.

Comportement asymptotique Si $a>0$, alors $e^{-ax}\to 0$ en $+\infty$ et toutes les solutions tendent vers $y_p$. Si $a<0$, le terme exponentiel explose et il n'y a pas de limite finie, sauf pour $C=0$ ($y=y_p$).

⚠️ Appliquer $Ce^{-ax}$ à l'équation complète et répondre $y=Ce^{-2x}$. La formule ne vaut que pour le second membre nul ; ici on obtiendrait $y'+2y=0\ne 6$.

Le contrôle : substituer. C'est immédiat et sans appel.

⚠️ Se tromper de signe dans $y_p$ : écrire $2k=6$ donc $k=-3$, ou bien $-2k=6$. Le remède est de ne pas retenir de formule et de refaire la substitution : $y_p=k$, $y_p'=0$, l'équation devient $2k=6$.

⚠️ Ajouter la constante $C$ au mauvais endroit : $y=Ce^{-2x}+3C$ ou $y=C(e^{-2x}+3)$. Il n'y a qu'une constante et elle multiplie seulement l'exponentielle.

Le contrôle : avec $y=C(e^{-2x}+3)$, on trouve $y'+2y=6C$, qui ne vaut $6$ que si $C=1$ ✗ — donc ce n'est pas une famille de solutions.

⚠️ Croire que la limite dépend de $C$. Elle n'en dépend pas, précisément parce que $e^{-2x}$ tend vers $0$ : n'importe quelle constante multipliée par une quantité qui tend vers $0$ tend vers $0$.

Deux calculs indépendants, puis une addition. Cette structure gouverne tout le chapitre, y compris le second ordre.

Second membre constant $\Longrightarrow$ chercher $y_p$ constante. Poser $y_p=k$, écrire $y_p'=0$, résoudre l'équation du premier degré obtenue.

Quand $a>0$, toutes les solutions convergent vers $y_p$ : l'exponentielle est le transitoire, $y_p$ est le permanent. C'est la lecture physique de la décomposition, et elle resservira à chaque exercice de modélisation.

Homogène : $y'-y=0$, donc $y_h=Ce^{x}$ (coefficient $-1$ : exposant $+x$).

Solution particulière constante : $-k=2$.

Détermine $C$ avec $y(0)=0$ sur la solution complète.

Même structure qu'à l'exercice précédent — homogène plus particulière — mais deux différences qui piègent.

Première différence : le signe. L'équation est $y'-y=2$, donc $a=-1$ et non $+1$. L'exponentielle sera en $e^{+x}$, croissante. La méthode ne change pas, mais le comportement du résultat, si : ici les solutions divergent au lieu de converger.

Seconde différence : la condition initiale. Elle vient après l'assemblage complet, jamais avant. C'est un ordre à respecter strictement : chercher $C$ avant d'avoir la solution particulière donne une valeur fausse.

Le second membre reste constant, donc on cherche encore une solution particulière constante.

Homogène : $y'-y=0$, c'est-à-dire $y'=y$. La dérivée vaut la fonction : c'est $e^{x}$.

⚠️ Ici $a=-1$ (le coefficient de $y$ dans $y'+ay$), donc l'exposant est $-a=+1$. Isoler $y'$ évite ce retournement : $y'=y$ se lit directement.

Particulière : le second membre est la constante $2$. On pose $y_p=k$, donc $y_p'=0$ :

Donc $y_p(x)=-2$.

Contrôle : $0-(-2)=2$ ✓ — le signe négatif est bien celui attendu.

Maintenant seulement, on impose $y(0)=0$ :

Double vérification, la seule qui ferme le sujet :

Comportement : comme $a=-1<0$, l'exponentielle croît et $y\to+\infty$. Rien ne se stabilise ici — à comparer avec l'exercice précédent, où la limite était finie. C'est le signe de $a$ qui décide, et lui seul.

Ce n'est pas $y$ qui est une exponentielle, c'est $y+2$ — l'écart entre $y$ et la solution particulière $-2$.

La troisième colonne est multipliée par $e\approx 2{,}718$ à chaque pas de $1$ : $2\times 2{,}718=5{,}44$ ✓ puis $5{,}44\times 2{,}718=14{,}78$ ✓

C'est un contrôle complet en deux multiplications : il valide le coefficient $2$, l'exposant $1$ et la constante $-2$ d'un seul coup, sans redériver quoi que ce soit.

La lecture générale : dans $y=Ce^{-ax}+y_p$, la solution particulière est le niveau de référence autour duquel tout se joue. Quand $a>0$ c'est la limite ; quand $a<0$, comme ici, c'est le point dont on s'éloigne exponentiellement.

Ordre des opérations — non négociable

1. résoudre l'homogène $\to$ $y_h=Ce^{-ax}$
2. trouver une solution particulière $\to$ $y_p$
3. additionner $\to$ $y=y_h+y_p$
4. seulement ensuite, appliquer la condition initiale pour fixer $C$

⚠️ L'étape 4 est la dernière. Déterminer $C$ avant d'avoir ajouté $y_p$ donne une valeur fausse — c'est l'erreur de méthode la plus coûteuse du chapitre.

Repérer $a$ sans se tromper La forme de référence est $y'+ay=b$. Dans $y'-y=2$ on lit $a=-1$ et $b=2$. Le réflexe sûr : isoler $y'$. Ici $y'=y+2$, dont la partie homogène $y'=y$ donne $e^{x}$ sans aucun retournement de signe.

Solution particulière constante $y_p=k$ constante $\Longrightarrow$ $y_p'=0$. L'équation différentielle devient une équation du premier degré en $k$.

⚠️ Appliquer la condition initiale trop tôt. Trouver $y_h=Ce^{x}$, écrire $y_h(0)=C=0$, puis ajouter $-2$ et répondre $y=-2$.

Pourquoi c'est faux : la condition porte sur la solution complète, pas sur sa partie homogène. Et le contrôle le montre tout de suite — la fonction constante $-2$ vérifie bien l'équation, mais $y(0)=-2\ne 0$ ✗

⚠️ Se tromper de signe sur $k$ : écrire $k=2$ au lieu de $-2$, en oubliant le $-$ devant $y$.

Le contrôle : avec $y_p=2$, on aurait $0-2=-2\ne 2$ ✗. La substitution tranche en une ligne.

⚠️ Écrire $y_h=Ce^{-x}$ par application mécanique de « le signe s'inverse », sans regarder que $a$ vaut déjà $-1$. L'inversion s'applique au $a$ tel qu'il est, signe compris : $-a=-(-1)=+1$.

Le contrôle de bon sens : $y'=y$ dit que la fonction est égale à sa dérivée, donc croissante si elle est positive. Une exponentielle décroissante ne peut pas convenir.

La condition initiale se pose EN DERNIER, sur $y_h+y_p$ assemblés. C'est un ordre de calcul, et le violer donne une réponse fausse sans que rien ne le signale.

Isoler $y'$ avant de lire le coefficient. $y'-y=2$ devient $y'=y+2$ : la partie homogène $y'=y$ donne $e^{x}$ directement, sans retournement de signe.

Le signe de $a$ décide du comportement. $a>0$ : les solutions convergent vers $y_p$. $a<0$ : elles divergent, sauf $y_p$ ($C=0$). Ici $a=-1$, donc divergence — et c'est cohérent avec le $2e^{x}$ trouvé.

$N'=-0{,}1N$ est de la forme $y'=ay$ avec $a=-0{,}1$.

$N(0)=N_0$ fixe la constante.

Pour la demi-vie : résous $e^{-0{,}1t}=\dfrac12$ avec le logarithme népérien.

Un énoncé de physique, mais l'équation est celle de l'exercice A3 sous un autre habillage :

Le vocabulaire change, pas les mathématiques. $N$ remplace $y$, $t$ remplace $x$, et $N_0$ est la valeur initiale.

Le signe de $k$ raconte déjà l'histoire : $k<0$ donc décroissance, ce qui est bien ce qu'on attend d'un échantillon radioactif. Ce contrôle de plausibilité vaut d'être fait avant de calculer.

La demi-vie est le temps au bout duquel il reste la moitié des noyaux. C'est une durée caractéristique du noyau considéré, indépendante de la quantité de départ — et la question 2 va montrer pourquoi $N_0$ disparaît du résultat.

L'équation $N'=-0{,}1\,N$ est de la forme $y'=ky$ avec $k=-0{,}1$. Ses solutions sont

La condition $N(0)=N_0$ donne $C\,e^{0}=C=N_0$, d'où

Contrôle : $N'(t)=-0{,}1\,N_0e^{-0{,}1t}=-0{,}1\,N(t)$ ✓ et $N(0)=N_0$ ✓

Lecture : la fonction décroît de $N_0$ vers $0$, sans jamais l'atteindre. Physiquement, le nombre de noyaux tend vers zéro mais le modèle continu ne prédit jamais une disparition à un instant précis.

On cherche $t_{1/2}$ tel que $N(t_{1/2})=\dfrac{N_0}{2}$ :

On divise les deux membres par $N_0$ — c'est licite car $N_0>0$, et c'est là que la quantité initiale disparaît :

On applique le logarithme népérien, qui est la fonction réciproque de l'exponentielle :

Valeur approchée : $\ln 2\approx 0{,}6931$, donc $t_{1/2}\approx 6{,}931$, soit

Le fait remarquable : $N_0$ s'est simplifié. La demi-vie ne dépend pas de la quantité de départ — elle ne dépend que de $0{,}1$, c'est-à-dire du noyau lui-même. Un gramme et une tonne du même isotope ont la même demi-vie.

Contrôle numérique : $e^{-0{,}1\times 6{,}9315}=e^{-0{,}69315}=0{,}5000$ ✓

Décroissance exponentielle

$$N'=-\lambda N,\quad N(0)=N_0 \qquad\Longrightarrow\qquad N(t)=N_0\,e^{-\lambda t}$$

$\lambda>0$ est la constante de désintégration (ici $\lambda=0{,}1$ par jour).

Demi-vie

$$t_{1/2}=\frac{\ln 2}{\lambda}$$

Elle est indépendante de $N_0$, et vaut toujours $\ln 2\approx 0{,}693$ divisé par la constante.

Résoudre $e^{X}=A$ avec $A>0$

$$e^{X}=A \iff X=\ln A$$

Deux valeurs à connaître par cœur :

$$\ln\!\left(\tfrac12\right)=-\ln 2\approx -0{,}693 \qquad \ln 2\approx 0{,}693$$

Valeur exacte / valeur approchée $10\ln 2$ est exacte ; $6{,}9$ est approchée. Un énoncé qui demande les deux attend les deux, avec le symbole $\approx$ pour la seconde — jamais un signe $=$.

⚠️ Croire qu'il faut connaître $N_0$. Chercher une valeur numérique, bloquer, ou inventer $N_0=100$. C'est inutile : $N_0$ se simplifie dès la première ligne, et c'est le résultat physique de l'exercice.

⚠️ Se tromper de signe avec le logarithme. Écrire $-0{,}1\,t=\ln 2$ au lieu de $-\ln 2$, ce qui donnerait $t=-10\ln 2\approx -6{,}9$ — un temps négatif.

Le contrôle : un temps négatif dans un problème de désintégration est absurde. Le signe est une alerte, pas un détail.

⚠️ Confondre demi-vie et durée de vie totale. Après $t_{1/2}$ il reste la moitié ; après $2t_{1/2}$, le quart ; après $3t_{1/2}$, le huitième. Jamais zéro.

⚠️ Écrire $t_{1/2}=6{,}9$ tout court. L'énoncé demande la valeur exacte puis l'arrondie. $10\ln 2$ est la réponse exacte ; $6{,}9$ ne l'est pas, et l'écrire avec un $=$ est une faute.

⚠️ Arrondir au mauvais rang. $6{,}9315$ arrondi au dixième vaut $6{,}9$, pas $6{,}93$ (qui est le centième) ni $7$ (l'unité).