Modèles d'évolution : exercices corrigés de Terminale

L'équation est de la forme $y' = ay$ avec $a = 0{,}4$. Ses solutions sont $F(t) = Ce^{0{,}4t}$ où $C$ est une constante réelle.

On utilise la condition initiale : $F(0) = Ce^{0} = C = 500$. Donc $F(t) = 500\,e^{0{,}4t}$.

On remplace $t$ par $3$ : $F(3) = 500\,e^{1{,}2}$.

Avec $e^{1{,}2} \approx 3{,}3201$, on obtient $F(3) \approx 1660{,}06$, soit environ $1660$ bactéries.

Les solutions de $y' = ky$ avec $y(0)=N_0$ sont $y(t) = N_0 e^{kt}$.

« La population double en $5$ heures » s'écrit $y(5) = 2N_0$, c'est-à-dire $N_0 e^{5k} = 2N_0$.

Comme $N_0 > 0$, on divise par $N_0$ : $e^{5k} = 2$.

On applique $\ln$ : $5k = \ln 2$, donc $k = \dfrac{\ln 2}{5}$.

Valeur approchée : $k \approx 0{,}1386$, soit $0{,}139$ à $10^{-3}$ près.

Les solutions sont $q(t) = Ce^{-0{,}2t}$ et $q(0) = 80$ donne $C = 80$, d'où $q(t) = 80\,e^{-0{,}2t}$.

On cherche $t$ tel que $80\,e^{-0{,}2t} = 20$, soit $e^{-0{,}2t} = \frac{1}{4}$.

On applique $\ln$ : $-0{,}2t = \ln\left(\frac14\right) = -\ln 4$.

Donc $t = \dfrac{\ln 4}{0{,}2} = 5\ln 4$.

Valeur approchée : $t \approx 6{,}93$ années.

Une solution constante $y = c$ vérifie $0 = 0{,}1c - 20$, donc $c = 200$.

Les solutions de $y' = 0{,}1y - 20$ sont de la forme $y(t) = Ce^{0{,}1t} + 200$.

Condition initiale : $y(0) = C + 200 = 300$, donc $C = 100$ et $y(t) = 100\,e^{0{,}1t} + 200$.

Pour $t = 5$ : $y(5) = 100\,e^{0{,}5} + 200 \approx 100 \times 1{,}6487 + 200 = 364{,}87$ centaines.

Si $y(0) < 200$, alors $C < 0$ et $y(t) = 200 - |C|e^{0{,}1t}$ décroît : le stock diminue jusqu'à s'annuler. La valeur $200$ est un équilibre instable.

Solution constante : $-0{,}5c + 10 = 0$ donne $c = 20$.

Solutions générales : $c(t) = Ke^{-0{,}5t} + 20$.

Condition $c(0)=0$ : $K + 20 = 0$, donc $K = -20$ et $c(t) = 20\left(1 - e^{-0{,}5t}\right)$.

Comme $-0{,}5 < 0$, $e^{-0{,}5t} \to 0$ quand $t \to +\infty$, donc $c(t) \to 20$ mg/L.

On résout $20(1 - e^{-0{,}5t}) = 15$ : $1 - e^{-0{,}5t} = 0{,}75$, soit $e^{-0{,}5t} = 0{,}25$.

Avec $\ln$ : $-0{,}5t = -\ln 4$, donc $t = 2\ln 4 \approx 2{,}77$ heures.

On dérive : $z' = -\dfrac{y'}{y^2} = -\dfrac{0{,}5\,y\left(1 - \frac{y}{100}\right)}{y^2} = -0{,}5\left(\dfrac{1}{y} - \dfrac{1}{100}\right)$.

Ainsi $z' = -0{,}5\,z + 0{,}005$.

Solution constante : $-0{,}5z + 0{,}005 = 0$ donne $z = 0{,}01$. Solutions générales : $z(t) = Ke^{-0{,}5t} + 0{,}01$.

Avec $z(0) = \frac{1}{10} = 0{,}1$ : $K + 0{,}01 = 0{,}1$, donc $K = 0{,}09$ et $z(t) = 0{,}09\,e^{-0{,}5t} + 0{,}01$.

On revient à $y = \frac{1}{z}$ : $y(t) = \dfrac{1}{0{,}01 + 0{,}09\,e^{-0{,}5t}}$.

Pour $t = 4$ : $e^{-2} \approx 0{,}1353$, donc $y(4) \approx \dfrac{1}{0{,}01 + 0{,}01218} \approx 45{,}09$ individus.

Modèle exponentiel : $u(4) = 10e^{2} \approx 73{,}9$. Quand $t \to +\infty$, $y(t) \to 100$ alors que $u(t) \to +\infty$.

Avec $F' = 0{,}6\,F$, on a $F(t) = F(0)e^{0{,}6t}$, qui tend vers $+\infty$ quand $t$ augmente : le modèle prévoit un nombre de bactéries sans limite.

Une colonie réelle ne peut pas grossir sans fin en suivant une loi exponentielle : ce premier modèle convient donc seulement aux premiers instants, et il faut un second modèle pour la longue durée ².

Pour traduire le ralentissement, on peut faire diminuer le taux de croissance quand la population grandit, comme dans $F' = 0{,}6\,F\left(1 - \frac{F}{K}\right)$ où $K$ est une valeur limite.

Attention : retirer une quantité constante, comme dans $y' = ay - b$ (exercice sur les poissons), ne suffit pas ici. Avec $a > 0$, l'équilibre $\frac{b}{a}$ est instable, et au-dessus de lui la population tend encore vers $+\infty$. C'est donc la forme logistique qui traduit le ralentissement.