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Exemples d’équations différentielles à variables séparées
_______________________________________________________
Premier problème Les deux parties sont dans une large mesure indépendantes
Première partie Lors de la dissociation thermique de l’iodure d’hydrogène à une température fixée, on montre que le taux de dissociation y de l’iodure d’hydrogène évolue en fonction du temps t( exprimé en secondes) selon une loi qui obéit à l’équation différentielle :
(E) dt
dy= A(1–5y)(1+3y), A étant une constante réelle strictement positive.
① Vérifier que les fonctions constantes y=–1/3, y=1/5 sont des solutions de l’équation différentielle (E).
② Dans la suite du problème, on cherche la solution non constante de l’équation (E) définie
sur ℝ et vérifiant y(0)=0. Peut on interpréter la constante A ? On admettra dans les calculs les inégalités : -1/3< y< 1/5.
a) Montrer que l’équation (E) peut s’écrire sous la forme : dt
dy
yy)
)31(8
3
)51(8
5(
+
+
−
=A.
b) Déduire de la question précédente la relation : y
y
51
31
−
+= Ce
8At où C est une constante réelle.
Calculer la valeur de C correspondant à y(0)=0.
c) Montrer que la fonction cherchée peut s’écrire : y(t)= .53
18
8
At
At
e
e
+
−
Deuxième partie
① Étudier les variations de la fonction f : x↦x
x
e
e
53
1
+
− sur ]–∞, +∞[ et les limites aux bornes
de son ensemble de définition.
② a) Écrire une équation de la tangente en O, origine du repère (O, jirr
, ) à la courbe représentative Cf de la fonction f. b) On admet que le point de coordonnées ln(3/5) et -1/15 est le centre de symétrie de la courbe, et que cette courbe est située au-dessous de sa tangente en O au voisinage de ce point O. Tracer Cf , sa tangente en O et ses asymptotes dans le repère (O, ji
rr, ) avec i
r de longueur
1cm et jr
de longueur 10cm.
③ Résoudre l’équation : f(x)= 0,1. En prenant 2.10-6 pour valeur de la constante A dans la première partie peut on en déduire au bout de combien d’heures le taux de dissociation de l’iodure d’hydrogène atteint la valeur 0,1?
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Corrigé du premier problème Première partie
On peut écrire ici, de manière abrégée, y et dt
dy ou y’ à la place de y(t) et y’(t) respectivement
pour tout réel t ; ① ∗ On suppose que y(t)=-1/3 pour tout réel t. Alors 1+3y(t)=0 et y’(t)=0 d’où l’égalité
y’(t)=A(1–5y(t))(1+3y(t)) pour tout réel t. C’est la preuve que y est une solution de (E) sur ℝ.
∗ On suppose que y(t)=1/5 pour tout réel t. Alors 1–5y(t)=0 et y’(t)=0 d’où l’égalité
y’(t)=A(1–5y(t))(1+3y(t)) pour tout réel t. C’est la preuve que y est une solution de (E) sur ℝ.
En conclusion les fonctions constantes t↦-1/3 et t↦1/5 sont des solutions particulières de (E).
② y est une fonction définie et dérivable sur ℝ, solution de (E) sur ℝ avec y(0)=0.
On a y’(t)=A(1–5y(t))(1+3y(t)) pour tout réel t donc y’(0)=A(1–5y(0))(1+3y(0)) où y(0)=0
d’où y’(0)=A.
On suppose aussi que -1/3< y< 1/5.De cette manière : 0<1–5y et 0<1+3y soit encore :
0<1-5y(t) et 0< 1+3y(t) pour tout réel t.
a) L’équation (E) s’écrit aussi dt
dy
yy )31)(51(
1
+−
= A et de plus :
)31)(51(
1
)31)(51(8
8
)31)(51(8
)51(3)31(5
)31(8
3
)51(8
5
yyyyyy
yy
yy +−
=
+−
=
+−
−++=
+
+
−
d’où :
dt
dy
yy)
)31(8
3
)51(8
5(
+
+
−
= A.
b) On a obtenu pour tout réel t, l’égalité : )))(31(8
3
))(51(8
5(
tyty +
+
−
y’(t)=A d’où :
)))(31(
3
))(51(
5(
tyty +
+
−
y’(t)= 8A d’où : )(51
)('5
)(31
)('3
ty
ty
ty
ty
−
−−
+
= 8A ; on passe aux primitives
sur ℝ : Avec K constante réelle on a pour tout réel t, ln(1+3y(t))–ln(1–5y(t))=8At+K d’où :
ln)(51
)(31
ty
ty
−
+= 8At+K d’où :
)(51
)(31
ty
ty
−
+= e
8At+K= e
K e
8At où e
K est une constante réelle.
On a ainsi : )0(51
)0(31
y
y
−
+= e
K e
8A×0 où y(0)=0 et e
0==1 d’où 1=e
K. Finalement : pour tout réel t,
)(51
)(31
ty
ty
−
+= e
8At.
c) On obtient alors pour tout réel t, 1+3y(t)=(1–5y(t)) e
8At= e
8At–5
e
8Aty(t) d’où :
y(t)(3+5 e
8At)= e
8At–1, or 0< e
8At d’où 0< 3+5
e
8At et y(t)=
Ate
8
8At
53
1e
+
− pour tout réel t.
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Deuxième partie Pour tout réel x, 0<ex et 0<3+5.e
x
① a) f est définie, dérivable et continue sur ℝ.
−∞→xlim e
x=0 d’où
−∞→xlim f(x)=
053
10
×+
−= -1/3 ; f(x)=
)/1(35
/11
)/35(
/11( )
x
x
xx
xx
e
e
ee
ee
+
−=
+
−où
+∞→xlim e
x=+∞ et
+∞→xlim (1/e
x)=0, d’où :
+∞→xlim f(x)=
035
01
×+
−=1/5.
b) f’(x)=)²53(
8
)²53(
)1(5)53(x
x
x
xxxx
e
e
e
eeee
+
=
+
−−+ d’où le tableau de variation :
Forcément les droites d’équation y=-1/3 et y=1/5
sont des asymptotes horizontales à Cf.
② a) On a : f(0)=0 donc O est le point de Cf d’abscisse 0 et f’(0)=8/(5+3)2=1/8 est le
coefficient directeur de la tangente T à Cf en O. Cette droite a pour équation : y=x/8.
b) On commence par placer le point Ω de coordonnées ln(3/5)≈ -0,51 et
-1/15≈ -0,067 qui est centre de symétrie de Cf, puis on place les asymptotes horizontales, la
tangente T à Cf en O ; on place ensuite quelques points de Cf que l’on joint.
③∗ Les propositions (...) suivantes sont équivalentes : ( f(x)=0,1), (ex+1=0,1(3+5e
x)),
( 0,5.ex=1,3), (e
x=2,6), ( x=ln(2,6)). Finalement :
ln(2,6) est la solution de l’équation d’inconnue x : f(x)=0,1.
∗ Application : y(t) =f(8At) alors les propositions (...) suivantes sont équivalentes :
(y(t)=0,1), (f(8At)= 0,1), (8At=ln(2,6)), (t=16
)6,2ln(10
8
)6,2ln( 6
=
A= 62 500.ln(2,6)).
• Si le temps est exprimé en secondes, au bout du temps t0 y prend la valeur 0,1 avec
t0=62 500.ln(2,6).
• Si le temps est exprimé en heures, au bout du temps T0 y prend la valeur 0,1 avec
T0= t0/3600= 625.ln(2,6)/36≈ 16,6 .
T
Ω
Cf
Figure de la question ②b)
x –∞ +∞
f’(x) +
f(x) -1/3 1/5
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Deuxième problème
On considère la réaction irréversible : A + B →C. Les concentrations initiales des produits A et B sont en 1. −
lmol , respectivement 0,3 et 0,6. A l’instant t, en minutes, les concentrations des produits A et B sont : [A]= )(3,0 tx− et [B]= )(5,0 tx− . La fonction x ,définie et dérivable sur [0 ;+ ∞ [,vérifie les trois propriétés (H) suivantes :
• 0)0( =x
• pour ,0 t≤ 3,0)(0 <≤ tx
• x vérifie l’équation différentielle (E) : )5,0)(3,0(02,0 xxdt
dx−−= où 0,02 est la constante de la
vitesse de réaction en 11 min.. −−
moll . I-Cette première partie a pour but de déterminer x en fonction de t. 1°) Trouver les constantes réelles a et b telles que pour 3,0≠x et x≠ 0,5 on ait :
x
b
x
a
xx −
+
−
=
−− 5,03,0)5,0)(3,0(
1
2°) Montrer que la solution l’équation différentielle (E) vérifiant la condition initiale x(0)=0 est telle que :
ttx
tx004,0
)(3,0(5
))(5,0(3ln =
−
−.
3°) Montrer que t
t
e
etx
004,0
004,0
.6,01
13,0)(
−
−
−
−×= .
II- Étude de la fonction x et tracé de sa courbe représentative Γ.
1°) Montrer que pour t dans [0, +∞[ : 2004,0
004,0
).6,01(
.00048,0)('
t
t
e
etx
−
−
−
= .
. 2°) Calculer la limite de x en + ∞ et en déduire l’existence d’une asymptote D à Γ. 3°) Dresser le tableau de variation de x. 4°) Tracer soigneusement dans un repère orthogonal la courbe Γ, son asymptote D,et la tangente à l’origine, pour t∈[0, 1 000]. (1 cm pour 50 unités sur l’axe (0 t) ; 1 cm pour 0,05 unité sur l’axe (O x)) 5°) Au bout de combien de temps x prendra-t-elle la valeur 0,27 ? On donnera d’abord une valeur de t lue graphiquement puis on précisera la valeur exacte par le calcul.
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Corrigé du deuxème problème I-Première partie
1°) Pour x≠0,3 et x≠0,5 : 0,3–x≠0 et 0,5–x≠0 et
)5,0)(3,0(
)(3,05,0
)5,0)(3,0(
)3,0()5,0(
5,03,0 xx
baxba
xx
xbxa
x
b
x
a
−−
+−+=
−−
−+−=
−
+
−
.
On remarque que )(3,05,0 baxba +−+ =1 lorsque a+b=0 et 0,5a+0,3b=1.
De plus les systèmes d’égalités suivants sont équivalents :
Finalement pour x≠0,3 et x≠0,5 : )5,0)(3,0(
1
5,0
5
3,0
5
xxxx −−
=
−
−
−
.
2°) x est une fonction définie et dérivable sur [0, +∞[ vérifiant (H). La deuxième propriété
indiquée dans (H) donne : Pour 0≤ t, 0< 0,3–x(t)<0,5–x(t).
x vérifie l’équation différentielle (E) alors pour 0≤ t, x’(t)=0,02(0,3–x(t))(0,5–x(t)) d’où :
))(5,0))((3,0(
1
txtx −−
x’(t)=0,02 et d’après l’égalité de la question précédente :
()(5,0
5
)(3,0
5
txtx −
−
−
) x’(t)=0,02 d’où ( ))(5,0
1
)(3,0
1
txtx −
−
−
x’(t)=0,004 soit :
0,004=)(3,0
)('
)(5,0
)('
)(5,0
)('
)(3,0
)('
tx
tx
tx
tx
tx
tx
tx
tx
−
−−
−
−=
−
−
−
.
On passe aux primitives sur [0, +∞[ et avec K constante réelle on a :
Pour 0≤ t : 0,004t= ln(0,5–x(t))–ln(0,3–x(t))+K=ln)(3,0
)(5,0
tx
tx
−
−+K.
Alors 0,004×0=ln)0(3,0
)0(5,0
x
x
−
−+K où x(0)=0 d’où : 0= ln(0,5/0,3)+K=ln(5/3)+K d’où :
K= -ln(5/3)=ln( 1/(5/3))=ln(3/5) et ainsi pour 0≤ t, 0,004t= ln5
3+ln
)(3,0
)(5,0
tx
tx
−
− où
))(3,0(5
))(5,0(3
)(3,0
)(5,0
5
3
tx
tx
tx
tx
−
−=
−
−× d’où : 0,004t=ln
))(3,0(5
))(5,0(3
tx
tx
−
− pour 0≤ t.
3°) On a aussi pour 0≤ t, -0,004t= -ln)(3,0
))(5,0(6,0
tx
tx
−
−= ln
))(3,0
))(5,0(6,0(
1
tx
tx
−
−=ln
))(5,0(6,0
)(3,0
tx
tx
−
−
d’où : e-0,004t
=))(5,0(6,0
)(3,0
tx
tx
−
−=
))(6,03,0
)(3,0
tx
tx
−
− d’où : (0,3–0,6x(t)) e
-0,004t= 0,3–x(t) d’où:
0,3 e-0,004t
–0,6x(t) e-0,004t
=0,3–x(t) d’où: x(t)–0,6x(t) e-0,004t
= 0,3–0,3 e-0,004t
d’où:
x(t)(1–0,6 e-0,004t
)= 0,3(1– e-0,004t
).
De plus pour 0≤ t, -0,004t≤ 0 d’où e-0,004t
≤ 1 et 0,6 e-0,004t
≤ 0,6<1 d’où 0<1–0,6 e-0,004t
et ainsi
x(t)=0,3t
t
e
e004,0
004,0
6,01
1−
−
−
− pour 0≤ t.
a+b=0
0,4b= -2
a+b=0
a+0,6b=2
a+b=0
0,5a+0,3b=1 b=-5
a+b=0
b=-5
a=5
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II-Deuxième partie
1°) x’(t)= 0,3×
)²6,01(
)1)](004,0(6,0[)6,01)](004,0([004,0
004,0004,0004,0004,0
t
tttt
e
eeee−
−−−−
−
−−−−−−−
d’où : x’(t)=0,3(-0,004e-0,004t
) )²6,01(
)1](6,0[)6,01(004,0
004,0004,0
t
tt
e
ee−
−−
−
−−−−− où :
-(1–0,6e-0,004t
)+0,6(1–e-0,004t
)= -1+0,6+(0,6–0,6)e-0,004t
= -0,4 d’où :
x’(t)= -0,0012e-0,004t
)²6,01(
4,0004,0 t
e−
−
− soit : x’(t)=
)²6,01(
00048,0004,0
004,0
t
t
e
e−
−
−
pour 0≤ t.
2°) −∞→x
lim ex=0 et
+∞→tlim -0,004t= –∞ d’où
+∞→tlim e
-0,004t=0 alors :
+∞→tlim (1– e
-0,004t)= 1–0=1 et
+∞→tlim (1–0,6 e
-0,004t)= 1–0,6×0=1. D’après l’expression de x(t) on obtient :
+∞→tlim x(t)=0,3×1/1=0,3. La droite D d’équation x= 0,3 est asymptote à Γ.
3°) e0=1 donne x(0)=0 et x’(0)= 0,00048/(0,4)²= 0,00048/0,16 = 0,048/16= -0,003.
D’où le tableau :
Forcément O est le point d’abscisse 0 de Γ et la tangente (T) en O à Γ a pour pente 0,003.
5°) On a x(t0)=0,27 avec 0≤ t0 (on lit sur la figure t0≈385). En fait d’après la question I.2°),
pour 0≤ t, t=)(3,0
)(5,0(6,0ln250
))(3,0(5
))(5,0(3ln
004,0
1
tx
tx
tx
tx
−
−=
−
− d’où : t0= 250 ln
27,03,0
)27,05,0(6,0
−
− soit
t0= 250 ln [03,0
6,0(0,23)]=250 ln (20×0,23) d’où : t0=250 ln 4,6 ≈ 381,51.
t 0 +∞
x’(t) 0,003 +
x(t) 0 0,3
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Représentation graphique de la question II-4
X (T)
D
0,27
Γ
t0
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Extrait de sujet d’examen On étudie la cinétique, à 100°C, de la substitution de l’atome de chlore de l’acide monochloroacétique par OH
– selon la réaction : Cl–CH2COO
– + OH – HO–CH2COO
– + Cl –
à l’instant t = 0, les concentrations des réactifs sont : [ OH –]0= a et [Cl–CH2COO
–]0= a/2 où a est un réel donné tel que 0< a
de même à l’instant t, [ OH –] = a–x(t) et [Cl–CH2COO
–] = a/2 – x(t) avec 0≤ x(t)< a/2
à l’instant t, le rendement de la réaction vaut r(t)=2/
)(
a
tx
On admet que la vitesse de la réaction est donnée par la relation :
v=dt
dx=k·[Cl–CH2COO
–]·[ OH –]
où k est une constante liée à la réaction avec t s’exprimant en secondes.
1. Établir l’équation différentielle, notée (E), liant dt
dx, x, a et k.
2. Trouver les constantes λ et µ , exprimées en fonction de a, telles que :
pour tout x de l’intervalle [ 0 ; a/2[, xaxaxaxa 2)2)((
2
−+
−=
−−
µλ .
3. Montrer que la solution de l’équation différentielle (E) vérifiant la condition initiale x(0)= 0
est telle que : ln tak
txa
txa
2)(2
)(=
−
− où ln est la fonction logarithme népérien.
4. Montrer que r(t)= At
At
e
e
21
)1(2
−
− où A=
2
ka et r désigne le rendement de la réaction.
5. On considère dans cette question que A= 8·10 -4 ; déterminer le temps t ( arrondi à la seconde) pour lequel le rendement r(t) de la réaction est égal à 0,9.
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Corrigé du 3ème problème
On précise que la fonction numérique x intervenant dans les hypothèses de l’énoncé est définie
et dérivable sur [0, +∞[ et vérifie x(0)=0. elle est telle que 0≤ x(t)< a/2< a, alors :
Pour 0≤ t, 0< a–x(t) et 0< a–2x(t) . Ceci sera utilisé aux calculs des questions 3 et 4.
1. Pour 0≤ t, l’égalité v=dt
dx=k·[Cl–CH2COO
–]·[ OH
–] donne avec la 2
ème hypothèse :
dt
dx(t)=k·(a/2–x(t))·(a–x(t)) d’où l’égalité :
dt
dx(t)=
2
k·(a–2x(t))·(a–x(t)) .
x est ainsi sur [0, +∞[, solution de l’équation différentielle (E) : dt
dx=
2
k·(a–2x)·(a–x)
2. Pour 0≤ x< a/2 < a, 0< a–2x et 0< a–x .
Avec λ et µ réels constants, )2)((
)2()(
)2)((
)()2(
2 xaxa
xa
xaxa
xaxa
xaxa −−
+−+=
−−
−+−=
−+
−
µλµλµλµλ.
On cherche λ et µ tels que : (λ+µ)a–(2λ+µ)x= 2 pour 0≤ x<a/2.
On est ramené à la recherche de λ et µ vérifiant un des systèmes d’égalités équivalents :
(λ+µ)a=2 et 2λ+µ=0, λ+µ=2/a et λ+µ+λ=0, λ+µ=2/a et 2/a+λ=0, λ+µ=2/a et
2/a+λ=0, λ+µ=2/a et λ=-2/a, -2/a+µ=2/a et λ=-2/a, µ= 4/a et λ=-2/a.
Finalement )2(
4
)(
2
2
/4/2
)2)((
2
xaaxaaxa
a
xa
a
xaxa −+
−
−=
−+
−
−=
−− pour 0≤ x< a/2 .
3. x étant solution de (E) sur [0, +∞[, on a, pour 0≤ t, l’égalité : x’(t)=2
k·(a–2x(t))·(a–x(t)) d’où
))(2))(((
2
txatxa −−·x’(t)=k soit avec le résultat de la question 2 : )
)(2
/4
)(
/2(
txa
a
txa
a
−+
−
−· x’(t)=k
En multipliant par a/2 : ))(2
2
)(
1(
txatxa −+
−
−·x’(t)=ak/2 d’où
2)(2
)('.2
)(
)(' ak
txa
tx
txa
tx=
−
−−
−
− où 0≤ t .
On passe aux primitives sur [0, +∞[ : Avec c constante réelle, on a , pour 0≤ t,
ln(a–x(t))–ln(a–2x(t)) = tak
2+ c. En particulier avec t=0, x(0)=0 et
2
ak×0=0, on a l’égalité :
ln a – ln a = 0 + c soit : 0 = c. Finalement pour 0≤ t, tak
2= ln(a–x(t))–ln(a–2x(t)) soit :
ln tak
txa
txa
2)(2
)(=
−
− .
4. On a obtenu pour la fonction numérique x de l’énoncé : Pour 0≤ t, ln Attxa
txa=
−
−
)(2
)(d’où :
)(2
)(
txa
txa
−
−= e
At d’où a–x(t)=(a–2x(t))e
At d’où a–x(t)=a e
At –2x(t)e
At d’où a(1– e
At)=x(t) ( 1–2 e
At)
On remarque ici que 0 < k et 0< a alors 0< A et pour 0≤ t, 0≤ At alors 0< 1=e0≤ e
At< 2 e
At ainsi :
![Page 10: 7-b Sujets Pour Bts Chimie](https://reader034.vdocuments.pub/reader034/viewer/2022042700/5571f3c649795947648e904a/html5/thumbnails/10.jpg)
1–2 eAt
<0 pour 0≤ t .
On a ainsi pour 0≤ t, x(t)=At
At
e
ea
21
)1(
−
− et r(t)= 2x(t)/a=
At
At
e
e
21
)1(2
−
− .
5. Avec A= 8·10-4
, pour 0≤ t, les propositions suivantes sont équivalentes :
0,9 = r(t)= At
At
e
e
21
)1(2
−
− , 0,9–1,8 e
At=2–2e
At, 0,2 e
At= 1,1, e
At= 5,5, At=ln 5,5,
t=A
1·ln 5,5=
8
10000·ln 5,5=1250·ln 5,5.
Soit t0= 1250·ln 5,5 alors r(t)= 0,9 pour t=t0 , de plus t0≈2131 .
![Page 11: 7-b Sujets Pour Bts Chimie](https://reader034.vdocuments.pub/reader034/viewer/2022042700/5571f3c649795947648e904a/html5/thumbnails/11.jpg)
Cinquième Problème
Avec les méthodes de travail du chapitre «Exemples d’équations différentielles à variables
séparées », en indiquant clairement les hypothèses rendant possibles les calculs, résoudre
l’exercice suivant ( un extrait de sujet de B.T.S) :
On réalise une réaction chimique autocatalytique superposée à une réaction non
autocatalytique A → B.
A un certain moment de la réaction pris comme instant initial ( t = 0), on a
[A] = a – x₀, [B]= x₀ .
A l’instant t ( t>0 ), [A]= a–x(t), [B]= x(t).
On admet que la vitesse de réaction est donnée par la relation :
(R) : v=dt
dx= k [A] [B]
k est une constante liée à la réaction.
1°) Etablir l’équation différentielle liant dt
dx, x, a et k.
2°) Déterminer en fonction de a et k les coefficients α et β vérifiant :
xxaxakx
βα+
−=
− )(
1.
3) Résoudre pour x dans l’intervalle ]0, a[, l’équation différentielle établie à la question 1°).
On exprimera x(t) en fonction de a, x₀ et e-akt
.
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Corrigé du problème
On considère que : 0< a et k≠0 (On pourra ainsi mettre k aux dénominateurs de fractions).
1°) On considère que la relation (R) est valable sur l’intervalle semi-fermé [0,+∞[, de cette
manière x est une fonction numérique définie et dérivable sur [0, +∞[ vérifiant (R) avec
x₀ = x(0).
(R) s’écrit sur [0, +∞[ : dt
dx= k (a–x) x. Autrement dit : Pour 0≤ t, x’(t)= k (a–x(t)) x(t).
2°) Avec x≠a et x≠0 : )(
)(
)(
)(
xax
ax
xax
xax
xxa −
+−=
−
−+=+
−
ββαβαβα ; pour que cette fraction
soit égale à )(
/1
xax
k
−, on est ramené à la recherche de α et β vérifiant un des systèmes
équivalents d’égalités suivants : α–β=0 et βa=1/k , α=β et β=1/ak, α=1/ak et β=1/ak.
Finalement )11
(1
)(
1
xxaakxakx+
−=
−pour x≠0 et x≠a.
3°) Par hypothèse x est une fonction numérique définie et dérivable sur [0, +∞[, vérifiant la
relation (R) sur [0, +∞[ telle que 0< x(t)< a pour tout réel t de [0, +∞[ ; de plus x₀ = x(0).
On a pour tout réel t de [0, +∞[, 0<x(t) et 0< a–x(t) .
Ces propriétés rendent valides les calculs suivants.
![Page 12: 7-b Sujets Pour Bts Chimie](https://reader034.vdocuments.pub/reader034/viewer/2022042700/5571f3c649795947648e904a/html5/thumbnails/12.jpg)
a) La relation (R) donne pour 0≤t, x’(t)= k (a–x(t)) x(t) soit : ))()((
1
txatkx −x’(t)=1, on
applique l’égalité de la question 2°) à x(t) qui est distinct de 0 et a :
))(
1
)(
1(
1
txtxaak+
−x’(t)=1 d’où :
)(
)('
)(
)('
tx
tx
txa
tx+
−= ka soit :
katxa
tx
tx
tx=
−
−−
)(
)('
)(
)(' soit : –ka=
)(
)('
)(
)('
tx
tx
txa
tx−
−
−avec 0<x(t) et 0< a–x(t).
b) On passe aux primitives sur [0, +∞[ : Avec C constante réelle, on a : Pour 0≤ t,
-kat + C = ln (a–x(t)) – ln x(t) = ln)(
)(
tx
txa − .Ensuite t= 0 et x(0)= x₀ donne C=ln
0
0
x
xa −.
On obtient ainsi pour 0≤ t, (–kat)+ ln 0
0
x
xa −= ln
)(
)(
tx
txa − .
c) En passant aux exponentielles des 2 membres de l’égalité précédente :
e-kat
×exp(ln0
0
x
xa −)=
)(
)(
tx
txa − soit
0
0
x
xa −e
-kat =
)(
)(
)( tx
tx
tx
a− d’où
0
0
x
xa −e
-kat = 1
)(−
tx
a soit :
1+0
0
x
xa −e
-kat =
)(tx
a où x0 , a–x0 , e
-kat et finalement 1+
0
0
x
xa −e
-kat sont des réels strictement
positifs et alors : x(t)= kate
x
xa
a
−−+
0
01
pour 0≤ t.
En multipliant numérateur et dénominateur par x₀, on a aussi : x(t)= kat
exax
ax−−+ )( 00
0 pour
0≤ t .
![Page 13: 7-b Sujets Pour Bts Chimie](https://reader034.vdocuments.pub/reader034/viewer/2022042700/5571f3c649795947648e904a/html5/thumbnails/13.jpg)
Extrait du sujet de 2009 _________________
On étudie la réaction de dimérisation du buta-1,3-diène en phase gazeuse, symbolisée par :
2B (gaz) → C (gaz)
On étudie la cinétique de cette réaction.
À l’instant t = 0, la concentration du buta-1,3-diène est notée a. [B]int = a où a est strictement positif.
De même à l’instant t, la concentration du buta-1,3-diène est notée x(t). [B] = x(t) où x est une fonction telle que : 0< x(t) ≤ a.
On admet que la vitesse v de la réaction obéit à la loi cinétique : (1) v= k [B] 2 où k est une constante strictement positive liée à la réaction, et on rappelle que la vitesse de la réaction est définie par :
2 = −
= − où est la fonction dérivée de la fonction .
Le temps t s’exprime en minutes.
Étude théorique
1 Justiier que la fonction vériie léquation différentielle, notée E, −
# = $ en utilisant
les relations 1 et 2. 2) Démontrer que la solution de l’équation différentielle (E) vérifiant la condition initiale x(0) = a est telle que :
=%
%$ + 1.
3) Exprimer le temps de demi-réaction, noté t0,5, au bout duquel la moitié du buta-1,3-diène initial a été consommée, en fonction de k et a. 4) Exprimer le temps de demi-réaction, noté t0,75, au bout duquel les trois-quarts du buta-1,3-diène initial a été consommée, en fonction de k et a.
5 Vériier que ),*+
),+= 3.
6) Après quel instant, exprimée en fonction de k et a, restera-t’il moins de 10% du buta-1,3-diène initial ?
_________________________ Résolution
1) D’après les hypothèses, on admet que x est définie et dérivable sur [0 ; +∞[ avec 0< x(t) ≤ a , d’après (2) : –x’(t) = v(t) et d’après (1) : v(t) = k( x(t))2
.
Doù ∶ − = $ /0#
; comme 0 < , on obtient bien −
/0# = $ pour 0 ≤ .
L’équation différentielle (E) est bien vérifiée sur ]0, +∞[.
2) On a pour 0 ≤ , −)
/)0# = $ ; en passant aux primitives sur [0 ; +∞[, on obtient avec <
![Page 14: 7-b Sujets Pour Bts Chimie](https://reader034.vdocuments.pub/reader034/viewer/2022042700/5571f3c649795947648e904a/html5/thumbnails/14.jpg)
constante strictement positive ∶ Pour 0 ≤ , 1
)= $ + < .
En particulier avec = 0, on a ∶1%
=1
0)= $ × 0 + < = <. < =
1%
donne pour 0 ≤ ∶
1)
= $ +1%
=%$ + 1
% .
Ici % et $ sont 2 réels strictement positifs alors pour 0 ≤ , 0 ≤ %$ et 0 < 1 ≤ %$ + 1 .
On déduit en passant aux inverses ) que ∶ ) =%
%$ + 1 pour 0 ≤ .
3) La moitié du buta-1,3-diène initial a été consommé lorsque ) =12
%.
Avec 0 ≤ , on a les équivalences suivantes ∶
) = 0,5% ⇔ %
%$ + 1= 0,5% ⇔ % = 0,5% %$ + 1) = 0,5%#$ + 0,5% doù
) = 0,5% ⇔ 0,5% = 0,5 %# $ ⇔ 1 = $% ⇔1
$%= .
De cette manière ),+ =1
$% .
4) Les 34
du buta-1,3-diène initial ont été consommé lorsque ) =14
%.
Avec 0 ≤ , on a les équivalences suivantes ∶
) = 0,25% ⇔ %
%$ + 1= 0,25% ⇔ % = 0,25% %$ + 1) = 0,25%#$ + 0,25% doù
) = 0,5% ⇔ 0,75% = 0,25 %# $ ⇔ 3 = $% ⇔3
$%= .
De cette manière ),*+ =3
$% .
4) On vient d'obtenir ),*+ = 3 ),+ d'où ∶),*+
),+= 3 .
5) 1ère méthode Avec 0 ≤ , on a les équivalences suivantes où 0 < %$ + 1 et 0 < % et 0 < $) ∶
) ≤ 0,1 % ⇔ %
%$ + 1≤ 0,1% ⇔ % ≤ 0,1% %$ + 1) = 0,1%#$ + 0,1% doù
) ≤ 0,1% ⇔ % − 0,1% ≤ 0,1 %# $ ⇔ 0,9% ≤ 0,1. $%# ⇔ 0,9 ≤ 0,1 $% ⇔ 0,9
0,1$%≤ .
D'où ∶ ) ≤ 0,1% ⇔9
$%≤ .
Soit ),J =9
$% ∶ ) ≤ 0,1% pour ),J ≤ .
2ème méthode Avec 0 ≤ , on a les équivalences suivantes où 0 < %$ + 1 et 0 < % et 0 < $) ∶
) = 0,1 % ⇔ %
%$ + 1= 0,1% ⇔ % = 0,1% %$ + 1) = 0,1%#$ + 0,1% doù
) = 0,1% ⇔ % − 0,1% = 0,1 %# $ ⇔ 0,9% = 0,1. $%# ⇔ 0,9 = 0,1 $% ⇔ 0,9
0,1$%= .
Soit ),J =9
$%∶ /),J0 = 0,1%.
vériiant E) sur [0 ; +∞[ , pour 0 ≤ , ) = −$/)0#
où $ et ) sont strictement
![Page 15: 7-b Sujets Pour Bts Chimie](https://reader034.vdocuments.pub/reader034/viewer/2022042700/5571f3c649795947648e904a/html5/thumbnails/15.jpg)
positifs, donc pour 0 ≤ , ) < 0 ; la fonction est ainsi strictement décroissante sur [0 ; +∞[∶ Pour ),J ≤ , ) ≤ /),J0 d'où ) ≤ 0,1% .
![Page 16: 7-b Sujets Pour Bts Chimie](https://reader034.vdocuments.pub/reader034/viewer/2022042700/5571f3c649795947648e904a/html5/thumbnails/16.jpg)
Sujet
Étude mathématique de la cinétique chimique d’une réaction d’estérification. On considère la réaction : acide + alcool ↔ ester + eau, dans laquelle on mélange initialement une mole d’acide et une mole d’alcool. On admet qu’à l’équilibre on obtient : 13 de mole dacide et 13 de mole dalcool 23 de mole dester et 23 de mole deau. Le nombre de moles d’ester à l’instant t (exprimé en jours) est caractérisé par un nombre réel s de l’intervalle [0 ; 23 [ . On suppose que est une fonction du temps, dérivable sur [0 ; +∞[, qui véri#ie sur lintervalle [0 ; +∞[, léquation différentielle $E& ∶ (() = +$2 − &$2 − 3& où + est un réel constant strictement positif $ + est la constante de la réaction&. s vérifie aussi la condition initiale s(0) = 0. Partie A 1& Calculer les deux réels 0 et 1 tels que, pour tout de [0 ; 23 [ on ait ∶ 1$2 − &$2 − 3& = 02 − + 12 − 3 . 2& Prouver que léquation différentielle $E& concernant sécrit aussi 1$2 − &$2 − 3& (() = + . 3& Prouver que lon peut écrire pour 0 ≤ ) , 4) = ln 5 2 − 2 − 36 où 4 est un réel que lon calculera en fonction de +. 4& Véri#ier si lon a pour tout ) de [0 ; +∞[, $)& = 2$9:; − 1& 39:; − 1 . 5) Sachant que pour t = 190 le nombre s de moles est égal à 0,5 , calculer le nombre réel a. Partie B 4 désignant un réel strictement positif, on écrit pour 0 ≤ ), =$)& = 2$9:; − 1& 39:; − 1 . 1& a& Prouver que = est bien dé#inie sur [0 ; +∞[. b) Prouver que Γ, la représentation graphique de f, admet une asymptote que l’on précisera. 2) Étudier directement les variations de f sur [0 ; +∞[. 3) En prenant a= 5,78 ∙ 10-3, construire Γ la représetation graphique de = dans un repère orthogonal avec les unités graphiques suivantes ∶
• 5 cm pour la distance des graduations 0 et 100 sur l’axe des abscisses
• 15 cm pour la distance des graduations 0 et 1 sur l’axe des ordonnées. 4& Déterminer graphiquement le nombre ℎ pour lequel =$ℎ& = 13.
![Page 17: 7-b Sujets Pour Bts Chimie](https://reader034.vdocuments.pub/reader034/viewer/2022042700/5571f3c649795947648e904a/html5/thumbnails/17.jpg)
Corrigé
1& Pour dans [0 ; 23 [ , < 23 < 2 donne 0 < 2 − 3 et 0 < 2 − et avec 0 et 1 réels ∶ 02 − + 12 − 3 = 0$2 − 3&$2 − &$2 − 3& + 1$2 − &$2 − &$2 − 3& = 2$0 + 1& − $30 + 1&$2 − &$2 − 3& . 02 − + 12 − 3 = 1$2 − &$2 − 3& lorsque 0 et 1 véri#ient les systèmes équivalents dégalités: H 2$0 + 1& = 130 + 1 = 0I J1 = −30 1 = 2K0 + $−30&L = −40I M0 = − 141 = 34
I Finalement pour dans [0 ; 23 [ , 1$2 − &$2 − 3& = 14 5 −12 − + 32 − 36 . 2) Pour la suite du problème, s est une fonction dérivable sur [0 ; +∞[, vérifiant (E), telle que pour 0≤ t, $)& ∈ [0 ; 23 [ et comme à la question 1&, 0 < 2 − 3$)& et 0 < 2 − $)& . Comme $E& signi#ie que pour 0 ≤ ), ()) = +K2 − ())L(2 − 3()) soit : 1K2 − ())L(2 − 3()) ()) = + pour 0 ≤ ).
Avec les hypothèses concernant s, (E) s'écrit donc aussi 1(2 − )(2 − 3) (
() = + .
3) On applique toujours la question 1) ∶ ()) étant dans [0 ; 23 [, une égalité de la question
précédente donne pour 0 ≤ ), 14 5 −1
2 − ()) + 32 − 3())6 ()) = + soit : 4+ = 5 −1
2 − ()) + 32 − 3())6 ()) d'où ∶
4+ = −()) 2 − ()) − −3())
2 − 3()) . On passe alors aux primitives sur [0 ; +∞[ : Il existe un réel constant C tel que pour 0≤ t,
4+ ) + T = lnK2 − ())L − lnK2 − 3())L = ln 2 − ())2 − 3()) ; en particulier pour ) = 0, (0) = 0 et
on obtient ∶ T = 4+ × 0 + T = ln 2 − 02 − 3 × 0 = ln 2
2 = ln 1 = 0 .
Finalement pour 0 ≤ ), 4+ ) = ln 2 − ())2 − 3()) (ainsi 4 = 4+).
4) On passe aux exponentielles. Pour 0 ≤ ), 9VW; = 2 − ())2 − 3()) d'où K2 − 3())L9VW ; = 2 − ())
doù 2 − ()) = 2 9VW ; − 3 ())9VW ; doù 3 ()) 9VW ; − ()) = 29VW ; − 2 d'où ()) K 3 9VW ; − 1L = 2K 9VW ; − 1L . On remarque que pour 0 ≤ ), 0 ≤ 4+) d'où 1 ≤ 9VW; alors 1 < 3 ≤ 3 9VW; et ainsi 0 < 3 9VW; − 1
On obtient alors ()) = 2K 9VW ; − 1L3 9VW ; − 1 pour 0 ≤ ) .
5) (190) = 0, 5 donne d'après la question 3) ∶ 4+ × 190 = ln 2 − 0,52 − 3 × 0,5 = ln 1,5
0,5 d'où
![Page 18: 7-b Sujets Pour Bts Chimie](https://reader034.vdocuments.pub/reader034/viewer/2022042700/5571f3c649795947648e904a/html5/thumbnails/18.jpg)
4 = 4+ = 1190 ln 3 ≈ 5,78 ∙ 10]^ .
Partie B
1) a) On remarque que pour 0 ≤ ), 0 ≤ 4) d'où 1 ≤ 9:; alors 1 < 3 ≤ 3 9:; et ainsi 0 < 3 9:; − 1 d'où ∶ 0 ≠ 3 9:; − 1 . b) On sait que lim`→bc 9` = +∞ et lim;→bc4) = +∞ doù lim;→bc94) = +∞.
9:; étant non nul, =()) = 2(9:; − 1) 39:; − 1 =
294) 51 − 194)6
9:; d3 − 19:;e
=2 51 − 1
94)63 − 1
9:; où lim;→bc
194) = 0 .
Daprès les règles de calcul des limites ∶ lim;→bc=$)& = 2$1 − 0&3 − 0 soit ∶ lim;→bc=$)& = 23 . Γ admet donc une asymptote horizontale d’équation y= 2/3 . 2& Pour 0 ≤ ), =$)& = 2 9:; − 1 39:; − 1 d'où =$)& = 2 4 9:;$39:; − 1& − 34 9:;$9:; − 1&$39:; − 1&f d'où =$)& = 24 9:; 39:; − 1 − 3$9:; − 1& $39:; − 1&f = 24 9:; 2$39:; − 1&f d'où =$)& = 449:;$39:; − 1&f . a, e at et 3eat – 1 étant strictement positifs, f’(t) est aussi strictement positifs ; e0 = 1 donne f(0)=0 et =$0& = 44$3 − 1&f = 444 = 4 . Doù le tableau suivant ∶ 3) Le repère du plan est le repère orthonormé $ O , gh , ih &. On dessine la droite passant par O et de pente a : Elle a pour équation y=a t. C’est la tangente à Γ au point d’abscisse 0 ; on dessine ensuite la courbe Γ. Voir la page suivante. 4) On trace la droite d’équation y=1/3 ; elle rencontre Γ en un point H, l’abscisse h de H vérifie f(h) =1/3… On relève d la distance des graduations 0 et h en cm ; on trouve : d ≈ 4, 4. Comme 5 cm correspond à la distance des graduations 0 et 100, on en déduit que :
ℎ = ( × 1005 = 20 ( et ainsi : ℎ ≈ 88 .
t 0 +∞ f’(t) a + f(t) 0 2/3
![Page 19: 7-b Sujets Pour Bts Chimie](https://reader034.vdocuments.pub/reader034/viewer/2022042700/5571f3c649795947648e904a/html5/thumbnails/19.jpg)
La représentation graphique des questions 3) et 4)
Γ
H
h