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La séparation des variables 1 : en Biologie - Exercice 1

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La méthode de seˊparation  des  variables{\color{red}{séparation \,\, des \,\, variables}} constitue une des méthodes les plus puissantes de résolution des équations différentielles ordinaires (EDO). Cette méthode est particulièrement utilisée en Physique.
Soient ff et gg deux fonctions continues et non nulles sur un même intervalle. Une équation différentielle est dite à « variables séparées » lorsque l'on a la forme suivante :
dydx=f(x)g(x){\color{red}{\boxed{\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{f(x)}{g(x)}}}}
Dans ce cas, on obtient :
f(x) dx=g(y) dyf(x) \, dx = g(y) \, dy
Ce qui nous permet d'écrire, en primitivant{\color{blue}{primitivant}}, que :
∫f(x) dx=∫g(y) dy\int f(x) \, dx = \int g(y) \, dy
En notant par FF et GG les primitives respectives de ff et gg, on a alors la solution formelle suivante :
F(x)=G(x)+K    (K∈R){\color{red}{\boxed{F(x) = G(x) + K \,\,\,\, (K \in \mathbb{R})}}}
On dit alors que l'équation différentielle considérée est seˊparable{\color{red}{séparable}}.
Question 1
Lorsqu'une nouvelle espèce s'introduit dans un écosystème, elle évolue d'abord lentement ; son rythme de croissance s'accélère ensuite à mesure qu'elle s'adapte, puis ralentit quand la population devient trop importante compte tenu des ressources disponibles.
Soit y(t)y(t), avec t⩾0t \geqslant 0, la proportion d'individus introduits. Pour ce type d'évolution, on utilise le modeˋle de Gompertz{\color{blue}{\textit{le modèle de Gompertz}}} suivant :
d ydt(t)=−y(t)ln⁡(y(t))\dfrac{d \, y}{dt} (t) = -y(t) \ln\left(y(t)\right)
On note par y0=y(t=0)y_0 = y(t=0) le nombre d'individus initialement introduit dans l'écosystème. Ce nombre satisfait à la condition suivante : 0<y0<10 < y_0 < 1.

Déterminer la solution constante, notée yCy_C, de l'EDO considérée.

Correction
La solution constante, notée yCy_C (∀t⩾0\forall t \geqslant 0), de l'EDO considérée est caractérisée par la condition :
d yCdt(t)=0     ⟺     −yC(t)ln⁡(yC(t))=0     ⟺     yC(t)ln⁡(yC(t))=0\dfrac{d \, y_C}{dt} (t) = 0 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, -y_C(t) \ln\left(y_C(t)\right) = 0 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, y_C(t) \ln\left(y_C(t)\right) = 0
Soit :
yC(t)=1{\color{blue}{\boxed{y_C(t) = 1 }}}
Question 2

Déterminer les solutions variables de l'EDO considérée.

Correction
L'équation différentielle du modeˋle de Gompertz{\color{blue}{\textit{modèle de Gompertz}}} est séparable. On a alors :
d ydt=−yln⁡(y)     ⟺     1yln⁡(y)dy=−dt     ⟺     1yln⁡(y)dy=−dt\dfrac{d \, y}{dt} = -y \ln(y) \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{1}{y \ln(y)} dy = - dt \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{\dfrac{1}{y}}{\ln(y)} dy = - dt
En intégrant, on obtient :
∫1yln⁡(y)dy=∫−dt+K    (K∈R)     ⟺     ∫1yln⁡(y)dy=−∫1dt+K    (K∈R)\int \dfrac{\dfrac{1}{y}}{\ln(y)} dy = \int - dt + K \,\,\,\, (K \in \mathbb{R}) \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \int \dfrac{\dfrac{1}{y}}{\ln(y)} dy = -\int 1 dt + K \,\,\,\, (K \in \mathbb{R})
Soit :
ln⁡(ln⁡(y))=−t+K\ln(\ln(y)) = -t + K
En prenant l'exponentielle de chaque côté, on obtient :
ln⁡(y)=e−t+K     ⟺     ln⁡(y)=e−t×eK\ln(y) = e^{-t + K} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \ln(y) = e^{-t} \times e^K
En posant D=eK∈RD = e^K \in \mathbb{R}, on a :
ln⁡(y)=D e−t\ln(y) = D \, e^{-t}
En prenant, à nouveau, l'exponentielle de chaque côté, on obtient :
y=eD e−ty = e^{D \, e^{-t}}
Soit :
y(t)=eD e−ty(t) = e^{D \, e^{-t}}
On sait que la condition initiale est y0=y(t=0)y_0 = y(t=0) avec 0<y0<10 < y_0 < 1. Ainsi, on a :
y(t=0)=y0     ⟺     eD e−0=y0     ⟺     eD e0=y0y(t=0) = y_0 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, e^{D \, e^{-0}} = y_0 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, e^{D \, e^{0}} = y_0
Comme e0=1e^0 = 1, on obtient :
eD×1=y0     ⟺     eD=y0e^{D \times 1} = y_0 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, e^{D} = y_0
En prenant le logarithme népérien des deux membres de cette dernière égalité, on arrive à :
D=ln⁡(y0)D = \ln(y_0)
Donc, la solution recherchée s'écrit :
y(t)=eln⁡(y0) e−ty(t) = e^{\ln(y_0) \, e^{-t}}
En utilisant la propriété élémentaire du logarithme népérien aln⁡(b)=ln⁡(ba)a \ln(b) = \ln\left(b^a\right) on obtient l'écriture suivante :
y(t)=eln⁡(y0e−t)y(t) = e^{\ln\left(y_0^{e^{-t}}\right)}
Finalement, on arrive au résultat suivant :
y(t)=y0e−t{\color{red}{\boxed{y(t) = y_0^{e^{-t}} }}}
Question 3

Déterminer la limite suivante : lim⁡t⟶+∞y(t)\lim_{t \longrightarrow + \infty} y(t).

Correction
On a la limite suivante :
lim⁡t⟶+∞y(t)=lim⁡t⟶+∞y0e−t=y00\lim_{t \longrightarrow + \infty} y(t) = \lim_{t \longrightarrow + \infty} y_0^{e^{-t}} = y_0^{0}
Comme on a 0<y0<10 < y_0 < 1 alors on en déduit que y00=1y_0^{0} = 1. Donc :
lim⁡t⟶+∞y(t)=1\lim_{t \longrightarrow + \infty} y(t) = 1
Finalement :
lim⁡t⟶+∞y(t)=yC=1{\color{red}{\boxed{\lim_{t \longrightarrow + \infty} y(t) = y_C = 1}}}