Equations différentielles

La séparation des variables 3 : en Médecine - Exercice 1

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La méthode de seˊparationdesvariables{\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(KR){\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
On étudie la progression d'une maladie contagieuse dans une population donnée. On note x(t)x(t) la proportion des personnes malades à l'instant tt et y(t)y(t) celle des personnes non atteintes. On a donc, pour t0t \geqslant 0, la relation :
x(t)+y(t)=1x(t) + y(t) = 1
On suppose que la vitesse de propagation de la maladie x(t)x(t) est proportionnelle au produit x(t)y(t)x(t)y(t) ; ce qui signifie que la maladie se propage par contact{\color{blue}{\textit{la maladie se propage par contact}}}.
Si on note I(t)I(t) le nombre d'individus infectés à l'instant tt et par ITI_T le nombre d'individus total, alors il existe une constante réelle kk telle que :
dIdt(t)=kI(t)(ITI(t))\dfrac{d \, I}{dt} (t) = kI(t) \left( I_T - I(t) \right)
La ville est isolée et compte 50005000 individus dont 160160 sont malades, et 12001200 le sont sept jours après.

A partir de quel jour l'infection touchera 80%80\% de la population ?

Correction
On a le problème de CauchyCauchy suivant :
{dIdt(t)=kI(t)(5000I(t))I(t=0)=160\left\lbrace \begin{array}{rcl} \dfrac{d \, I}{dt} (t) & = & kI(t) \left( 5000 - I(t) \right) \\ & & \\ I(t = 0) & = & 160 \\ \end{array} \right.
Les solutions constantes sont caractérisées par la condition :
dIdt(t)=0kI(t)(5000I(t))=0{I(t)=0I(t)=5000 \dfrac{d \, I}{dt} (t) = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, kI(t) \left( 5000 - I(t) \right) = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} I(t) & = & 0 \\ & & \\ I(t) & = & 5000 \\ \end{array} \right.
Ensuite, on constate que l'EDO peut s'écrire comme :
dII(5000I)=kdt\dfrac{dI}{I \left( 5000 - I \right)} = k \, dt
On a alors une forme à \og variables séparées \fg. On va donc pouvoir intégrer. On a alors :
1I(5000I)dI=kdt15000(1I+15000I)dI=kdt\int \dfrac{1}{I \left( 5000 - I \right)} dI = \int k \, dt \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{1}{5000}\int \left( \dfrac{1}{I} + \dfrac{1}{5000 - I} \right) dI = k \int dt
Soit :
1IdI15000IdI=5000kdt\int \dfrac{1}{I} dI - \int \dfrac{-1}{5000 - I} dI = 5000 k \int dt
L'intégration est alors immédiate, et on a alors :
ln(I)ln(5000I)=5000kt+C(CR) \ln(I) - \ln(5000 - I) = 5000 k t + C \,\,\,\, (C \in \mathbb{R})
D'où :
ln(I5000I)=5000kt+CI5000I=e5000kt+C\ln\left( \dfrac{I}{5000 - I} \right) = 5000 k t + C \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{I}{5000 - I} = e^{5000 k t + C}
Soit encore :
I5000I=eCe5000ktI5000I=De5000kt(D=eCR)\dfrac{I}{5000 - I} = e^C \, e^{5000 k t} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{I}{5000 - I} = D \, e^{5000 k t} \,\,\,\, (D = e^C \in \mathbb{R})
Ainsi, on en déduit que :
I=(5000I)De5000ktI=5000De5000ktIDe5000ktI = (5000 - I) D \, e^{5000 k t} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, I = 5000 D \, e^{5000 k t} - ID \, e^{5000 k t}
Donc :
I+IDe5000kt=5000De5000ktI(1+De5000kt)=5000De5000ktI + ID \, e^{5000 k t} = 5000 D \, e^{5000 k t} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, I \, \left( 1 + D \, e^{5000 k t} \right) = 5000 D \, e^{5000 k t}
Ce qui nous donne :
I=5000De5000kt1+De5000ktI=50001De5000kt+1I = \dfrac{5000 D \, e^{5000 k t}}{1 + D \, e^{5000 k t}} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, I = \dfrac{5000}{\dfrac{1}{D} e^{-5000 k t} + 1}
Notons par D=1D\mathcal{D} = \dfrac{1}{D}, et on obtient ainsi :
I(t)=5000De5000kt+1(DR){\color{blue}{\boxed{I(t) = \dfrac{5000}{\mathcal{D} e^{-5000 k t} + 1} \,\,\,\, (\mathcal{D} \in \mathbb{R}) }}}
La condition initiale va nous permettre de déterminer la valeur de la constante réelle D\mathcal{D}. On a alors :
I(t=0)=1605000De5000k0+1=1605000D+1=160I(t=0) = 160 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{5000}{\mathcal{D} e^{-5000 k 0} + 1} = 160 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{5000}{\mathcal{D} + 1} = 160
Donc :
500D+1=1650016=D+1500161=D1214=D\dfrac{500}{\mathcal{D} + 1} = 16 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{500}{16} = \mathcal{D} + 1 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{500}{16} - 1 = \mathcal{D} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{121}{4} = \mathcal{D}
Ainsi :
I(t)=50001214e5000kt+1I(t)=50001214e5000kt+44I(t) = \dfrac{5000}{\dfrac{121}{4} e^{-5000 k t} + 1} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, I(t) = \dfrac{5000}{\dfrac{121}{4} e^{-5000 k t} + \dfrac{4}{4}}
Finalement :
I(t)=20000121e5000kt+4{\color{blue}{\boxed{I(t) = \dfrac{20000}{121 e^{-5000 k t} + 4} }}}
Il nous reste à déterminer la valeur de la constante réelle kk. Pour cela, utilisons la condition indiquée dans le sujet, à savoir \og 12001200 le sont sept jours après \fg. On a alors :
I(t=7)=120020000121e5000k7+4=120050121e35000k+4=3I(t=7) = 1200 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{20000}{121 e^{-5000 k 7} + 4} = 1200 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{50}{121 e^{-35000 k} + 4} = 3
Donc :
5034121=e35000k38363=e35000k36338=e35000k\dfrac{\dfrac{50}{3} - 4}{121} = e^{-35000 k} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{38}{363} = e^{-35000 k} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{363}{38} = e^{35000 k}
D'où :
ln(36338)=35000kk=ln(36338)350005000kt=ln(36338)7t\ln \left(\dfrac{363}{38} \right) = 35000 k \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, k = \dfrac{\ln \left(\dfrac{363}{38} \right)}{35000} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 5000kt = \dfrac{\ln \left(\dfrac{363}{38} \right)}{7}t
Finalement, la loi d'évolution temporelle de II est :
I(t)=20000121eln(36338)7t+4{\color{red}{\boxed{I(t) = \dfrac{20000}{121 e^{-\frac{\ln \left(\frac{363}{38} \right)}{7}t} + 4} }}}
Si 80%80\% de la population est infectée, cela correspond à 40004000 personnes. Donc I(t80)=4000I(t_{80}) = 4000. On a alors :
20000121eln(36338)7t80+4=40005121eln(36338)7t80+4=1\dfrac{20000}{121 e^{-\frac{\ln \left(\frac{363}{38} \right)}{7}t_{80}} + 4} = 4000 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{5}{121 e^{-\frac{\ln \left(\frac{363}{38} \right)}{7}t_{80}} + 4} = 1
Donc :
5=121eln(36338)7t80+41121=eln(36338)7t805 = 121 e^{-\frac{\ln \left(\frac{363}{38} \right)}{7}t_{80}} + 4 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{1}{121} = e^{-\frac{\ln \left(\frac{363}{38} \right)}{7}t_{80}}
Ainsi :
121=eln(36338)7t80ln(121)=ln(36338)7t807ln(121)ln(36338)=t80121 = e^{\frac{\ln \left(\frac{363}{38} \right)}{7}t_{80}} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \ln(121) = \frac{\ln \left(\dfrac{363}{38} \right)}{7}t_{80} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 7 \dfrac{\ln(121)}{\ln \left(\dfrac{363}{38} \right)} = t_{80}
Ce qui nous donne numériquement :
t8015jours{\color{red}{\boxed{t_{80} \simeq 15 \,\, jours }}}
Question 2

A partir de quel jour l'infection touchera 100%100\% de la population ?

Correction
Il est impossible de trouver un nombre de jour fini pour lequel l'infection touche 100%100\% de la population. En fait, mathématiquement, la réponse est l'infinie. Donc :
t100+{\color{red}{\boxed{t_{100} \longleftrightarrow + \infty}}}
Graphiquement, on a :