Problème — Un lac à dépolluer

• Mise en équation. Pendant une durée courte, la masse de nitrates varie de ce qui entre moins ce qui sort. Il entre un volume $Q$ à la concentration $5$ et il sort le même volume $Q$ à la concentration $c(t)$ du lac, donc la masse $m=Vc$ vérifie $m^{\prime }=Q\times 5-Q\times c$. En divisant par $V$ :

$$c^{\prime }=\frac{Q}{V}(5-c)=0,05(5-c),$$

puisque $\frac{Q}{V}=\frac{0,6}{12}=0,05$ par mois. En développant : $c^{\prime }=-0,05c+0,25$, donc $a=-0,05$ et $b=0,25$.

• Solution constante. $-\frac{0,25}{-0,05}=5$ mg/L : c'est la concentration de l'eau entrante. Le lac ne peut pas devenir plus propre que ce qu'on y verse — voilà, en une ligne, tout le problème de la dépollution.
• Résolution. $c(t)=C{e}^{-0,05t}+5$, et $c(0)=45$ donne $C=40$ :

$$c(t)=5+40e^{-0,05t}.$$

• La norme. On résout $5+40e^{-0,05t}=10$, soit $e^{-0,05t}=\frac{5}{40}=\frac{1}{8}$, d'où

$$t=\frac{\ln 8}{0,05}=20\ln 8\approx 41,6\text{ mois,}$$

soit environ $3$ ans et $6$ mois. On remarquera au passage que l'excès de nitrates au-dessus de $5$ mg/L est divisé par deux tous les $20\ln 2\approx 13,9$ mois : c'est la « demi-vie » de la pollution.

• Réduire les apports. Le nouveau plateau est $2,5$ mg/L et $c(0)=45$ donne $c(t)=2,5+42,5e^{-0,05t}$. On résout $c(t)=10$ : $e^{-0,05t}=\frac{7,5}{42,5}=\frac{3}{17}$, d'où

$$t=20\ln \frac{17}{3}\approx 34,7\text{ mois.}$$

On gagne donc environ $6,9$ mois — sept mois pour un effort agricole considérable. Le vrai bénéfice n'est pas là : il est dans le plateau, qui passe de $5$ à $2,5$ mg/L.

• Un lac plus grand. Doubler $V$ à débit égal divise $\frac{Q}{V}$ par deux : $a$ devient $-0,025$ et tous les temps doublent. Le lac mettrait alors $40\ln 8\approx 83$ mois, soit près de sept ans. Le plateau, lui, ne change pas : la taille du lac ne décide pas de la propreté finale, seulement de la lenteur avec laquelle on l'atteint.