Problème — Un lac à dépolluer

Exercice de TD · niveau 3 (difficile) · mathématiques complémentaires (terminale), chapitre 6 — Primitives et équations différentielles

Énoncé

Problème — Un lac à dépolluer.

Un lac de volume constant $V = 12$ millions de m $^{3}$ est traversé par un débit $Q = 0, 6$ million de m $^{3}$ par mois : autant d'eau entre qu'il n'en sort, et le mélange est supposé instantané. L'eau qui entre contient $5$ mg/L de nitrates ; le lac en contient aujourd'hui $45$ mg/L.

Justifier que la concentration $c (t)$ du lac, en mg/L, vérifie $c^{'} = 0, 05 (5 - c)$ , puis écrire l'équation sous la forme $y^{'} = a y + b$ .
Déterminer la solution constante et l'interpréter.
Résoudre l'équation avec $c (0) = 45$ .
La norme de qualité est fixée à $10$ mg/L. Au bout de combien de temps le lac y satisfait-il ?
On divise par deux les apports agricoles, ce qui ramène l'eau entrante à $2, 5$ mg/L. De combien de temps gagne-t-on ?
Que devient le résultat si le lac est deux fois plus grand, à débit égal ?

Corrigé

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 $m = V c$ vérifie $m^{'} = Q \times 5 - Q \times c$ . En divisant par $V$ :

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

puisque $\frac{Q}{V} = \frac{0 , 6}{12} = 0, 05$ par mois. En développant : $c^{'} = - 0, 05 c + 0, 25$ , 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. $c (t) = C e^{- 0, 05 t} + 5$ , et $c (0) = 45$ donne $C = 40$ :

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

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

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

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 $c (t) = 2, 5 + 42, 5 e^{- 0, 05 t}$ . On résout $c (t) = 10$ : $e^{- 0, 05 t} = \frac{7 , 5}{42 , 5} = \frac{3}{17}$ , d'où

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

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.

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