Equations différentielles

Histoire de cuisine - Exercice 1

30 min
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Encore une application d'un comportement thermique.
Question 1
Un gâteau est sorti du four à 17H00 quand il est brûlant à la température de 100C100\,^\circ C. Après dix minutes sa température est de 80C80\,^\circ C et de 65C65\,^\circ C à 17H20.

Déterminer la température de la cuisine.

Suggestion:{\color{blue}{\sphericalangle\,\,\, Suggestion\,\,:}}
se rappeler la loi de Newton{\color{blue}{\textit{la loi de Newton}}} qui dit que la vitesse de refroidissement est proportionnelle à la différence des températures.

Correction
L'équation différentielle qui gouverne l'évolution temporelle de la température du gâteau est donnée par la loi de Newton{\color{blue}{\textit{la loi de Newton}}}. On a alors :
dTdt(t)=K(T(t)Text)dTdt(t)KT(t)=KText\dfrac{d \, T}{dt}(t) = K (T(t) - T_{ext}) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\dfrac{d \, T}{dt}(t) - K T(t) = K T_{ext}
Dans cette équation, KK est une constante réelle strictement négative. La solution homogène est, avec ARA \in \mathbb{R} :
TH(t)=AeK1tTH(t)=AeKtT_H(t) = A \, e^{-\frac{-K}{1}t} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, T_H(t) = A \, e^{K t}
Puis la solution particulière est :
TP(t)=TextT_P(t) = T_{ext}
La solution mathématique globale de l'EDO est alors :
T(t)=TH(t)+TP(t)=AeKt+TextT(t) = T_H(t) + T_P(t) = A \, e^{K t} + T_{ext}
Prenons comme origine des temps, 17H00, l'heure de sortie du four. On a alors :
T(t=0)=100AeK0+Text=100A+Text=100A=100TextT(t=0) = 100 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, A \, e^{K 0} + T_{ext} = 100 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, A + T_{ext} = 100 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, A = 100 - T_{ext}
Puis, pour une durée de dix minutes, on a :
T(t=10)=80(100Text)eK10+Text=80T(t=10) = 80 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, (100 - T_{ext}) \, e^{K10} + T_{ext} = 80
Puis, pour une durée de 20 minutes, on a :
T(t=20)=65(100Text)eK20+Text=65T(t=20) = 65 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, (100 - T_{ext}) \, e^{K20} + T_{ext} = 65
Ainsi, on a :
{(100Text)eK10+Text=80(100Text)eK20+Text=65A=100Text\left\lbrace \begin{array}{rcl} (100 - T_{ext}) \, e^{K10} + T_{ext} & = & 80 \\ (100 - T_{ext}) \, e^{K20} + T_{ext} & = & 65 \\ A & = & 100 - T_{ext} \\ \end{array} \right.
Soit :
{(100Text)e10K+Text=80(100Text)(e10K)2+Text=65A=100Text\left\lbrace \begin{array}{rcl} (100 - T_{ext}) \, e^{10K} + T_{ext} & = & 80 \\ (100 - T_{ext}) \, \left(e^{10K}\right)^2 + T_{ext} & = & 65 \\ A & = & 100 - T_{ext} \\ \end{array} \right.
La première de ces trois équations nous donne :
e10K=80Text100Texte^{10K} = \dfrac{80 - T_{ext}}{100 - T_{ext}}
Donc, la deuxième devient :
(100Text)(80Text100Text)2+Text=65(100 - T_{ext}) \, \left( \dfrac{80 - T_{ext}}{100 - T_{ext}} \right)^2 + T_{ext} = 65
On a alors après simplification par (100Text)(100 - T_{ext}) :
(80Text)2100Text=65Text(80Text)2=(100Text)(65Text)\dfrac{\left( 80 - T_{ext} \right)^2 }{100 - T_{ext}} = 65 - T_{ext} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left( 80 - T_{ext} \right)^2 = (100 - T_{ext}) \, (65 - T_{ext})
En développant :
6400160Text+Text2=6500165Text+Text26400 - 160 T_{ext} + T_{ext}^2 = 6500 - 165 T_{ext} + T_{ext}^2
Soit :
0=1005Text5Text=100Text=10050 = 100 - 5 T_{ext} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 5 T_{ext} = 100 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, T_{ext} = \dfrac{100}{5}
Finalement :
Text=20T_{ext} = 20
Et de fait :
A=80A = 80
Ainsi, on en déduit que :
e10K=802010020e10K=34K=ln(34)10e^{10K} = \dfrac{80 - 20}{100 - 20} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, e^{10K} = \dfrac{3}{4} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, K = \dfrac{\ln \left( \dfrac{3}{4} \right)}{10}
Donc la loi d'évolution de la température du gâteau tes donc la suivante :
T(t)=80eln(34)10t+20{\color{red}{\boxed{T(t) = 80 \, e^{ \frac{\ln \left( \frac{3}{4} \right)}{10} \, t} + 20}}}
La température de la cuisine est donc de 20C{\color{red}{\boxed{20 \, ^\circ C}}}.