A la mode au bac : des exponentielles et des sciences physiques - Exercice 1

1 h 5 min
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Les parties AA et BB peuvent être traitées de façon indépendante.
Dans une usine, un four cuit des céramiques à la température de 10001000 °C. À la fin de la cuisson, il est éteint et il refroidit. On s’intéresse à la phase de refroidissement du four, qui débute dès l’instant où il est éteint. La température du four est exprimée en degré Celsius (°C). La porte du four peut être ouverte sans risque pour les céramiques dès que sa température est inférieure à 7070° C. Sinon les céramiques peuvent se fissurer, voire se casser.
Question 1
Partie AA. Pour un nombre entier naturel nn, on note TnT_{n} la température en degré Celsius du four au bout de nn heures écoulées à partir de l’instant où il a été éteint. On a donc T0=1000T_{0} =1000. La température TnT_{n} est calculée par l’algorithme suivant :
T←1000T\leftarrow 1000
Pour ii allant de 11 à nn
T←0,82×T+3,6T\leftarrow 0,82\times T+3,6
Fin Pour

Déterminer la température du four, arrondie à l’unité, au bout de 44 heures de refroidissement.

Correction
Il nous faut calculer les T1T_{1} ; T2T_{2} et T3T_{3} pour obtenir T4T_{4}.
De plus, pour les calculs intermédiaires, nous allons donner les valeurs exactes afin de faire l'arrondi que pour la valeur de T4T_{4}.
Il vient alors que :
T1=0,82×T0+3,6T_{1}=0,82\times T_{0}+3,6 d'où : T1=0,82×2000+3,6T_{1}=0,82\times 2000+3,6 ainsi :
T1=823,6T_{1}=823,6

T2=0,82×T1+3,6T_{2}=0,82\times T_{1}+3,6 d'où : T2=0,82×823,6+3,6T_{2}=0,82\times 823,6+3,6 ainsi :
T2=678,952T_{2}=678,952

T3=0,82×T2+3,6T_{3}=0,82\times T_{2}+3,6 d'où :
T3=560,34064T_{3}=560,34064

T4=0,82×T3+3,6T_{4}=0,82\times T_{3}+3,6 d'où :
T4=463,0793248T_{4}=463,0793248

La température du four, arrondie à l’unité, au bout de 44 heures de refroidissement est alors de 463463 °C.
On peut aussi en conclure que d'après l'algorithme que :
Tn+1=0,82×Tn+3,6T_{n+1}= 0,82\times T_{n}+3,6
Question 2

Démontrer que, pour tout nombre entier naturel nn, on a : Tn=980×0,82n+20T_{n} =980\times 0,82^{n} +20

Correction
Nous allons procéder par récurrence.
Pour tout entier naturel nn, posons la propriété Pn:Tn=980×0,82n+20P_{n} :T_{n} =980\times 0,82^{n} +20
Etape d'initialisation
On sait que T0=1000T_{0} =1000 et que T0=980×0,820+20=1000T_{0} =980\times 0,82^{0} +20=1000 .
La propriété P0P_{0} est vraie.
Etape d'hérédité
On suppose qu'il existe un entier kk tel que la propriété PkP_{k} soit vraie c'est-à-dire : Tk=980×(0,82)k+20T_{k} =980\times \left(0,82\right)^{k} +20 et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1k+1 c'est-à-dire Tk+1=980×(0,82)k+1+20T_{k+1} =980\times \left(0,82\right)^{k+1} +20
Par hypothèse de récurrence :
Tk=980×(0,82)k+20T_{k} =980\times \left(0,82\right)^{k} +20 , on multiplie par 0,820,82 de part et d'autre de l'égalité
0,82×Tk=0,82×(980×(0,82)k+20)0,82\times T_{k} =0,82\times \left(980\times \left(0,82\right)^{k} +20\right)
0,82×Tk=0,82×980×0,82k+0,82×200,82\times T_{k} =0,82\times 980\times 0,82^{k} +0,82\times 20
0,82×Tk=980×0,82k+1+16,40,82\times T_{k} =980\times 0,82^{k+1} +16,4 . On va maintenant additionner par 3,63,6 de part et d'autre de l'égalité (notre objectif est de faire apparaître dans le membre de gauche uk+1u_{k+1} )
0,82×Tk+3,6=980×0,82k+1+16,4+3,60,82\times T_{k} +3,6=980\times 0,82^{k+1} +16,4+3,6
0,82×Tk+3,6=980×0,82k+1+200,82\times T_{k} +3,6=980\times 0,82^{k+1} +20
Tk+1=980×0,82k+1+20T_{k+1} =980\times 0,82^{k+1} +20

Ainsi la propriété Pk+1P_{k+1} est vraie.
Conclusion
Puisque la propriété P0P_{0} est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel nn, on a PnP_{n} vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel nn, on a bien :
Tn=980×0,82n+20T_{n} =980\times 0,82^{n} +20
Question 3

Au bout de combien d’heures le four peut-il être ouvert sans risque pour les céramiques?

Correction
La porte du four peut être ouverte sans risque pour les céramiques dès que sa température est inférieure à 7070° C. Il nous faut donc résoudre Tn≤70T_{n} \le 70
Tn≤70T_{n} \le 70 équivaut successivement à :
980×0,82n+20≤70980\times 0,82^{n} +20\le 70
980×0,82n≤70−20980\times 0,82^{n} \le 70-20
980×0,82n≤50980\times 0,82^{n} \le 50
0,82n≤509800,82^{n} \le \frac{50}{980}
0,82n≤5980,82^{n} \le \frac{5}{98}
ln⁡(0,82n)≤ln⁡(598)\ln \left(0,82^{n} \right)\le \ln \left(\frac{5}{98} \right)
n×ln⁡(0,82)≤ln⁡(598)n\times \ln \left(0,82\right)\le \ln \left(\frac{5}{98} \right)
n≥ln⁡(598)ln⁡(0,82)n\ge \frac{\ln \left(\frac{5}{98} \right)}{\ln \left(0,82\right)}

n≥14,99n\ge 14,99
Il nous faut donc que n≥15n\ge15.
Cela signifie que l'on pourra ouvrir le four au bout de 1515 heures.
Question 4
Partie BB
Dans cette partie, on note tt le temps (en heure) écoulé depuis l’instant où le four a été éteint. La température du four (en degré Celsius) à l’instant tt est donnée par la fonction ff définie, pour tout nombre réel tt positif, par : f(t)=ae−t5+bf\left(t\right)=ae^{-\frac{t}{5} } +b où aa et bb sont deux nombres réels.
On admet que ff vérifie la relation suivante : f′(t)+15f(t)=4f'\left(t\right)+\frac{1}{5} f\left(t\right)=4

Déterminer les valeurs de aa et bb sachant qu’initialement, la température du four est de 10001000°C, c’est-à-dire que f(0)=1000f\left(0\right)=1000.

Correction
D'une part : f(0)=1000f\left(0\right)=1000
Il vient alors que :
f(0)=1000f\left(0\right)=1000 équivaut successivement à :
ae−05+b=1000ae^{-\frac{0}{5} } +b=1000
ae0+b=1000ae^{0} +b=1000
a+b=1000a+b=1000

D'autre part :
f′(t)+15f(t)=4f'\left(t\right)+\frac{1}{5} f\left(t\right)=4. Il nous faut commencer par calculer la dérivée de f(t)=ae−t5+bf\left(t\right)=ae^{-\frac{t}{5} } +b
Ainsi : f′(t)=−15ae−t5f'\left(t\right)=-\frac{1}{5}ae^{-\frac{t}{5} }
D'où :
f′(t)+15f(t)=4f'\left(t\right)+\frac{1}{5} f\left(t\right)=4
−15ae−t5+15(ae−t5+b)=4-\frac{1}{5} ae^{-\frac{t}{5} } +\frac{1}{5} \left(ae^{-\frac{t}{5} } +b\right)=4

Nous allons maintenant résoudre cette équation : −15ae−t5+15(ae−t5+b)=4-\frac{1}{5} ae^{-\frac{t}{5} } +\frac{1}{5} \left(ae^{-\frac{t}{5} } +b\right)=4.
−15ae−t5+15(ae−t5+b)=4-\frac{1}{5} ae^{-\frac{t}{5} } +\frac{1}{5} \left(ae^{-\frac{t}{5} } +b\right)=4 équivaut successivement à :
−15ae−t5+15ae−t5+15b=4-\frac{1}{5} ae^{-\frac{t}{5} } +\frac{1}{5} ae^{-\frac{t}{5} } +\frac{1}{5} b=4
15b=4\frac{1}{5} b=4
Il vient alors que :
b=20b=20

Or , nous savons aussi, que : a+b=1000a+b=1000 ce qui nous donne
a=980a=980
.
Finalement : f(t)=980e−t5+20f\left(t\right)=980e^{-\frac{t}{5} } +20
Question 5
Pour la suite, on admet que, pour tout nombre réel positif tt : f(t)=980e−t5+20f\left(t\right)=980e^{-\frac{t}{5} } +20.

Déterminer la limite de ff lorsque tt tend vers +∞+\infty.

Correction
Ici, il s'agit d'une limite par composition.
On commence par calculer lim⁡t→+∞−t5=−∞\lim\limits_{t\to +\infty } -\frac{t}{5}=-\infty .
On pose T=−t5T=-\frac{t}{5}.
Ainsi : lim⁡T→−∞eT=0\lim\limits_{T\to -\infty } e^{T} =0.
Par composition :
lim⁡t→+∞e−t5=0\lim\limits_{t\to +\infty } e^{-\frac{t}{5} } =0

Finalement :
lim⁡t→+∞980e−t5+20=20\lim\limits_{t\to +\infty } 980e^{-\frac{t}{5} } +20 =20
Question 6

Étudier les variations de ff sur [0;+∞[\left[0;+\infty\right[. En déduire son tableau de variations complet.

Correction
ff est dérivable sur [0;+∞[\left[0;+\infty\right[.
f′(t)=980×−15×e−t5f'\left(t\right)=980\times -\frac{1}{5}\times e^{-\frac{t}{5} }
f′(t)=−196e−t5f'\left(t\right)=-196 e^{-\frac{t}{5} }

Pour tout réel tt positif, on vérifie aisément que e−t5>0e^{-\frac{t}{5} }>0 et −196<0-196<0.
Il en résulte donc que f′(t)<0f'\left(t\right)<0 et de ce fait la fonction ff est strictement décroissante.
Nous dressons ci-dessous le tableau de variation complet de ff.
Question 7

Avec ce modèle, après combien de minutes le four peut-il être ouvert sans risque pour les céramiques?

Correction
La porte du four peut être ouverte sans risque pour les céramiques dès que sa température est inférieure à 7070° C
Ainsi :
f(t)≤70f\left(t\right)\le 70
980e−t5+20≤70980e^{-\frac{t}{5} } +20\le 70
980e−t5≤70−20980e^{-\frac{t}{5} } \le 70-20
980e−t5≤50980e^{-\frac{t}{5} } \le 50
e−t5≤50980e^{-\frac{t}{5} } \le \frac{50}{980}
e−t5≤598e^{-\frac{t}{5} } \le \frac{5}{98}
ln⁡(e−t5)≤ln⁡(598)\ln \left(e^{-\frac{t}{5} } \right)\le \ln \left(\frac{5}{98} \right)
−t5≤ln⁡(598)-\frac{t}{5} \le \ln \left(\frac{5}{98} \right)
t≥−5ln⁡(598)t\ge -5\ln \left(\frac{5}{98} \right)

On trouve alors t≈14,88t\approx14,88 heures ce qui nous donne 893893 minutes.
Question 8
La température moyenne (en degré Celsius) du four entre deux instants t1t_{1} et t2t_{2} est donnée par : 1t2−t1∫t1t2f(t)dt\frac{1}{t_{2} -t_{1} } \int _{t{}_{1} }^{t_{2} }f\left(t\right)dt

À l’aide de la représentation graphique de ff ci-dessous, donner une estimation de la température moyenne θ\theta du four sur les 1515 premières heures de refroidissement. Expliquer votre démarche.

Correction
Il nous faut estimer l'aire sous la courbe entre 00 et 1515 puis la diviser par 1515.
Le quadrillage donne une aire d'environ 4444 carreaux , d'aire 1×100=1001\times 100=100 chacun, donc une valeur moyenne d'environ 440015≈293\frac{4400}{15}\approx293. Vu les erreurs d'arrondi, on peut annoncer une température moyenne d'environ 300300 °C.
Question 9

Calculer la valeur exacte de cette température moyenne θ\theta et en donner la valeur arrondie au degré Celsius.

Correction
  • Une primitive de eax+be^{ax+b} est 1aeax+b\frac{1}{a} e^{ax+b}
    • 115∫015f(t)dt=115∫015(980e−t5+20)dt\frac{1}{15} \int _{0}^{15}f\left(t\right)dt =\frac{1}{15} \int _{0}^{15}\left(980e^{-\frac{t}{5} } +20\right)dt
    115∫015f(t)dt=115[980×(−5)×e−t5+20t]015\frac{1}{15} \int _{0}^{15}f\left(t\right)dt =\frac{1}{15} \left[980\times \left(-5\right)\times e^{-\frac{t}{5} } +20t\right]_{0}^{15}
    115∫015f(t)dt=115[−4900e−t5+20t]015\frac{1}{15} \int _{0}^{15}f\left(t\right)dt =\frac{1}{15} \left[-4900 e^{-\frac{t}{5} } +20t\right]_{0}^{15}
    115∫015f(t)dt=115[−4900e−155+20×15−(−4900e−05+20×0)]\frac{1}{15} \int _{0}^{15}f\left(t\right)dt =\frac{1}{15} \left[-4900e^{-\frac{15}{5} } +20\times 15-\left(-4900e^{-\frac{0}{5} } +20\times 0\right)\right]
    115∫015f(t)dt=115[−4900e−3+300+4900e0]\frac{1}{15} \int _{0}^{15}f\left(t\right)dt =\frac{1}{15} \left[-4900e^{-3} +300+4900e^{0} \right]
    115∫015f(t)dt=115[−4900e−3+5200]\frac{1}{15} \int _{0}^{15}f\left(t\right)dt =\frac{1}{15} \left[-4900e^{-3} +5200\right]
    115∫015f(t)dt=−490015×e−3+520015\frac{1}{15} \int _{0}^{15}f\left(t\right)dt =\frac{-4900}{15} \times e^{-3} +\frac{5200}{15}
    115∫015f(t)dt=−9803×e−3+10403\frac{1}{15} \int _{0}^{15}f\left(t\right)dt =\frac{-980}{3} \times e^{-3} +\frac{1040}{3}

    Ainsi : 115∫015f(t)dt≈330,4\frac{1}{15} \int _{0}^{15}f\left(t\right)dt \approx330,4
    La valeur arrondie au degré Celsius est alors 330330°C.
    Question 10
    Dans cette question, on s’intéresse à l’abaissement de température (en degré Celsius) du four au cours d’une heure, soit entre deux instants tt et (t+1)\left(t +1\right). Cet abaissement est donné par la fonction dd définie, pour tout nombre réel tt positif, par : d(t)=f(t)−f(t+1)d\left(t\right)=f\left(t\right)-f\left(t+1\right) .

    Vérifier que, pour tout nombre réel tt positif , on a : d(t)=980(1−e−15)e−t5d\left(t\right)=980\left(1-e^{-\frac{1}{5} } \right)e^{-\frac{t}{5} }

    Correction
    Nous savons que f(t)=980e−t5+20f\left(t\right)=980e^{-\frac{t}{5} } +20 alors f(t+1)=980e−t+15+20f\left(t+1\right)=980e^{-\frac{t+1}{5} } +20.
    d(t)=f(t)−f(t+1)d\left(t\right)=f\left(t\right)-f\left(t+1\right) équivaut successivement à :
    d(t)=980e−t5+20−(980e−t+15+20)d\left(t\right)=980e^{-\frac{t}{5} } +20-\left(980e^{-\frac{t+1}{5} } +20\right)
    d(t)=980e−t5+20−980e−t+15−20d\left(t\right)=980e^{-\frac{t}{5} } +20-980e^{-\frac{t+1}{5} } -20
    d(t)=980e−t5−980e−t+15d\left(t\right)=980e^{-\frac{t}{5} } -980e^{-\frac{t+1}{5} }
    d(t)=980e−t5−980e−t5×e−15d\left(t\right)=980e^{-\frac{t}{5} } -980e^{-\frac{t}{5} } \times e^{-\frac{1}{5} }
    d(t)=980e−t5(1−e−15)d\left(t\right)=980e^{-\frac{t}{5} } \left(1-e^{-\frac{1}{5} } \right)

    Question 11

    Déterminer la limite de d(t)d\left(t\right) lorsque tt tend vers +∞+\infty. Quelle interprétation peut-on en donner ?

    Correction
    D'après la question 55, on sait que : lim⁡t→+∞e−t5=0\lim\limits_{t\to +\infty } e^{-\frac{t}{5} } =0
    lim⁡t→+∞e−t5=0lim⁡t→+∞1−e−15=1−e−15}par produit\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{t\to +\infty } e^{-\frac{t}{5} }} & {=} & {0} \\ {\lim\limits_{t\to +\infty } 1-e^{-\frac{1}{5} }} & {=} & {1-e^{-\frac{1}{5} } } \end{array}\right\}{\text{par produit}}
    lim⁡t→+∞980e−t5(1−e−15)=0\lim\limits_{t\to +\infty } 980e^{-\frac{t}{5} } \left(1-e^{-\frac{1}{5} } \right)=0

    Donc l'écart entre les heures tend à s'estomper : la température décroit de plus en plus lentement.

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