COR. 01

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A.1. On peut lire graphiquement que $f(4)\approx 40$, donc que la température est revenue à sa valeur initiale après environ 4 minutes.

A.2. \[\begin{aligned} f(0) &= 40& \\ \iff (a\times 0 + b)\mathrm e^{-0,5\times 0} &= 40& \\ \iff b\times 1 &= 0& \\ \iff b &= 40.& \end{aligned}\]

A.3. On sait dorénavant que $f(t) = (at+40)\mathrm e^{-0,5t}$.
Donc pour tout $t\in[0;10]$: \[ f'(t) = a\mathrm e^{-0,5t} + (at + 40)(-0,5\mathrm e^{-0,5t}) =(a - 0,5at - 20)\mathrm e^{-0,5t}. \] Puisque $f$ est solution de (E), pour tout $t\in[0;10]$: \[\begin{aligned} f'(t) + 0,5f(t) &= 60\mathrm e^{-0,5t}& \\ \iff (a -0,5at - 20)\mathrm e^{-0,5t} + 0,5(at + 40)\mathrm e^{-0,5t} &= 60\mathrm e^{-0,5t}& \\ \iff (a - 0,5at - 20 + 0,5at + 20)\cancel{\mathrm e^{-0,5t}} &= 60\cancel{\mathrm e^{-0,5t}}& \\ \iff a&=60.& \end{aligned}\]

B.1. Pour tout $t\in[0;10]$: \[\begin{aligned} f'(t) &= 60\cdot\mathrm e^{-0,5t} + (60t+40)(-0,5\mathrm e^{-0,5t})& \\ &=(60 - 30t - 20)\mathrm e^{-0,5t}& \\ &=(40 - 30t)\mathrm e^{-0,5t}.& \end{aligned}\]

B.2.a. Puisque le facteur $\mathrm e^{-0,5t}$ est strictement positif, le signe de $f'(t)$ est celui de $40 - 30t$. Or: \[ 40 - 30t > 0 \iff -30 t > -40 \iff t >\frac{-40}{30} \iff t > \frac 43\] et on montre de manière analogue que \[40 - 30t = 0 \iff t = \frac 43\] et \[40 - 30t < 0 \iff t > \frac 43.\] On peut donc établir le tableau de variation suivant.

Avec: \[\begin{aligned} f(0) &= (60\times 0 + 40)\mathrm e^0 = 40\;;& \\ f\left(\frac43\right) &= \left(60\times\frac43 = 40\right)\mathrm e^{-0,5\times\frac43}=120\mathrm e^{-2/3} \approx 61,61\;;& \\ f(10) &= (60\times 10 + 40)\mathrm e^{-0,5\times 10} = 640\mathrm e^{-5}\approx 4,31.& \end{aligned}\]

B.2.b. La fonction $f$ est strictement croissante sur $\left[0;\dfrac 43\right]$. Donc pour tout $t\in\left]0;\dfrac43\right[$: \[t > 0 \implies f(t) > f(0) \implies f(t) > 40.\] L'équation $f(t) = 40$ est donc sans solution sur cet intervalle.

Sur $\left[\dfrac43;10\right]$:\par La fonction $f$ est continue puisque dérivable.
$f\left(\dfrac43\right)\approx 61,61$ donc $f\left(\dfrac43\right) > 40$ et $f(10)\approx 4,31$ donc $f(10) < 40$.
La fonction $f$ est strictement décroissante.
Donc, selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)= 40$ admet une solution unique $\alpha$.

B.2.c. Une recherche à la calculatrice permet d'obtenir que : \[\left.\begin{array}{c} f(3,80)\approx 40,084\\f(3,81)\approx 39,973\end{array}\right\} \implies 3,80 < \alpha < 3,81 \implies \alpha \approx 3,8. \] Donc, plus précisément, il faut 3,8 minutes (3 minutes et 48 secondes) pour revenir à la température initiale.

B.3.a. Si l'on pose \[\begin{aligned} u(t) &= 60t + 40&\quad&\implies&\quad u'(t)&=60& \\ v'(t)&=\mathrm e^{-0,5t}&\quad&\Longleftarrow&\quad v(t) &= \dfrac{\mathrm e^{-0,5t}}{-0,5} = -2\mathrm e^{-0,5t}& \end{aligned}\] Alors $f(t) = u(t)v'(t)$.
Puisque $u'$ et $v'$ sont continues, on peut réaliser une intégration par parties. \[\begin{aligned} &\int_0^4 f(t)\mathrm dt& \\ &=\big[u(t)v(t)\big]_0^4 - \int_0^4 u'(t)v(t)\mathrm dt& \\ &=\big[(60t + 40)(-2\mathrm e^{-0,5t})\big]_0^4 - \int_0^4 60(-2\mathrm e^{-0,5t})\mathrm dt& \\ &=\big[(-120t - 80)\mathrm e^{-0,5t}\big]_0^4 - \int_0^4 120 \mathrm e^{-0,5t}\mathrm dt& \\ &=\big[(-120t - 80)\mathrm e^{-0,5t}\big]_0^4 - \left[\frac{-120\mathrm e^{-0,5t}}{-0,5}\right]_0^4& \\ &=\big[(-120t - 80)\mathrm e^{-0,5t}\big]_0^4 - \big[240\mathrm e^{-0,5t}\big]_0^4& \\ &{\small =\left[(-120\times 4 -80)\mathrm e^{-2} - (-120\times 0 - 80)\mathrm e^0\right] -\left[240\mathrm e^{-2} - 240\mathrm e^0\right]}& \\ &=-560\mathrm e^{-2} + 80 -240\mathrm e^{-2} + 240& \\ &=-800\mathrm e^{-2} + 320& \\ &=320 - \frac{800}{\mathrm e^2}.& \end{aligned}\]

B.3.b. La valeur moyenne de la température sur les 4 premières minutes est donc: \[\frac 1{4-0}\int_0^4 f(t)\mathrm dt =\frac 14\left(320 - \frac{800}{\mathrm e^2}\right) =80 - \frac{200}{\mathrm e^2} \approx 53\:\text{°C}. \]

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