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Rêves Vision
Terminale STI2D

Volume d'un reservoir a partir d'un debit combine

Énoncé

Dans un atelier, le debit d'eau entrant dans un reservoir est modelise sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[ par f(t)=3 e−0,5t+4t+1f(t) = 3\,e^{-0{,}5t} + \dfrac{4}{t+1} (en litres par minute), ou tt est le temps en minutes. Le volume VV est une primitive du debit : V′(t)=f(t)V'(t) = f(t). A l'instant initial, le reservoir est vide : V(0)=0V(0) = 0. Determiner le volume V(t)V(t).
Besoin d'un coup de pouce ?
  1. Une primitive d'une somme se calcule terme par terme : primitive 3 e−0,5t3\,e^{-0{,}5t} d'un cote, puis 4t+1\dfrac{4}{t+1} de l'autre, sans oublier une seule constante CC a la fin.
  2. Pour 4t+1\dfrac{4}{t+1}, pose u(t)=t+1u(t) = t+1 : alors u′(t)=1u'(t) = 1 et la fraction est de la forme u′u\dfrac{u'}{u}, dont une primitive est ln⁡(u)\ln(u), soit 4 ln⁡(t+1)4\,\ln(t+1).
  3. Avec V(0)=0V(0) = 0, souviens-toi que e0=1e^{0} = 1 et ln⁡(1)=0\ln(1) = 0 : l'equation devient −6+C=0-6 + C = 0, donc C=6C = 6.

Mode élève : cherche d'abord par toi-même (les coups de pouce sont là pour t'aider), puis passe en vue « Corrigé » pour vérifier.

Voir le corrigé détaillé

  1. 1. Primitiver terme par terme

    Le volume VV est une primitive de ff. On primitive chaque terme separement. Le premier terme 3 e−0,5t3\,e^{-0{,}5t} est de la forme 3 eat3\,e^{at} avec a=−0,5a = -0{,}5 : une primitive de e−0,5te^{-0{,}5t} est 1−0,5 e−0,5t=−2 e−0,5t\dfrac{1}{-0{,}5}\,e^{-0{,}5t} = -2\,e^{-0{,}5t}, donc une primitive de 3 e−0,5t3\,e^{-0{,}5t} est 3×(−2) e−0,5t=−6 e−0,5t.3 \times (-2)\,e^{-0{,}5t} = -6\,e^{-0{,}5t}.

  2. 2. Reconnaitre une forme u prime sur u au second terme

    Le second terme est 4t+1\dfrac{4}{t+1}. On pose u(t)=t+1u(t) = t+1, donc u′(t)=1u'(t) = 1. On ecrit 4t+1=4×1t+1=4×u′(t)u(t)\dfrac{4}{t+1} = 4 \times \dfrac{1}{t+1} = 4 \times \dfrac{u'(t)}{u(t)}, c'est une forme u′u\dfrac{u'}{u}. De plus u(t)=t+1>0u(t) = t+1 > 0 sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[, donc ln⁡(u)\ln(u) est defini. Une primitive de 4t+1\dfrac{4}{t+1} est donc 4 ln⁡(t+1).4\,\ln(t+1).

  3. 3. Ecrire la forme generale des primitives

    En additionnant les deux primitives et en ajoutant la constante, la forme generale est : V(t)=−6 e−0,5t+4 ln⁡(t+1)+C.V(t) = -6\,e^{-0{,}5t} + 4\,\ln(t+1) + C.

  4. 4. Fixer la constante avec la condition initiale

    A l'instant initial, le reservoir est vide : V(0)=0V(0) = 0. On remplace tt par 00, en se souvenant que e0=1e^{0} = 1 et que ln⁡(1)=0\ln(1) = 0 : V(0)=−6 e0+4 ln⁡(1)+C=−6+0+C=−6+C.V(0) = -6\,e^{0} + 4\,\ln(1) + C = -6 + 0 + C = -6 + C. Comme on veut V(0)=0V(0) = 0, on en deduit que −6+C=0-6 + C = 0, donc C=6.C = 6.

  5. 5. Conclure et verifier

    Le volume est donc V(t)=−6 e−0,5t+4 ln⁡(t+1)+6.V(t) = -6\,e^{-0{,}5t} + 4\,\ln(t+1) + 6. Verification en derivant : V′(t)=−6×(−0,5) e−0,5t+4×1t+1=3 e−0,5t+4t+1=f(t)V'(t) = -6 \times (-0{,}5)\,e^{-0{,}5t} + 4 \times \dfrac{1}{t+1} = 3\,e^{-0{,}5t} + \dfrac{4}{t+1} = f(t), et V(0)=−6+0+6=0V(0) = -6 + 0 + 6 = 0. Tout est coherent. Le volume est V(t)=−6 e−0,5t+4 ln⁡(t+1)+6V(t) = -6\,e^{-0{,}5t} + 4\,\ln(t+1) + 6 litres.
Réponse finale
V(t)=−6 e−0,5t+4 ln⁡(t+1)+6V(t) = -6\,e^{-0{,}5t} + 4\,\ln(t+1) + 6
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