mathématiques complémentaires (terminale) · Chapitre 4 · Application directe du cours

Problème — Un pic d'ozone

Compléments sur la dérivation · niveau 2

Énoncé

Problème — Un pic d'ozone.

Un après-midi d'été, la concentration d'ozone au niveau du sol, en $μ$ g/m $^{3}$ , est relevée par une station de surveillance de la qualité de l'air et modélisée par

$f (t) = 60 + 90 t e^{- 0, 4 t}, 0 \leq t \leq 12,$

où $t$ est le temps écoulé depuis midi, en heures.

Calculer $f (0)$ et l'interpréter. Vers quelle valeur $f (t)$ redescend-il en fin de journée ?
Calculer $f^{'} (t)$ et la factoriser. Dresser le tableau de variation.
À quelle heure le pic est-il atteint, et quelle est la valeur exacte du maximum ?
L'objectif de qualité pour la santé humaine est de $120$ $μ$ g/m $^{3}$ . Justifier que l'équation $f (t) = 120$ a exactement deux solutions, puis les encadrer par balayage au pas $0, 1$ .
Résoudre $f (t) \leq 120$ et donner la durée du dépassement.
Quel créneau horaire faut-il déconseiller aux personnes sensibles ?

Corrigé

Fond et retour au calme. $f (0) = 60$ : c'est le fond de pollution à midi, avant que le soleil ne fabrique l'ozone. Quand $t$ grandit, $t e^{- 0, 4 t}$ s'écrase vers $0$ — l'exponentielle décroissante l'emporte sur le facteur $t$ — donc $f (t)$ redescend vers $60$ . En fin de fenêtre, $f (12) \approx 68, 9$ .
Dérivée. C'est un produit :

$f^{'} (t) = 90 e^{- 0, 4 t} + 90 t \times (- 0, 4) e^{- 0, 4 t} = 90 e^{- 0, 4 t} (1 - 0, 4 t) = 18 (5 - 2 t) e^{- 0, 4 t} .$

L'exponentielle est positive : $f^{'}$ est du signe de $5 - 2 t$ , positif pour $t < 2, 5$ , négatif ensuite.

$t f^{'} (t) f 060 + ↗ 2, 5 0 60 + \frac{225}{e} - ↘ 12 60 + 1080 e^{- 4, 8}$

Le pic. Il est atteint pour $t = 2, 5$ , soit à 14 h 30, et vaut exactement

$f (2, 5) = 60 + 90 \times 2, 5 e^{- 1} = 60 + \frac{225}{e} \approx 142, 8 μ g/m^{3} .$

Deux dépassements. Sur $[0; 2, 5]$ , $f$ est continue et strictement croissante de $60$ à $\approx 142, 8$ : comme $120$ est compris entre ces valeurs, le théorème des valeurs intermédiaires (admis) donne exactement une solution. Sur $[2, 5; 12]$ , $f$ décroît de $\approx 142, 8$ à $\approx 68, 9$ , et $120$ y est encore compris : une solution de plus. Il y en a donc exactement deux.

Balayage au pas $0, 1$ : $f (0, 9) \approx 116, 5 < 120$ et $f (1, 0) \approx 120, 3 \geq 120$ ; puis $f (5, 0) \approx 120, 9 > 120$ et $f (5, 1) \approx 119, 7 < 120$ . Donc

$t_{1} \in] 0, 9; 1, 0 [et t_{2} \in] 5, 0; 5, 1 [.$

Inéquation et durée. Le tableau se lit directement : $f$ est en dessous de $120$ avant $t_{1}$ et après $t_{2}$ , donc

$f (t) \leq 120 ⟺ t \in [0; t_{1}] \cup [t_{2}; 12] .$

Le dépassement dure $t_{2} - t_{1}$ , encadré par $5, 0 - 1, 0 = 4, 0$ et $5, 1 - 0, 9 = 4, 2$ heures : environ $4$ heures et $5$ minutes.

Recommandation. Puisque $t = 0$ correspond à midi, le dépassement court de $t_{1} \approx 0, 99$ à $t_{2} \approx 5, 07$ , soit de 13 h à 17 h environ.

C'est le créneau à déconseiller aux asthmatiques et aux jeunes enfants pour les efforts en plein air.

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