Vidange d'un réservoir

• Pendant $\mathrm{d}t$, le volume $Sh$ diminue du volume sorti $s\sqrt{2gh}\mathrm{d}t$ : $S{h}^{\prime }(t)=-s\sqrt{2gh(t)}$, soit $h^{\prime }=-k\sqrt{h}$ avec $k=\frac{s}{S}\sqrt{2g}=\frac{10^{-3}}{2}\sqrt{19,62}\approx 2,21\times 10^{-3}$ m${}^{1/2}$.s${}^{-1}$. Débit initial : $s\sqrt{2g{h}_0}\approx 7,7\times 10^{-3}$ m${}^3$/s, soit $7,7$ L/s.
• Tant que $h>0$, on sépare : $\frac{h^{\prime }}{\sqrt{h}}=-k$, soit $(2\sqrt{h}{)}^{\prime }=-k$, d'où $2\sqrt{h(t)}=2\sqrt{h_0}-kt$ et

$$h(t)=(\sqrt{h_0}-\frac{k}{2}t{)}^2,0\le t\le T=\frac{2\sqrt{h_0}}{k}.$$

Le réservoir est vide à l'instant $T=\frac{2\sqrt{3}}{2,21\times 10^{-3}}\approx 1564$ s, soit environ $26$ min. Prolongée par $0$ pour $t\ge T$, la fonction est continue, et $h^{\prime }(t)=-k(\sqrt{h_0}-\frac{k}{2}t)$ tend vers $0$ quand $t\to T^{-}$, comme la dérivée à droite : $h$ est $C^1$ et vérifie l'équation sur tout $[0,+\infty [$.

• $h(t)=\frac{h_0}{2}$ pour $\sqrt{h_0}-\frac{k}{2}t=\sqrt{h_0/2}$, soit $t=T(1-\frac{1}{\sqrt{2}})\approx 0,29T\approx 458$ s, environ $7,6$ min. La première moitié de l'eau s'écoule en moins d'un tiers du temps total : le débit diminue avec la hauteur, la fin de la vidange est lente.
• $h^{\prime }=-ah$ a pour solution $h=h_0{\mathrm{e}}^{-at}$ ; le même débit initial impose $a{h}_0=k\sqrt{h_0}$, soit $a=\frac{k}{\sqrt{h_0}}\approx 1,28\times 10^{-3}$ s${}^{-1}$. Ce modèle prédit que le réservoir ne se vide jamais : $h(t)>0$ pour tout $t$. Il faut $t=\frac{1}{a}\ln \frac{3}{0,01}\approx 4460$ s (près de $75$ min) pour descendre à $1$ cm. Le modèle de Torricelli est le bon : un réservoir réel se vide en un temps fini. C'est possible parce que $\sqrt{h}$ n'est pas dérivable en $0$ : le théorème d'unicité des équations linéaires ne s'applique pas, et deux solutions (le réservoir vide depuis toujours, et celui qui vient de se vider) passent par $h=0$. Une équation linéaire, elle, ne peut atteindre $0$ qu'en étant nulle (théorème 2.23).