Partie A : Modélisation discrète

1. À partir de l'algorithme proposé, on déduit que la suite $(T_n)$ est définie par :

   $\begin{cases} T_0=25 \\ T_{n+1}=0,85 \times T_n+15 \end{cases}$

   Par conséquent :

   $T_1=0,85 \times 25+15=36,25$

   $T_2=0,85 \times 36,25+15=45,8125$

   $T_3=0,85 \times 45,8125+15=45,8125 \approx 54$ à une unité près.

   Au bout de 3 minutes, la température de la boîte de conserve sera d'environ $54$°.

2. Montrons la propriété $(P_n)\ :\ T_n = 100 - 75 \times 0,85^n$ par récurrence.

   • Initialisation : $100 - 75 \times 0,85^0=100 - 75 \times 1=25$

     On a bien $T_0 = 100 - 75 \times 0,85^0$ donc la propriété $(P_0)$ est vérifiée.

   • Hérédité : Supposons que la propriété $(P_n)$ soit vraie pour un certain rang $n \in \mathbb{N}$.

     Alors :

     $T_{n+1}=0,85 \times T_n+15$ (définition de la suite $(T_n)$)

     $\phantom{T_{n+1}}= 0,85 \times (100 - 75 \times 0,85^n)+15$ (d'après l'hypothèse de récurrence)

     $0,85 \times 0,85^n=0,85^{n+1}$

     $\phantom{T_{n+1}}= 85 - 75 \times 0,85 \times 0,85^n+15$

     $\phantom{T_{n+1}}= 100 - 75 \times 0,85^{n+1}$

     La propriété $(P_{n+1})$ est donc vérifiée.

   Finalement, la propriété $T_n = 100 - 75 \times 0,85^n$ est démontrée par récurrence.

3. La stérilisation débute lorsque $T_n > 85$ :

   $T_n > 85 \Leftrightarrow 100 - 75 \times 0,85^n > 85$

   $\phantom{T_n > 85 }\Leftrightarrow - 75 \times 0,85^n > 85 - 100$

   $\phantom{T_n > 85 }\Leftrightarrow 0,85^n <\frac{15}{75}$

   $\phantom{T_n > 85 }\Leftrightarrow \ln(0,85^n) <\ln\frac{1}{5}$ (car la fonction $\ln$ est strictement croissante)

   $\phantom{T_n > 85 }\Leftrightarrow n\ln(0,85) < - \ln 5$

   Attention au sens :$\ln(0,85)$ est négatif !

   $\phantom{T_n > 85 }\Leftrightarrow n > - \frac{\ln 5}{\ln(0,85)}$

   À la calculatrice $- \frac{\ln 5}{\ln(0,85)} \approx 9,9$.

   La stérilisation débutera au bout de $10$ minutes.

Partie B : Modélisation continue

1. 1. $f$ est dérivable sur $[0~;~+ \infty[$ comme composée de fonctions dérivables.

      On calcule la dérivée de la fonction $f$ en utilisant la formule $(e^u)^{\prime}=u^{\prime}e^u$ :

      $f^{\prime}(t)= - 75 \times \left( - \frac{\ln 5}{10} \right){e}^{ - \frac{\ln 5}{10}t}$$=7,5\ln5\ {e}^{ - \frac{\ln 5}{10}t}$

      La fonction exponentielle étant à valeurs strictement positives, $f^{\prime}(t) > 0$ pour tout $t \in [0~;~+ \infty[$ donc la fonction $f$ est strictement croissante sur $[0~;~+ \infty[$.

   2. Comme $f$ est strictement croissante sur $[0~;~+ \infty[$ :

      $t \geqslant 10 \Rightarrow f(t) \geqslant f(10)$

      Or :

      $f(10)=100 - 75{e}^{ - \frac{\ln 5}{10} \times 10}$

      $\phantom{f(10)}=100 - 75{e}^{ - \ln 5}$

      $\phantom{f(10)}=100 - \frac{75}{{e}^{\ln 5}}$

      $\phantom{f(10)}=100 - \frac{75}{5}=85$

      Donc pour tout $t \in [0~;~+ \infty[$, $f(t) \geqslant 85$.

2. 1. 
      

      

      L'aire d'un carreau rectangulaire (coloré en bleu ci-dessus) est $5 \times 5 = 25$ u.a.

      $\mathcal{A}(25)$ est l'aire du domaine (coloré en vert ci-dessus) délimité par les droites d'équation $t = 10$, $t = 25$, $y = 85$ et la courbe représentative $\mathscr{C}_f$ de $f$.

      Il est visible que cette aire est (assez largement !) supérieure à trois fois et demi l'aire d'un carreau donc $\mathcal{A}(25) > 3,5 \times 25 > 80$.

   2. Pour $t \geqslant 10$, $f(t) \geqslant 85$ donc :

      $\mathcal{A}(\theta) = \int_{10}^{\theta} f(t) - 85\:\text{d}t$

      $\phantom{\mathcal{A}(\theta)} = \int_{10}^{\theta} 15 - 75{e}^{ - \frac{\ln 5}{10}t}\:\text{d}t$

      $\phantom{\mathcal{A}(\theta)} = \int_{10}^{\theta} 15\:\text{d}t - 75\int_{10}^{\theta}{e}^{ - \frac{\ln 5}{10}t}\:\text{d}t$ (linéarité de l'intégrale)

      $\phantom{\mathcal{A}(\theta)} = \left[15t\right]_{10}^\theta - 75\int_{10}^{\theta}{e}^{ - \frac{\ln 5}{10}t}\:\text{d}t$

      $\phantom{\mathcal{A}(\theta)} = 15(\theta - 10) - 75\int_{10}^{\theta}{e}^{ - \frac{\ln 5}{10}t}\:\text{d}t$

   3. Une primitive sur $\mathbb{R}$ de la fonction $g : t \longmapsto {e}^{ - \frac{\ln 5}{10}t}$ est la fonction $G$ définie par :

      $G(t)= - \frac{10}{\ln 5}{e}^{ - \frac{\ln 5}{10}t}$

      Par conséquent :

      $\int_{10}^{20}{e}^{ - \frac{\ln 5}{10}t}\:\text{d}t = \left[ - \frac{10}{\ln 5}{e}^{ - \frac{\ln 5}{10}t}\right]_{10}^{20}$

      $\phantom{\int_{10}^{20}{e}^{ - \frac{\ln 5}{10}t}\:\text{d}t} = - \frac{10}{\ln 5}\left({e}^{ - 2\ln 5} - {e}^{ - \ln 5}\right)$

      $\phantom{\int_{10}^{20}{e}^{ - \frac{\ln 5}{10}t}\:\text{d}t} = - \frac{10}{\ln 5}\left(\frac{1}{25} - \frac{1}{5}\right)$

      $\phantom{\int_{10}^{20}{e}^{ - \frac{\ln 5}{10}t}\:\text{d}t} = \frac{8}{5\ln 5}$

      et :

      $\mathcal{A}(20) = 15(20 - 10) - 75 \times \frac{8}{5\ln 5}$

      $\phantom{\mathcal{A}(20)} = 150 - \frac{120}{\ln 5} \approx 75,44$u.a.

      Au bout de $20$ minutes, $\mathcal{A}(20)\approx 75,44$u.a.; le seuil de $80$u.a. n'a pas été atteint donc la stérilisation n'est pas encore finie.

      D'après la question 2.a., la stérilisation sera terminée au bout d'un temps compris entre $20$ et $25$ minutes.