Limites, Dérivation et Applications - Exercices BTS CIEL

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = 5t + 10$ et $v(t) = e^{-0.1t}$.

   On a donc $u'(t) = 5$ et $v'(t) = -0.1e^{-0.1t}$.

   Ainsi, $U'(t) = 5e^{-0.1t} + (5t + 10)(-0.1)e^{-0.1t} = (5 - 0.5t - 1)e^{-0.1t} = (4 - 0.5t)e^{-0.1t}$.

2. $U'(t) = (a - bt)e^{-0.1t}$, avec a = 4 et b = 0.5.

3. Pour étudier le signe de $U'(t)$, on remarque que $e^{-0.1t}$ est toujours positif. Le signe de $U'(t)$ est donc celui de $4 - 0.5t$.

   $U'(t) > 0$ si $4 - 0.5t > 0$, soit $t < 8$.

   $U'(t) < 0$ si $t > 8$.

   Donc, $U(t)$ est croissante sur $[0, 8]$ et décroissante sur $[8, +\infty[$.

4. $U(0) = (5(0) + 10)e^0 + 5 = 10 + 5 = 15$ milliers d'utilisateurs.

5. $\lim_{t \to \infty} U(t) = 5$ milliers d'utilisateurs (par croissances comparées). Le nombre d'utilisateurs tend à se stabiliser à 5000.

Partie B :

1. Le nombre maximal d'utilisateurs est atteint lorsque $U'(t) = 0$, c'est-à-dire lorsque $4 - 0.5t = 0$, soit $t = 8$ semaines.

2. Le nombre maximal d'utilisateurs est $U(8) = (5(8) + 10)e^{-0.8} + 5 \approx 27.47$ milliers.

3. On cherche à résoudre $U(t) = 6$ (6 milliers d'utilisateurs). On utilise la résolution numérique avec Xcas : fsolve((5*t + 10)*exp(-0.1*t) + 5 = 6, t), ce qui donne $t \approx 42.57$ semaines.

4. 90% de la limite (5 milliers) est 4.5 milliers. On résout $U(t) = 4.5$ : `fsolve((5*t+10)*exp(-0.1*t) + 5 = 4.5, t)` donne $t \approx 61.07$ semaines.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = 0.1t + 2$ et $v(t) = e^{0.02t}$.

   On a $u'(t) = 0.1$ et $v'(t) = 0.02e^{0.02t}$.

   Donc, $R'(t) = 0.1e^{0.02t} + (0.1t + 2)(0.02)e^{0.02t} = (0.1 + 0.002t + 0.04)e^{0.02t} = (0.002t + 0.14)e^{0.02t}$.

2. $R'(t) = (at + b)e^0.02t avec a = 0.002 et b = 0.14.

3. Pour $t \ge 0$, $0.002t + 0.14$ est toujours positif, et $e^{0.02t}$ est toujours positif. Donc $R'(t)$ est toujours positif.

   Par conséquent, $R(t)$ est strictement croissante.

4. $R(0) = (0.1(0) + 2)e^0 + 5 = 2 + 5 = 7$ ms.

Partie B :

1. Le temps de réponse augmente avec le temps, car $R'(t) > 0$ pour tout $t \ge 0$.

2. On cherche $t$ tel que $R(t) = 10$. On utilise Xcas : `fsolve((0.1*t + 2)*exp(0.02*t) + 5 = 10, t)` donne $t \approx 18.66$ minutes. L'objectif de temps de réponse est donc dépassé après environ 18.66 minutes.

3. Il n'y a pas de temps de réponse maximal, car $R(t)$ est strictement croissante et tend vers $+\infty$ quand $t$ tend vers $+\infty$.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = -(t + 5)$ et $v(t) = e^{-0.5t}$.

   On a donc $u'(t) = -1$ et $v'(t) = -0.5e^{-0.5t}$.

   Ainsi, $D'(t) = -e^{-0.5t} - (t + 5)(-0.5)e^{-0.5t} = (-1 + 0.5t + 2.5)e^{-0.5t} = (1.5 + 0.5t)e^{-0.5t}$.

2. On a $D'(t) = (a - bt)e^{-0.5t}$ avec a = 1.5 et b = -0.5.

3. L'exponentielle $e^{-0.5t}$ étant toujours positive, le signe de $D'(t)$ est le même que celui de $1.5 + 0.5t$.

   Comme $t \ge 0$, $1.5 + 0.5t$ est toujours positif. Donc $D'(t)$ est toujours positif.

   Par conséquent, $D(t)$ est strictement croissante.

4. $D(0) = 100 - (0 + 5)e^0 = 100 - 5 = 95\%$.

5. $\lim_{t \to \infty} D(t) = 100$ (par croissances comparées). La disponibilité tend vers 100%.

Partie B :

1. Comme la fonction $D(t)$ est strictement croissante, la disponibilité minimale est atteinte au début, c'est-à-dire à t = 0.

2. La disponibilité minimale est $D(0) = 95\%$.

3. On cherche $t$ tel que $D(t) = 99$. On utilise Xcas : fsolve(100 - (t + 5)*exp(-0.5*t) = 99, t) donne $t \approx 4.30$ heures.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = 2t + 5$ et $v(t) = e^{-0.2t}$.

   On a donc $u'(t) = 2$ et $v'(t) = -0.2e^{-0.2t}$.

   Ainsi, $T'(t) = 2e^{-0.2t} + (2t + 5)(-0.2)e^{-0.2t} = (2 - 0.4t - 1)e^{-0.2t} = (1 - 0.4t)e^{-0.2t}$.

2. $T'(t) = (a - bt)e^{-0.2t}$, avec a = 1 et b = 0.4.

3. Pour étudier le signe de $T'(t)$, on remarque que $e^{-0.2t}$ est toujours positif. Le signe de $T'(t)$ est donc celui de $1 - 0.4t$.

   $T'(t) > 0$ si $1 - 0.4t > 0$, soit $t < 2.5$.

   $T'(t) < 0$ si $t > 2.5$.

   Donc, $T(t)$ est croissante sur $[0, 2.5]$ et décroissante sur $[2.5, +\infty[$.

4. $\lim_{t \to \infty} T(t) = 10$ Gb/s (par croissances comparées).

Partie B :

1. Le trafic est maximal lorsque $T'(t) = 0$, c'est-à-dire lorsque $1 - 0.4t = 0$, soit $t = 2.5$ heures.

2. Le trafic maximal est $T(2.5) = (2(2.5) + 5)e^{-0.5} + 10 \approx 16.07$ Gb/s.

3. On cherche les moments où $T(t) = 16$. On utilise Xcas : fsolve((2*t+5)*exp(-0.2*t) + 10 = 16, t) donne deux solutions : $t \approx 0.80$ et $t \approx 5.86$.

   Le réseau sera saturé entre ces deux moments, soit pendant environ $5.86 - 0.80 = 5.06$ heures.

4. Le trafic à $t = 0$ est $T(0) = (2(0) + 5)e^0 + 10 = 5 + 10 = 15$ Gb/s.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = 0.5t + 10$ et $v(t) = e^{-0.01t}$.

   On a $u'(t) = 0.5$ et $v'(t) = -0.01e^{-0.01t}$.

   Donc, $T'(t) = 0.5e^{-0.01t} + (0.5t + 10)(-0.01)e^{-0.01t} = (0.5 - 0.005t - 0.1)e^{-0.01t} = (0.4 - 0.005t)e^{-0.01t}$.

2. $T'(t) = (a - bt)e^{-0.01t}$ avec a = 0.4 et b = 0.005.

3. Pour étudier le signe de $T'(t)$, on note que $e^{-0.01t}$ est toujours positif. Le signe de $T'(t)$ est donc celui de $0.4 - 0.005t$.

   $T'(t) > 0$ si $0.4 - 0.005t > 0$, soit $t < \frac{0.4}{0.005} = 80$.

   $T'(t) < 0$ si $t > 80$.

   Donc, $T(t)$ est croissante sur $[0, 80]$ et décroissante sur $[80, +\infty[$.

4. $T(0) = (0.5(0) + 10)e^0 + 20 = 10 + 20 = 30$ °C.

5. $\lim_{t \to \infty} T(t) = 20$ °C (par croissances comparées). La température tend à se stabiliser à 20°C.

Partie B :

1. La température maximale est atteinte lorsque $T'(t) = 0$, c'est-à-dire lorsque $0.4 - 0.005t = 0$, soit $t = 80$ secondes.

2. La température maximale est $T(80) = (0.5(80) + 10)e^{-0.8} + 20 \approx 42.45$ °C.

3. On cherche $t$ tel que $T(t) = 60$. Or, la température maximale est d'environ 42.45°C (question précédente). Donc, le système de refroidissement ne se déclenchera jamais.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = 4t + 8$ et $v(t) = e^{-0.25t}$.

   On a donc $u'(t) = 4$ et $v'(t) = -0.25e^{-0.25t}$.

   Ainsi, $T'(t) = 2e^{-0.25t} + (2t + 5)(-0.25)e^{-0.25t} = (4 - t - 2)e^{-0.25t} = (2 - t)e^{-0.25t}$.

2. On a bien $R'(t) = (a - bt)e^{-0.25t}$ avec a = 2 et b = 1.

3. Pour étudier le signe de $R'(t)$, on remarque que $e^{-0.25t}$ est toujours positif. Le signe de $R'(t)$ est donc celui de $2-t$.

   $R'(t) > 0$ si $2 - t > 0$, soit $t < 2$.

   $R'(t) < 0$ si $t > 2$.

   Donc, $R(t)$ est croissante sur $[0, 2]$ et décroissante sur $[2, +\infty[$.

4. $\lim_{t \to \infty} R(t) = 2$ milliers de requêtes (par croissances comparées). Le nombre de requêtes tend à se stabiliser autour de 2000 requêtes par heure.

Partie B :

1. Le nombre de requêtes est maximal lorsque $R'(t) = 0$, c'est-à-dire lorsque $2 - t = 0$, soit $t = 2$ heures.

2. Le nombre maximal de requêtes est $R(2) = (4(2) + 8)e^{-0.5} + 2 \approx 11.70$ milliers de requêtes.

3. On cherche les moments où $R(t) = 15$ (15 milliers de requêtes). On utilise Xcas : fsolve((4*t + 8)*exp(-0.25*t) + 2 = 15, t) donne $t \approx 0.14$ et $t \approx 7.18$.

   La période de surcharge est donc l'intervalle entre ces deux valeurs, soit entre environ 0.14 heures et 7.18 heures. La durée de surcharge est d'environ 7.18 - 0.14 = 7.04 heures.

4. $R(0) = (4(0) + 8)e^0 + 2 = 8 + 2 = 10$ milliers de requêtes.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = 3t + 2$ et $v(t) = e^{-0.1t}$.

   On a donc $u'(t) = 3$ et $v'(t) = -0.1e^{-0.1t}$.

   Ainsi, $C'(t) = 3e^{-0.1t} + (3t + 2)(-0.1)e^{-0.1t} = (3 - 0.3t - 0.2)e^{-0.1t} = (2.8 - 0.3t)e^{-0.1t}$.

2. $C'(t) = (a - bt)e^{-0.1t}$ avec a = 2.8 et b = 0.3.

3. Pour étudier le signe de $C'(t)$, on remarque que $e^{-0.1t}$ est toujours positif. Le signe de $C'(t)$ est donc celui de $2.8 - 0.3t$.

   $C'(t) > 0$ si $2.8 - 0.3t > 0$, soit $t < \frac{2.8}{0.3} \approx 9.33$.

   $C'(t) < 0$ si $t > \frac{2.8}{0.3}$.

   Donc, $C(t)$ est croissante sur $[0, \frac{28}{3}]$ et décroissante sur $[\frac{28}{3}, +\infty[$.

4. $\lim_{t \to \infty} C(t) = 5$ Gb/s (par croissances comparées).

Partie B :

1. La consommation est maximale quand $C'(t) = 0$, c'est-à-dire lorsque $2.8 - 0.3t = 0$, soit $t = \frac{2.8}{0.3} \approx 9.33$ heures.

2. La consommation maximale est $C(\frac{28}{3}) = (3(\frac{28}{3}) + 2)e^{-0.1(\frac{28}{3})} + 5 \approx 16.11$ Gb/s.

3. 80% de la capacité maximale (20 Gb/s) est $0.8 \times 20 = 16$ Gb/s.

   On cherche les moments où $C(t) = 16$. On utilise Xcas pour la résolution numérique : `fsolve((3*t + 2)*exp(-0.1*t) + 5 = 16, t)` donne $t \approx 1.53$ et $t \approx 22.35$.

   La consommation dépasse 16 Gb/s pendant l'intervalle de temps entre ces deux valeurs, soit pendant environ $22.35 - 1.53 = 20.82$ heures.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = -(0.2t + 1)$ et $v(t) = e^{-0.1t}$.

   On a donc $u'(t) = -0.2$ et $v'(t) = -0.1e^{-0.1t}$.

   Ainsi, $R'(t) = -0.2e^{-0.1t} - (0.2t + 1)(-0.1)e^{-0.1t} = (-0.2 + 0.02t + 0.1)e^{-0.1t} = (0.02t - 0.1)e^{-0.1t}$.

2. On a $R'(t) = (a + bt)e^{-0.1t}$ avec a = -0.1 et b = 0.02.

3. Pour étudier le signe de $R'(t)$, on note que $e^{-0.1t}$ est toujours positif. Le signe de $R'(t)$ est donc celui de $0.02t - 0.1$.

   $R'(t) > 0$ si $0.02t - 0.1 > 0$, soit $t > 5$.

   $R'(t) < 0$ si $t < 5$.

   Donc, $R(t)$ est décroissante sur $[0, 5]$ et croissante sur $[5, +\infty[$.

4. $R(0) = 95 - (0.2(0) + 1)e^0 = 95 - 1 = 94\%$.

5. $\lim_{t \to \infty} R(t) = 95$% (par croissances comparées).

Partie B :

1. La fiabilité diminue d'abord (jusqu'à $t=5$ jours), puis augmente.

2. On cherche $t$ tel que $R(t) = 90$. On utilise Xcas : `fsolve(95 - (0.2*t + 1)*exp(-0.1*t) = 90, t)` donne $t \approx 1.66$ jours.

3. Oui, il existe une fiabilité minimale. Elle est atteinte lorsque $R'(t) = 0$, c'est-à-dire à $t = 5$ jours.

   La fiabilité minimale est $R(5) = 95 - (0.2(5) + 1)e^{-0.5} \approx 93.79\%$.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = 2t + 5$ et $v(t) = e^{-0.05t}$.

   On a donc $u'(t) = 2$ et $v'(t) = -0.05e^{-0.05t}$.

   Ainsi, $CPU'(t) = 2e^{-0.05t} + (2t + 5)(-0.05)e^{-0.05t} = (2 - 0.1t - 0.25)e^{-0.05t} = (1.75 - 0.1t)e^{-0.05t}$.

2. $CPU'(t) = (a - bt)e^{-0.05t}$ avec a = 1.75 et b = 0.1.

3. Pour étudier le signe de $CPU'(t)$, on note que $e^{-0.05t}$ est toujours positif. Le signe de $CPU'(t)$ est donc celui de $1.75 - 0.1t$.

   $CPU'(t) > 0$ si $1.75 - 0.1t > 0$, soit $t < 17.5$.

   $CPU'(t) < 0$ si $t > 17.5$.

   Donc, $CPU(t)$ est croissante sur $[0, 17.5]$ et décroissante sur $[17.5, +\infty[$.

4. $\lim_{t \to \infty} CPU(t) = 30$% (par croissances comparées). La charge CPU tend vers 30%.

Partie B :

1. La charge CPU est maximale quand $CPU'(t) = 0$, c'est-à-dire lorsque $1.75 - 0.1t = 0$, soit $t = 17.5$ minutes.

2. La charge CPU maximale est $CPU(17.5) = (2(17.5) + 5)e^{-0.05(17.5)} + 30 \approx 46.65\%$.

3. On cherche $t$ tel que $CPU(t) = 75$. L'équation `fsolve((2*t + 5)*exp(-0.05*t) + 30 = 75, t)` n'a pas de solution. Cela signifie que la charge CPU n'atteint jamais 75%.

   La charge CPU maximale étant d'environ 46.65%, le serveur fonctionnera toujours de manière optimale (selon ce modèle).

4. La charge CPU à $t=0$ est $CPU(0) = (2(0) + 5)e^0 + 30 = 5 + 30 = 35\%$.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = 0.1t + 0.5$ et $v(t) = e^{-0.2t}$.

   On a donc $u'(t) = 0.1$ et $v'(t) = -0.2e^{-0.2t}$.

   Ainsi, $TE'(t) = 0.1e^{-0.2t} + (0.1t + 0.5)(-0.2)e^{-0.2t} = (0.1 - 0.02t - 0.1)e^{-0.2t} = (-0.02t)e^{-0.2t}$.

2. $TE'(t) = (a - bt)e^{-0.2t}$, avec a = 0 et b = 0.02.

3. Pour étudier le signe de $TE'(t)$, on note que $e^{-0.2t}$ est toujours positif. Le signe de $TE'(t)$ est donc celui de $-0.02t$.

   Pour $t > 0$, $-0.02t$ est négatif, donc $TE'(t) < 0$.

   Par conséquent, $TE(t)$ est strictement décroissante sur $[0, +\infty[$.

4. $\lim_{t \to \infty} TE(t) = 0.1$ % (par croissances comparées). Le taux d'erreur tend vers 0.1%.

Partie B :

1. Le taux d'erreur est maximal à $t = 0$ car la fonction est strictement décroissante.

2. Le taux d'erreur maximal est $TE(0) = (0.1(0) + 0.5)e^0 + 0.1 = 0.5 + 0.1 = 0.6\%$.

3. On cherche $t$ tel que $TE(t) = 1.5$. L'équation `fsolve((0.1*t + 0.5)*exp(-0.2*t) + 0.1 = 1.5, t)` n'a pas de solution.

   Le taux d'erreur maximal étant de 0.6%, qui est inférieur à 1.5%, le protocole de correction d'erreurs ne sera jamais nécessaire.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = t + 10$ et $v(t) = e^{-0.1t}$.

   On a donc $u'(t) = 1$ et $v'(t) = -0.1e^{-0.1t}$.

   Ainsi, $C'(t) = e^{-0.1t} + (t + 10)(-0.1)e^{-0.1t} = (1 - 0.1t - 1)e^{-0.1t} = (-0.1t)e^{-0.1t}$.

2. $C'(t) = (a - bt)e^{-0.1t}$, avec a = 0 et b = 0.1.

3. Pour étudier le signe de $C'(t)$, on remarque que $e^{-0.1t}$ est toujours positif. Le signe de $C'(t)$ est donc celui de $-0.1t$.

   Pour $t > 0$, $-0.1t$ est négatif, donc $C'(t) < 0$.

   Par conséquent, $C(t)$ est strictement décroissante sur $[0, +\infty[$.

4. $\lim_{t \to \infty} C(t) = 20$ milliers de connexions (par croissances comparées). Le nombre de connexions simultanées tend vers 20 000.

Partie B :

1. Le nombre maximal de connexions est atteint à t = 0 car la fonction est strictement décroissante.

2. Le nombre maximal de connexions est $C(0) = (0 + 10)e^0 + 20 = 10 + 20 = 30$ milliers de connexions.

3. On cherche $t$ tel que $C(t) = 25$ (25 milliers). On utilise Xcas : `fsolve((t + 10)*exp(-0.1*t) + 20 = 25, t)` donne $t \approx 6.91$ heures.

   Le seuil de 25 000 connexions est donc dépassé entre $t = 0$ et $t \approx 6.91$ heures, soit pendant environ 6.91 heures.

4. $C(0) = 30$ milliers de connexions.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = 0.5t + 4$ et $v(t) = e^{-0.02t}$.

   On a $u'(t) = 0.5$ et $v'(t) = -0.02e^{-0.02t}$.

   Donc, $N'(t) = 0.5e^{-0.02t} + (0.5t + 4)(-0.02)e^{-0.02t} = (0.5 - 0.01t - 0.08)e^{-0.02t} = (0.42 - 0.01t)e^{-0.02t}$.

2. $N'(t) = (a - bt)e^-0.02t avec a = 0.42 et b = 0.01.

3. Pour étudier le signe de $N'(t)$, on note que $e^{-0.02t}$ est toujours positif. Le signe de $N'(t)$ est donc celui de $0.42 - 0.01t$.

   $N'(t) > 0$ si $0.42 - 0.01t > 0$, soit $t < 42$.

   $N'(t) < 0$ si $t > 42$.

   Donc, $N(t)$ est croissante sur $[0, 42]$ et décroissante sur $[42, +\infty[$.

4. $\lim_{t \to \infty} N(t) = 10$ centaines de VM (par croissances comparées). Le nombre de VM tend à se stabiliser autour de 1000.

Partie B :

1. Le nombre de VM est maximal lorsque $N'(t) = 0$, c'est-à-dire lorsque $0.42 - 0.01t = 0$, soit $t = 42$ jours.

2. Le nombre maximal de VM est $N(42) = (0.5(42) + 4)e^{-0.02(42)} + 10 \approx 20.86$ centaines de VM.

3. On cherche $t$ tel que $N(t) = 18$ (18 centaines de VM). On utilise Xcas : `fsolve((0.5*t + 4)*exp(-0.02*t) + 10 = 18, t)` donne $t \approx 95.52$ jours.

   La capacité de 1800 VM sera donc suffisante pendant environ 95.52 jours.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = -(0.5t + 2)$ et $v(t) = e^{-0.1t}$.

   On a $u'(t) = -0.5$ et $v'(t) = -0.1e^{-0.1t}$.

   Donc, $TC'(t) = -0.5e^{-0.1t} - (0.5t + 2)(-0.1)e^{-0.1t} = (-0.5 + 0.05t + 0.2)e^{-0.1t} = (0.05t - 0.3)e^{-0.1t}$.

2. $TC'(t) = (a + bt)e^{-0.1t}$ avec a = -0.3 et b = 0.05.

3. Pour étudier le signe de $TC'(t)$, on note que $e^{-0.1t}$ est toujours positif. Le signe de $TC'(t)$ est donc celui de $0.05t - 0.3$.

   $TC'(t) > 0$ si $0.05t - 0.3 > 0$, soit $t > 6$.

   $TC'(t) < 0$ si $t < 6$.

   Donc, $TC(t)$ est décroissante sur $[0, 6]$ et croissante sur $[6, +\infty[$.

4. $\lim_{t \to \infty} TC(t) = 100$ (par croissances comparées). Le taux de complétion tend vers 100%.

Partie B :

1. Le taux de complétion diminue d'abord (jusqu'à $t=6$ secondes), puis augmente.

2. On cherche $t$ tel que $TC(t) = 99$. On utilise Xcas pour la résolution numérique : fsolve(100 - (0.5*t + 2)*exp(-0.1*t) = 99, t) donne $t \approx 8.14$ secondes.

3. Oui, il existe un taux de complétion minimal. Il est atteint lorsque $TC'(t) = 0$, c'est-à-dire à $t = 6$ secondes.

   Le taux minimal est $TC(6) = 100 - (0.5(6) + 2)e^{-0.6} = 100 - 5e^{-0.6} \approx 97.26\%$.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(n) = 0.05n + 0.1$ et $v(n) = e^{0.01n}$.

   On a $u'(n) = 0.05$ et $v'(n) = 0.01e^{0.01n}$.

   Donc, $T'(n) = 0.05e^{0.01n} + (0.05n + 0.1)(0.01)e^{0.01n} = (0.05 + 0.0005n + 0.001)e^{0.01n} = (0.0005n + 0.051)e^{0.01n}$.

2. $T'(n) = (an + b)e^0.01n avec a = 0.0005 et b = 0.051.

3. Pour $n > 0$, $0.0005n + 0.051$ est toujours positif, et $e^{0.01n}$ est toujours positif. Donc $T'(n)$ est toujours positif.

   Par conséquent, $T(n)$ est strictement croissante.

Partie B :

1. Le temps de compilation augmente avec la taille du code, car $T'(n) > 0$ pour tout $n > 0$.

2. On cherche $n$ tel que $T(n) = 5$. On utilise Xcas : `fsolve((0.05*n + 0.1)*exp(0.01*n) + 0.5 = 5, n)` donne $n \approx 25.39$ milliers de lignes de code.

3. Oui, il existe un temps de compilation minimal. Comme $T(n)$ est strictement croissante, le minimum est atteint en $n=0$. Ce temps minimal est $T(0) = (0.05(0) + 0.1)e^0 + 0.5 = 0.1 + 0.5 = 0.6$ secondes.

Correction :

Partie A :

1. On applique la règle de dérivation du produit : (uv)' = u'v + uv', avec $u(t) = t + 5$ et $v(t) = e^{-0.02t}$.

   On a donc $u'(t) = 1$ et $v'(t) = -0.02e^{-0.02t}$.

   Ainsi, $U'(t) = e^{-0.02t} + (t + 5)(-0.02)e^{-0.02t} = (1 - 0.02t - 0.1)e^{-0.02t} = (0.9 - 0.02t)e^{-0.02t}$.

2. $U'(t) = (a - bt)e^{-0.02t}$ avec a = 0.9 et b = 0.02.

3. Pour étudier le signe de $U'(t)$, on factorise : $U'(t) = (0.9 - 0.02t)e^{-0.02t}$.

   Comme $e^{-0.02t}$ est toujours positif, le signe de $U'(t)$ est celui de $0.9 - 0.02t$.

   $U'(t) > 0$ si $0.9 - 0.02t > 0$, soit $t < \frac{0.9}{0.02} = 45$.

   $U'(t) < 0$ si $t > 45$.

   Donc, $U(t)$ est croissante sur $[0, 45]$ et décroissante sur $[45, +\infty[$.

4. $\lim_{t \to \infty} U(t) = 2$ To (par croissances comparées). L'espace disque utilisé tend à se stabiliser à 2 To.

5. L'espace disque utilisé à $t = 0$ est $U(0) = (0 + 5)e^0 + 2 = 5 + 2 = 7$ To.

Partie B :

1. L'espace disque utilisé est maximal lorsque $U'(t) = 0$, c'est-à-dire lorsque $0.9 - 0.02t = 0$, soit $t = 45$ semaines.

2. L'espace disque maximal utilisé est $U(45) = (45 + 5)e^{-0.02(45)} + 2 \approx 22.33$ To.

3. On cherche $t$ tel que $U(t) = 10$ (la capacité totale). On utilise Xcas : `fsolve((t + 5)*exp(-0.02*t) + 2 = 10, t)` n'a pas de solution.

   Cela signifie que l'espace disque utilisé, qui a un maximum d'environ 22.33 To, ne redescend jamais en dessous de 10 To. Le serveur n'aura donc *jamais* assez d'espace disponible selon ce modèle (il y a eu une erreur dans le dimensionnement du serveur, ou la modélisation est incorrecte).