Exercices corrigés : le mouvement rectiligne (201-NYA)

a) $v(t)=s'(t)=3t^{2}-18t+24$, en mètres par seconde, et $a(t)=v'(t)=6t-18$, en mètres par seconde carrée. On factorise la vitesse, ce qui servira partout ensuite : $v(t)=3\left(t^{2}-6t+8\right)=3(t-2)(t-4)$. Une vitesse factorisée est une vitesse dont on lit le signe sans calcul.

b) À $t=1$ : $s(1)=1-9+24=16$ mètres, $v(1)=3-18+24=9$ mètres par seconde, $a(1)=6-18=-12$ mètres par seconde carrée. À $t=5$ : $s(5)=125-225+120=20$ mètres, $v(5)=75-90+24=9$ mètres par seconde, $a(5)=30-18=12$ mètres par seconde carrée. Les deux instants ont la même vitesse et des accélérations opposées : à $t=1$ le mobile ralentit, à $t=5$ il accélère.

c) Ce sont les points où $v(t)=0$, c'est-à-dire $t=2$ et $t=4$. On y trouve $s(2)=8-36+48=20$ mètres et $s(4)=64-144+96=16$ mètres. Physiquement, ce sont les instants de DEMI-TOUR : le mobile s'arrête un instant et repart en sens inverse. Sur la figure, la courbe y présente une tangente horizontale, un maximum local puis un minimum local.

d) $a(t)=0$ donne $t=3$, et alors $v(3)=27-54+24=-3$ mètres par seconde. C'est la vitesse la plus NÉGATIVE du mouvement, donc le moment où le mobile recule le plus vite : la vitesse, fonction du second degré de sommet en $t=3$, y atteint son minimum. C'est le sens physique de « accélération nulle » : ni poussée en avant, ni freinage, la vitesse est à un extremum.

e) L'affirmation confond accélération nulle et vitesse nulle. À $t=3$ la vitesse vaut $-3$ mètres par seconde, le mobile se déplace donc à 3 mètres par seconde vers l'arrière, et il n'a jamais été aussi rapide dans ce sens. Le repos, c'est $v=0$, ce qui se produit à $t=2$ et $t=4$ seulement. L'erreur est exactement symétrique de celle qui consiste à croire qu'un extremum de $s$ est un extremum de $v$ : chaque dérivée parle de la fonction qui la précède, pas des autres.

a) $v$ s'annule en 2 et en 4, et son coefficient dominant est positif : elle est donc positive à l'extérieur des racines, négative entre elles. Sur $[0\ ;\ 2[$ : $v>0$, le mobile avance dans le sens positif. Sur $]2\ ;\ 4[$ : $v<0$, il recule. Sur $]4\ ;\ 5]$ : $v>0$, il avance de nouveau. Vérification en trois points : $v(1)=9>0$, $v(3)=-3<0$, $v(5)=9>0$ ✓.

b) $s$ est croissante exactement là où $v=s'>0$, donc sur $[0\ ;\ 2]$ et sur $[4\ ;\ 5]$, et décroissante sur $[2\ ;\ 4]$. Ce n'est pas un résultat de plus : c'est le même énoncé que la question a, traduit du vocabulaire physique au vocabulaire mathématique. « Le mobile recule » et « la position décroît » sont deux façons de dire que $s'<0$.

c) Oui, et c'est justement ce que rend possible le demi-tour. Par exemple $s(1)=16$ et $s(4)=16$ : le mobile est au même endroit à deux instants différents. On peut le vérifier autrement : $s(t)=16$ s'écrit $t^{3}-9t^{2}+24t-16=0$, dont $t=1$ est racine évidente, et la factorisation donne $(t-1)(t^{2}-8t+16)=(t-1)(t-4)^{2}$. Les solutions sont donc $t=1$ et $t=4$, cette dernière étant double, ce qui traduit le fait que le mobile y arrive en s'arrêtant.

d) On résout $t^{3}-9t^{2}+24t=18$, soit $t^{3}-9t^{2}+24t-18=0$. La racine évidente $t=3$ convient : $27-81+72-18=0$ ✓. On factorise : $(t-3)\left(t^{2}-6t+6\right)=0$, dont les autres racines sont $t=3\pm\sqrt{3}$, soit $1{,}2679$ et $4{,}7321$. Les trois valeurs sont dans $[0\ ;\ 5]$ : le mobile passe donc TROIS fois par la position 18 mètres. C'est la lecture directe du graphe, qui coupe trois fois la même horizontale.

e) Une fonction n'admet de réciproque que si elle est injective, c'est-à-dire si chaque valeur est atteinte une seule fois. Ici $s$ n'est pas monotone sur $[0\ ;\ 5]$, elle atteint 18 trois fois : elle n'est pas injective, donc pas inversible. Conséquence pratique : la question « à quel instant le mobile est-il à 18 mètres » n'a pas UNE réponse, elle en a trois, et il faut les donner toutes. On ne récupère une réciproque qu'en se restreignant à un intervalle de monotonie, par exemple $[0\ ;\ 2]$, où la réponse est l'unique $t=1{,}2679$.

a) Le déplacement est $s(5)-s(0)=20-0=20$ mètres. C'est une différence de deux positions, rien de plus : le chemin suivi entre les deux n'intervient pas. Un déplacement peut d'ailleurs être nul alors que le mobile a beaucoup bougé, s'il revient à son point de départ.

b) On découpe aux instants où $v$ change de signe, c'est-à-dire $t=2$ et $t=4$. De 0 à 2 : $\left|s(2)-s(0)\right|=\left|20-0\right|=20$ mètres. De 2 à 4 : $\left|16-20\right|=4$ mètres. De 4 à 5 : $\left|20-16\right|=4$ mètres. Total : $20+4+4=28$ mètres. La figure montre les trois tronçons, avec les deux petits allers-retours de 4 mètres. Ne pas découper donnerait 20 mètres, et l'erreur vaut 8 mètres, soit 40 pour cent.

c) Vitesse moyenne : $\frac{s(5)-s(0)}{5-0}=\frac{20}{5}=4$ mètres par seconde. Vitesse moyenne scalaire : $\frac{28}{5}=5{,}6$ mètres par seconde. Un compteur de voiture affiche la valeur ABSOLUE de la vitesse instantanée, donc son intégration donne la seconde : la distance affichée par l'odomètre est celle de la question b, jamais le déplacement. Aucun compteur ne recule quand la voiture fait marche arrière.

d) On résout $v(c)=4$, soit $3c^{2}-18c+24=4$, donc $3c^{2}-18c+20=0$ et $c=\frac{18\pm\sqrt{324-240}}{6}=\frac{18\pm\sqrt{84}}{6}$. Les deux racines valent $1{,}4725$ et $4{,}5275$, toutes deux dans $]0\ ;\ 5[$ : le théorème en promettait au moins une, il y en a deux, ce qui est cohérent avec son énoncé d'existence.

e) Elles coïncident exactement quand la vitesse GARDE UN SIGNE CONSTANT sur l'intervalle, c'est-à-dire quand le mobile ne fait pas demi-tour. Sur $[0\ ;\ 2]$ par exemple : déplacement 20 mètres, distance 20 mètres, les deux vitesses moyennes valent 10 mètres par seconde. C'est le critère à vérifier avant de se dispenser du découpage, et il tient en une ligne : la vitesse s'annule-t-elle à l'intérieur de l'intervalle ?

a) La vitesse scalaire est $\left|v\right|=\sqrt{v^{2}}$, dont la dérivée vaut $\frac{2vv'}{2\sqrt{v^{2}}}=\frac{va}{\left|v\right|}$ pour $v\neq 0$. Comme $\left|v\right|>0$, le signe de cette dérivée est celui de $va$. Donc $\left|v\right|$ croît si et seulement si $va>0$, c'est-à-dire si $v$ et $a$ sont de même signe. Le raisonnement est purement mathématique, mais son énoncé est le principe physique : une force dans le sens du mouvement accélère, une force opposée freine.

b) $v$ est positive sur $[0\ ;\ 2[$, négative sur $]2\ ;\ 4[$, positive sur $]4\ ;\ 5]$. $a=6t-18$ est négative sur $[0\ ;\ 3[$ et positive sur $]3\ ;\ 5]$. Produit : négatif sur $[0\ ;\ 2[$, POSITIF sur $]2\ ;\ 3[$, négatif sur $]3\ ;\ 4[$, positif sur $]4\ ;\ 5]$.

c) Le mobile PREND de la vitesse là où le produit est positif, donc sur $]2\ ;\ 3[$ et sur $]4\ ;\ 5]$. Il en PERD sur $[0\ ;\ 2[$ et sur $]3\ ;\ 4[$. Le résultat surprend : entre 2 et 3, l'accélération est négative et le mobile va pourtant de plus en plus vite. C'est qu'il recule, et qu'une accélération négative pousse justement dans le sens où il va. Aucun tableau de signes de $a$ seul n'aurait donné cette réponse.

d) À $t=1$ : $v=9$ et $a=-12$, de signes opposés, donc le mobile RALENTIT. Vérification : $v(1{,}5)=3(2{,}25)-27+24=6{,}75-3=3{,}75$ mètres par seconde, contre 9 à $t=1$. La vitesse scalaire est bien passée de 9 à 3,75. Notez que la vitesse algébrique a diminué elle aussi, mais c'est une coïncidence de ce cas : entre 2 et 3, la vitesse algébrique diminue tandis que la vitesse scalaire augmente.

e) Oui, à $t=3$, où $a=0$ et $v=-3$ mètres par seconde. Le produit $va$ s'y annule en changeant de signe : la vitesse scalaire y passe par un MAXIMUM local, valant 3 mètres par seconde. C'est le point le plus rapide de la phase de recul. Physiquement, c'est l'instant où la force change de sens : elle cesse de pousser le mobile vers l'arrière et commence à le freiner.

a) $y(t)=-4{,}9t^{2}+20t+25$ mètres, $v(t)=y'(t)=-9{,}8t+20$ mètres par seconde, $a(t)=v'(t)=-9{,}8$ mètre par seconde carrée, constante. Le coefficient $-4{,}9$ est $\frac{-g}{2}$, le signe moins traduisant le choix d'orienter l'axe vers le haut. C'est ce choix, et non la physique, qui décide des signes : on l'annonce toujours avant de calculer.

b) Le sommet correspond à $v=0$, donc $t=\frac{20}{9{,}8}\approx 2{,}0408$ seconde. La hauteur vaut alors $y(2{,}0408)=-4{,}9\times 4{,}1649+20\times 2{,}0408+25=-20{,}408+40{,}816+25=45{,}408$ mètres. On peut contrôler autrement : le sommet d'une parabole $at^{2}+bt+c$ est en $t=\frac{-b}{2a}=\frac{-20}{-9{,}8}$, la même valeur.

c) Le sol correspond à $y=0$, soit $4{,}9t^{2}-20t-25=0$, d'où $t=\frac{20+\sqrt{400+490}}{9{,}8}=\frac{20+\sqrt{890}}{9{,}8}\approx\frac{49{,}833}{9{,}8}\approx 5{,}0850$ secondes ; la racine négative est rejetée, car elle correspond à un passé où le mouvement n'existait pas. La vitesse d'impact vaut $v(5{,}0850)=-9{,}8\times 5{,}0850+20\approx-29{,}833$ mètres par seconde, soit environ 29,8 mètres par seconde vers le bas, ou 107 kilomètres par heure.

d) $v^{2}=20^{2}+2\times 9{,}8\times 25=400+490=890$, donc $\left|v\right|=\sqrt{890}\approx 29{,}833$ ✓, exactement la valeur trouvée. Cette relation s'obtient en éliminant le temps entre $v=v_{0}-gt$ et $y=y_{0}+v_{0}t-\frac{g}{2}t^{2}$, ce qui revient au théorème de l'énergie cinétique. Son intérêt est qu'elle répond sans jamais résoudre l'équation du second degré en $t$ : quand la question ne porte pas sur l'instant, on peut se dispenser de le calculer.

e) La hauteur de départ est 25 mètres : on résout $-4{,}9t^{2}+20t+25=25$, soit $t(-4{,}9t+20)=0$, d'où $t=0$, le lancer, et $t=\frac{20}{4{,}9}\approx 4{,}0816$ secondes. La vitesse y vaut $v(4{,}0816)=-9{,}8\times 4{,}0816+20=-20$ mètres par seconde : exactement l'OPPOSÉE de la vitesse de lancement. La pierre repasse par le même point à la même vitesse en valeur absolue, résultat de symétrie de la parabole, et c'est aussi la conservation de l'énergie mécanique lue sur un graphique.

a) Phase 1, de 0 à 2 secondes : la vitesse croît linéairement de 0 à 3 mètres par seconde, donc l'accélération est constante et vaut $\frac{3-0}{2-0}=+1{,}5$ mètre par seconde carrée. Phase 2, de 2 à 8 secondes : la vitesse est constante à 3 mètres par seconde, l'accélération est nulle. Phase 3, de 8 à 10 secondes : la vitesse décroît de 3 à 0, l'accélération vaut $\frac{0-3}{10-8}=-1{,}5$ mètre par seconde carrée.

b) L'aire sous la courbe de la vitesse représente le DÉPLACEMENT, ici la hauteur montée. C'est un trapèze de bases 10 et 6 secondes et de hauteur 3 mètres par seconde : aire $=\frac{10+6}{2}\times 3=24$ mètres. On peut aussi découper : deux triangles de $\frac{1}{2}\times 2\times 3=3$ mètres chacun, plus un rectangle de $6\times 3=18$ mètres, total $3+18+3=24$ mètres ✓. L'ascenseur monte de 24 mètres, soit environ huit étages.

c) La position part de 0 et croît toujours, puisque $v\geq 0$ partout. Phase 1 : $v$ croît, donc $s''=a>0$, la courbe est CONVEXE, tournée vers le haut. Phase 2 : $a=0$, la position est un SEGMENT DE DROITE de pente 3. Phase 3 : $a<0$, la courbe est CONCAVE et s'aplatit jusqu'à devenir horizontale en $t=10$. L'allure générale est celle d'un S allongé, ce que l'on appelle une courbe en forme de rampe.

d) Le graphe de $a$ est constitué de trois paliers horizontaux : $+1{,}5$ de 0 à 2, puis 0 de 2 à 8, puis $-1{,}5$ de 8 à 10. Il est DISCONTINU en $t=2$ et $t=8$ parce que la vitesse y présente un COIN, un changement brusque de pente : en ces points $v$ n'est pas dérivable, donc $a$ n'y est pas définie et saute. Un ascenseur réel adoucit ces transitions, précisément pour éviter la secousse que ce saut représente ; on appelle sursaut la dérivée de l'accélération.

e) La balance mesure la force normale $N$, donnée par $N=m(g+a)$. Phase 1 : $N=70\times(9{,}8+1{,}5)=791$ newtons, soit une masse apparente de $\frac{791}{9{,}8}\approx 80{,}7$ kilogrammes, environ 15 pour cent de plus. Phase 2 : $N=70\times 9{,}8=686$ newtons, le poids réel, le passager ne sent rien. Phase 3 : $N=70\times(9{,}8-1{,}5)=581$ newtons, soit $59{,}3$ kilogrammes apparents, la sensation d'allègement bien connue à l'arrivée. La balance ne mesure jamais la masse, elle mesure une force, et c'est l'accélération qui fait la différence.

a) $v(t)=x'(t)=-0{,}15\times 4\sin(4t)=-0{,}6\sin(4t)$ mètre par seconde, et $a(t)=v'(t)=-0{,}6\times 4\cos(4t)=-2{,}4\cos(4t)$ mètre par seconde carrée. Chaque dérivation fait sortir le facteur 4 de l'intérieur, ce qui est la raison pour laquelle une oscillation rapide produit de très grandes accélérations.

b) $-16x(t)=-16\times 0{,}15\cos(4t)=-2{,}4\cos(4t)=a(t)$ ✓. La relation $a=-\omega^{2}x$ avec $\omega=4$ radians par seconde caractérise le mouvement harmonique simple. Période : $T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{\pi}{2}\approx 1{,}5708$ seconde. Fréquence : $f=\frac{1}{T}=\frac{2}{\pi}\approx 0{,}6366$ hertz. Amplitude : $0{,}15$ mètre, soit 15 centimètres de part et d'autre de l'origine.

c) La vitesse est maximale en valeur absolue quand $\left|\sin(4t)\right|=1$, c'est-à-dire quand $\cos(4t)=0$, donc quand $x=0$ : au passage par la POSITION D'ÉQUILIBRE, avec $\left|v\right|_{\max}=0{,}6$ mètre par seconde. L'accélération est maximale quand $\left|\cos(4t)\right|=1$, donc aux EXTRÉMITÉS, où $\left|a\right|_{\max}=2{,}4$ mètres par seconde carrée et où la vitesse est nulle. Les deux instants ne coïncident jamais : ils sont décalés d'un quart de période, ce que la figure montre par le déphasage des courbes.

d) $4t=\frac{\pi}{2}$, donc $\cos=0$ et $\sin=1$. Position : $x=0$ mètre, la masse est à l'équilibre. Vitesse : $v=-0{,}6$ mètre par seconde, la valeur maximale en module, dirigée vers les $x$ négatifs. Accélération : $a=0$, ce qui est cohérent avec $a=-16x$ et $x=0$. C'est le seul endroit du mouvement où la force du ressort s'annule, et c'est justement là que la masse va le plus vite.

e) Non, absolument pas. En chute libre l'accélération est CONSTANTE, égale à $-9{,}8$, et la position est une parabole. Ici l'accélération varie continûment entre $-2{,}4$ et $+2{,}4$, en restant à tout instant proportionnelle à l'opposé de la position. La différence tient à la force : la pesanteur est constante, la force d'un ressort est proportionnelle à l'allongement. Deux lois de force différentes, deux familles de fonctions différentes, polynômes d'un côté, sinusoïdes de l'autre.

1) FAUX. C'est le signe du PRODUIT $v\cdot a$ qui décide. Une accélération négative ralentit un mobile qui avance, mais elle accélère un mobile qui recule. Sur notre exemple, entre $t=2$ et $t=3$ on a $v<0$ et $a<0$, et la vitesse scalaire passe de 0 à 3 mètres par seconde : le mobile va de plus en plus vite alors que l'accélération est négative. L'énoncé correct est : le mobile ralentit si et seulement si $v$ et $a$ sont de signes opposés.

2) FAUX. Le repos, c'est $v=0$. À $t=3$ dans notre exemple, $a=0$ mais $v=-3$ mètres par seconde : le mobile est à sa vitesse de recul MAXIMALE, exactement le contraire du repos. Accélération nulle signifie que la vitesse est à un extremum, pas qu'elle est nulle. La confusion vient de ce qu'on transporte à $a$ une propriété de $v$.

3) FAUX. La différence des positions est le DÉPLACEMENT. La distance parcourue exige de découper aux instants où $v$ change de signe et d'additionner les valeurs absolues. Sur $[0\ ;\ 5]$, le déplacement vaut 20 mètres et la distance 28 mètres : l'erreur est de 8 mètres, soit 40 pour cent. Les deux coïncident seulement quand la vitesse garde un signe constant.

4) FAUX, et c'est l'erreur la plus tenace de la cinématique. Au sommet, la vitesse est nulle mais l'accélération vaut toujours $-9{,}8$ mètres par seconde carrée : la pesanteur n'a aucune raison de s'interrompre. Si l'accélération y était nulle, la pierre resterait suspendue en l'air. C'est justement parce que $a\neq 0$ que la vitesse, nulle un instant, redevient immédiatement négative.

5) FAUX. Un demi-tour, c'est un changement de signe de la VITESSE, pas de l'accélération. Dans notre exemple, $a$ change de signe une seule fois, en $t=3$, alors que le mobile fait deux demi-tours, en $t=2$ et en $t=4$. Réciproquement, dans le mouvement uniformément accéléré d'une chute libre, l'accélération ne change jamais de signe et il y a pourtant un demi-tour au sommet. Les deux propriétés sont indépendantes.

a) $100$ kilomètres par heure valent $\frac{100\,000}{3600}\approx 27{,}778$ mètres par seconde. Pendant la seconde de réaction, la vitesse ne change pas : la distance parcourue vaut $27{,}778\times 1{,}0\approx 27{,}78$ mètres. C'est une distance qu'aucun freinage ne peut réduire, et c'est pourquoi elle domine à basse vitesse.

b) Pendant le freinage, $v^{2}=v_{0}^{2}+2ad$ avec $v=0$ donne $d=\frac{-v_{0}^{2}}{2a}=\frac{771{,}60}{14}\approx 55{,}11$ mètres. Distance d'arrêt totale : $27{,}78+55{,}11\approx 82{,}9$ mètres. On peut vérifier par le temps : le freinage dure $\frac{27{,}778}{7}\approx 3{,}968$ secondes, et la distance vaut $27{,}778\times 3{,}968-\frac{7}{2}\times 3{,}968^{2}\approx 110{,}23-55{,}11=55{,}12$ mètres ✓.

c) $120$ kilomètres par heure valent $33{,}333$ mètres par seconde. Réaction : $33{,}33$ mètres. Freinage : $\frac{1111{,}1}{14}\approx 79{,}37$ mètres. Total : $112{,}7$ mètres. Le rapport des distances de freinage vaut $\frac{79{,}37}{55{,}11}=1{,}44$, exactement $\left(\frac{120}{100}\right)^{2}$ : 20 pour cent de vitesse en plus coûtent 44 pour cent de freinage en plus.

d) On part de $v(t)=v_{0}+at$, qui s'annule en $t_{a}=\frac{-v_{0}}{a}$. La distance parcourue vaut $d=v_{0}t_{a}+\frac{a}{2}t_{a}^{2}=\frac{-v_{0}^{2}}{a}+\frac{a}{2}\cdot\frac{v_{0}^{2}}{a^{2}}=\frac{-v_{0}^{2}}{2a}$. Le facteur $v_{0}$ apparaît DEUX fois, une fois par la vitesse elle-même et une fois par la durée du freinage, qui est elle aussi proportionnelle à $v_{0}$. C'est cette double dépendance qui produit le carré, et l'intuition linéaire échoue parce qu'elle n'en compte qu'une.

e) À 100 kilomètres par heure la distance d'arrêt vaut $82{,}9$ mètres, inférieure à 90 : le conducteur s'arrête à temps, avec $7{,}1$ mètres de marge. À 120 elle vaut $112{,}7$ mètres : il ne s'arrête pas. Il lui reste, après les $33{,}33$ mètres de réaction, $56{,}67$ mètres de freinage, et sa vitesse au choc vaut $\sqrt{v_{0}^{2}+2ad}=\sqrt{1111{,}1-2\times 7\times 56{,}67}=\sqrt{317{,}8}\approx 17{,}8$ mètres par seconde, soit environ 64 kilomètres par heure. C'est le chiffre à retenir : là où l'un s'arrête sans encombre, l'autre percute à la vitesse d'une chute du sixième étage.

a) On cherche $v$ telle que $v'=6t-4$ : les fonctions de cette forme sont $v(t)=3t^{2}-4t+C$, et la condition $v(0)=-4$ donne $C=-4$, donc $v(t)=3t^{2}-4t-4$. On recommence : $s(t)=t^{3}-2t^{2}-4t+D$, et $s(0)=5$ donne $D=5$, donc $s(t)=t^{3}-2t^{2}-4t+5$. Chaque remontée introduit une constante, et chaque condition initiale en fixe une : c'est la conséquence directe du théorème « deux fonctions de même dérivée diffèrent d'une constante ».

b) $v(t)=3t^{2}-4t-4=(3t+2)(t-2)$ s'annule pour $t=2$ et $t=-\frac{2}{3}$, seule la première étant physiquement admissible. Le mobile change donc de sens à $t=2$ secondes, où $s(2)=8-8-8+5=-3$ mètres. Avant cet instant $v<0$, il recule ; après, $v>0$, il avance.

c) La position la plus à gauche est atteinte au demi-tour, donc $-3$ mètres à $t=2$. Le retour au point de départ correspond à $s(t)=5$, soit $t^{3}-2t^{2}-4t=0$, c'est-à-dire $t\left(t^{2}-2t-4\right)=0$. Outre $t=0$, on trouve $t=1+\sqrt{5}\approx 3{,}2361$ ; la racine $1-\sqrt{5}$ est négative et rejetée. Le mobile revient donc à 5 mètres au bout d'environ $3{,}236$ secondes, après avoir parcouru $8+8=16$ mètres pour un déplacement nul.

d) Parce que remonter de $a$ à $s$ demande DEUX intégrations successives, et que chacune introduit une constante indéterminée. Physiquement, connaître les forces ne suffit pas à prédire un mouvement : il faut aussi savoir d'où l'on part et à quelle vitesse. Avec une seule condition, disons $s_{0}$, on obtient une famille de trajectoires à un paramètre, toutes compatibles avec la même accélération mesurée : le problème est sous-déterminé et n'a pas de réponse unique.

e) On peut calculer tout ce qui ne dépend pas des constantes : les VARIATIONS de vitesse, $v(t_{2})-v(t_{1})$, et les instants où l'accélération s'annule ou change de signe. On ne peut ni situer le téléphone, ni dire s'il avance ou recule, puisqu'ajouter une constante à $v$ change les signes. C'est exactement le problème des centrales inertielles : elles dérivent, et il faut les recaler périodiquement sur une position connue, par satellite ou par un point de repère. Une mesure d'accélération, si parfaite soit-elle, ne contient pas l'information qui manque.

a) $v(t)=2te^{-t}-t^{2}e^{-t}=t(2-t)e^{-t}$. Puis $a(t)=(2-2t)e^{-t}-(2t-t^{2})e^{-t}=(t^{2}-4t+2)e^{-t}$.

b) $e^{-t}>0$, donc $v=0$ pour $t=0$ et $t=2$. $v>0$ sur $]0,2[$, $v<0$ ensuite : le mobile avance puis recule. Position la plus éloignée : $s(2)=4e^{-2}\approx 0{,}541$ m.

c) $t^{2}-4t+2=0$ donne $t=2\pm\sqrt{2}$, soit $t\approx 0{,}586$ s et $t\approx 3{,}414$ s.

d) On compare les signes. $a>0$ sur $[0\,;0{,}586[$ et sur $]3{,}414\,;+\infty[$, $a<0$ entre les deux. Sur $]0\,;0{,}586[$ : $v>0$, $a>0$, il prend de la vitesse. Sur $]0{,}586\,;2[$ : $v>0$, $a<0$, il ralentit. Sur $]2\,;3{,}414[$ : $v<0$, $a<0$, il prend de la vitesse en reculant. Au-delà de $3{,}414$ : $v<0$, $a>0$, il ralentit. Deux phases d'accélération, $]0\,;2-\sqrt{2}[$ et $]2\,;2+\sqrt{2}[$.