Exercices corrigés : problèmes de vitesse, de débit et de taux (math SN5)

a) La difficulté est l'unité de temps : la vitesse est demandée en km/h, il faut donc exprimer la durée en HEURES et non en minutes. $2$ h $30$ min $=2{,}5$ h, car $30$ min est une demi-heure. Alors $v=\frac{150}{2{,}5}=60$ km/h. Erreur classique : écrire $2{,}30$ h au lieu de $2{,}5$ h, ce qui donnerait $65{,}2$ km/h. Une durée n'est pas un nombre décimal ordinaire, $30$ minutes valent $\frac{30}{60}=0{,}5$ heure.

b) On convertit les deux unités séparément : $72$ km $=72\ 000$ m et $1$ h $=3600$ s. Donc $72$ km/h $=\frac{72\ 000}{3600}=20$ m/s. Le raccourci à retenir est que diviser par $3{,}6$ fait passer des km/h aux m/s, puisque $\frac{1000}{3600}=\frac{1}{3{,}6}$. Contrôle de plausibilité : $20$ m/s est plus petit que $72$, ce qui est normal, la seconde étant une unité de temps bien plus courte que l'heure.

c) Débit $=\frac{25}{4}=6{,}25$ L/min. Pour passer aux L/h, on multiplie par $60$ puisqu'une heure contient $60$ minutes : $6{,}25\times 60=375$ L/h. Attention au sens de l'opération : on MULTIPLIE, car en une heure il coule bien davantage qu'en une minute. Diviser par $60$ donnerait $0{,}104$ L/h, une valeur absurde pour un robinet.

d) La concentration est demandée en g/L, il faut donc convertir le volume : $800$ mL $=0{,}8$ L. Alors $c=\frac{12}{0{,}8}=15$ g/L. Diviser par un nombre INFÉRIEUR à $1$ donne un résultat plus grand que le numérateur, ce qui surprend souvent : c'est pourtant logique, si $0{,}8$ L contient $12$ g, alors un litre entier en contiendra davantage.

e) Les trois sont des QUOTIENTS d'une quantité par une autre : des kilomètres par heure, des litres par minute, des grammes par litre. C'est ce qui les rend interchangeables sur le plan mathématique, et c'est le fil de toute la série. Trois conséquences en découlent, et elles gouverneront les dix exercices. Premièrement, un taux se convertit en convertissant SÉPARÉMENT le numérateur et le dénominateur. Deuxièmement, la relation entre les trois grandeurs se décline toujours en trois formes : si $\text{taux}=\frac{\text{quantité}}{\text{durée}}$, alors $\text{quantité}=\text{taux}\times\text{durée}$ et $\text{durée}=\frac{\text{quantité}}{\text{taux}}$. Troisièmement, et c'est le piège central de la série, deux taux ne se combinent JAMAIS en faisant la moyenne de leurs valeurs.

a) L'inconnue est la distance : $d=v\times t$. On convertit d'abord la durée, $3$ h $15$ min $=3+\frac{15}{60}=3{,}25$ h. Alors $d=80\times 3{,}25=260$ km. Contrôle de plausibilité : en $3$ h le train ferait $240$ km, et le quart d'heure supplémentaire ajoute $20$ km, soit bien $260$ ✓.

b) L'inconnue est la durée : $t=\frac{d}{v}=\frac{340}{85}=4$ h. Contrôle par l'opération inverse, qui est le seul vrai contrôle : $85\times 4=340$ ✓. Une façon de ne jamais se tromper de sens est de regarder les UNITÉS : $\frac{\text{km}}{\text{km/h}}=\text{h}$, on obtient bien des heures. Si l'on avait multiplié, on aurait obtenu des km$^{2}$/h, ce qui n'a aucun sens.

c) L'inconnue est la vitesse : $v=\frac{d}{t}$. La durée doit être en heures, $36$ min $=\frac{36}{60}=0{,}6$ h. Alors $v=\frac{45}{0{,}6}=75$ km/h. Contrôle : à $75$ km/h, en une heure on ferait $75$ km, donc en $0{,}6$ h on fait $45$ km ✓.

d) On ne peut PAS faire la moyenne de $24$ et $18$. Il faut revenir aux définitions et calculer séparément la distance totale et la durée totale. Premier tronçon : $40$ min $=\frac{2}{3}$ h, donc $d_{1}=24\times\frac{2}{3}=16$ km. Second tronçon : $20$ min $=\frac{1}{3}$ h, donc $d_{2}=18\times\frac{1}{3}=6$ km. Distance totale : $16+6=22$ km. Durée totale : $40+20=60$ min $=1$ h. Vitesse moyenne : $\frac{22}{1}=22$ km/h.

Comparez avec la moyenne arithmétique des deux vitesses, $\frac{24+18}{2}=21$ km/h : ce n'est PAS la bonne réponse, l'écart est d'une unité. La raison est que le cycliste a passé DEUX FOIS PLUS DE TEMPS à $24$ km/h qu'à $18$ km/h, donc la vitesse rapide compte double dans la moyenne. La vitesse moyenne est toujours tirée du côté où l'on a passé le plus de temps. Retenez la définition, qui ne trompe jamais : $v_{\text{moy}}=\frac{\text{distance totale}}{\text{durée totale}}$, et rien d'autre. L'exercice 5 montrera un cas où l'écart avec la moyenne arithmétique est bien plus spectaculaire.

a) À débit constant, chaque minute ajoute le même volume : le modèle est affine, de pente le débit et d'ordonnée à l'origine le volume initial. Ici $V(t)=150t$, puisque le bassin part de zéro. Le remplissage est terminé quand $V(t)=4500$ : $150t=4500$ donne $t=\frac{4500}{150}=30$ minutes. Notez que ce calcul est exactement celui de l'exercice 2 b), avec un débit à la place d'une vitesse : $\text{durée}=\frac{\text{quantité}}{\text{taux}}$.

b) Le bassin part plein et PERD $90$ L par minute, donc la pente est NÉGATIVE : $V(t)=4500-90t$. Il est vide quand $V(t)=0$ : $4500-90t=0$ donne $90t=4500$ et $t=50$ minutes. Le signe de la pente est ce qui distingue un remplissage d'une vidange, et c'est la seule différence entre a) et b). Contrôle de plausibilité : la vidange est plus lente que le remplissage de a), ce qui est cohérent puisque $90<150$ ✓.

c) Le volume initial n'est plus nul : $V(t)=900+150t$. On cherche $V(t)=4500$ : $900+150t=4500$, donc $150t=3600$ et $t=24$ minutes. L'erreur à éviter est de diviser $4500$ par $150$ sans retrancher les $900$ litres déjà présents, ce qui redonnerait les $30$ minutes de a). Il faut raisonner sur le volume qui RESTE à ajouter, soit $4500-900=3600$ L. Contrôle : $24$ min est bien inférieur aux $30$ min de a), puisqu'on partait avec de l'avance ✓.

d) Un modèle est affine quand la quantité varie par DIFFÉRENCES constantes, et exponentiel quand elle varie par RAPPORTS constants. Ici le débit est constant : chaque minute ajoute exactement $150$ L, que le bassin soit presque vide ou presque plein. Les différences successives sont donc constantes, ce qui est la signature de l'affine.

Le contraste avec un réservoir qui se vide par un TROU est instructif, et c'est une situation traitée ailleurs dans la banque. Dans ce cas, la pression de l'eau diminue à mesure que le niveau baisse, donc le débit diminue aussi : le taux n'est plus constant, la vidange ralentit, et le modèle devient une racine carrée et non une droite. La distinction pratique est simple : si le taux est IMPOSÉ de l'extérieur, par une pompe ou un robinet réglé, le modèle est affine ; s'il DÉPEND de l'état du système, le modèle ne l'est plus. Toute cette série se place volontairement dans le premier cas.

a) C'est le geste qui débloque tout le problème : on ne raisonne pas sur les temps, on raisonne sur le TRAVAIL FAIT EN UNE HEURE. Si A remplit le bassin entier en $6$ heures, alors en une heure il en remplit $\frac{1}{6}$. De même B en remplit $\frac{1}{3}$ en une heure. Ces fractions sont des taux, exprimés en « bassins par heure », et ce sont eux qui vont s'additionner.

b) En une heure, les deux ensemble remplissent $\frac{1}{6}+\frac{1}{3}$. On met au même dénominateur : $\frac{1}{6}+\frac{2}{6}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$. Les deux robinets remplissent donc LA MOITIÉ du bassin par heure. Cette addition est légitime parce que les deux taux sont exprimés dans la même unité et rapportés à la même durée, ce qui est exactement la condition à vérifier avant d'additionner deux taux.

c) Si l'on remplit $\frac{1}{2}$ de bassin par heure, il faut $2$ heures pour en remplir un entier. Formellement, $\text{durée}=\frac{\text{quantité}}{\text{taux}}=\frac{1}{1/2}=2$ heures. Le bassin est donc rempli en $2$ heures.

d) Première erreur, $6+3=9$ h : elle additionne les TEMPS. C'est absurde sur le plan logique avant même d'être faux sur le plan numérique, car ajouter un second robinet ne peut que rendre le remplissage plus RAPIDE, jamais plus lent. Seconde erreur, $\frac{6+3}{2}=4{,}5$ h : elle fait la moyenne des temps, ce qui est plus subtil mais tout aussi faux, et échoue au même test.

Le contrôle qui détecte les deux en trois secondes, et qu'il faut appliquer systématiquement à ce type de problème : le temps combiné doit être INFÉRIEUR au temps du robinet le plus rapide pris seul. Ici B seul met $3$ heures, donc la réponse doit être inférieure à $3$ heures. Or $9>3$ et $4{,}5>3$ : les deux réponses sont éliminées sans calcul, tandis que $2<3$ passe le test ✓. On peut même encadrer par le haut et par le bas : le temps combiné est nécessairement compris entre la moitié du temps le plus rapide et le temps le plus rapide, ici entre $1{,}5$ h et $3$ h, ce que $2$ h vérifie ✓. Principe général de la série : on additionne les TAUX, jamais les temps, puis on inverse à la fin.

a) Aller : $t_{1}=\frac{240}{80}=3$ heures. Retour : $t_{2}=\frac{240}{120}=2$ heures. Les deux tronçons ont la MÊME longueur mais des durées différentes, et c'est là toute la source du phénomène étudié dans cet exercice.

b) Distance totale : $240+240=480$ km, puisque le camion parcourt deux fois la même route. Durée totale : $3+2=5$ heures.

c) On revient à la définition, la seule qui soit fiable : $v_{\text{moy}}=\frac{\text{distance totale}}{\text{durée totale}}=\frac{480}{5}=96$ km/h.

d) La moyenne arithmétique donnerait $\frac{80+120}{2}=100$ km/h, et la vraie réponse est $96$ km/h : l'écart est de $4$ km/h. La raison tient en une phrase : le camion passe PLUS DE TEMPS à la vitesse lente qu'à la vitesse rapide, $3$ heures contre $2$. La vitesse lente pèse donc davantage dans le bilan, et la vitesse moyenne est tirée vers le bas. Prendre la moyenne des vitesses reviendrait à supposer que les deux durées sont égales, ce qui n'est vrai que si les deux vitesses le sont.

La formule générale s'obtient en refaisant le calcul avec des lettres. Pour une distance $d$ dans chaque sens : $v_{\text{moy}}=\frac{2d}{\frac{d}{v_{1}}+\frac{d}{v_{2}}}$, et le $d$ se simplifie, ce qui est remarquable : $v_{\text{moy}}=\frac{2v_{1}v_{2}}{v_{1}+v_{2}}$. La vitesse moyenne d'un aller-retour NE DÉPEND PAS de la distance parcourue. Vérification : $\frac{2\times 80\times 120}{80+120}=\frac{19\ 200}{200}=96$ ✓. Cette quantité s'appelle la moyenne harmonique, et elle est TOUJOURS inférieure ou égale à la moyenne arithmétique, avec égalité seulement quand $v_{1}=v_{2}$. Cas extrême qui rend le phénomène évident : si le retour se faisait à $1$ km/h, la moyenne arithmétique donnerait $40{,}5$ km/h alors que la moyenne réelle serait $\frac{2\times 80}{81}\approx 1{,}98$ km/h, à peine plus que la vitesse la plus lente. Un trajet très lent domine tout le bilan, parce qu'il dure très longtemps.

a) Les deux voitures roulent l'une VERS l'autre : à chaque heure, l'écart qui les sépare diminue de $90+60=150$ km. C'est le taux de rapprochement, et c'est lui qu'il faut calculer en premier. Le temps nécessaire pour combler les $300$ km est donc $t=\frac{300}{150}=2$ heures : la rencontre a lieu à $10$ h. La distance depuis $A$ se calcule avec la voiture partie de $A$ : $90\times 2=180$ km. Contrôle indispensable : l'autre voiture a parcouru $60\times 2=120$ km, et $180+120=300$ km ✓, les deux distances reconstituent bien la route entière.

b) Cette fois les deux mobiles vont dans le MÊME sens, et la moto part avec une heure de retard. On procède en deux temps. À $9$ h, quand la moto démarre, la voiture roule depuis une heure et se trouve donc à $60\times 1=60$ km de $A$ : c'est l'écart à combler. La moto va plus vite, et l'écart diminue au taux de $100-60=40$ km/h, la différence des vitesses. Le rattrapage prend $t=\frac{60}{40}=1{,}5$ heure à partir de $9$ h, donc à $10$ h $30$. Position : $100\times 1{,}5=150$ km de $A$. Contrôle : à $10$ h $30$, la voiture roule depuis $2{,}5$ h et a parcouru $60\times 2{,}5=150$ km ✓, les deux sont bien au même endroit.

c) On compte $t$ depuis $8$ h. La voiture, partie à $8$ h, a parcouru $60t$. La moto, partie à $9$ h, roule depuis $t-1$ heures et a parcouru $100(t-1)$. Le rattrapage a lieu quand les deux positions coïncident : $60t=100(t-1)$. On développe, sans oublier de distribuer le $100$ sur les deux termes : $60t=100t-100$, donc $100=40t$ et $t=2{,}5$ heures, soit $10$ h $30$ ✓. La méthode par équation est plus systématique que le raisonnement par écart, et elle reste praticable quand les données se compliquent ; le décalage de départ s'y traduit simplement par le $(t-1)$.

d) La règle se déduit du sens de déplacement, et il vaut mieux la reconstruire que la mémoriser. Si les mobiles vont EN SENS CONTRAIRES, chacun réduit l'écart de son côté, donc les effets s'ajoutent et le taux de rapprochement est $v_{1}+v_{2}$. S'ils vont DANS LE MÊME SENS, seule la différence compte, car le plus lent s'éloigne pendant que le plus rapide se rapproche : le taux est $v_{1}-v_{2}$.

Si la moto roulait à $60$ km/h, la différence serait $60-60=0$ : l'écart de $60$ km ne diminuerait JAMAIS et le rattrapage n'aurait pas lieu. L'équation le confirme, $60t=60(t-1)$ donne $60t=60t-60$, donc $0=-60$, une égalité impossible : l'équation n'a aucune solution. C'est un cas où l'absence de solution a un sens concret très clair, et il faut savoir l'interpréter plutôt que de conclure à une erreur de calcul. Plus généralement, le rattrapage n'est possible que si le poursuivant est STRICTEMENT plus rapide.

a) À la DESCENTE, le courant pousse le bateau : les deux effets s'ajoutent et la vitesse effective par rapport à la berge est $b+c$. À la REMONTÉE, le courant freine : la vitesse effective est $b-c$. C'est la même logique qu'à l'exercice 6, on additionne quand les effets vont dans le même sens et on soustrait sinon. Notez qu'il faut nécessairement $b>c$, sans quoi le bateau ne pourrait pas remonter la rivière.

b) On applique $\text{vitesse}=\frac{\text{distance}}{\text{durée}}$ à chaque trajet. Descente : $b+c=\frac{60}{2}=30$. Remontée : $b-c=\frac{60}{3}=20$. Le système est donc $\begin{cases} b+c=30 \\ b-c=20 \end{cases}$. Le point de méthode est qu'on ne pose PAS les équations sur les distances ou les durées, mais sur les VITESSES : c'est ce qui rend le système linéaire et immédiat.

c) La méthode par addition est ici la plus rapide, car les termes en $c$ sont opposés et s'éliminent d'eux-mêmes. En additionnant les deux équations membre à membre : $(b+c)+(b-c)=30+20$, donc $2b=50$ et $b=25$ km/h. On reporte dans la première : $25+c=30$, donc $c=5$ km/h. La vitesse propre du bateau est de $25$ km/h et celle du courant de $5$ km/h. Vérifications dans les DEUX équations de départ : descente $25+5=30$ ✓, remontée $25-5=20$ ✓. Et la condition $b>c$ est bien respectée ✓. On peut aussi soustraire les deux équations pour obtenir $c$ directement : $2c=10$, donc $c=5$.

d) Non, et c'est le résultat contre-intuitif de l'exercice. On pourrait croire que le courant aide autant qu'il freine et que tout se compense, mais le calcul dit autre chose. Distance totale : $60+60=120$ km. Durée totale : $2+3=5$ heures. Vitesse moyenne : $\frac{120}{5}=24$ km/h, alors que la vitesse propre est de $25$ km/h.

Le courant fait donc PERDRE du temps sur un aller-retour, il ne se compense pas. La raison est exactement celle de l'exercice 5 : le bateau passe plus de temps à la vitesse lente, $3$ heures contre $2$, donc la remontée pèse davantage. La formule de la moyenne harmonique le confirme : $\frac{2\times 30\times 20}{30+20}=\frac{1200}{50}=24$ ✓. On peut même le démontrer en général : la vitesse moyenne vaut $\frac{2(b+c)(b-c)}{(b+c)+(b-c)}=\frac{2\left(b^{2}-c^{2}\right)}{2b}=b-\frac{c^{2}}{b}$, une quantité toujours INFÉRIEURE à $b$ dès que le courant est non nul, et d'autant plus que le courant est fort. Contrôle sur nos valeurs : $25-\frac{25}{25}=25-1=24$ ✓.

a) Le robinet remplit le bassin entier en $4$ heures, donc son taux est $+\frac{1}{4}$ bassin par heure. La fuite viderait le bassin en $6$ heures, donc elle en retire $\frac{1}{6}$ par heure : son taux est $-\frac{1}{6}$, NÉGATIF. C'est le signe qui encode le sens de l'action, et le poser dès le départ évite toute confusion par la suite.

b) Les deux effets agissent simultanément, on additionne donc les taux comme à l'exercice 4, en respectant les signes : $\frac{1}{4}-\frac{1}{6}$. Au dénominateur commun $12$ : $\frac{3}{12}-\frac{2}{12}=\frac{1}{12}$ bassin par heure. Le taux net étant positif, le bassin se remplit, et il faut $T=\frac{1}{1/12}=12$ heures. Contrôle de plausibilité : $12$ heures est bien SUPÉRIEUR aux $4$ heures du robinet seul, ce qui est normal puisque la fuite ralentit le remplissage ✓. C'est le test miroir de celui de l'exercice 4 : un effet qui aide raccourcit le temps, un effet qui nuit l'allonge.

c) Le taux net devient $\frac{1}{4}-\frac{1}{x}$, et le temps de remplissage en est l'inverse : $T(x)=\frac{1}{\frac{1}{4}-\frac{1}{x}}$. On simplifie l'étage en mettant au même dénominateur : $\frac{1}{4}-\frac{1}{x}=\frac{x-4}{4x}$, donc $T(x)=\frac{4x}{x-4}$. C'est une fonction RATIONNELLE, quotient de deux expressions du premier degré, donc une homographique. Contrôle sur la valeur connue : $T(6)=\frac{24}{2}=12$ heures ✓, conforme à b).

d) Le bassin se remplit si et seulement si le taux net est STRICTEMENT positif : $\frac{1}{4}-\frac{1}{x}>0$, soit $\frac{1}{4}>\frac{1}{x}$. Comme $x>0$, cela équivaut à $x>4$. Autrement dit, la fuite doit être plus LENTE que le robinet. Trois régimes se distinguent, et il faut savoir les décrire. Si $x>4$, le remplissage aboutit, en $T(x)=\frac{4x}{x-4}$ heures. Si $x=4$, le taux net est nul, le niveau ne bouge jamais et le bassin ne se remplit pas. Si $x<4$, le taux net est négatif, le niveau baisse et le bassin ne se remplira jamais.

L'asymptote verticale de $T$ est la droite $x=4$, ce qu'on lit sur le dénominateur. Son interprétation est parlante : à mesure que la fuite se rapproche du débit du robinet, le temps de remplissage EXPLOSE. Chiffrons-le : $T(6)=12$ h, $T(5)=\frac{20}{1}=20$ h, $T(4{,}5)=\frac{18}{0{,}5}=36$ h, $T(4{,}1)=\frac{16{,}4}{0{,}1}=164$ h. On peut rendre le remplissage aussi long qu'on veut sans jamais le rendre impossible, tant que $x$ dépasse strictement $4$. Notez enfin l'asymptote HORIZONTALE, $y=4$ : quand la fuite devient négligeable, $x$ tendant vers l'infini, le temps tend vers les $4$ heures du robinet seul, ce qui est exactement le résultat attendu ✓.

a) Deux quantités se conservent dans un mélange, et chacune donne une équation : le VOLUME et la masse de SEL. Volume : les deux prélèvements doivent totaliser $12$ L, d'où $x+y=12$. Sel : la première solution apporte $20$ % de son volume en sel, soit $0{,}20x$, la seconde $0{,}50y$, et le mélange final doit contenir $30$ % de $12$ L, soit $0{,}30\times 12=3{,}6$ L de sel. D'où $0{,}20x+0{,}50y=3{,}6$. Le système est $\begin{cases} x+y=12 \\ 0{,}20x+0{,}50y=3{,}6 \end{cases}$. L'erreur à ne pas commettre est d'écrire une équation sur les POURCENTAGES, du type $20+50=30$ : les pourcentages ne s'additionnent pas, seules les quantités le font.

b) On résout par substitution, la première équation s'y prêtant bien : $y=12-x$. On reporte dans la seconde : $0{,}20x+0{,}50(12-x)=3{,}6$, soit $0{,}20x+6-0{,}50x=3{,}6$. On regroupe : $-0{,}30x=3{,}6-6=-2{,}4$, donc $x=\frac{-2{,}4}{-0{,}30}=8$. Puis $y=12-8=4$. Il faut donc $8$ L de la solution à $20$ % et $4$ L de celle à $50$ %.

c) On compare la masse de sel apportée et celle attendue. Apportée : $0{,}20\times 8=1{,}6$ L de sel par la première solution, et $0{,}50\times 4=2{,}0$ L par la seconde, soit $3{,}6$ L au total. Attendue : $0{,}30\times 12=3{,}6$ L ✓. Le volume est également correct : $8+4=12$ L ✓. Les deux conservations sont respectées, la solution est validée. Vérification du pourcentage final, qui est la lecture la plus directe : $\frac{3{,}6}{12}=0{,}30$, soit bien $30$ % ✓.

d) Avec $6$ L de chaque, le mélange contiendrait $0{,}20\times 6+0{,}50\times 6=1{,}2+3=4{,}2$ L de sel dans $12$ L, soit $\frac{4{,}2}{12}=35$ % : trop concentré. Prendre les deux volumes égaux revient à viser le MILIEU des deux pourcentages, $\frac{20+50}{2}=35$ %, et l'on retrouve bien $35$ %. Or on vise $30$ %, une valeur plus proche de $20$ que de $50$ : il faut donc davantage de la solution FAIBLE.

La règle qui permet de prévoir le rapport sans résoudre est la règle du mélange, et elle mérite d'être connue car elle donne un contrôle instantané. On mesure les ÉCARTS de la cible aux deux concentrations : de $30$ à $20$ il y a $10$, de $30$ à $50$ il y a $20$. Les volumes sont dans le rapport INVERSE de ces écarts : $\frac{x}{y}=\frac{20}{10}=2$, donc $x=2y$. Avec $x+y=12$, on obtient immédiatement $3y=12$, soit $y=4$ et $x=8$ ✓, le même résultat en deux lignes. L'intuition est celle d'une balance : la cible est le point d'équilibre, et le bras le plus court porte la plus grande masse. Contrôle final de bon sens, valable pour tout mélange : la concentration obtenue est toujours COMPRISE entre les deux concentrations de départ, on ne peut jamais sortir de l'intervalle $[20\ \%\,;50\ \%]$ en mélangeant ces deux solutions.

a) La durée est le quotient de la distance par la vitesse. Trajet actuel : $t_{1}=\frac{240}{v}$. Trajet accéléré, à la vitesse $v+20$ : $t_{2}=\frac{240}{v+20}$. Deux conditions d'existence sont sous-entendues et méritent d'être posées : $v>0$, une vitesse étant strictement positive dans ce contexte, ce qui garantit aussi $v+20\neq 0$.

b) Gagner une heure signifie que la nouvelle durée est plus COURTE d'une heure, donc que l'ancienne moins la nouvelle vaut $1$ : $\frac{240}{v}-\frac{240}{v+20}=1$. L'ordre des deux termes est le seul piège de cette question : écrire la différence à l'envers donnerait $-1$ et mènerait à une racine négative, donc à une impasse.

c) On multiplie les deux membres par $v(v+20)$, licite puisque ce produit n'est pas nul : $240(v+20)-240v=v(v+20)$. On développe le membre de gauche, où les $240v$ s'annulent : $240v+4800-240v=4800$. Le membre de droite donne $v^{2}+20v$. L'équation devient $v^{2}+20v-4800=0$, une équation du SECOND degré. Discriminant : $\Delta=20^{2}-4\times 1\times(-4800)=400+19\ 200=19\ 600$, dont la racine est $\sqrt{19\ 600}=140$. Les solutions sont $v=\frac{-20\pm 140}{2}$, soit $v=60$ ou $v=-80$. On REJETTE $v=-80$, une vitesse ne pouvant être négative, et ce rejet doit être écrit. La vitesse actuelle est donc $60$ km/h. Vérification dans l'énoncé de départ : $\frac{240}{60}=4$ h et $\frac{240}{80}=3$ h, soit exactement une heure de moins ✓.

d) Non, il a tort. En passant de $80$ à $100$ km/h, la durée passerait de $\frac{240}{80}=3$ h à $\frac{240}{100}=2{,}4$ h : le gain n'est que de $0{,}6$ heure, soit $36$ minutes, et non une heure entière. Le même effort d'accélération rapporte donc nettement moins qu'auparavant.

La raison est la forme de la fonction $t(v)=\frac{240}{v}$, une hyperbole décroissante qui s'APLATIT quand $v$ augmente. On peut le quantifier en général : le gain obtenu en passant de $v$ à $v+20$ vaut $\frac{240}{v}-\frac{240}{v+20}=\frac{4800}{v(v+20)}$, une expression dont le dénominateur croît comme le CARRÉ de la vitesse. Le gain s'effondre donc en $\frac{1}{v^{2}}$. Poursuivons le tableau : de $100$ à $120$ km/h, le gain n'est plus que de $2{,}4-2=0{,}4$ h, soit $24$ minutes ; de $120$ à $140$, il tombe à environ $0{,}29$ h, soit $17$ minutes. Le premier gain d'une heure était le plus gros que le chauffeur obtiendrait jamais, et aucun gain d'une heure entière n'est plus possible au-delà. C'est un raisonnement à savoir tenir, car il vaut pour toute grandeur inversement proportionnelle à une autre.