
\begin{enumerate}
\item On pose $u=y-t+1$ donc $y = u+t-1$. Alors,
\begin{align*}
y\text{ est solution de }(E) & \Longrightarrow y' = (y-t+1)^2\\
							 & \Longrightarrow (u+t-1)' = (u+t-1-1+1)^2\\
							 & \Longrightarrow u' + 1 = u^2\\
							 & \Longrightarrow u' = u^2 - 1\\
							 & \Longrightarrow u\text{ est solution de }(E').
\end{align*}

Réciproquement,
\begin{align*}
u\text{ est solution de }(E') & \Longrightarrow y' = u' + 1\text{ avec }y=u+t-1\\
							  & \Longrightarrow y' = (u^2-1) + 1 \text{ car }u' = u^2-1\\
							  & \Longrightarrow y' = u^2 = (y-t+1)^2	\\
							  & \Longrightarrow y\text{ est solution de }(E).
\end{align*}
Finalement, on a bien l'équivalence:
\[
\boxed{ y\text{ est solution de }(E) \iff u\text{ est solution de }(E') }
\]

\item Si $u(t)=1$ alors $u'(x)=0$ et on a bien $u'(t)=0=1^2-1 = u(t)^2-1$.

Si $u(t)=-1$ alors $u'(x)=0$ et on a bien $u'(t)=0=(-1)^2-1 = u(t)^2-1$.

Ainsi, les fonctions $u(t)=1$ et $u(t)=-1$ sont bien solutions de $(E')$.

\begin{itemize}
\item Si $u(t)=1$ alors $y(t)=1+t-1=t$. On vérifie que $y(t)=t$ est bien solution de $(E)$:
\[
y'(t)=1=\big(t-t+1)^2=(1)^2.
\]
L'égalité est vraie donc $y(t)=t$ est une solution de $(E)$.

\item Si $u(t)=-1$ alors $y(t)=-1+t-1=t-2$. On vérifie que $y(t)=t-2$ est bien solution de $(E)$:
\[
y'(t)=1=\big(t-2-t+1)^2=(-1)^2.
\]
L'égalité est vraie donc $y(t)=t-2$ est une solution de $(E)$.
\end{itemize}

\item
\begin{enumerate}
\item Si $u(t)\neq1$ et $u(t)\neq-1$, alors:
\[
(E'):\qquad u' = u^2-1 \iff \dfrac{u'}{u^2-1}=1
\]
car le dénominateur est une fonction non nulle.

\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{a}{u-1} + \dfrac{b}{u+1} & = \dfrac{a(u+1)+b(u-1)}{(u-1)(u+1)}\\
& = \dfrac{au+a+bu-b}{u^2-1}\\
& = \dfrac{(a+b)u + (a-b)}{u^2-1}.
\end{aligned}$

Ainsi,
\begin{align*}
\dfrac{1}{u^2-1}=\dfrac{a}{u-1} + \dfrac{b}{u+1} & \iff \dfrac{1}{u^2-1}=\dfrac{(a+b)u + (a-b)}{u^2-1}\\
& \iff \begin{cases}
a+b=0\\
a-b=1
\end{cases}\\
& \iff a=\dfrac{1}{2}\text{ et }b=-\dfrac{1}{2}.
\end{align*}
Finalement, on a:
\[
\boxed{ \dfrac{1}{u^2-1}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{u-1} - \dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{u+1} }
\]

\item De la question précédente, on déduit:
\begin{align*}
\dfrac{u'(t)}{u^2(t)-1}=1 & \iff \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{u'(t)}{u(t)-1} - \dfrac{u'(t)}{u(t)+1} \right) = 1\\
& \iff \dfrac{u'(t)}{u(t)-1} - \dfrac{u'(t)}{u(t)+1}  = 2\\
& \iff \ln\big|u(t)-1\big| - \ln\big|u(t)+1\big| = 2t + K,\ K\in\R\\
& \iff \ln\left| \dfrac{u(t)-1}{u(t)+1} \right| = 2t+K,\ K\in\R\\
& \iff \left| \dfrac{u(t)-1}{u(t)+1} \right| = C\e^{2t},\ C=\e^K\in\R\\
& \iff \begin{cases}
\dfrac{u(t)-1}{u(t)+1} = C\e^{2t}\quad\text{ si }\dfrac{u(t)-1}{u(t)+1}>0\\[8pt]
-\dfrac{u(t)-1}{u(t)+1} = C\e^{2t}\quad\text{ si }\dfrac{u(t)-1}{u(t)+1}<0
\end{cases},\ C=\e^K\in\R*\\
& \iff \begin{cases}
u(t) - 1 = C\e^{2t}\big( u(t) + 1 \big)\quad\text{si }\dfrac{u(t)-1}{u(t)+1}>0\\[8pt]
1-u(t) = C\e^{2t}\big( 1+u(t) \big)\quad\text{si }\dfrac{u(t)-1}{u(t)+1}<0
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
u(t)-C\e^{2t}u(t) = C\e^{2t} + 1\quad\text{si }\dfrac{u(t)-1}{u(t)+1}>0\\[8pt]
1-C\e^{2t}=u(t)+C\e^{2t}u(t)\quad\text{si }\dfrac{u(t)-1}{u(t)+1}<0
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
\big(1-C\e^{2t}\big)u(t) = C\e^{2t} + 1\quad\text{si }\dfrac{u(t)-1}{u(t)+1}>0\\[8pt]
\big(1+C\e^{2t}\big)u(t) = 1-C\e^{2t}\quad\text{si }\dfrac{u(t)-1}{u(t)+1}<0
\end{cases}\\
& \iff \boxed{ u(t) = \dfrac{1+C\e^{2t}}{1-C\e^{2t}} \text{ ou } u(t) = \dfrac{1-C\e^{2t}}{1+C\e^{2t}} }
\end{align*}
\end{enumerate}

\item De la question 1, on déduit que:
\begin{align*}
f\text{ est solution de (E)} & \iff u(t) = f(t)-t+1 = \dfrac{1+C\e^{2t}}{1-C\e^{2t}}\\
& \iff f(t) = \dfrac{1+C\e^{2t}}{1-C\e^{2t}} + t - 1\text{ ou }f(t) = \dfrac{1-C\e^{2t}}{1+C\e^{2t}} + t - 1.
\end{align*}
On sait que $f(0)=2$ donc:
\begin{align*}
\dfrac{1+C\e^{2\times0}}{1-C\e^{2\times0}} + 0 - 1 = 2 & \iff \dfrac{1+C}{1-C} = 3\\
& \iff 1+C=3-3C\\
& \iff 4C=2\\
& \iff C = \dfrac{1}{2}.
\end{align*}
ou
\begin{align*}
\dfrac{1-C\e^{2\times0}}{1+C\e^{2\times0}} + 0 - 1 = 2 & \iff \dfrac{1-C}{1+C} = 3\\
& \iff 1-C=3+3C\\
& \iff 4C=-2\\
& \iff C = -\dfrac{1}{2}.
\end{align*}
Dans les deux cas,
\[
f(t) = \dfrac{1+\frac{1}{2}\e^{2t}}{1-\frac{1}{2}\e^{2t}} + t - 1
\]
soit:
\[
\boxed{ f(t) = \dfrac{2+\e^{2t}}{2-\e^{2t}} + t - 1}
\]

$f$ est définie pour tout réel $t$ tel que:
\[
2-\e^{2t}\neq0 \iff \e^{2t} \neq 2 \iff 2t \neq \ln(2) \iff t \neq \dfrac{1}{2}\ln(2).
\]
Or, $t\geqslant0$ dans le contexte de notre exercice.

Le domaine de définition de $f$ est donc $\intervFO{0}{\dfrac{\ln(2)}{2}}\cup\intervOO{\dfrac{\ln(2)}{2}}{+\infty}$.

\item $\limite[t<\frac{\ln(2)}{2}]{t}{\frac{\ln(2)}{2}}{\left(2-\e^{2t}\right)}=0^+$ car $\begin{aligned}[t]t<\dfrac{\ln(2)}{2} & \iff 2t < \ln(2) \\ & \iff \e^{2t} < 2\\ & \iff -\e^{2t} > -2\\& \iff 2-\e^{2t}>0\end{aligned}$

De plus, $\limite{t}{\frac{\ln(2)}{2}}{\left( 2+\e^{2t} \right)} = 4$ donc, par limite des quotients,
\[
\limite[t<\frac{\ln(2)}{2}]{t}{\frac{\ln(2)}{2}}{\left( \dfrac{2+\e^{2t}}{2-\e^{2t}} \right)} = +\infty.
\]

De surcroît,
\[
\limite{t}{\frac{\ln(2)}{2}}{\big(t-1\big)}=\frac{\ln(2)}{2}-1
\]
donc, par somme des limites,
\[
\limite[t<\frac{\ln(2)}{2}]{t}{\big[ f(t) \big]} = +\infty.
\]
Dans le contexte de notre exercice, cela signifie qu'avec ce modèle, la température de la serre augmenterait à l'infini au fur et à mesure que le temps se rapprocherait de $t=\dfrac{\ln(2)}{2}\approx0,35$ soit près de 21 minutes.

Ce modèle semble donc peu représentatif de la réalité et donc peu adapté à ce que l'on souhaite modéliser.

\item $f$ est la solution de l'équation:
\[
y' = -0,6y + 0,6\times20 \iff y' = -0,6y + 12
\]
telle que $f(0)=2$.

D'après le cours, les solutions générales de $(E_N)$ sont:
\[
y(t) = C\e^{-0,6t} - \dfrac{12}{-0,6} = C\e^{-0,6t} + 20,\quad C\in\R.
\]
De plus,
\[
f(0)=2 \iff C\e^{-0,6\times0}+20 = 2 \iff C = -18.
\]
Finalement, on trouve:
\[
\boxed{ f(t)=20-18\e^{-0,6t} }
\]
\end{enumerate}
\vspace*{7cm}
