Stygnięcie herbaty - prawo Newtona i logarytm naturalny

Krok 1. Wzór z danymi. $T_{\text{ot}} = 20$, $T_0 - T_{\text{ot}} = 70$:

$T(t) = 20 + 70\,e^{-kt}.$

Krok 2. Część a) - stała z pomiaru. Dla $t = 5$ temperatura to $70$:

$20 + 70\,e^{-5k} = 70 \quad\Longrightarrow\quad e^{-5k} = \frac{50}{70} = \frac{5}{7}.$

Logarytmujemy logarytmem naturalnym, bo $\ln e^{x} = x$:

$-5k = \ln\frac{5}{7} \quad\Longrightarrow\quad k = \frac{1}{5}\ln\frac{7}{5} = \frac{\ln 1{,}4}{5} \approx \frac{0{,}3365}{5} \approx 0{,}0673.$

Krok 3. Część b) - czas. Szukamy $t$, dla którego $T(t) = 40$:

$20 + 70\,e^{-kt} = 40 \quad\Longrightarrow\quad e^{-kt} = \frac{20}{70} = \frac{2}{7} \quad\Longrightarrow\quad kt = \ln\frac{7}{2} = \ln 3{,}5.$

Krok 4. Wstawiamy $k$ - najlepiej w postaci dokładnej, żeby nie przenosić błędu zaokrąglenia:

$t = \frac{\ln 3{,}5}{k} = \frac{5 \ln 3{,}5}{\ln 1{,}4} \approx \frac{5 \cdot 1{,}2528}{0{,}3365} \approx 18{,}6.$

Sprawdzenie sensu. Różnica temperatur herbaty i pokoju maleje wykładniczo: co $5$ minut mnoży się przez $\frac{5}{7}$. Po $10$ minutach herbata ma $20 + 70 \cdot \left(\frac{5}{7}\right)^2 \approx 55{,}7^\circ\mathrm{C}$, po $20$ minutach - około $38{,}2^\circ\mathrm{C}$. $40^\circ\mathrm{C}$ wypada więc nieco przed dwudziestą minutą, zgodnie z wynikiem.

Odpowiedź. a) $k = \frac{1}{5}\ln 1{,}4 \approx 0{,}0673$. b) Po około $18{,}6$ minuty.