De tête, je crois trouver 21h12. Ceci dit, le refroidissement du gâteau sera tout sauf linéaire : plus la différence de chaleur est grande, plus le transfert thermique est rapide. Par conséquent, le gâteau refroidira de plus en plus lentement, et Mme Mery peut compter le manger plutôt aux environs de dix heures, dix heures et demie du soir...

La loi de refroidissement de Newton nous dit que :
$$T(t)=T_{cuisine}+(T_{four}-T_{cuisine})e^{-rt}$$
où r est une constante à déterminer
Notons $t_0=0$ le temps de sortie du four (18h12), et $t_1=\frac3{60}$ le temps où le gâteau a perdu $\frac56$° (18h15), puis $T_0=180$ et$T1=150$ les températures correspondantes
On a alors :
$$T_1=T_{cuisine}+(T_0-T_{cuisine})e^-rt_1$$
donc $r=\frac1{t_1}ln(\frac{T_0-T_{cuisine}}{T_1-T_{cuisine}})$

On cherche $t_2$ tel quel $T(t_2)=T_2=30$, d'où :
$$t_2=t_1\frac{ln(\frac{T_0-T_{cuisine}}{T_2-T_{cuisine}})}{ln(\frac{T_0-T_{cuisine}}{T_1-T_{cuisine}})}$$
Application numérique : je trouve $t_2=42min30sec$, soit 18h45 environ

Miam miam !!!!!

Je suppose que la température du gâteau suit une loi exponentielle de la forme:
T(t)=A.exp(-Tau.t)+22°
avec t le temps passé depuis 18h12.
T(0)=180
T(3mn)=150

La première donne: A+22=180 donc A=158°
La deuxième donne: 158.exp(-Tau.3)+22=150
Donc exp(-Tau.3)=128/158
Donc -Tau.3=ln(128/158)
Donc Tau=-ln(128/158)/3

Soit t0 le temps auquel la température du gâteau est 30°. Alors:
30=T(t0)=158.exp(ln(128/158)/3.t0)+22
Donc exp(ln(128/158)/3.t0)=8/158
donc ln(128/158)/3.t0=ln(8/158)
donc t0=3.ln(8/158)/ln(128/158)
ça donne t0 égal environ à 42,5 mn.

Donc mme Mery mange son gâteau "vers" 18h54mn30s.

Il faut attendre 1 journée, 4 heures et 12 minutes pour avoir une température à 30 dégrés en se basant sur un coefficient de radiation très faible de 0.00176.

Ce coefficient r fut déterminé par la chute de température constatée lors des trois premières minutes.

Edit: Ah!, les conditions initiales ont changées: seulement 150 degres après 3 min.
$$t=3\times\frac{ln(\frac{30-22}{180-22})}{ln(\frac{150-22}{180-22})}$$ $$t=3\times\frac{ln(8)-ln(158)}{ln(128)-ln(158)}=42.5$$
soit 42 min 30 sec de patience

la température a baissé à 5/6 cad elle est à 5/6 du degré initial =150
Désolé pour l'erreur

L00ping007 : baisser de 1/6 ou  etre à 5/6 du degré initial c la meme chose

ok ; j'ai modifié toute la phrase ; j'espere que c'est clair maintenent ; désolé encore une fois

Rebonjour,
A 18h12, le gâteau a la température du four. Puis, la déperdition calorifique est proportionnelle à l'écart de température entre le gâteau et la cuisine.
Soit T la température du gâteau à l'instant t: on a:
dT/dt = K(T-22): ainsi quand T=22°C, il n'y aura plus d'échange de chaleur.
d'où dT/(T-22) = K dt ce qui donne log(T-22) = Kt + k
Au bout de 0mn, T=180°C, donc k = log158
Au bout de 3mn, T=150°C, donc 3K + k = log128 et K = (log128 - log158) / 3
On a donc t = 3 (log(T-22) - log158) / (log128 - log158)
Et pour T=30°C, on a t = 3 (log8 - log158) / (log128 - log158) soit t = 42,5 mn.
Il sera alors exactement 18 h 54 mn 30 sec: bon appétit Mme Mery.
Bonne journée.
Frank

Remarque pour l'auteur de l'énigme: merci d'avoir rectifié le texte car j'ai cru que la température au bout de 3mn était (5/6) x (180-22) et non (5/6) x 180; avec 150°C, c'est plus clair.

http://fr.wikipedia.org/wiki/Loi_de_ref … _de_Newton
On suppose que la chaleur se dissipe très vite autour du gâteau (si la clim souffle vers lui), que le gâteau est homogène, que la gâteau est à 180 de façon homogène à 18h12, ...
$$T(t)=T_{env}+(T(0)-T_{env})e^{-rt}$$
La seule inconue est r que l'on détermine grâce à:
$$T(3)=150=22+(180-22)e^{-3r}[/latex]. Et donc [latex]-3r=ln\dfrac{150-22}{180-22}[/latex]. D'où [latex]r=\dfrac13.ln\dfrac{158}{128}[/latex]. On cherche t tel que: T(t)=30. soit: [latex]22+158e^{-rt}=30[/latex]. [latex]-rt=ln\dfrac8{158}$$
$t=\dfrac{3ln(158/8)}{ln(158/128)}=42,50$ min.

Le gâteau sera donc à 30° à 18h54min30s.

J'espère ne pas m'être trompé dans mes calculs.
Merci pour l'énigme.