Annales Bac · Spécialité mathématiques › 2025
2025Bac spé maths · Centres étrangers · Jour 1
Épreuve écrite de spécialité mathématiques, série générale · 12 juin 2025
Exercice 1 (6 pts)
Cet exercice est constitué de trois parties indépendantes
Un magasin est équipé de caisses automatiques en libre-service où le client scanne lui- même ses articles. Le logiciel d'une caisse déclenche régulièrement des demandes de vérification. Un employé du magasin effectue alors un contrôle.
Partie A
Le contrôle peut être
soit « total » : l'employé du magasin scanne alors à nouveau l'ensemble des articles du client ;
soit « partiel » : l'employé choisit alors un ou plusieurs articles du client pour vérifier qu'ils ont bien été scannés.
Si un contrôle est déclenché, il s'agit une fois sur dix d'un contrôle total.
Lorsqu'un contrôle total est déclenché, une erreur du client est détectée dans 30 % des cas.
Lorsqu'un contrôle partiel est effectué, dans \(85\,\%\) des cas, il n'y a pas d'erreur.
Un contrôle est déclenché à une caisse automatique.
On considère les évènements suivants:
\(T\) : « Le contrôle est un contrôle total » ;
\(E\) : « Une erreur est détectée lors du contrôle ».
On notera \(\overline{T}\) et \(\overline{E}\) les évènements contraires de \(T\) et \(E\).
Construire un arbre pondéré représentant la situation puis déterminer \(P\left(\overline{T} \cap E\right)\).
Calculer la probabilité qu'une erreur soit détectée lors d'un contrôle.
Déterminer la probabilité qu'un contrôle total ait été effectué, sachant qu'une erreur a été détectée. On donnera la valeur arrondie au centième.
Partie B
Sur une journée donnée, une caisse automatique déclenche \(15\) contrôles. La probabilité qu'un contrôle mette en évidence une erreur est \(p = 0{,}165\). La détection d'une erreur lors d'un contrôle est indépendante des autres contrôles.
On note \(X\) la variable aléatoire égale au nombre d'erreurs détectées lors des contrôles de cette journée.
On admet que la variable aléatoire \(X\) suit une loi binomiale. Préciser ses paramètres.
Déterminer la probabilité qu'exactement 5 erreurs soient détectées. On donnera la valeur arrondie au centième.
Déterminer la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée. On donnera la valeur arrondie au centième.
On souhaite modifier le nombre de contrôles déclenchés par la caisse de manière à ce que la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée chaque jour soit supérieure à \(99\,\%\).
Déterminer le nombre de contrôles que doit déclencher la caisse chaque jour pour que cette contrainte soit respectée.
Partie C
Le magasin comporte trois caisses automatiques identiques qui, lors d'une journée, ont chacune déclenché \(20\) contrôles. On note \(X_1,\: X_2\) et \(X_3\) les variables aléatoires associant à chacune des caisses le nombre d'erreurs détectées lors de cette journée.
On admet que les variables aléatoires \(X_1,\: X_2\) et \(X_3\) sont indépendantes entre elles et suivent chacune une loi binomiale \(\mathcal{B}(20~;~0{,}165)\).
Déterminer les valeurs exactes de l'espérance et de la variance de la variable aléatoire \(X_1\).
On définit la variable aléatoire \(S\) par \(S = X_1 + X_2 + X_3\).
Justifier que \(E(S) = 9{,}9\) et que \(V(S) = 8{,}2665\).
Pour cette question, on utilisera 10 comme valeur de \(E(S)\).
À l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer que la probabilité que le nombre total d'erreurs sur la journée soit strictement compris entre 6 et 14 est supérieure à \(0{,}48\).
Voir le corrigé de l'exercice 1
Partie A :
Un arbre pondéré représentant la situation est :
\(P\left(\overline{T} \cap E\right) = P\left(\overline{T} \right)\times P_{\overline{T}}(E)= 0{,}9 \times 0{,}15 = 0{,}135\).
Les évènements \(T\) et \(\overline{T}\) forment une partition de l'univers, donc, d'après la formule des probabilités totales : \(P(E) = P\big(\,T\cap E\big) + P\big(\,\overline{T}\cap E\big)\)
On a donc : \(P(E) = 0{,}1 \times 0{,}3 + 0{,}135 = 0{,}165\).
La probabilité qu'une erreur soit détectée lors du contrôle est égale à \(0{,}165\).
\(P_{E}(T)= \dfrac{P(T\cap E)}{P(E)} = \dfrac{0,1 \times 0{,}3}{0,165}\approx 0{,}1818\).
La probabilité qu'un contrôle total ait été effectué, sachant qu'une erreur a été détectée vaut environ \(0{,}18\), arrondie au centième.
Partie B : Sur une journée donnée, une caisse automatique déclenche 15 contrôles. La probabilité qu'un contrôle mette en évidence une erreur est \(p=0{,}165\). La détection d'une erreur lors d'un contrôle est indépendante des autres contrôles.
On note \(X\) la variable aléatoire égale au nombre d'erreurs détectées lors des contrôles de cette journée.
Sur une journée donnée, une caisse automatique déclenche 15 contrôles. La probabilité qu'un contrôle mette en évidence une erreur est \(p=0{,}165\) donc \(X\) suit une loi binomiale de paramètres \(n=15\) et \(p=0{,}165\).
\(\begin{aligned}[t] P\left(X=5\right) & = \displaystyle \binom{15}{5}\times 0{,}165^{5}\times 0{,}835^{15 - 5}\\ & = 3003\times 0{,}165^{5} \times 0{,}835^{10} \\ & \approx 0{,}0605 \end{aligned}\).
Finalement, avec les consignes d'arrondi : \(P\left(X=5\right) \approx 0{,}06\)
La probabilité qu'exactement 5 erreurs soient détectées vaut \(0{,}06\).
\(P(X\geqslant 1)=1-P(X=0)= 1- 0{,}835^ {15} \approx 0{,}9331\).
La probabilité qu'au moins une erreur soit détectée vaut \(0{,}93\).
Soit \(n\) le nombre de contrôles effectués chaque jour.
Soit \(Y\) la variable aléatoire égale au nombre d'erreurs détectées lors des contrôles de cette journée.
\(Y\) suit une loi binomiale de paramètres \(n\) et \(p=0{,}165\).
\(P(Y\geqslant 1)=1-P(Y=0)= 1- 0{,}835^n\)
On souhaite que la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée chaque jour soit supérieure à 99 %.
On veut donc que \(1- 0{,}835^n \geqslant 0{,}99\).
\(\begin{aligned} 1- 0{,}835^n \geqslant 0{,}99 & \iff 0{,}01 \geqslant 0{,}835^n\\ & \iff \ln(0{,}01)\geqslant \ln \left(0{,}835^n\right) \, \text{car la fonction logarithme est strictement}\\ & \qquad \text{croissante sur } ]0~;~+\infty[\\ &\iff \ln (0{,}01)\geqslant n \ln \left(0{,}835\right)\\ & \iff \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)} \leqslant n \text{ car } \ln(0{,}835)<0\, \text{donc son inverse aussi}\\ \end{aligned}\)
or \(\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)} \approx 25{,}5\)
Il faut déclencher 26 contrôles chaque jour.
Attention, piège :Lorsqu’on divise par \(\ln(0{,}835)\), qui est strictement négatif car \(0{,}835 \lt 1\), le sens de l’inégalité change : \(\ln(0{,}01) \geqslant n\ln(0{,}835)\) devient \(\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)} \leqslant n\). Oublier ce changement de sens conduirait à \(n \leqslant 25{,}5\) et à conclure, à tort, qu’il suffit de 25 contrôles.
Partie C :
Le magasin comporte trois caisses automatiques identiques qui, lors d'une journée, ont chacune déclenché 20 contrôles. On note \(X_{1}, X_{2}\) et \(X_{3}\) les variables aléatoires associant à chacune des caisses le nombre d'erreurs détectées lors de cette journée.
On admet que les variables aléatoires \(X_{1}, X_{2}\) et \(X_{3}\) sont indépendantes entre elles et suivent chacune une loi binomiale \(\mathcal{B}(20~;~0{,}165)\).
\(X_1\) suit une loi binomiale de paramètres \(n=20\) et \(p=0{,}175\).
Donc \(E\left( X_1\right) = n\times p = 20 \times 0{,}165 = 3{,}3\)
et \(V\left( X_1\right) = n\times p \times (1-p) = 20 \times 0{,}165 \times 0{,}835 = 2{,}7555\)
\(E(S)=E\left(X_{1}+X_{2}+X_{3}\right) = E\left( X_1\right) +E\left( X_2\right)+E\left( X_3\right) = 3 \times E\left( X_1\right) = 3 \times 3{,}3 = 9{,}9\)
Les variables \(X_{1}, X_{2}\) et \(X_{3}\) sont indépendantes donc :
\(V(S)=V\left(X_{1}+X_{2}+X_{3}\right) = V\left( X_1\right) +V\left( X_2\right)+V\left( X_3\right) = 3 \times V\left( X_1\right) = 3 \times 2{,}7555 =8{,}2665\).
L'évènement « \(6 <S< 14\) » revient à \(\big|S - 10\big| < 4\) et
\(P\Big(\big|S- 10 \big| < 4\Big) = 1 - P\Big(\big|S - 10 \big| \geqslant 4\Big)\).
Or, pour tout réel \(t>0\), d'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, on a :
\(P\Big(\big|S-E\big(\,S\big)\big| \geqslant t\Big) \leqslant \dfrac{V\big(\,S\big)}{t^2}\)
Pour \(t = 4\) on obtient : \(P\Big(\big|S-10\big| \geqslant 4\Big)\leqslant \dfrac{8,2665}{4^2}\).
D'où \(P\Big(\big|S- 10 \big| < 4\Big) = 1 - P\Big(\big|S - 10 \big| \geqslant 4\Big) \geqslant 1- \dfrac{8,2665}{16}\).
Or \(1 - \dfrac{8,2665}{16} \approx 0{,}4833\)
donc la probabilité que le nombre total d'erreurs sur la journée soit strictement compris entre 6 et 14 est bien supérieure à \(0{,}48\).
Exercice 2 (4 pts)
Cet exercice est un questionnaire à choix multiple. Pour chaque question, une seule des quatre réponses proposées est exacte. Le candidat indiquera sur sa copie le numéro de la question et la réponse choisie. Aucune justification n'est demandée. Une réponse fausse, une réponse multiple ou l'absence de réponse à une question ne rapporte ni n'enlève de point.
Les quatre questions sont indépendantes.
Pour chaque question, une seule réponse correcte. Aucune justification n’est demandée.
Dans tout l'exercice, on considère que l'espace est muni d'un repère orthonormé
\(\left(\text{O}~;~\overrightarrow{\imath},~\overrightarrow{\jmath},~\overrightarrow{k}\right)\).
On considère:
les points A\((-3~;~1~;~4)\) et B(1 ; 5 ; 2)
le plan \(\mathcal{P}\) d'équation cartésienne \(4x + 4y -2z + 3 = 0\)
la droite \((d)\) dont une représentation paramétrique est \(\left\{\begin{array}{l c l} x&=&- 6 + 3t\\y&=&\phantom{-}1\\z&=&\phantom{-}9 - 5t \end{array}\right.,\) où \(t \in~\mathbb{R}\).
Les droites (AB) et \((d)\) sont:
sécantes non perpendiculaires.
perpendiculaires.
non coplanaires.
parallèles.
La droite (AB) est:
incluse dans le plan \(\mathcal{P}\).
strictement parallèle au plan \(\mathcal{P}\).
sécante et non orthogonale au plan \(\mathcal{P}\).
orthogonale au plan \(\mathcal{P}\).
On considère le plan P' d'équation cartésienne \(2x+y+6z+5 = 0\).
Les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) sont:
sécants et non perpendiculaires.
perpendiculaires.
confondus.
strictement parallèles.
On considère le point C\((0~;~1~;~-1)\). La valeur de l'angle \(\widehat{\text{BAC}}\) arrondie au degré est:
90°
51°
39°
0°
Voir le corrigé de l'exercice 2
Les droites (AB) et \((d)\) sont: sécantes non perpendiculaires.
Un vecteur directeur de la droite (AB) est le vecteur \(\overrightarrow{\mathrm{AB}} \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix}\). Le vecteur \(\overrightarrow{u} \begin{pmatrix} 2\\2\\-1 \end{pmatrix}\) est donc aussi un vecteur directeur de la droite (AB).
Un vecteur directeur de la droite \((d)\) est \(\overrightarrow{u'} \begin{pmatrix} 3\\0\\- 5 \end{pmatrix}\).
Les vecteurs \(\overrightarrow{u}\) et \(\overrightarrow{u'}\) ne sont pas colinéaires donc les droites (AB) et \((d)\) ne sont pas parallèles.
Le repère est orthonormé, on peut donc utiliser les coordonnées des vecteurs pour calculer le produit scalaire.
\(\overrightarrow{u} \cdot \overrightarrow{u'} =2 \times 3 + 0 \times 2 - 1 \times (-5) = 11 \neq 0\)
donc les droites (AB) et \((d)\) ne sont pas perpendiculaires.
Une équation paramétrique de la droite (AB) de vecteur directeur \(\overrightarrow{u}\) et passant par le point A\((-3;1;4)\) est :
\(\begin{cases}x=-3+2 s\\ y=1 +2s \\ z=4-s\end{cases} \quad \text{ où } s \in \mathbb{R}\).
Les deux droites sont sécantes si et seulement si le système suivant admet une unique solution :
\(\begin{aligned} \begin{cases}- 3 + 2 s=-6+3t\\ 1 + 2s=1 \\ 4-s =9-5t\end{cases} & \iff \begin{cases}2 s -3t =-3\\ s=0 \\ s-5t=-5\end{cases} & & \iff \begin{cases}-3t =-3\\ s=0 \\ -5t=-5\end{cases} & \iff\begin{cases}t =1\\ s=0 \\ t=1\end{cases}\\ \end{aligned}\)
Le système admet une unique solution donc les droites sont sécantes.
La droite(AB) est orthogonale au plan \(\mathcal{P}\).
Un vecteur normal au plan \(\mathcal{P}\) est \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix}\) soit le vecteur \(\overrightarrow{AB}\).
La droite (AB) est donc orthogonal au plan \(\mathcal{P}\).
Les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) sont perpendiculaires.
Un vecteur normal au plan \(\mathcal{P'}\) est \(\overrightarrow{n'}\begin{pmatrix} 2\\1\\6 \end{pmatrix}\).
Les vecteurs \(\overrightarrow{n}\) et \(\overrightarrow{n'}\) ne sont pas colinéaires donc les plans ne sont pas parallèles.
On est dans un repère orthonormé, on peut donc utiliser les coordonnées pour calculer le produit scalaire.
\(\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{n'} = 4 \times 2+ 4\times 1-2 \times (-6) = 8+4-12=0\)
Les vecteurs normaux sont orthogonaux donc les plans sont perpendiculaires.
La valeur de l'angle \(\widehat{\mathrm{B A C}}\) arrondie au degré est \(51^\circ\).
On a : \(\overrightarrow{\mathrm{AC}} \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -5 \end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{AB}} \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix}\).
On est dans un repère orthonormé donc on peut utiliser les coordonnées pour calculer les longueurs et le produit scalaire.
Calculons le produit scalaire de ces deux vecteurs de deux manières différentes :
d'une part : \(\overrightarrow{\mathrm{AC}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}} = 3\times4 + 0 \times 4 -5 \times (-2)= 22\)
d'autre part :
AC\(=\sqrt{(-3)^2+0^2+ (-5)^2}=\sqrt{34}\) et AB\(=\sqrt{4^2+4^2+(-2)^2} =\sqrt{36} = 6\)
On a donc \(\overrightarrow{\mathrm{AC}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{AB} }= \text{AB} \times \text{AC} \times \cos \left(\widehat{\text{BAC}} \right)= 6\sqrt{34} \cos \left(\widehat{\text{BAC}} \right)\)
D'où : \(22 = 6\sqrt{34} \cos \left(\widehat{\text{BAC}}\right)\), donc \(\cos \left(\widehat{\text{BAC}} \right) =\dfrac{22}{6\sqrt{34}}\)
D'où \(\widehat{\text{BAC}} \approx 51^\circ\)
Exercice 3 (6 pts)
Partie A
On considère la fonction \(f\) définie sur l'intervalle \(] - 1~;~+\infty[\) par
\[f(x) = 4\ln(x + 1) - \dfrac{x^2}{25}\]On admet que la fonction \(f\) est dérivable sur l'intervalle \(] - 1~;~+\infty[\).
Déterminer la limite de la fonction \(f\) en \(-1\).
Montrer que, pour tout \(x\) appartenant à l'intervalle \(]- 1~;~+\infty[\) , on a :
\[f'(x) = \dfrac{100- 2x - 2x^2}{25(x+1)}\]Étudier les variations de la fonction \(f\) sur l'intervalle \(] - 1~;~+\infty[\) puis en déduire que la fonction \(f\) est strictement croissante sur l'intervalle [2 ; 6,5].
On considère \(h\) la fonction définie sur l'intervalle [2 ; 6,5] par \(h(x) = f(x) - x\).
On donne ci-dessous le tableau de variations de la fonction \(h\) :
Montrer que l’équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha \in [2~;~6{,}5]\).
On considère le script suivant, écrit en langage Python:
from math import * def f(x): return 4*log(1+x)-(x**2)/25 def bornes(n): p = 1/10**n x = 6 while f(x)-x > 0: x = x + p return (x-p, x)On rappelle qu'en langage Python:
la commande \(\text{log} (x)\) renvoie la valeur \(\ln x\) ;
la commande c\(**\)d renvoie la valeur de \(\text{c}^{\text{d}}\).
Donner les valeurs renvoyées par la commande bornes(2).
On donnera les valeurs arrondies au centième.
Interpréter ces valeurs dans le contexte de l'exercice.
Partie B
Dans cette partie, on pourra utiliser les résultats obtenus dans la partie A.
On considère la suite \((u_n)\) définie par \(u_0 = 2\), et, pour tout entier naturel \(n,\: u_{n+1} = f\left(u_n\right)\)
Montrer par récurrence que pour tout \(n\) entier naturel,
\[2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} < 6{,}5.\]En déduire que la suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\).
On rappelle que le réel \(\alpha\), défini dans la partie A, est la solution de l'équation \(h(x)~=~0\) sur l'intervalle [2 ; 6,5].
Justifier que \(\ell = \alpha\).
Voir le corrigé de l'exercice 3
Partie A :
D'une part : \(\begin{cases} \lim\limits_{x \to -1^+} x+1 = 0^+ \\ \lim\limits_{X \to 0} \ln X = -\infty \end{cases}\) donc par composition \(\lim\limits_{x \to -1} 4\ln (x+1) =-\infty\)
D'autre part, \(\lim\limits_{x \to -1}\dfrac{-x^2}{25}= -\dfrac{1}{25}\)
donc par somme \(\lim\limits_{x \to -1}f(x) = -\infty\)
\(f\) est dérivable sur \(]-1~;~+\infty[\).
\(f\) est de la forme \(4\ln(u) - v\) avec \(u(x) = x + 1\) et \(v(x) = \dfrac {x^2}{25}\).
On a \(u'(x) =1\) et \(v'(x)= \dfrac{2x}{25}\)
Or \(f'= 4 \dfrac{u'}{u}-v'\) donc :
Pour tout \(x\) appartenant à l'intervalle \(]-1 ;+\infty[\), on a :
\(f'(x) = 4 \dfrac{1}{x+1}- \dfrac{2x}{25}= \dfrac{4 \times 25 -(x+1)2x}{25(x+1)}= \dfrac{100-2 x-2 x^{2}}{25(x+1)}\)
Pour tout \(x\) appartenant à l'intervalle \(]-1 ;+\infty[\), on a :
\(f'(x) = \dfrac{100-2 x-2 x^{2}}{25(x+1)}\)
\(25(x+1)>0\) donc \(f'(x)\) est du signe de \(100 - 2x - 2x^2\), fonction polynôme du second degré donc le coefficient dominant (\(-2\)) est négatif.
\(\Delta = (-2)^2-4 \times 100 \times (-2)= 804 > 0\)
\(100-2x-2x^2=0\) admet donc deux racines :
\(x_1 = \dfrac{2-\sqrt{804}}{2(-2)}= \dfrac{-1+\sqrt{201}}{2} \approx 6{,}6\)
et \(x_2 = \dfrac{2+\sqrt{804}}{2(-2)}= \dfrac{-1-\sqrt{201}}{2} \approx -7{,}6 <-1\)
On obtient donc le tableau de variations suivant :
\([2~;~6{,}5] \subset ]-1~;~x_1[\) donc \(f\) est strictement croissante sur \([2~;~6{,}5]\).
\(h(2) =f(2) - 2 = 4 \ln (2+1)-\dfrac{2^{2}}{25}-2 \approx 2{,}23\).
Sur l'intervalle \([2~;~m]\) la fonction \(h\) est strictement croissante, or \(h(2)>0\) donc sur \([2~;~m]\), \(h(x)>0\) et l'équation \(h(x)=0\) n'admet pas de solution sur cet intervalle.
Sur l'intervalle \([m~;~6{,}5]\), la fonction \(h\) est strictement décroissante et continue.
\(h(m) = M \approx 2{,}265 > 0\)
et \(h(6{,}5)=4 \ln (6{,}5+1)-\dfrac{6,5^{2}}{25} -6{,}5 \approx -0{,}13 <0\)
0 est donc une valeur intermédiaire entre \(h(m)\) et \(h(6{,}5)\), d'après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotone, l'équation \(h(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur l'intervalle \([m~;~6{,}5]\).
Finalement, l'équation \(h(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur l'intervalle \([2~;~6{,}5]\).
Avec la calculatrice on trouve que les valeurs renvoyées par la commande bornes (2) sont : (6.36, 6.37)
Dans le contexte de l'exercice, un encadrement de \(\alpha\) est \(6{,}36 < \alpha < 6{,}37\).
Partie B :
Pour tout entier naturel \(n\), on pose \(P_n\), l'affirmation : « \(2 \leqslant u_{n} \leqslant u_{n+1} \leqslant 6{,}5\). ».
Initialisation : On a, d'une part : \(u_0 =2\),
Et, d'autre part : \(u_1=f(u_0)=f(2)\approx 4{,}23\)
Donc \(2 \leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant 6{,}5\)
Pour \(n = 0\), l'affirmation \(P_0\) est vraie.
Hérédité : Soit \(n\) naturel , tel que l'affirmation \(P_n\) est vraie, c'est-à-dire :
« \(2 \leqslant u_{n} \leqslant u_{n+1} \leqslant 6{,}5\) ».
On veut montrer que cela implique que l'affirmation \(P_{n+1}\) est vraie.
Par hypothèse de récurrence \(2 \leqslant u_{n} \leqslant u_{n+1} \leqslant 6{,}5\)
Or la fonction \(f\) est strictement croissante sur l'intervalle \([2~;~6{,}5]\) donc :
\(f(2) \leqslant f\left( u_{n} \right) \leqslant f\left( u_{n+1} \right) \leqslant f(6{,}5)\)
or \(f(2) \approx 4{,}23 >2\) et \(f(6{,}5) \approx 6{,}37 < 6{,}5\)
donc, par définition de la suite \(u\), \(2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 6{,}5\)
c'est l'inégalité \(P_{n+1}\)
Conclusion : L'affirmation est vraie au rang 0, et, pour tout rang naturel non nul, sa véracité est héréditaire, donc, en vertu du principe de démonstration par récurrence, on peut vérifier l'inégalité \(P_n\) pour tout entier naturel \(n\).
Pour tout entier \(n\) , \(u_n \leqslant u_{n+1}\) donc la suite \(u\) est croissante,
de plus pour tout entier \(n\), \(u_n \leqslant 6{,}5\) donc la suite \(u\) est majorée,
or tout suite croissante et majorée est convergente, donc la suite \(\left(u_{n}\right)\) converge vers une limite \(\ell\) telle que \(\ell \leqslant 6{,}5\).
La suite \(u\) est une suite convergente vers une limite \(\ell\) de la forme \(u_{n+1}=f\left(u_{n}\right)\) avec \(f\) fonction continue. D'après le théorème du point fixe, la limite \(\ell\) est solution de l'équation \(f(x)=x\) ou \(h(x)=0\)
On sait de plus que cette limite appartient à l'intervalle \([2~;~6{,}5]\) et que sur cette intervalle l'équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) on a donc \(\ell =\alpha\).
On rappelle que le réel \(\alpha\), défini dans la partie \(\mathbf{A}\), est la solution de l'équation \(h(x)=0\) sur l'intervalle \([2~;~6{,}5]\).
Exercice 4 (4 pts)
Partie A
On considère l'équation différentielle
\[(E_1) :\quad y' + 0{,}48y = \dfrac{1}{250},\]où \(y\) est une fonction de la variable \(t\) appartenant à l'intervalle \([0~;~ +\infty[\).
On considère la fonction constante \(h\) définie sur l'intervalle \([0~;~ +\infty[\) par \(h(t) = \dfrac{1}{120}\).
Montrer que la fonction \(h\) est solution de l'équation différentielle \((E_1)\).
Donner la forme générale des solutions de l'équation différentielle \(y' + 0{,}48y = 0\).
En déduire l'ensemble des solutions de l'équation différentielle \((E_1)\).
Partie B
On s'intéresse à présent à l'évolution d'une population de bactéries dans un milieu de culture.
À un instant \(t = 0\), on introduit une population initiale de 30 000 bactéries dans le milieu. On note \(p(t)\) la quantité de bactéries, exprimée en millier d'individus, présente dans le milieu après un temps \(t\), exprimé en heure.
On a donc \(p(0) = 30\).
On admet que la fonction \(p\) définie sur l'intervalle \([0~;~ +\infty[\) est dérivable, strictement positive sur cet intervalle et qu'elle est solution de l'équation différentielle \((E_2)\) :
\[p' = \dfrac{1}{250}p \times (120 - p)\]Soit \(y\) la fonction strictement positive sur l'intervalle \([0~;~ +\infty[\) telle que, pour tout \(t\) appartenant à l'intervalle \([0~;~ +\infty[\) , on a \(p(t) = \dfrac{1}{y(t)}\).
Montrer que si \(p\) est solution de l'équation différentielle \((E_2)\), alors \(y\) est solution de l'équation différentielle \((E_1)\) : \(y' + 0{,}48y = \dfrac{1}{250}\).
On admet réciproquement que, si \(y\) est une solution strictement positive de l'équation différentielle \((E_1)\), alors \(p = \dfrac 1y\) est solution de l'équation différentielle \((E_2)\).
Montrer que, pour tout \(t\) appartenant à l'intervalle \([0~;~ +\infty[\) , on a :
\[p(t) = \dfrac{120}{1 + K\mathrm{e}^{-0{,}48t}}~ \text{avec}\: K\: \text{une constante réelle}.\]En utilisant la condition initiale, déterminer la valeur de \(K\).
Déterminer \(\displaystyle\lim_{t \to + \infty} p(t)\). En donner une interprétation dans le contexte de l'exercice.
Déterminer le temps nécessaire pour que la population de bactéries dépasse 60 000 individus.
On donnera le résultat sous la forme d'une valeur arrondie exprimée en heures et minutes.
Voir le corrigé de l'exercice 4
Partie A :
On considère l'équation différentielle \(\left(E_{1}\right): y'+0{,}48 y=\dfrac{1}{250}\) où \(y\) est une fonction de la variable \(t\) définie sur l'intervalle \([0 ;+\infty[\).
La fonction \(h\) est dérivable sur \([0 ;+\infty[\) et pour tout réel positif \(t\), \(h'(t)=0\). On a dont \(h'(t) +0{,}48 h(t) =0 + 0{,}48 \times \dfrac{1}{120}= \dfrac{1}{250}\)
Donc la fonction \(h\) est solution de l'équation différentielle \(\left(E_{1}\right)\).
Les solutions de l'équation différentielle \(y'+0{,}48 y=0\) sont les fonctions de la forme \(f(t) =C \mathrm{e}^{-0{,}48t}\) avec \(C \in \mathbb{R}\).
Les solutions de l'équation différentielle \(\left(E_{1}\right)\) sont donc les fonctions de la forme \(f(t) =C \mathrm{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}\) avec \(C \in \mathbb{R}\).
Partie B :
Supposons que \(p\) est solution de l'équation différentielle (\(E_{2}\)),
On a donc \(p'=\dfrac{1}{250} p \times(120-p)\)
Or \(p=\dfrac{1}{y}\) et \(p'= \dfrac{-y'}{y^2}\)
D'où \(\begin{aligned} \dfrac{-y'}{y^2}= \dfrac{1}{250} \dfrac{1}{y} \times\left( 120-\dfrac{1}{y}\right)& \Longrightarrow -y'=y^2 \times \dfrac{1}{250y }\times \dfrac{120y-1}{y}\\ &\Longleftrightarrow -y' = \dfrac{1}{250} \times (120y-1)\\ &\Longleftrightarrow -y'= 0{,}48 y -\dfrac{1}{250}\\ &\Longleftrightarrow y'+0{,}48 y=\dfrac{1}{250} \end{aligned}\).
Donc \(y\) est solution de l'équation différentielle \(\left(E_{1}\right): y'+0{,}48 y=\dfrac{1}{250}\).
\(y\) est de la forme \(y(t)=C \mathrm{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}\) avec \(C \in \mathbb{R}\).
on a donc \(\begin{aligned}[t] p(t)& = \dfrac{1}{y(t)}\\ &= \dfrac{1}{C \mathrm{e}^{-0{,}48t} + \frac{1}{120}} \, \text{ avec } C \in \mathbb{R}\\ &= \dfrac{120}{120 C \mathrm{e}^{-0{,}48t} +1 } \, \text{ avec } C \in \mathbb{R}\\ &= \dfrac{120}{K \mathrm{e}^{-0{,}48t} +1 } \, \text{ avec } K \in \mathbb{R} \text { en posant } K=120C\\ \end{aligned}\)
On sait que \(p(0)=30\) donc \(\dfrac{120}{K \mathrm{e}^{0} +1 } = 30\),
donc \(\dfrac{120}{30}= K+1\) d'où \(K =\dfrac{120}{30}-1 = 3\).
On sait que : \(\begin{cases} \lim\limits_{t \to +\infty }-0{,}48t= -\infty\\ \lim\limits_{X\to -\infty} \mathrm{e}^X = 0 \end{cases}\) donc, par composition, \(\lim\limits_{t\to +\infty }\mathrm{e}^{-0{,}48t}=0\).
Donc, par produit et somme, \(\lim\limits_{t \to +\infty}1+3\mathrm{e}^{-0{,}48t}=1\)
et finalement par quotient, \(\lim\limits_{t \to +\infty}p(t) =120\).
Dans le contexte de l'exercice la population de la bactérie se stabilisera vers \(120\,000\).
\(\begin{aligned}[t] p(t)=60 & \iff \dfrac{120}{3 \mathrm{e}^{-0{,}48t} +1 }=60 \\ & \iff 120 = 60 \times \left(3 \mathrm{e}^{-0{,}48t} +1\right)\\ & \iff 2 = 3 \mathrm{e}^{-0{,}48t} + 1\\ & \iff \dfrac{1}{3}= \mathrm{e}^{-0{,}48t}\\ & \iff -0{,}48 t = \ln\left(\dfrac{1}{3}\right)=-\ln(3)\\ & \iff t = \dfrac{\ln(3)}{0,48}\approx 2{,}289 \end{aligned}\)
Le temps nécessaire pour que la population de bactéries dépasse \(60\,000\) individus est de \(2{,}289\) heures soit 2 heures et 17 minutes.
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