Bac de maths 2025 aux centres étrangers (jour 1) : sujet et corrigé

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BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2025
Mathématiques — Sujet 1
Centres étrangers — 12 juin 2025
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (6 points)

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 \(E\).

1. Construire un arbre pondéré représentant la situation puis déterminer \(P(\overline{T} \cap E)\).

2. Calculer la probabilité qu’une erreur soit détectée lors d’un contrôle.

3. 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.

1. On admet que la variable aléatoire \(X\) suit une loi binomiale. Préciser ses paramètres.

2. Déterminer la probabilité qu’exactement 5 erreurs soient détectées. On donnera la valeur arrondie au centième.

3. Déterminer la probabilité qu’au moins une erreur soit détectée. On donnera la valeur arrondie au centième.

4. 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 \(\mathcal{B}(20\ ;\ 0{,}165)\).

1. Déterminer les valeurs exactes de l’espérance et de la variance de la variable aléatoire \(X_1\).

2. 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 \(0{,}48\).

Exercice 2 — QCM (4 points)

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 \((\text{O}\ ;\ \vec{\imath},\ \vec{\jmath},\ \vec{k})\).
On considère :

• les points \(\text{A}(-3\ ;\ 1\ ;\ 4)\) et \(\text{B}(1\ ;\ 5\ ;\ 2)\)
• le plan \(\mathcal{P}\) d’équation cartésienne \(4x + 4y – 2z + 3 = 0\)
• la droite \((d)\) dont une représentation paramétrique est \(\{\begin{array}{l}x = -6 + 3t\\ y = 1\\ z = 9 – 5t\end{array}.\), où \(t \in \mathbb{R}\).

1. Les droites (AB) et \((d)\) sont :

2. La droite (AB) est :

3. On considère le plan \(\mathcal{P}^{\prime}\) d’équation cartésienne \(2x + y + 6z + 5 = 0\).

Les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}^{\prime}\) sont :

4. On considère le point \(\text{C}(0\ ;\ 1\ ;\ -1)\). La valeur de l’angle \(\widehat{\text{BAC}}\) arrondie au degré est :

Exercice 3 (6 points)

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 \(]-1\ ;\ +\infty[\).

1. Déterminer la limite de la fonction \(f\) en \(-1\).

2. Montrer que, pour tout \(x\) appartenant à l’intervalle \(]-1\ ;\ +\infty[\), on a :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{100 – 2x – 2x^2}{25(x+1)}\]

3. 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 \([2\ ;\ 6{,}5]\).

4. 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 \(\alpha \in [2\ ;\ 6{,}5]\).

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 log(\(x\)) renvoie la valeur \(\ln x\) ;
• la commande c**d renvoie la valeur de \(\text{c}^{\text{d}}\).

a. Donner les valeurs renvoyées par la commande bornes(2).
On donnera les valeurs arrondies au centième.

b. 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 \(n\), \(u_{n+1} = f(u_n)\).

1. Montrer par récurrence que pour tout \(n\) entier naturel,

\[2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \lt 6{,}5.\]

2. En déduire que la suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\).

3. 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 \(\ell = \alpha\).

Exercice 4 (4 points)

Partie A

On considère l’équation différentielle

\[(E_1) :\quad y^{\prime} + 0{,}48y = \dfrac{1}{250},\]

où \(y\) est une fonction de la variable \(t\) appartenant à l’intervalle \([0\ ;\ +\infty[\).

1. 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 \((E_1)\).

2. Donner la forme générale des solutions de l’équation différentielle \(y^{\prime} + 0{,}48y = 0\).

3. 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 \((E_2)\) :

\[p^{\prime} = \dfrac{1}{250}p \times (120 – p)\]

Soit \(y\) la fonction strictement positive sur l’intervalle \([0\ ;\ +\infty[\) telle que, pour tout \(t\) appartenant à l’intervalle \([0\ ;\ +\infty[\), on a \(p(t) = \dfrac{1}{y(t)}\).

1. Montrer que si \(p\) est solution de l’équation différentielle \((E_2)\), alors \(y\) est solution de l’équation différentielle \((E_1)\) : \(y^{\prime} + 0{,}48y = \dfrac{1}{250}\).

2. On admet réciproquement que, si \(y\) est une solution strictement positive de l’équation différentielle \((E_1)\), alors \(p = \dfrac{1}{y}\) est solution de l’équation différentielle \((E_2)\).

Montrer que, pour tout \(t\) appartenant à l’intervalle \([0\ ;\ +\infty[\), on a :

\[p(t) = \dfrac{120}{1 + K\text{e}^{-0{,}48t}}\ \text{avec}\ K\ \text{une constante réelle}.\]

3. En utilisant la condition initiale, déterminer la valeur de \(K\).

4. Déterminer \(\displaystyle\lim_{t \to +\infty} p(t)\). En donner une interprétation dans le contexte de l’exercice.

5. 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.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. On traduit l’énoncé en probabilités. « Une fois sur dix » donne \(P(T) = 0{,}1\), donc \(P(\overline{T}) = 1 – 0{,}1 = 0{,}9\). Lors d’un contrôle total, une erreur est détectée dans 30 % des cas : \(P_T(E) = 0{,}3\) et donc \(P_T(\overline{E}) = 0{,}7\). Lors d’un contrôle partiel, il n’y a pas d’erreur dans 85 % des cas : \(P_{\overline{T}}(\overline{E}) = 0{,}85\), d’où \(P_{\overline{T}}(E) = 0{,}15\).

On obtient l’arbre pondéré suivant :

On suit le chemin \(\overline{T}\) puis \(E\) et on multiplie les probabilités portées par les branches :

\[P(\overline{T} \cap E) = P(\overline{T}) \times P_{\overline{T}}(E) = 0{,}9 \times 0{,}15 = 0{,}135.\]

Donc \(P(\overline{T} \cap E) = 0{,}135\).

2. Un contrôle est soit total, soit partiel : \(T\) et \(\overline{T}\) forment une partition de l’univers. La formule des probabilités totales donne :

\[P(E) = P(T \cap E) + P(\overline{T} \cap E) = 0{,}1 \times 0{,}3 + 0{,}135 = 0{,}03 + 0{,}135 = 0{,}165.\]

La probabilité qu’une erreur soit détectée lors d’un contrôle vaut \(0{,}165\).

3. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_E(T)\). Par définition :

\[P_E(T) = \dfrac{P(T \cap E)}{P(E)} = \dfrac{0{,}03}{0{,}165} = \dfrac{2}{11} \approx 0{,}1818.\]

Sachant qu’une erreur a été détectée, la probabilité que le contrôle ait été total est d’environ \(0{,}18\).

Partie B

1. On répète 15 fois, de façon indépendante, la même épreuve de Bernoulli dont le succès « une erreur est détectée » a pour probabilité \(0{,}165\). La variable \(X\) compte le nombre de succès : elle suit la loi binomiale de paramètres \(n = 15\) et \(p = 0{,}165\).

2. On applique la formule de la loi binomiale avec \(k = 5\) :

\[P(X = 5) = \binom\,{15}{5} \times 0{,}165^5 \times (1 – 0{,}165)^{10} = 3003 \times 0{,}165^5 \times 0{,}835^{10} \approx 0{,}0605.\]

La probabilité que exactement 5 erreurs soient détectées est d’environ \(0{,}06\).

3. L’évènement « au moins une erreur » est le contraire de « aucune erreur », c’est-à-dire \(X = 0\). Or \(P(X = 0) = 0{,}835^{15}\), donc :

\[P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}835^{15} \approx 0{,}9331.\]

La probabilité qu’au moins une erreur soit détectée est d’environ \(0{,}93\).

4. Notons \(n\) le nombre de contrôles déclenchés dans la journée. Le nombre d’erreurs détectées suit alors la loi binomiale \(\mathcal{B}(n\ ;\ 0{,}165)\) et, comme à la question précédente, la probabilité d’au moins une erreur vaut \(1 – 0{,}835^n\). On cherche donc les entiers \(n\) tels que :

\[1 – 0{,}835^n \geq\, 0{,}99 \iff 0{,}835^n \leq\, 0{,}01.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ +\infty[\), elle conserve donc l’ordre :

\[0{,}835^n \leq\, 0{,}01 \iff n \ln(0{,}835) \leq\, \ln(0{,}01) \iff n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)},\]

le sens de l’inégalité change à la dernière étape car on divise par \(\ln(0{,}835)\), qui est strictement négatif (puisque \(0{,}835 \lt 1\)).

Or \(\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)} \approx 25{,}54\). Le plus petit entier qui convient est donc 26. Vérification : \(1 – 0{,}835^{25} \approx 0{,}9890\) est encore inférieur à 0,99 alors que \(1 – 0{,}835^{26} \approx 0{,}9908\) le dépasse.

La caisse doit déclencher au moins 26 contrôles par jour.

Partie C

1. Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(n\ ;\ p)\), l’espérance vaut \(np\) et la variance \(np(1-p)\). Avec \(n = 20\) et \(p = 0{,}165\) :

\[E(X_1) = 20 \times 0{,}165 = 3{,}3 \qquad V(X_1) = 20 \times 0{,}165 \times 0{,}835 = 2{,}7555.\]

Donc \(E(X_1) = 3{,}3\) et \(V(X_1) = 2{,}7555\).

2. Espérance. L’espérance est linéaire, et les trois variables ont la même loi, donc la même espérance :

\[E(S) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) = 3 \times 3{,}3 = 9{,}9.\]

Variance. Les variables \(X_1\), \(X_2\) et \(X_3\) sont indépendantes : la variance de leur somme est la somme de leurs variances.

\[V(S) = V(X_1) + V(X_2) + V(X_3) = 3 \times 2{,}7555 = 8{,}2665.\]

Bienaymé-Tchebychev. Avec la valeur 10 retenue pour \(E(S)\), le nombre total d’erreurs est strictement compris entre 6 et 14 lorsque \(6 \lt S \lt 14\), c’est-à-dire \(-4 \lt S – 10 \lt 4\), soit \(|S – 10| \lt 4\).

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev affirme que, pour tout réel \(\delta \gt 0\), \(P(|S – E(S)| \geq\, \delta) \leq\, \dfrac{V(S)}{\delta^2}\). Avec \(\delta = 4\) :

\[P(|S – 10| \geq\, 4) \leq\, \dfrac{8{,}2665}{16}.\]

En passant à l’évènement contraire :

\[P(6 \lt S \lt 14) = P(|S – 10| \lt 4) = 1 – P(|S – 10| \geq\, 4) \geq\, 1 – \dfrac{8{,}2665}{16} \approx 0{,}4833.\]

Comme \(0{,}4833 \gt 0{,}48\), la probabilité que le nombre total d’erreurs de la journée soit strictement compris entre 6 et 14 est bien supérieure à \(0{,}48\).

Exercice 2 :

1. Réponse a : sécantes non perpendiculaires.

Un vecteur directeur de (AB) est \(\vec{AB}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix}\), ou plus simplement \(\vec{u}\begin{pmatrix}2\\2\\-1\end{pmatrix}\). La représentation paramétrique de \((d)\) fournit le vecteur directeur \(\vec{v}\begin{pmatrix}3\\0\\-5\end{pmatrix}\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{v}\) est nulle, pas celle de \(\vec{u}\)), donc les droites ne sont pas parallèles.

Cherchons un point commun. Pour \(t = 1\), la droite \((d)\) passe par le point de coordonnées \((-6 + 3\ ;\ 1\ ;\ 9 – 5) = (-3\ ;\ 1\ ;\ 4)\), qui est le point A. Les deux droites se coupent donc en A : elles sont sécantes.

Enfin, dans le repère orthonormé, \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 3 + 2 \times 0 + (-1) \times (-5) = 11 \neq 0\) : les droites ne sont pas perpendiculaires. D’où la réponse a.

2. Réponse d : orthogonale au plan \(\mathcal{P}\).

D’après son équation cartésienne, le plan \(\mathcal{P}\) admet pour vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix}\), qui est exactement \(\vec{AB}\). Un vecteur directeur de la droite étant normal au plan, la droite (AB) est orthogonale au plan \(\mathcal{P}\).

3. Réponse b : perpendiculaires.

Le plan \(\mathcal{P}^{\prime}\) a pour vecteur normal \(\vec{n^{\prime}}\begin{pmatrix}2\\1\\6\end{pmatrix}\). Les vecteurs \(\vec{n}\) et \(\vec{n^{\prime}}\) ne sont pas colinéaires, donc les plans sont sécants. De plus :

\[\vec{n} \cdot \vec{n^{\prime}} = 4 \times 2 + 4 \times 1 + (-2) \times 6 = 8 + 4 – 12 = 0.\]

Les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}^{\prime}\) sont perpendiculaires.

4. Réponse b : \(51^\circ\).

On a \(\vec{AB}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix}\) et \(\vec{AC}\begin{pmatrix}0-(-3)\\1-1\\-1-4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\0\\-5\end{pmatrix}\). On calcule le produit scalaire de deux façons.

Avec les coordonnées (repère orthonormé) : \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 4 \times 3 + 4 \times 0 + (-2) \times (-5) = 22\).

Avec les normes : \(AB = \sqrt{16 + 16 + 4} = 6\) et \(AC = \sqrt{9 + 0 + 25} = \sqrt{34}\), donc \(\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 6\sqrt{34}\cos\widehat{\text{BAC}}\).

En égalant : \(\cos\widehat{\text{BAC}} = \dfrac{22}{6\sqrt{34}} \approx 0{,}6288\), d’où \(\widehat{\text{BAC}} \approx 51{,}04^\circ\), soit \(51^\circ\) au degré près.

Exercice 3 :

Partie A

1. Quand \(x\) tend vers \(-1\) par valeurs supérieures, \(x + 1\) tend vers \(0\) en restant positif. Comme \(\lim\limits_{X \to 0^+} \ln X = -\infty\), on obtient par composition \(\lim\limits_{x \to -1} 4\ln(x+1) = -\infty\).

Par ailleurs, \(\dfrac{x^2}{25}\) tend vers \(\dfrac{1}{25}\), une valeur finie. Par somme :

\[\lim_{x \to -1} f(x) = -\infty.\]

La droite d’équation \(x = -1\) est donc asymptote verticale à la courbe de \(f\).

2. La dérivée de \(\ln(u)\) est \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\) ; avec \(u(x) = x + 1\), on a \(u^{\prime}(x) = 1\). La dérivée de \(\dfrac{x^2}{25}\) est \(\dfrac{2x}{25}\). Donc, pour tout \(x \gt -1\) :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{4}{x+1} – \dfrac{2x}{25}.\]

On réduit au même dénominateur \(25(x+1)\) :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{4 \times 25 – 2x(x+1)}{25(x+1)} = \dfrac{100 – 2x^2 – 2x}{25(x+1)} = \dfrac{100 – 2x – 2x^2}{25(x+1)}.\]

C’est bien l’expression annoncée.

3. Sur \(]-1\ ;\ +\infty[\), on a \(x + 1 \gt 0\), donc \(25(x+1) \gt 0\) : \(f^{\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(-2x^2 – 2x + 100\).

Son discriminant vaut \(\Delta = (-2)^2 – 4 \times (-2) \times 100 = 4 + 800 = 804 \gt 0\). Il a deux racines, qui sont aussi celles de \(x^2 + x – 50 = 0\) :

\[x_1 = \dfrac{-1 – \sqrt{201}}{2} \approx -7{,}59 \qquad x_2 = \dfrac{-1 + \sqrt{201}}{2} \approx 6{,}59.\]

La racine \(x_1\) est en dehors de l’intervalle d’étude. Le coefficient de \(x^2\) étant négatif, le trinôme est positif entre ses racines et négatif à l’extérieur. Sur \(]-1\ ;\ +\infty[\) :

La fonction \(f\) est donc strictement croissante sur \(]-1\ ;\ x_2]\) et strictement décroissante sur \([x_2\ ;\ +\infty[\). Comme \(6{,}5 \lt 6{,}58 \lt x_2\), l’intervalle \([2\ ;\ 6{,}5]\) est contenu dans \(]-1\ ;\ x_2]\) : \(f\) est strictement croissante sur \([2\ ;\ 6{,}5]\).

4. On découpe l’intervalle en deux morceaux, à l’abscisse \(m\) du maximum.

Sur \([2\ ;\ m]\). On calcule \(h(2) = 4\ln 3 – \dfrac{4}{25} – 2 \approx 2{,}23\). Comme \(h\) est croissante sur cet intervalle, pour tout \(x\) de \([2\ ;\ m]\), \(h(x) \geq\, h(2) \gt 0\) : l’équation \(h(x) = 0\) n’y a aucune solution.

Sur \([m\ ;\ 6{,}5]\). La fonction \(h\) est continue (car \(f\) est dérivable) et strictement décroissante. On a \(h(m) = M \approx 2{,}265 \gt 0\) et

\[h(6{,}5) = 4\ln(7{,}5) – \dfrac{6{,}5^2}{25} – 6{,}5 \approx -0{,}13 \lt 0.\]

Le nombre 0 est compris entre \(h(6{,}5)\) et \(h(m)\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (fonction continue et strictement monotone), l’équation \(h(x) = 0\) a une unique solution sur \([m\ ;\ 6{,}5]\).

En réunissant les deux morceaux, l’équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([2\ ;\ 6{,}5]\), et cette solution est même dans \([m\ ;\ 6{,}5]\).

5. a. Avec \(n = 2\), le pas vaut \(p = 0{,}01\). Le programme part de \(x = 6\) et avance de 0,01 tant que \(f(x) – x = h(x)\) est strictement positif. Or \(h\) est décroissante sur \([m\ ;\ 6{,}5]\) et ne s’annule qu’en \(\alpha\) : la boucle s’arrête dès que \(x\) dépasse \(\alpha\). On trouve, à la calculatrice ou en exécutant le script :

\[h(6{,}36) \approx 0{,}0063 \gt 0 \qquad h(6{,}37) \approx -0{,}0034 \lt 0.\]

La boucle s’arrête donc avec \(x = 6{,}37\), et la fonction renvoie \((6{,}36\ ;\ 6{,}37)\).

b. Ces deux nombres encadrent la solution de l’équation \(h(x) = 0\), c’est-à-dire de \(f(x) = x\), à \(10^{-2}\) près : \(6{,}36 \lt \alpha \lt 6{,}37\).

Partie B

1. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété : « \(2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \lt 6{,}5\) ».

Initialisation. On a \(u_0 = 2\) et \(u_1 = f(2) = 4\ln 3 – 0{,}16 \approx 4{,}23\). Ainsi \(2 \leq\, u_0 \leq\, u_1 \lt 6{,}5\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}_n\) est vraie : \(2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \lt 6{,}5\). Tous ces nombres sont dans \([2\ ;\ 6{,}5]\), intervalle sur lequel \(f\) est strictement croissante (partie A, question 3). En appliquant \(f\), l’ordre est conservé :

\[f(2) \leq\, f(u_n) \leq\, f(u_{n+1}) \lt f(6{,}5),\]

c’est-à-dire \(f(2) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \lt f(6{,}5)\). Or \(f(2) \approx 4{,}23 \geq\, 2\) et \(f(6{,}5) = 4\ln(7{,}5) – 1{,}69 \approx 6{,}37 \lt 6{,}5\). On en déduit \(2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \lt 6{,}5\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(2 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \lt 6{,}5\).

2. D’après la question 1, pour tout \(n\), \(u_n \leq\, u_{n+1}\) : la suite \((u_n)\) est croissante. Elle est aussi majorée par 6,5. D’après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : la suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\), avec \(2 \leq\, \ell \leq\, 6{,}5\) (les inégalités larges passent à la limite).

3. La suite vérifie \(u_{n+1} = f(u_n)\) et converge vers \(\ell\), qui appartient à \([2\ ;\ 6{,}5]\), intervalle sur lequel \(f\) est continue. En passant à la limite dans la relation de récurrence (\(u_{n+1}\) tend vers \(\ell\) et, par continuité, \(f(u_n)\) tend vers \(f(\ell)\)), on obtient \(f(\ell) = \ell\), c’est-à-dire \(h(\ell) = 0\).

Or \(\alpha\) est l’unique solution de \(h(x) = 0\) dans \([2\ ;\ 6{,}5]\). Comme \(\ell\) est une solution de cette équation dans cet intervalle, \(\ell = \alpha\). D’après la partie A, la suite converge donc vers un nombre compris entre 6,36 et 6,37.

Exercice 4 :

Partie A

1. La fonction \(h\) est constante, donc dérivable et de dérivée nulle : \(h^{\prime}(t) = 0\). Pour tout \(t \geq\, 0\) :

\[h^{\prime}(t) + 0{,}48\,h(t) = 0 + \dfrac{0{,}48}{120} = 0{,}004 = \dfrac{1}{250}.\]

La fonction \(h\) vérifie l’équation : \(h\) est une solution particulière de \((E_1)\).

2. L’équation \(y^{\prime} + 0{,}48y = 0\) s’écrit \(y^{\prime} = -0{,}48y\), de la forme \(y^{\prime} = ay\) avec \(a = -0{,}48\). Ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto C\,\text{e}^{-0{,}48t}\), où \(C\) est une constante réelle.

3. Les solutions d’une équation \(y^{\prime} + ay = b\) s’obtiennent en ajoutant une solution particulière aux solutions de l’équation homogène associée. Avec la question 1, les solutions de \((E_1)\) sont les fonctions \(t \mapsto C\,\text{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

Partie B

1. On suppose que \(p\) est solution de \((E_2)\). Puisque \(y = \dfrac{1}{p}\) et que \(p\) est dérivable et ne s’annule pas, \(y\) est dérivable et \(y^{\prime} = -\dfrac{p^{\prime}}{p^2}\). On remplace \(p^{\prime}\) grâce à \((E_2)\) :

\[y^{\prime} = -\dfrac{1}{p^2} \times \dfrac{1}{250}\,p\,(120 – p) = -\dfrac{120 – p}{250\,p} = -\dfrac{120}{250\,p} + \dfrac{1}{250}.\]

Comme \(\dfrac{1}{p} = y\) et \(\dfrac{120}{250} = 0{,}48\), cela s’écrit \(y^{\prime} = -0{,}48y + \dfrac{1}{250}\), soit :

\[y^{\prime} + 0{,}48y = \dfrac{1}{250}.\]

La fonction \(y\) est donc solution de \((E_1)\).

2. D’après la question 1 et la partie A, il existe un réel \(C\) tel que, pour tout \(t \geq\, 0\), \(y(t) = C\,\text{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}\). Alors :

\[p(t) = \dfrac{1}{y(t)} = \dfrac{1}{C\,\text{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}}.\]

On multiplie numérateur et dénominateur par 120 :

\[p(t) = \dfrac{120}{1 + 120C\,\text{e}^{-0{,}48t}}.\]

En posant \(K = 120C\), qui est une constante réelle, on obtient bien \(p(t) = \dfrac{120}{1 + K\text{e}^{-0{,}48t}}\).

3. Comme \(\text{e}^0 = 1\), on a \(p(0) = \dfrac{120}{1 + K}\). La condition \(p(0) = 30\) donne \(1 + K = \dfrac{120}{30} = 4\), donc \(K = 3\).

Ainsi, pour tout \(t \geq\, 0\), \(p(t) = \dfrac{120}{1 + 3\text{e}^{-0{,}48t}}\).

4. Quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(-0{,}48t\) tend vers \(-\infty\) ; comme \(\lim\limits_{X \to -\infty} \text{e}^X = 0\), on a par composition \(\lim\limits_{t \to +\infty} \text{e}^{-0{,}48t} = 0\). Le dénominateur \(1 + 3\text{e}^{-0{,}48t}\) tend donc vers 1 et, par quotient :

\[\lim_{t \to +\infty} p(t) = \dfrac{120}{1} = 120.\]

Interprétation : \(p\) est exprimée en milliers d’individus, donc à long terme, la population de bactéries se stabilise autour de 120 000 individus.

5. 60 000 individus correspondent à \(p(t) = 60\). On résout \(p(t) \gt 60\) ; le dénominateur étant strictement positif :

\[\dfrac{120}{1 + 3\text{e}^{-0{,}48t}} \gt 60 \iff 120 \gt 60(1 + 3\text{e}^{-0{,}48t}) \iff 2 \gt 1 + 3\text{e}^{-0{,}48t} \iff \text{e}^{-0{,}48t} \lt \dfrac{1}{3}.\]

La fonction \(\ln\) étant strictement croissante :

\[\text{e}^{-0{,}48t} \lt \dfrac{1}{3} \iff -0{,}48t \lt -\ln 3 \iff t \gt \dfrac{\ln 3}{0{,}48}.\]

Or \(\dfrac{\ln 3}{0{,}48} \approx 2{,}2888\) heures. La partie décimale représente \(0{,}2888 \times 60 \approx 17{,}3\) minutes.

La population de bactéries dépasse 60 000 individus au bout d’environ 2 heures et 17 minutes.

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