Fiche de mathématiques

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Bac spécialité maths 2025 Centres étrangers Jour 1

L'usage de la calculatrice en mode examen actif est autorisé.

L'usage de la calculatrice sans mémoire, "type collège" est autorisé.

6 points

exercice 1

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4 points

exercice 2

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6 points

exercice 3

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4 points

exercice 4

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Voir la correction

Bac spécialité maths 2025 Centres étrangers Jour 1

6 points

exercice 1

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.

On considère les événements suivants :

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}T :$ ''Le contrôle est un contrôle total'' ;
${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}E :$ ''Une erreur est détectée lors du contrôle"".

Partie A

1. Arbre pondéré modélisant la situation.

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Si un contrôle est déclenché, il s'agit une fois sur dix d'un contrôle total.
${ \white{ xxi } }$ ${ \white{W } }$ Donc $\overset{ { \white{ _. } } } { P(T)=0,1. }$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ En cas de contrôle total, une erreur du client est détectée dans 30 % des cas.
${ \white{ xxi } }$ ${ \white{W } }$ Donc $\overset{ { \white{ _. } } } { P_T(E)=0,3. }$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ En cas de contrôle partiel, il n'y a pas d'erreur détectée dans 85 % des cas.
${ \white{ xxi } }$ ${ \white{W } }$ Donc $\overset{ { \white{ _. } } } { P_{\overline{T}}(\overline{E})=0,85. }$

D'où l'arbre pondéré ci-dessous.

Bac spécialité maths 2025 Centres étrangers Jour 1 : image 14

Nous devons déterminer $\overset{ { \white{ _. } } } { P(\overline{T}\cap E). }$

${ \white{ xxi } }$ $P(\overline{T}\cap E)=P(\overline T)\times P_{\overline T}(E) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\overline{T}\cap E)}=0,9\times 0,15 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\overline{T}\cap E)}=0,135} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{P(\overline{T}\cap E)=0,135}$

2. Calculons la probabilité qu'une erreur soit détectée lors d'un contrôle, soit $\overset{ { \white{ _. } } } { P(E). }$

Les événements   $\overset{{\white{_.}}}{T}$ et   $\overset{{\white{}}}{\overline T}$ forment une partition de l'univers.
En utilisant la formule des probabilités totales, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $P(E)=P(T\cap E)+P(\overline T\cap E) \\\overset{ { \white{ _. } } } {\phantom{P(T)}=P(T)\times P_T(E)+0,135} \\\overset{ { \white{ _. } } } {\phantom{P(T)}=0,1\times 0,3+0,135} \\\overset{ { \white{ _. } } } {\phantom{P(T)}=0,165} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{P(E)=0,165}$

Par conséquent, la probabilité qu'une erreur soit détectée lors d'un contrôle est égale à 0,165.

3. Déterminons la probabilité qu'un contrôle total ait été effectué, sachant qu'une erreur a été détectée, soit $\overset{ { \white{ _. } } } { P_E(T). }$
On donnera la valeur arrondie au centième.

${ \white{ xxi } }$ $P_E(T)=\dfrac{P(T\cap E)}{P(E)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P_E(T) } =\dfrac{0,1\times 0,3}{0,165} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P_E(T) } \approx 0,18 } \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{P_E(T)\approx 0,18}$

Partie B

Sur une journée donnée, une caisse automatique déclenche 15 contrôles.
La probabilité qu'un contrôle mette en évidence une erreur est $\overset{ { \white{ _. } } } { p=0,165. }$
La détection d'une erreur lors d'un contrôle est indépendante des autres contrôles.

On note $\overset{ { \white{ _. } } } { X }$ la variable aléatoire égale au nombre d'erreurs détectées lors des contrôles de cette journée.

1. On admet que la variable aléatoire $\overset{ { \white{ _. } } } { X }$ suit une loi binomiale dont nous devons préciser les paramètres.

Nous avons : $\overset{ { \white{ _. } } } { n=15 }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { p=0,165. }$
D'où la variable aléatoire $\overset{ { \white{ _. } } } { X }$    suit une loi binomiale $\overset{ { \white{ . } } }{ \mathscr{ B }\left(15\,;\,0,165\right) }$ .
Cette loi est donnée par : $\overset{ { \white{ . } } } {P(X=k)=\begin{pmatrix}15\\k\end{pmatrix}\times\left(0,165\right)^k\times\left(1-0,165\right)^{ 15-k }}$

soit $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{ P(X=k)=\begin{pmatrix}15\\k\end{pmatrix}\times\left(0,165\right)^k\times\left(0,835\right)^{ 15-k } }}$

2. Nous devons déterminer la probabilité qu'exactement 5 erreurs soient détectées. On donnera la valeur arrondie au centième.

Nous devons donc calculer $\overset{ { \white{ _. } } } { P(X=5). }$

${ \white{ xxi } }$ $P(X=5)=\begin{pmatrix}15\\5\end{pmatrix}\times\left(0,165\right)^5\times\left(1-0,165\right)^{ 15-5 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X=5)}=\begin{pmatrix}15\\5\end{pmatrix}\times\left(0,165\right)^5\times\left(0,835\right)^{10}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X=5)}\approx0,06} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{P(X=5)\approx 0,06}$

Par conséquent, la probabilité qu'exactement 5 erreurs soient détectées est environ égale à 0,06 (valeur arrondie au centième).

3. Nous devons déterminer la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée. On donnera la valeur arrondie au centième.

Nous devons donc calculer $\overset{ { \white{ _. } } } { P(X\geq 1). }$

${ \white{ xxi } }$ $P(X\geq 1)=1-P(X=0) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)}=1-\begin{pmatrix}15\\0\end{pmatrix}\times\left(0,165\right)^0\times\left(0,835\right)^{ 15 } } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)}=1-1\times1\times\left(0,835\right)^{ 15 } } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)}\approx0,93 } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{P(X\geq 1)\approx 0,93}$

Par conséquent, la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée est environ égale à 0,93 (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 %.
Nous devons déterminer le nombre de contrôles que doit déclencher la caisse chaque jour pour que cette contrainte soit respectée.

Nous devons donc déterminer le plus petit entier naturel $\overset{ { \white{o. } } } { n }$ tel que $\overset{ { \white{ _. } } } { P(X\geq 1)\geq 0,99 }$

${ \white{ xxi } }$ $P(X\geq 1)\geq0,99\quad\Longleftrightarrow\quad 1-P(X=0)\geq0,99 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq0,99}\quad\Longleftrightarrow\quad 1-\begin{pmatrix}n\\0\end{pmatrix}\times0,165^0\times0,835^{ n }\geq0,99 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq0,99}\quad\Longleftrightarrow\quad 1-0,835^{ n } \geq0,99} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq0,99}\quad\Longleftrightarrow\quad 0,835^n\leq 0,01 }$

${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq0,99}\quad\Longleftrightarrow\quad \ln(0,835^n)\leq \ln (0,01) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq0,99}\quad\Longleftrightarrow\quad n\times\ln(0,835)\leq \ln (0,01) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq0,99}\quad\Longleftrightarrow\quad n\geq \dfrac{\ln (0,01)}{\ln(0,835)} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq0,99\quad\Longleftrightarrow\quad} \text{(changement de sens de l'inégalité car }\ln(0,835)<0)}$

Or $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{\ln (0,01)}{\ln(0,835)} \approx 25,54 }$

Donc le plus petit entier naturel $\overset{ { \white{o. } } } { n }$ vérifiant l'inégalité est $\overset{ { \white{ _. } } } { n=26. }$

Par conséquent, la caisse doit déclencher au moins 26 contrôles pour que la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée chaque jour soit supérieure à 99 %.

Partie C

Le magasin comporte trois caisses automatiques identiques qui, lors d'une journée, ont chacune déclenché 20 contrôles.
On note $\overset{ { \white{ _. } } } { X_1,X_2 }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { X_3 }$ les variables aléatoires associant à chacune des caisses le nombre d'erreurs détectées lors de cette journée.
On admet que les variables aléatoires $\overset{ { \white{ _. } } } { X_1,X_2 }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { X_3 }$ sont indépendantes entre elles et suivent chacune une loi binomiale $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{B}(20\,;\, 0, 165). }$

1. Nous devons déterminer les valeurs exactes de l'espérance et de la variance de la variable aléatoire $\overset{ { \white{ _. } } } { X_1. }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons l'espérance $\overset{ { \white{ _. } } } { E(X_1). }$

${ \white{ xxi } }$ $E(X_1)=np \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ E(X_1)}=20\times0,165 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ E(X_1)}=3,3 } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{E(X_1)=3,3}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons la variance $\overset{ { \white{ _. } } } { V(X_1). }$

${ \white{ xxi } }$ $V(X_1)=np(1-p) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ V(X_1)}=20\times0,165\times 0,835 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ V(X_1)}=2,7555 } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{V(X_1)=2,7555}$

2. On définit la variable aléatoire $\overset{ { \white{ _. } } } { S }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } { S = X_1 + X_2 + X_3. }$

Nous devons justifier que $\overset{ { \white{ _. } } } { E(S)=9,9 }$ et que $\overset{ { \white{ _. } } } { V (S) = 8, 2665. }$

${ \white{ xxi } }$ $E(S)=E(X_1+X_2+X_3) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ E(S)}=E(X_1)+E(X_2)+E(X_3)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ E(S)}=3,3+3,3+3,3}\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ E(S)}=3\times3,3} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ E(S)}=9,9} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{E(S)=9,9}$

${ \white{ xxi } }$ $V(S)=V(X_1+X_2+X_3) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ V(S)}=V(X_1)+V(X_2)+V(X_3)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ V(S)}=2,7555+2,7555+2,7555}\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ V(S)}=3\times2,7555} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ V(S)}=8,2665} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{V(S)=8,2665}$

3. 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.

Nous devons donc montrer l'inégalité suivante : $\overset{ { \white{ _. } } } { P(6<S<14) >0,48 }$

${ \white{ xxi } }$ $P(6<S<14)= P(-4<S-10<4) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(6<S<14)}= P(\,|\,S-10\,|<4) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(6<S<14)}= 1-P(\,|\,S-10\,|\geq 4) } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{ P(6<S<14)= 1-P(\,|\,S-10\,|\geq 4) }$

Inégalité de Bienaymé-Tchebychev : $\overset{ { \white{ _. } } } { P(\,|\,S-E(S)\,|\geq a)\leq \dfrac{V(S)}{a^2}\quad\text{où}\quad a>0. }$

Utilisons l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev en posant $\overset{ { \white{ . } } } { a=4 }$

${ \white{ xxi } }$ $P(\,|\,S-10)\,|\geq 4)\leq \dfrac{8,2665}{4^2}\quad\Longleftrightarrow\quad P(\,|\,S-10)\,|\geq 4)\leq \dfrac{8,2665}{16} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\,|\,S-10)\,|\geq 4)\leq \dfrac{8,2665}{4^2}}\quad\Longleftrightarrow\quad -P(\,|\,S-10)\,|\geq 4)\geq -\dfrac{8,2665}{16} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\,|\,S-10)\,|\geq 4)\leq \dfrac{8,2665}{4^2}}\quad\Longleftrightarrow\quad 1 -P(\,|\,S-10)\,|\geq 4)\geq 1-\dfrac{8,2665}{16} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\,|\,S-10)\,|\geq 4)\leq \dfrac{8,2665}{4^2}}\quad\Longleftrightarrow\quad P(6<S<14)\geq 1-\dfrac{8,2665}{16} }$

Or $\overset{ { \white{ _. } } } { 1-\dfrac{8,2665}{16}\approx0,4833\,{\red{>0,48}} }$

D'où $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{ P(6<S<14)>0,48 } }$

Par conséquent, la probabilité que le nombre total d'erreurs sur la journée soit strictement compris entre 6 et 14 est supérieure à 0,48.

4 points

exercice 2

L'espace est rapporté à un repère orthonormé $\overset{ { \white{ _. } } } { (O\;;\;\vec i\;,\;\vec j\;,\;k) . }$

On considère :

${ \white{ xii } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { \bullet{\white{w}}}$ les points $\overset{ { \white{ _. } } } { A\,(-3\;;\;1\;;\;4) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { B\,(1\;;\;5\;;\;2) }$ ;
${ \white{ xii } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { \bullet{\white{w}}}$ le plan $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{P} }$ d'équation cartésienne $\overset{ { \white{ _. } } } { 4x+4y-2z+3=0 }$ ;
${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { \bullet{\white{w}}}$ la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (d) }$ dont une représentation paramétrique est : $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases} x=-6+3t\\y=1\qquad\qquad ,\;t\in\R\\z=9-5t\end{cases} }$

Affirmation 1 : Les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (d) }$ sont sécantes non perpendiculaires.
${ \white{ WWWWWW} }$ Réponse a.

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (d) }$ sont sécantes.

Un vecteur directeur de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ est le vecteur $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{AB}. }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} A(-3;1;4)\\ B(1;5;2) \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1+3\\5-1\\2-4\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad\boxed{\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix}}$

La droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ passe par le point $\overset{ { \white{ _. } } } { A\,(-3\;;\;1\;;\;4) . }$
Une représentation paramétrique de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ est : $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases} x=-3+4k\\y=1+4k\qquad ,\;k\in\R\\z=4-2k\end{cases} }$

Une représentation paramétrique de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (d) }$ est : $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases} x=-6+3t\\y=1\qquad\qquad ,\;t\in\R\\z=9-5t\end{cases} }$

Résolvons le système : $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases} -3+4k=-6+3t\\1+4k=1\\4-2k=9-5t\end{cases} }$

$\begin{cases} -3+4k=-6+3t\\1+4k=1\\4-2k=9-5t\end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} -3t+4k=-3\\4k=0\\5t-2k=5\end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} -3t+4k=-3\\k=0\\5t-2k=5\end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} -3+4k=-6+3t\\1+4k=1\\4-2k=9-5t\end{cases} } \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} -3t=-3\\k=0\\5t=5\end{cases} }\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} t=1\\k=0\\t=1\end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} -3+4k=-6+3t\\1+4k=1\\4-2k=9-5t\end{cases} } \quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{ \begin{cases} k=0\\t=1\end{cases} }}$

Le système admet une solution unique et par suite, les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (d) }$ sont sécantes.

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (d) }$ ne sont pas perpendiculaires.

Un vecteur directeur de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ est le vecteur $\overset{ { \white{ . } } } { \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix} }$

Un vecteur directeur de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (d) }$ est le vecteur $\overset{ { \white{ . } } } { \overrightarrow{d}\begin{pmatrix}3\\0\\-5\end{pmatrix}}\,.$

${ \white{ xxi } }$ $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{u}=4\times3+4\times0-2\times(-5) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{u}}=12+10 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{u}}=22} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{u}\neq 0}$

Nous en déduisons que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (d) }$ ne sont pas perpendiculaires.

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Par conséquent, les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (d) }$ sont sécantes non perpendiculaires.
${ \white{ xi } }$ L'affirmation a est donc exacte.

Affirmation 2 : La droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ est orthogonale au plan $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{P}. }$
${ \white{ WWWWWW} }$ Réponse d.

Une équation cartésienne du plan $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{P} }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { 4x+4y-2z+3=0 . }$
Dès lors, un vecteur normal au plan $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{P} }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{n}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix} }$
Or nous avons $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix} }$ (voir affirmation 1.)

D'où $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{n} .}$

Par conséquent, la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ est orthogonale au plan $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{P}. }$
L'affirmation d est donc exacte.

Affirmation 3 : On considère le plan $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{P}' }$ d'équation cartésienne $\overset{ { \white{ _. } } } { 2x+y+6z+5=0. }$
${ \white{ WWWWWW} }$ Les plans $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{P} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{P}' }$ sont perpendiculaires.
${ \white{ WWWWWW} }$ Réponse b.

Les vecteurs normaux aux plans $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{P} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{P}' }$ sont respectivement $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{n}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{n}'\begin{pmatrix}2\\1\\6\end{pmatrix}. }$

${ \white{ xxi } }$ $\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{n}'=4\times2+4\times1-2\times6 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{n'}}=8+4-12 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{n'}}=0 } \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{n}'=0}$

Il s'ensuit que les vecteurs $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{n} }$ et $\overset{ { \white{ } } } { \overrightarrow{n}' }$ sont orthogonaux.
D'où les plans $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{P} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{P}' }$ sont perpendiculaires.
L'affirmation b est donc exacte.

Affirmation 4 : On considère le point $\overset{ { \white{ _. } } } { C (0;1;-1). }$ La valeur de l'angle $\overset{ { \white{ } } } { \widehat{BAC} }$ arrondie au degré est $\overset{ { \white{ _. } } } { 51^{\circ} . }$
${ \white{ WWWWWW} }$ Réponse b.

Nous savons que : $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=||\overrightarrow{AB}||\times ||\overrightarrow{AC}||\times\cos(\widehat{BAC})\quad\Longleftrightarrow \boxed{\cos(\widehat{BAC})=\dfrac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{||\overrightarrow{AB}||\times ||\overrightarrow{AC}||}} }$

Les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ sont $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0+3\\1-1\\-1-4\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3\\0\\-5\end{pmatrix} . }$

De plus,

${ \white{ xxi } }$ $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=4\times3+4\times0+(-2)\times(-5) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}=12+0+10} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}=22} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=22}$

${ \white{ xxi } }$ $||\overrightarrow{AB}||=\sqrt{4^2+4^2+(-2)^2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ ||\overrightarrow{AB}||}=\sqrt{16+16+4 }} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ ||\overrightarrow{AB}||}=\sqrt{36}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{||\overrightarrow{AB}||=6}$

${ \white{ xxi } }$ $||\overrightarrow{AC}||=\sqrt{3^2+0^2+(-5)^2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ ||\overrightarrow{AC}||}=\sqrt{9+0+25 }} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ ||\overrightarrow{AC}||}=\sqrt{34}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{||\overrightarrow{AC}||=\sqrt{34}}$

Nous en déduisons que :

${ \white{ xxi } }$ $\cos(\widehat{BAC})=\dfrac{\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}}{||\overrightarrow{AB}||\times ||\overrightarrow{AC}||} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \cos(\widehat{BAC})}=\dfrac{22}{6\times \sqrt{34}} } \\\\\\\Longrightarrow\quad\widehat{BAC}=\arccos\left(\dfrac{22}{6\times \sqrt{34}}\right) \\ \Longrightarrow\quad \boxed{\widehat{BAC}\approx 51^{\circ} }$
L'affirmation b est donc exacte.

6 points

exercice 3

Partie A

On considère la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ définie sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { ]-1\;;\;+\infty[ }$ par $\overset{ { \white{ } } } { f(x)=4\ln(x+1) - \dfrac{x^2}{25} }$
On admet que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est dérivable sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { ]-1\;;\;+\infty[ . }$

1. Déterminons la limite de la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ en $\overset{ { \white{ _. } } } { -1. }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}\lim\limits_{x\to -1^+}(x+1)=0^+\\ \lim\limits_{X\to 0^+}\ln X=-\infty \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to -1^+}\ln(x+1)=-\infty\qquad(X=x+1) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}pp \lim\limits_{X\to 0^+}\ln X=-\infty \end{cases} }\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to -1^+}4\ln(x+1)=-\infty }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}\lim\limits_{x\to -1^+}4\ln(x+1)=-\infty \\ \lim\limits_{x\to -1^+}\dfrac{x^2}{25}=\dfrac{1}{25} \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to -1^+}4\ln(x+1)-\dfrac{x^2}{25}=-\infty \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}\lim\limits_{x\to -1^+}4\ln(x+1)=-\infty \\ \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to -1^+}f(x)=-\infty} }$

2. Déterminons l'expression algébrique de $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x) }$ pour tout $\overset{ { \white{ -. } } } { x }$ appartenant à l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { ]-1\;;\;+\infty[. }$

Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x }$ appartenant à l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { ]-1\;;\;+\infty[, }$

${ \white{ xxi } }$ $f'(x)=\left(4\ln(x+1) - \dfrac{x^2}{25}\right)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x) }=4\times\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{25}\times 2x } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x) }=\dfrac{4}{x+1}-\dfrac{2x}{25} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x) }=\dfrac{4\times25-2x(x+1)}{25(x+1)} }$

${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x) }=\dfrac{100-2x^2-2x}{25(x+1)} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{f'(x)=\dfrac{100-2x-2x^2}{25(x+1)} }$

3. Nous devons étudier les variations de la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { ]-1\;;\;+\infty[ }$ et en déduire que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est strictement croissante sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } {[2\;;\;6,5]. }$

Étudions le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x) }$ sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { ]-1\;;\;+\infty[. }$

Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x }$ appartenant à l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { ]-1\;;\;+\infty[,\quad x+1>0, }$ et par suite, $\overset{ { \white{ _. } } } { 25( x+1)>0. }$
Dès lors, le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x) }$ est le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { -2x^2-2x+100. }$

${ \white{ xxi } }$ $\underline{\text{Discriminant de }-2x^2-2x+100} : \Delta=(-2)^2-4\times(-2)\times100 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \underline{\text{Discriminant de }-2x^2-2x+100} : \Delta}=4+800 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \underline{\text{Discriminant de }-2x^2-2x+100} : \Delta}=804>0 }$

${ \white{ xxi } }$ $\underline{\text{Racines}} : x_1=\dfrac{2-\sqrt{804}}{-4} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \underline{\text{Racines}} : x_1}=\dfrac{2-2\sqrt{201}}{-4} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \underline{\text{Racines}} : x_1}=\dfrac{-2(-1+\sqrt{201})}{-4} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \underline{\text{Racines}} : x_1}=\dfrac{-1+\sqrt{201}}{2} \approx 6,6 }$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \underline{\text{Rac}} : }\text {et}\quad x_2=\dfrac{-1-\sqrt{201}}{2} \approx -7,6 }$

Tableau de signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { -2x^2-2x+100 }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R. }$

${\white{WWWWW}}\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline&&&&&&&& x&-\infty&&\frac{-1-\sqrt{201}}{2}&&\frac{-1+\sqrt{201}}{2}&&+\infty\\&&&&&&& \\\hline &&&&&&&&-2x^2-2x+100&&-&0&+&0&-&\\&&&&&&&\\ \hline \end{array}$

Nous pouvons alors dresser le tableau de signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x) }$ sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]-1\;;\;+\infty[. }$

${ \white{ WWWWW } }$ $\begin{array}{|c|ccccc|}\hline&&&&&& x&-1&&\dfrac{-1+\sqrt{201}}{2}&&+\infty\\&&&&&\\\hline &||&&&&&-2x^2-2x+100&||&+&0&-&\\&||&&&&\\\hline &||&&&&&f'(x)&||&+&0&-&\\&||&&&&\\ \hline \end{array}$

D'où la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est strictement croissante sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \left]-1\;;\; \dfrac{-1+\sqrt{201}}{2} \right] }$ et strictement décroissante sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \left[\dfrac{-1+\sqrt{201}}{2}\;;\;+\infty \right[. }$

Or $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{-1+\sqrt{201}}{2}\approx 6,59. }$

Dès lors, l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { [2\;;\;6,5] }$ est inclus dans l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { \left]-1\;;\; \dfrac{-1+\sqrt{201}}{2} \right]. }$

Nous en déduisons que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est strictement croissante sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } {[2\;;\;6,5]. }$

4. On considère $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ la fonction définie sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { [2\;;\;6,5] }$ par $\overset{ { \white{ . } } } { h(x)=f(x)-x. }$
${ \white{ W } }$ On donne ci-dessous le tableau de variations de la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h. }$

${ \white{ WWWWW } }$ $\begin{array}{|c|ccccc|}\hline&&&&&& x&2&&m\approx2,364&&6,5\\&&&&&\\\hline &&&M\approx2,265&&&h(x)&&\nearrow&&\searrow&\\&h(2)&&&&h(6,5)\\ \hline \end{array}$

${ \white{ W } }$ Nous devons montrer que l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { h(x)=0 }$ admet une unique solution $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha }$ sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { [2\;;\;6,5] . }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { h(x)=0 }$ n'admet pas de solution sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { [2\;;\;m] . }$

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } { h }$ est strictement croissante sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { [2\;;\;m] . }$
$\text{Or }\;h(2)=4\ln(2+1)-\dfrac{2^2}{25}-2 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\;h(2)}=4\ln(3)-\dfrac{4}{25}-2 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\;h(2)}\approx 2,234} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{h(2)\approx2,2234\,{\red{>0}}}$

Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { h(x)>0 }$ pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { x }$ appartenant à l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { [2\;;\;m] . }$
D'où l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { h(x)=0 }$ n'admet pas de solution sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { [2\;;\;m] . }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { h(x)=0 }$ admet une unique solution $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha }$ sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { [m\;;\;6,5] . }$

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } {h }$ est continue est strictement décroissante sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } {[m\;;\;6,5] .}$

$\text{Or }\;\begin{cases} h(m)=M\approx2,265\\h(6,5)=4\ln(6,5+1)-\dfrac{6,5^2}{25}-6,5\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h(6,5) }=4\ln(7,5)-\dfrac{42,25}{25} -6,5 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h(6,5) }\approx -0,13} \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad\begin{cases} h(m)\approx2,265\,{\red{>0}}\\h(6,5)\approx -0,13\,{\red{<0}}\end{cases}$

Donc $\overset{ { \white{ . } } } { 0\in[h(6,5)\;;\;h(m)]. }$

Par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha\in\,[m\;;\;6,5] }$ tel que $\overset{ { \white{ . } } } { h(\alpha)=0. }$
Dès lors, l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { h(x)=0 }$ admet une unique solution $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha }$ sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } {[m\;;\;6,5].}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Nous pouvons alors conclure que l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { h(x)=0 }$ admet une unique solution $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha }$ sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { [2\;;\;6,5] . }$

5. On considère le script suivant écrit en langage Python :

${ \white{ WWWW } }$

Bac spécialité maths 2025 Centres étrangers Jour 1 : image 13

5. a) Nous devons donner les valeurs renvoyées par la commande $\overset{ { \white{ . } } } { \text{bornes (2).} }$

Les valeurs renvoyées par la commande $\overset{ { \white{ . } } } { \text{bornes (2).} }$ sont : $\overset{ { \white{ . } } } {(6.36\;,\; 6.37). }$

5. b) Dans le cadre de l'exercice, nous pouvons dire que le script renvoie un intervalle d'amplitude $\overset{ { \white{ } } } { 10^{-2} }$ comprenant la solution de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { h(x)=0. }$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{6,36<\alpha < 6,37}\,. }$

Partie B

On considère la suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (u_n) }$ définie par $\overset{ { \white{ . } } } { u_0=2 }$ et, pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ . } } } { n,\quad u_{n+1}=f(u_n) }$

1. Nous devons montrer par récurrence que, pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ . } } } { n,\; 2\leq u_n \leq u_{n+1} \leq 6,5. }$

Initialisation : Montrons que la propriété est vraie pour $n = 0$ , soit que $\overset{{\white{.}}}{2\leq u_0 \leq u_{1} \leq 6,5.}$
C'est une évidence car $\overset{{\white{.}}}{\begin{cases}u_0=2\\ \overset{ { \phantom{ . } } } { u_1=f(u_0)=f(2)=4\ln(3)-\dfrac{4}{25}\approx4,23}\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{2\leq u_0 \leq u_{1} \leq 6,5}$
Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité : Montrons que si pour un nombre naturel $\overset{ { \white{ . } } } { n }$ fixé, la propriété est vraie au rang $\overset{ { \white{ . } } } { n }$ , alors elle est encore vraie au rang $\overset{ { \white{ _. } } } { (n+1). }$
Montrons donc que si pour un nombre naturel $\overset{ { \white{ . } } } { n }$ fixé, $\overset{{\white{.}}}{ 2\leq u_n \leq u_{n+1} \leq 6,5}$ , alors $\overset{{\white{.}}}{ 2\leq u_{n+1} \leq u_{n+2} \leq 6,5 .}$

En effet, la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (u_n) }$ est définie par la relation de récurrence : $\overset{ { \white{ . } } } { u_{n+1}=f(u_n). }$
Puisque nous avons montré dans la Partie A, question 2) que la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est croissante sur [2 ; 6,5], nous obtenons :

$2\leq u_n\leq u_{n+1}\leq 6,5\quad\Longrightarrow\quad {\red{f(2)\leq f(u_n)\leq f(u_{n+1})\leq f(6,5)}}$

Or $\overset{ { \white{ . } } } { \begin{cases} f(2)\approx 4,23\\f(6,5)=4\ln(7,5)-\dfrac{42,25}{25} \approx 6,37 \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad\boxed{\begin{cases} f(2)\approx 4,23\\f(6,5) \approx 6,37 \end{cases}} }$
Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { 2<{\red{f(2)\leq f(u_n)\leq f(u_{n+1})\leq f(6,5)}}<6,5, }$
soit $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{2\leq u_{n+1} \leq u_{n+2} \leq 6,5} }$

L'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ o. } } } { n, }$ nous avons : $\overset{ { \white{ . } } } {2\leq u_n \leq u_{n+1} \leq 6,5. }$

2. Nous devons en déduire que la suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (u_n) }$ converge.

Nous avons montré dans la question 1. que la suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (u_n) }$ est croissante et majorée par 6,5.
Cette suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (u_n) }$ est donc convergente.
Nous noterons $\overset{ { \white{ _. } } } { \ell }$ sa limite.

3. On rappelle que le réel $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha }$ défini dans la partie A, est la solution de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { h(x)=0 }$ sur l'intervalle [2 ; 6,5].
Nous devons justifier que $\overset{ { \white{ _. } } } {\ell = \alpha . }$

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est continue sur $\overset{{\white{.}}}{[2\;;\;6,5]} .$
La suite $\overset{ { \white{ . } } } { (u_n) }$ est définie par la relation de récurrence : $\overset{ { \white{ . } } } { u_{n+1}=f(u_n). }$
Nous savons que la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (u_n) }$ est convergente vers une limite notée $\overset{{\white{_.}}}{\ell} .$
Selon le théorème du point fixe, nous déduisons que $\overset{{\white{_.}}}{\ell}$ vérifie la relation $\overset{{\white{.}}}{x=f(x).}$

Or $\overset{ { \white{ . } } } { x=f(x)\quad\Longleftrightarrow\quad f(x)-x=0\quad\Longleftrightarrow\quad h(x)=0 }$

Donc $\overset{{\white{_.}}}{\ell}$ vérifie la relation $\overset{{\white{.}}}{h(x)=0.}$
Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\ell=\alpha} }$

4 points

exercice 4

Partie A

On considère l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_1):y'+0,48y=\dfrac {1}{250} }$ où $\overset{ { \white{ o } } } { y }$ est une fonction de la variable $\overset{ { \white{ _. } } } {t }$ définie sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { [0\;;\;+\infty[. }$

1. On considère la fonction constante $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ définie sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { [0\;;\;+\infty[ }$ par $\overset{ { \white{ . } } } {h(t)=\dfrac{1}{120} . }$
Nous devons montrer que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ est solution de l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_1). }$

La fonction constante $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ _. } } } { [0\;;\;+\infty[ }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { h'(t)=0 }$ pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { t\in\,[0\;;\;+\infty[. }$
Nous obtenons alors pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { t\in\,[0\;;\;+\infty[\,: }$

${ \white{ xxi } }$ $h'(t)+0,48h(t)=0+0,48\times\dfrac{1}{120} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h'(t)+0,48h(t) } =\dfrac{0,48}{120}=\dfrac{48}{12\,000} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h'(t)+0,48h(t) } =\dfrac{4\times12}{1000\times12}=\dfrac{4}{1000} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h'(t)+0,48h(t) } =\dfrac{1}{250} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,t\in\,[0\;;\;\infty[,\quad h'(t)+0,48h(t)=\dfrac{1}{250} }$

Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ est solution de l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_1). }$

2. Nous devons donner la forme générale des solutions de l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { y'+0,48y=0. }$

Nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $y'(t)+0,48y(t)=0\quad\Longleftrightarrow\quad y'(t)=-0,48y(t) \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ y'(t)+0,48y(t)=0} \quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{y'(t)}{y(t)}=-0,48 } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ y'(t)+0,48y(t)=0} \quad\Longleftrightarrow\quad \Big(\ln y(t)\Big)'=(-0,48t)' } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ y'(t)+0,48y(t)=0} \quad\Longleftrightarrow\quad \ln y(t)=-0,48t+C\quad \text{avec } C\in\R} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ y'(t)+0,48y(t)=0} \quad\Longleftrightarrow\quad y(t)=\text e^{-0,48t+C}\quad \text{avec } C\in\R}$

${ \white{ WWWWWWWWWWx } }$ $\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ y'(t)+0,48y(t)=0} \quad\Longleftrightarrow\quad y(t)=\text e^{-0,48t}\times \text e^{C}\quad \text{avec } C\in\R} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ y'(t)+0,48y(t)=0} \quad\Longleftrightarrow\quad y(t)=\text e^{C}\,\text e^{-0,48t}\quad \text{avec } C\in\R} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ y'(t)+0,48y(t)=0} \quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{y(t)=\text A\,\text e^{-0,48t}\quad \text{où } A=\text e^C\in\R}}$

Par conséquent, la solution générale de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { y'+0,48y=0 }$ est de la forme $\overset{ { \white{ . } } } { y(t)=A\,\text e^{-0,48t}\;,\;A\in \R . }$

3. Nous devons en déduire l'ensemble des solutions de l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_1). }$

L'ensemble des solutions de l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_1) }$ est l'ensemble

$\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\mathscr S=\Big\lbrace t\mapsto \text A\,\text e^{-0,48t}+\dfrac{1}{120},\quad t\in [0\;;\;+\infty[\;,\;A\in\R\Big\rbrace} }$

Partie B

On s'intéresse à l'évolution d'une population de bactéries dans un milieu de culture.
À un instant $\overset{ { \white{ . } } } { t=0 }$ on introduit une population initiale de 30 000 bactéries dans le milieu.
On note $\overset{ { \white{ . } } } { p(t) }$ la quantité de bactéries, exprimée en millier d'individus, présente dans le milieu après un temps $\overset{ { \white{ . } } } { t, }$ exprimé en heure.
On a donc $\overset{ { \white{ . } } } { p(0)=30. }$

On admet que la fonction $\overset{ { \white{ o. } } } { p }$ définie sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } {[0\;;\;+\infty[ }$ est dérivable, strictement positive sur cet intervalle et qu'elle est solution de l'équation différentielle définie sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_2): p'=\dfrac{1}{250}p\times(120-p). }$

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

1. Nous devons montrer que si $\overset{ { \white{ . } } } { p }$ est solution de l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_2), }$ alors $\overset{ { \white{ . } } } { y }$ est solution de l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_1):y'+0,48y=\dfrac{1}{250}. }$

Nous savons que la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { p }$ définie sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } {[0\;;\;+\infty[ }$ est dérivable, strictement positive sur cet intervalle et qu'elle est solution de l'équation différentielle définie sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_2): p'=\dfrac{1}{250}p\times(120-p). }$

Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $\boxed{ p'(t)=\dfrac{1}{250}p(t)\times\Big(120-p(t)\Big)}\quad\Longrightarrow\quad \left(\dfrac{1}{y(t)}\right)'=\dfrac{1}{250}\dfrac{1}{y(t)}\times\Big(120-\dfrac{1}{y(t)}\Big) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ u p'(t)=\dfrac{1}{250}p(t)\times\Big(120-p(t)\Big)}\quad\Longrightarrow\quad\dfrac{-y'(t)}{y^2(t)}=\dfrac{1}{250}\dfrac{1}{y(t)}\times\Big(120-\dfrac{1}{y(t)}\Big) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ u p'(t)=\dfrac{1}{250}p(t)\times\Big(120-p(t)\Big)}\quad\Longrightarrow\quad -y'(t)=y^2(t)\times\dfrac{1}{250}\dfrac{1}{y(t)}\times\Big(120-\dfrac{1}{y(t)}\Big) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ u p'(t)=\dfrac{1}{250}p(t)\times\Big(120-p(t)\Big)}\quad\Longrightarrow\quad -y'(t)=y(t)\times\dfrac{1}{250}\times\Big(120-\dfrac{1}{y(t)}\Big) }$
${ \white{ xxi } }$ $.\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ ui p'(t)=\dfrac{1}{250}p(t)\times\Big(120-p(t)\Big)}\quad\Longrightarrow\quad -y'(t)=\dfrac{120}{250}y(t)-\dfrac{1}{250} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ ui p'(t)=\dfrac{1}{250}p(t)\times\Big(120-p(t)\Big)}\quad\Longrightarrow\quad -y'(t)=0,48y(t)-\dfrac{1}{250} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ ui p'(t)=\dfrac{1}{250}p(t)\times\Big(120- p(t)\Big)}\quad\Longrightarrow\quad -y'(t)-0,48y(t)=-\dfrac{1}{250} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ ui p'(t)=\dfrac{1}{250}p(t)\times\Big(120- p(t)\Big)}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{ y'(t)+0,48y(t)=\dfrac{1}{250} }}$

Par conséquent, si $\overset{ { \white{ . } } } { p }$ est solution de l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_2), }$ alors $\overset{ { \white{ . } } } { y }$ est solution de l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_1):y'+0,48y=\dfrac{1}{250}. }$

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

Nous devons montrer que pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { t }$ appartenant à l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { [0\;;\;+\infty[, }$ on a : $\overset{ { \white{ . } } } { p(t)=\dfrac{120}{1+K\text e^{-0,48t}} }$ avec $\overset{ { \white{ _. } } } { K }$ une constante réelle.

La question 1. et la remarque préliminaire de la question 2. nous permettent de dire que $\overset{ { \white{ . } } } { p }$ est solution de l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_2) }$ si et seulement si $\overset{ { \white{ . } } } { y }$ est solution de l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_1):y'+0,48y=\dfrac{1}{250}. }$

Considérons une solution $\overset{ { \white{ . } } } { y }$ strictement positive de l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_1). }$

Nous obtenons ainsi : $y(t)=\text A\,\text e^{-0,48t}+\dfrac{1}{120},\quad t\in [0\;;\;+\infty[\;,\;A\in\R.$

Dès lors, pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { t\in\,[0\;;\;+\infty[, }$

${ \white{ xxi } }$ $p(t)=\dfrac{1}{y(t)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(t) }=\dfrac{1}{\text A\,\text e^{-0,48t}+\dfrac{1}{120}} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(t) }=\dfrac{1}{\dfrac{120\text A\,\text e^{-0,48t}+1}{120}} } \\\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(t) }=\dfrac{120}{120\text A\,\text e^{-0,48t}+1} }$

${ \white{ xxi } }$ $.\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(t) }=\dfrac{120}{K\,\text e^{-0,48t}+1}\quad\text{où }\quad K=120\text A } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{ p(t)=\dfrac{120}{1+K\text e^{-0,48t}} \quad\text{avec }K\in \R.}$

3. Déterminons la valeur de $\overset{ { \white{ . } } } { K. }$

Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { p(0)=30. }$

Nous obtenons alors :

${ \white{ xxi } }$ $p(0)=30\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{120}{1+K\text e^{0}} =30 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(0)=30}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{120}{1+K} =30} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(0)=30}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{120}{30} =1+K} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(0)=30}\quad\Longleftrightarrow\quad 1+K=4} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ p(0)=30}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{K=3}}$

Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{ p(t)=\dfrac{120}{1+3\text e^{-0,48t}} \quad\text{avec }K\in \R.} }$

4. Nous devons déterminer $\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{t\to+\infty}p(t). }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \lim\limits_{t\to+\infty} -0,48t=-\infty \\\lim\limits_{T\to -\infty}\text e^T=0 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{t\to +\infty}\text e^{-0,48t}=0 \quad(\text{en posant }T=-0,48t) \\\\ {\white{WWWWWWWWWWW}}\Longrightarrow \quad\lim\limits_{t\to +\infty}(1+3\text e^{-0,48t})=1 \\\\\overset{ { \white{ _. } } } {{\phantom{WWWWWWWWWWW}} \Longrightarrow\quad \lim\limits_{t\to +\infty}\dfrac{120}{1+3\text e^{-0,48t}}=120 } \\\\\overset{ { \white{ _. } } } {{\phantom{WWWWWWWWWWW}} \Longrightarrow\quad \boxed{ \lim\limits_{t\to +\infty}p(t)=120 }}$

Cela signifie qu'à très long terme, il y aura près de 120 000 bactéries dans le milieu de culture.

5. Nous devons déterminer le temps nécessaire pour que la population de bactéries dépasse 60 000 individus.

Nous devons donc résoudre dans $\overset{ { \white{ . } } } { [0\;;\;+\infty[ }$ l'inéquation : $\overset{ { \white{ . } } } { p(t)>60. }$

Nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $p(t)>60\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{120}{1+3\text e^{-0,48t}}>60 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(t)>60}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{120}{60}>1+3\text e^{-0,48t}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(t)>60}\quad\Longleftrightarrow\quad 1+3\text e^{-0,48t}<2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(t)>60}\quad\Longleftrightarrow\quad 3\text e^{-0,48t}<1}$

${ \white{ xxi } }$ $.\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(t)>60}\quad\Longleftrightarrow\quad \text e^{-0,48t}<\dfrac 13} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(t)>60}\quad\Longleftrightarrow\quad -0,48t<\ln\left(\dfrac 13\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(t)>60}\quad\Longleftrightarrow\quad -0,48t<-\ln(3)}$

${ \white{ xxi } }$ $.\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(t)>60}\quad\Longleftrightarrow\quad 0,48t>\ln(3)} .\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(t)>60}\quad\Longleftrightarrow\quad t>\dfrac{\ln(3)}{0,48}} \\\\\text {Or }\quad \dfrac{\ln(3)}{0,48}\approx 2,289$

Donc le temps nécessaire pour que la population de bactéries dépasse 60 000 individus est 2,289 heures.

L'énoncé stipule que le résultat doit être donné sous la forme d'une valeur arrondie exprimée en heures et minutes.

Nous obtenons alors : 0,289 heures = 0,289 multiplie

60 minutes = 17,34 minutes.

Par conséquent, la population de bactéries dépasse 60 000 individus après 2 heures 17 minutes.

_{Merci à Hiphigenie et malou pour l'élaboration de cette fiche.}

Publié par malou le 17-09-2025

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