Sujet officiel · session 2025

Bac de maths 2025 — Centres étrangers · 12 juin

Le sujet tel qu'il a été donné, sa transcription, et le corrigé complet de ses 4 exercices.

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Sujet publié par le ministère de l'Éducation nationale — PDF d'origine. Transcription et correction rédigées par MathBooster.

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Énoncé et corrigé, exercice par exercice

L'énoncé transcrit à gauche, notre correction en face. Chaque étape nomme la propriété utilisée ; ces corrections sont rédigées par MathBooster, puis vérifiées calcul par calcul.

Énoncé Exercice 1 Probabilités conditionnelles Moyen

Contrôles à une caisse automatique

Cet exercice est constitué de trois parties indépendantes.

Partie A

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.

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 événements suivants :

• T : « Le contrôle est un contrôle total » ;

• E : « Une erreur est détectée lors du contrôle ».

On notera T̄ et Ē les événements contraires de T et E.

1. Construire un arbre pondéré représentant la situation puis déterminer P(T̄ ∩ 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 X₁, X₂ et X₃ les variables aléatoires associant à chacune des caisses le nombre d'erreurs détectées lors de cette journée.

On admet que les variables aléatoires X₁, X₂ et X₃ sont indépendantes entre elles et suivent chacune une loi binomiale B(20 ; 0,165).

1. Déterminer les valeurs exactes de l'espérance et de la variance de la variable aléatoire X₁.

2. On définit la variable aléatoire S par S = X₁ + X₂ + X₃.

Justifier que E(S) = 9,9 et que V(S) = 8,266 5.

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 la correction

Corrigé Exercice 1 Contrôles à une caisse automatique Revoir l'énoncé

Partie A1.
L'arbre comporte deux niveaux. Au premier niveau : la branche T, de probabilité P(T) = 0,1 (« une fois sur dix »), et la branche T̄, de probabilité P(T̄) = 1 − 0,1 = 0,9. Au second niveau : depuis T, les branches E (0,3) et Ē (0,7) ; depuis T̄, les branches Ē (0,85) et E (1 − 0,85 = 0,15). En multipliant les probabilités le long du chemin T̄ puis E : P(T̄ ∩ E) = P(T̄) × P_T̄(E) = 0,9 × 0,15 = 0,135.
2.
les événements T et T̄ forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales, P(E) = P(T ∩ E) + P(T̄ ∩ E) = 0,1 × 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 P_E(T). Par définition d'une probabilité conditionnelle, P_E(T) = P(T ∩ E) ÷ P(E) = 0,03 ÷ 0,165 = 211 ≈ 0,181 8. Sachant qu'une erreur a été détectée, la probabilité que le contrôle ait été total vaut environ 0,18 (arrondi au centième).
Partie B1.
On répète 15 fois, de façon indépendante, la même épreuve de Bernoulli dont le succès (« le contrôle met en évidence une erreur ») a pour probabilité p = 0,165 ; X compte le nombre de succès. Donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 15 et p = 0,165.
2.
d'après la formule de la loi binomiale, P(X = 5) = C(15 ; 5) × 0,165⁵ × 0,835¹⁵⁻⁵ = 3 003 × 0,165⁵ × 0,835¹⁰ ≈ 0,060 5. La probabilité qu'exactement 5 erreurs soient détectées vaut environ 0,06.
3.
on passe par l'événement contraire, qui est « aucune erreur détectée » : P(X ⩾ 1) = 1 − P(X = 0) = 1 − 0,835¹⁵ ≈ 1 − 0,066 9 ≈ 0,933 1. La probabilité qu'au moins une erreur soit détectée vaut environ 0,93.
4.
si la caisse déclenche n contrôles, le nombre d'erreurs Y suit la loi B(n ; 0,165), donc P(Y ⩾ 1) = 1 − 0,835ⁿ. On résout 1 − 0,835ⁿ > 0,99, soit 0,835ⁿ < 0,01. La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[, cela équivaut à n × ln(0,835) < ln(0,01) ; en divisant par ln(0,835), qui est négatif, l'inégalité change de sens : n > ln(0,01) ÷ ln(0,835) ≈ 25,54. Le plus petit entier qui convient est donc n = 26 ; on le vérifie : 1 − 0,835²⁶ ≈ 0,990 8 > 0,99 alors que 1 − 0,835²⁵ ≈ 0,989 0 < 0,99. La caisse doit déclencher 26 contrôles chaque jour.
Partie C1.
X₁ suit la loi binomiale B(20 ; 0,165). D'après les formules du cours, E(X₁) = n × p = 20 × 0,165 = 3,3 et V(X₁) = n × p × (1 − p) = 20 × 0,165 × 0,835 = 2,755 5. Ces deux valeurs sont exactes.
2.
par linéarité de l'espérance, E(S) = E(X₁) + E(X₂) + E(X₃) = 3 × 3,3 = 9,9. Les trois variables étant indépendantes, les variances s'ajoutent : V(S) = V(X₁) + V(X₂) + V(X₃) = 3 × 2,755 5 = 8,266 5.
(Bienaymé-Tchebychev) : en prenant 10 pour valeur de E(S), l'encadrement 6 < S < 14 s'écrit |S − 10| < 4. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée avec t = 4 donne P(|S − E(S)| ⩾ 4) ⩽ V(S) ÷ 4² = 8,266 5 ÷ 16 ≈ 0,516 7. En passant à l'événement contraire : P(6 < S < 14) = 1 − P(|S − 10| ⩾ 4) ⩾ 1 − 0,516 7 = 0,483 3. La probabilité que le nombre total d'erreurs de la journée soit strictement compris entre 6 et 14 est donc bien supérieure à 0,48.

Énoncé Exercice 2 Géométrie dans l'espace Moyen

Droites, plans et angles dans l'espace

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.

L'espace est muni d'un repère orthonormé (O ; i, j, k).

On considère :

• les points A(−3 ; 1 ; 4) et B(1 ; 5 ; 2) ;

• le plan P d'équation cartésienne 4x + 4y − 2z + 3 = 0 ;

• la droite (d) dont une représentation paramétrique est x = −6 + 3t, y = 1, z = 9 − 5t, où t ∈ ℝ.

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

a. sécantes non perpendiculaires.

b. perpendiculaires.

c. non coplanaires.

d. parallèles.

2. La droite (AB) est :

a. incluse dans le plan P.

b. strictement parallèle au plan P.

c. sécante et non orthogonale au plan P.

d. orthogonale au plan P.

3. On considère le plan P' d'équation cartésienne 2x + y + 6z + 5 = 0.

Les plans P et P' sont :

a. sécants et non perpendiculaires.

b. perpendiculaires.

c. confondus.

d. strictement parallèles.

4. On considère le point C(0 ; 1 ; −1). La valeur de l'angle B̂AC arrondie au degré est :

a. 90°

b. 51°

c. 39°

d. 0°

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Corrigé Exercice 2 Droites, plans et angles dans l'espace Revoir l'énoncé

Mise en place : AB a pour coordonnées (1 − (−3) ; 5 − 1 ; 2 − 4), soit AB(4 ; 4 ; −2) ; c'est un vecteur directeur de (AB). Les coefficients de t dans la représentation paramétrique de (d) donnent un vecteur directeur u(3 ; 0 ; −5). Le repère étant orthonormé, on peut calculer produits scalaires et longueurs à partir des coordonnées.
Question 1
(a) : AB(4 ; 4 ; −2) et u(3 ; 0 ; −5) ne sont pas colinéaires — leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles, puisque la deuxième coordonnée de u est nulle alors que celle de AB vaut 4. Les droites ne sont donc ni parallèles ni confondues : la réponse d est écartée.
(suite) : une représentation paramétrique de (AB) est x = −3 + 4s, y = 1 + 4s, z = 4 − 2s, avec s ∈ ℝ. On cherche un point commun aux deux droites. La deuxième équation, 1 + 4s = 1, donne s = 0 ; la première, −3 = −6 + 3t, donne t = 1, valeur qui vérifie aussi la troisième : 4 = 9 − 5 × 1. Le système admet une unique solution, donc les droites sont sécantes (au point A). Enfin AB · u = 4 × 3 + 4 × 0 + (−2) × (−5) = 12 + 0 + 10 = 22 ≠ 0 : elles ne sont pas perpendiculaires. Réponse a : sécantes non perpendiculaires.
Question 2
(d) : les coefficients de l'équation cartésienne de P donnent le vecteur normal n(4 ; 4 ; −2). Or AB(4 ; 4 ; −2) = n : le vecteur directeur de (AB) est normal au plan P. Une droite dont un vecteur directeur est normal à un plan est orthogonale à ce plan. Réponse d : (AB) est orthogonale au plan P.
Question 3
(b) : le plan P′ d'équation 2x + y + 6z + 5 = 0 admet pour vecteur normal m(2 ; 1 ; 6). Ce vecteur n'est pas colinéaire à n(4 ; 4 ; −2), donc les plans ne sont ni parallèles ni confondus. De plus n · m = 4 × 2 + 4 × 1 + (−2) × 6 = 8 + 4 − 12 = 0 : les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc les plans sont perpendiculaires. Réponse b.
Question 4
(b) : AC a pour coordonnées (0 − (−3) ; 1 − 1 ; −1 − 4), soit AC(3 ; 0 ; −5). On calcule AB · AC = 4 × 3 + 4 × 0 + (−2) × (−5) = 22, puis les normes AB = √4² + 4² + (−2)² = √36 = 6 et AC = √3² + 0² + (−5)² = √34.
(suite) : la définition du produit scalaire donne AB · AC = AB × AC × cos(B̂AC), soit 22 = 6√34 × cos(B̂AC), donc cos(B̂AC) = 22 ÷ (6√34) ≈ 0,628 8. La calculatrice fournit B̂AC ≈ 51,0°, soit 51° arrondi au degré. Réponse b.

Énoncé Exercice 3 Suites numériques Difficile

Suite définie par f(x) = 4 ln(x + 1) − x²/25

Partie A

On considère la fonction f définie sur l'intervalle ]−1 ; +∞[ par :

f(x) = 4 ln(x + 1) − x²/25.

On admet que la fonction f est dérivable sur l'intervalle ]−1 ; +∞[.

1. Déterminer la limite de la fonction f en −1.

2. Montrer que, pour tout x appartenant à l'intervalle ]−1 ; +∞[, on a :

f′(x) = (100 − 2x − 2x²) ÷ [25(x + 1)].

3. Étudier les variations de la fonction f sur l'intervalle ]−1 ; +∞[ 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 :

[Tableau : x varie de 2 à m ≈ 2,364 puis à 6,5 ; h(x) croît de h(2) jusqu'à un maximum M ≈ 2,265 puis décroît jusqu'à h(6,5).]

Montrer que l'équation h(x) = 0 admet une unique solution α ∈ [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**225

def bornes(n):

p = 110**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 c^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 (uₙ) définie par u₀ = 2, et, pour tout entier naturel n, uₙ₊₁ = f(uₙ).

1. Montrer par récurrence que pour tout n entier naturel, 2 ⩽ uₙ ⩽ uₙ₊₁ < 6,5.

2. En déduire que la suite (uₙ) converge vers une limite ℓ.

3. On rappelle que le réel α, défini dans la partie A, est la solution de l'équation h(x) = 0 sur l'intervalle [2 ; 6,5].

Justifier que ℓ = α.

Voir la correction

Corrigé Exercice 3 Suite définie par f(x) = 4 ln(x + 1) − x²/25 Revoir l'énoncé

Partie A1.
Quand x tend vers −1 par valeurs supérieures, x + 1 tend vers 0 par valeurs positives, donc ln(x + 1) tend vers −∞ (limite de référence du logarithme en 0⁺) et 4 ln(x + 1) tend vers −∞. Par ailleurs −x²/25 tend vers −125. Par somme, lim f(x) = −∞ quand x → −1⁺ : la droite d'équation x = −1 est asymptote verticale à la courbe de f.
2.
f est la somme de x ↦ 4 ln(x + 1), dont la dérivée est 4 × 1x + 1, et de x ↦ −x²/25, dont la dérivée est −2x/25. Donc f′(x) = 4x + 1 − 2x/25. On réduit au même dénominateur 25(x + 1), strictement positif sur ]−1 ; +∞[ : f′(x) = [4 × 25 − 2x(x + 1)] ÷ [25(x + 1)] = (100 − 2x² − 2x) ÷ [25(x + 1)] = (100 − 2x − 2x²) ÷ [25(x + 1)], ce qu'il fallait démontrer.
3.
puisque 25(x + 1) > 0 sur ]−1 ; +∞[, f′(x) est du signe du trinôme N(x) = −2x² − 2x + 100. Son discriminant vaut Δ = (−2)² − 4 × (−2) × 100 = 4 + 800 = 804 > 0 : il admet deux racines, x₁ = −1 − √2012 ≈ −7,59 et x₂ = −1 + √2012 ≈ 6,59. Le coefficient de x² étant négatif, N(x) > 0 strictement entre les racines et N(x) < 0 à l'extérieur. Sur ]−1 ; +∞[ : f′(x) > 0 sur ]−1 ; x₂[ et f′(x) < 0 sur ]x₂ ; +∞[, donc f est strictement croissante sur ]−1 ; x₂] puis strictement décroissante. Comme 6,5 < x₂ ≈ 6,59, l'intervalle [2 ; 6,5] est inclus dans ]−1 ; x₂] : f est strictement croissante sur [2 ; 6,5].
4.
h(x) = f(x) − x est continue sur [2 ; 6,5] comme différence de fonctions continues. Sur [2 ; m], h est strictement croissante et h(2) = 4 ln 3 − 2²/25 − 2 ≈ 2,234 > 0 : h y reste strictement positive, l'équation h(x) = 0 n'y admet donc aucune solution. Sur [m ; 6,5], h est continue et strictement décroissante, avec h(m) = M ≈ 2,265 > 0 et h(6,5) = 4 ln(7,5) − 6,5²/25 − 6,5 ≈ −0,130 < 0. D'après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à une fonction continue et strictement monotone, 0 admet un unique antécédent α dans [m ; 6,5]. Conclusion : l'équation h(x) = 0 admet une unique solution α dans [2 ; 6,5], et cette solution est située entre m et 6,5.
5.a.
bornes(2) fixe le pas p = 110² = 0,01 et part de x = 6 ; tant que f(x) − x > 0, c'est-à-dire tant que h(x) > 0, la boucle avance de 0,01. Or h(6) ≈ 0,344 > 0, h(6,36) ≈ 0,006 > 0 et h(6,37) ≈ −0,003 : la condition devient fausse pour x = 6,37 et la boucle s'arrête. La fonction renvoie alors (x − p ; x), soit le couple (6,36 ; 6,37) après arrondi au centième.
5.b.
la boucle s'arrête au premier x pour lequel h(x) ⩽ 0 ; les deux valeurs renvoyées entourent donc le point où h change de signe, c'est-à-dire la solution α trouvée à la question 4 : 6,36 < α < 6,37. Le script fournit un encadrement de α d'amplitude 0,01.
Partie B1.
Notons P(n) l'affirmation « 2 ⩽ uₙ ⩽ uₙ₊₁ < 6,5 ». Initialisation : u₀ = 2 et u₁ = f(u₀) = f(2) = 4 ln 3 − 425 ≈ 4,234 ; on a bien 2 ⩽ 2 ⩽ 4,234 < 6,5, donc P(0) est vraie.
(hérédité) : supposons P(n) vraie pour un entier naturel n. Alors uₙ et uₙ₊₁ appartiennent à [2 ; 6,5], intervalle sur lequel f est strictement croissante (question A.3). En appliquant f à l'encadrement 2 ⩽ uₙ ⩽ uₙ₊₁ < 6,5, on obtient f(2) ⩽ f(uₙ) ⩽ f(uₙ₊₁) < f(6,5), c'est-à-dire 4,234 ⩽ uₙ₊₁ ⩽ uₙ₊₂ < 6,370 (car f(2) ≈ 4,234 et f(6,5) ≈ 6,370). Comme 2 < 4,234 et 6,370 < 6,5, il vient 2 ⩽ uₙ₊₁ ⩽ uₙ₊₂ < 6,5 : P(n + 1) est vraie. Par principe de récurrence, P(n) est vraie pour tout entier naturel n.
2.
l'encadrement précédent montre que uₙ ⩽ uₙ₊₁ pour tout n, donc la suite (uₙ) est croissante, et que uₙ < 6,5 pour tout n, donc elle est majorée par 6,5. D'après le théorème de la convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge : (uₙ) converge vers une limite ℓ, avec 2 ⩽ ℓ ⩽ 6,5.
3.
la fonction f est continue sur [2 ; 6,5] et uₙ₊₁ = f(uₙ). En passant à la limite dans cette égalité, ℓ = f(ℓ), soit f(ℓ) − ℓ = 0, c'est-à-dire h(ℓ) = 0. Or ℓ appartient à [2 ; 6,5] et l'équation h(x) = 0 y admet α pour unique solution (question A.4). Donc ℓ = α : la suite converge vers α, dont on sait qu'il est compris entre 6,36 et 6,37.

Énoncé Exercice 4 Primitives et équations différentielles Moyen

Croissance d'une population de bactéries

Partie A

On considère l'équation différentielle (E₁) : y′ + 0,48y = 1250, où y est une fonction de la variable t appartenant à l'intervalle [0 ; +∞[.

1. On considère la fonction constante h définie sur l'intervalle [0 ; +∞[ par h(t) = 1120. Montrer que la fonction h est solution de l'équation différentielle (E₁).

2. Donner la forme générale des solutions de l'équation différentielle y′ + 0,48y = 0.

3. En déduire l'ensemble des solutions de l'équation différentielle (E₁).

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 milliers 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 ; +∞[ est dérivable, strictement positive sur cet intervalle et qu'elle est solution de l'équation différentielle (E₂) : p′ = (1250)p × (120 − p).

Soit y la fonction strictement positive sur l'intervalle [0 ; +∞[ telle que, pour tout t appartenant à l'intervalle [0 ; +∞[, on a p(t) = 1y(t).

1. Montrer que si p est solution de l'équation différentielle (E₂), alors y est solution de l'équation différentielle (E₁) : y′ + 0,48y = 1250.

2. On admet réciproquement que, si y est une solution strictement positive de l'équation différentielle (E₁), alors p = 1y est solution de l'équation différentielle (E₂).

Montrer que, pour tout t appartenant à l'intervalle [0 ; +∞[, on a :

p(t) = 120 ÷ (1 + K e^−0,48t) avec K une constante réelle.

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

4. Déterminer lim(t→+∞) 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.

Voir la correction

Corrigé Exercice 4 Croissance d'une population de bactéries Revoir l'énoncé

Partie A1.
La fonction h est constante sur [0 ; +∞[, donc dérivable, et h′(t) = 0 pour tout t ⩾ 0. On calcule alors le membre de gauche de (E₁) : h′(t) + 0,48 × h(t) = 0 + 0,48 × 1120 = 0,48120 = 0,004 = 1250. L'égalité est vérifiée pour tout t de [0 ; +∞[ : la fonction h est bien une solution de (E₁).
2.
l'équation y′ + 0,48y = 0 s'écrit y′ = −0,48y. D'après le cours sur les équations différentielles du type y′ = ay, ses solutions sur [0 ; +∞[ sont les fonctions t ↦ C e^−0,48t, où C est une constante réelle.
3.
les solutions d'une équation différentielle linéaire du premier ordre s'obtiennent en ajoutant à la solution générale de l'équation homogène une solution particulière ; la question 1 en fournit une, la fonction constante égale à 1120. Les solutions de (E₁) sont donc les fonctions t ↦ C e^−0,48t + 1120, avec C ∈ ℝ.
Partie B1.
De p = 1y, avec y strictement positive donc non nulle, on tire par dérivation de l'inverse d'une fonction : p′ = −y′/y². Supposons p solution de (E₂) : −y′/y² = (1250) × (1y) × (120 − 1y) = (1250) × (120y − 1y²).
(suite) : on multiplie les deux membres par −y², qui est non nul : y′ = −(1250) × (120y − 1) = −(120250)y + 1250 = −0,48y + 1250. En transposant, y′ + 0,48y = 1250 : la fonction y est bien solution de (E₁).
2.
d'après la question A.3, il existe C ∈ ℝ tel que y(t) = C e^−0,48t + 1120. Comme p = 1y : p(t) = 1 ÷ [C e^−0,48t + 1120]. On multiplie numérateur et dénominateur par 120 : p(t) = 120 ÷ [120C e^−0,48t + 1] = 120 ÷ [1 + K e^−0,48t], en posant K = 120C, constante réelle.
3.
la condition initiale p(0) = 30 donne 120 ÷ (1 + K e⁰) = 120 ÷ (1 + K) = 30, donc 1 + K = 12030 = 4, d'où K = 3. Ainsi p(t) = 120 ÷ (1 + 3 e^−0,48t) pour tout t ⩾ 0.
4.
lim(t→+∞) (−0,48t) = −∞ et lim(X→−∞) e^X = 0, donc par composition e^−0,48t tend vers 0. Par somme, 1 + 3 e^−0,48t tend vers 1, puis par quotient lim(t→+∞) p(t) = 1201 = 120. Comme p est exprimée en milliers d'individus, la population de bactéries se stabilise à long terme autour de 120 000 individus : c'est la capacité maximale du milieu de culture.
5.
60 000 individus correspondent à p(t) > 60. Le dénominateur 1 + 3 e^−0,48t étant strictement positif, l'inéquation 120 ÷ (1 + 3 e^−0,48t) > 60 équivaut à 120 > 60 × (1 + 3 e^−0,48t), soit 2 > 1 + 3 e^−0,48t, c'est-à-dire e^−0,48t < 13. La fonction ln étant strictement croissante, cela équivaut à −0,48t < −ln 3, puis, en divisant par −0,48 < 0 (l'inégalité change de sens), à t > ln(3) ÷ 0,48.
(conclusion) : ln(3) ÷ 0,48 ≈ 2,288 8 heure, et 0,288 8 × 60 ≈ 17 minutes. La population de bactéries dépasse 60 000 individus au bout d'environ 2 heures et 17 minutes.