Sujet officiel · session 2025

Bac de maths 2025 — Métropole · 17 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

Groupes sanguins et donneurs universels

On compte quatre groupes sanguins dans l'espèce humaine : A, B, AB et O. Chaque groupe sanguin peut présenter un facteur rhésus. Lorsqu'il est présent, on dit que le rhésus est positif ; sinon, on dit qu'il est négatif.

Au sein de la population française, on sait que :

• 45 % des individus appartiennent au groupe A, et parmi eux 85 % sont de rhésus positif ;

• 10 % des individus appartiennent au groupe B, et parmi eux 84 % sont de rhésus positif ;

• 3 % des individus appartiennent au groupe AB, et parmi eux 82 % sont de rhésus positif.

On choisit au hasard une personne dans la population française. On désigne par :

• A l'évènement « La personne choisie est de groupe sanguin A » ;

• B l'évènement « La personne choisie est de groupe sanguin B » ;

• AB l'évènement « La personne choisie est de groupe sanguin AB » ;

• O l'évènement « La personne choisie est de groupe sanguin O » ;

• R l'évènement « La personne choisie a un facteur rhésus positif ».

Pour un évènement quelconque E, on note Ē son évènement contraire et P(E) sa probabilité.

1. Recopier l'arbre de probabilités et compléter les dix pointillés. [Arbre pondéré à compléter : quatre branches issues de la racine, pondérées par P(A), P(B), P(AB) et P(O), chacune se divisant en deux branches menant à R et à R̄.]

2. Montrer que P(B ∩ R) = 0,084. Interpréter ce résultat dans le contexte de l'exercice.

3. On précise que P(R) = 0,839 7. Montrer que P_O(R) = 0,83.

4. On dit qu'un individu est « donneur universel » lorsque son sang peut être transfusé à toute personne sans risque d'incompatibilité. Le groupe O de rhésus négatif est le seul vérifiant cette caractéristique. Montrer que la probabilité qu'un individu choisi au hasard dans la population française soit donneur universel est de 0,071 4.

5. Lors d'une collecte de sang, on choisit un échantillon de 100 personnes dans la population d'une ville française. Cette population est suffisamment grande pour assimiler ce choix à un tirage avec remise. On note X la variable aléatoire qui, à chaque échantillon de 100 personnes, associe le nombre de donneurs universels dans cet échantillon.

a. Justifier que X suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.

b. Déterminer, à 10⁻³ près, la probabilité qu'il y ait au plus 7 donneurs universels dans cet échantillon.

c. Montrer que l'espérance E(X) est égale à 7,14 et que sa variance V(X) est égale à 6,63 à 10⁻² près.

6. Lors de la semaine nationale du don du sang, une collecte de sang est organisée dans N villes françaises choisies au hasard, numérotées 1, 2, 3, ..., N où N est un entier naturel non nul. On considère la variable aléatoire X₁ qui, à chaque échantillon de 100 personnes de la ville 1, associe le nombre de donneurs universels dans cet échantillon. On définit de la même manière les variables aléatoires X₂ pour la ville 2, ..., X_N pour la ville N. On suppose que ces variables aléatoires sont indépendantes et qu'elles admettent la même espérance 7,14 et la même variance 6,63. On considère la variable aléatoire M_N = X₁ + X₂ + ... + X_NN.

a. Que représente la variable aléatoire M_N dans le contexte de l'exercice ?

b. Calculer l'espérance E(M_N).

c. On désigne par V(M_N) la variance de M_N. Montrer que V(M_N) = 6,63N.

d. Déterminer la plus petite valeur de N pour laquelle l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d'affirmer que P(7 < M_N < 7,28) ≥ 0,95.

Voir la correction

Corrigé Exercice 1 Groupes sanguins et donneurs universels Revoir l'énoncé

1.
Le choix se fait au hasard : on assimile les proportions données à des probabilités. Les quatre groupes A, B, AB et O forment une partition de la population, donc leurs probabilités ont pour somme 1 : P(O) = 1 − 0,45 − 0,10 − 0,03 = 0,42.
Les dix pointillés sont donc, au premier niveau : P(A) = 0,45 ; P(B) = 0,10 ; P(AB) = 0,03 ; P(O) = 0,42. Au second niveau, deux branches issues d'un même nœud ont pour somme 1 : P_A(R) = 0,85 et P_A(R̄) = 0,15 ; P_B(R) = 0,84 et P_B(R̄) = 0,16 ; P_AB(R) = 0,82 et P_AB(R̄) = 0,18.
Les deux branches issues de O ne sont pas données par l'énoncé : on les complétera après la question 3 avec P_O(R) = 0,83 et P_O(R̄) = 0,17.
2.
La probabilité d'un chemin dans un arbre pondéré est le produit des probabilités portées par ses branches. En suivant le chemin B puis R : P(B ∩ R) = P(B) × P_B(R) = 0,10 × 0,84 = 0,084.
Interprétation : 8,4 % des individus de la population française sont à la fois du groupe sanguin B et de rhésus positif.
3.
Les évènements A, B, AB et O forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales : P(R) = P(A ∩ R) + P(B ∩ R) + P(AB ∩ R) + P(O ∩ R).
On isole le seul terme inconnu : P(O ∩ R) = 0,839 7 − 0,45 × 0,85 − 0,084 − 0,03 × 0,82 = 0,839 7 − 0,382 5 − 0,084 − 0,024 6 = 0,348 6.
Par définition d'une probabilité conditionnelle, P_O(R) = P(O ∩ R)P(O) = 0,348 60,42 = 0,83. C'est bien le résultat annoncé.
4.
Être donneur universel, c'est être du groupe O et de rhésus négatif : cela correspond à l'évènement O ∩ R̄. Donc P(O ∩ R̄) = P(O) × P_O(R̄) = 0,42 × (1 − 0,83) = 0,42 × 0,17 = 0,071 4. La probabilité qu'un individu choisi au hasard soit donneur universel vaut bien 0,071 4.
5. a.
Le tirage étant assimilé à un tirage avec remise, on répète 100 fois, de façon identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli dont le succès est « la personne choisie est donneur universel », de probabilité p = 0,071 4. La variable X compte le nombre de succès : X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,071 4.
b.
On cherche P(X ≤ 7), donnée par la fonction de répartition binomiale de la calculatrice (binomFRép ou binomcdf) : P(X ≤ 7) ≈ 0,577 14. À 10⁻³ près, la probabilité qu'il y ait au plus 7 donneurs universels dans l'échantillon est 0,577.
c.
Pour une loi binomiale de paramètres n et p, E(X) = n × p = 100 × 0,071 4 = 7,14 : on attend en moyenne 7,14 donneurs universels sur 100 personnes.
De même V(X) = n × p × (1 − p) = 100 × 0,071 4 × 0,928 6 = 6,630 204, soit V(X) ≈ 6,63 à 10⁻² près.
6. a.
M_N est la moyenne des N variables X₁, X₂, ..., X_N : elle représente le nombre moyen de donneurs universels par échantillon de 100 personnes, calculé sur l'ensemble des N villes.
b.
Par linéarité de l'espérance : E(M_N) = (1N) × [E(X₁) + ... + E(X_N)] = (1N) × N × 7,14 = 7,14.
c.
Pour un réel a, V(aX) = a² V(X) ; et comme les X_i sont indépendantes, la variance de leur somme est la somme de leurs variances. Donc V(M_N) = (1N²) × V(X₁ + ... + X_N) = (1N²) × N × 6,63 = 6,63N.
d.
On centre l'évènement : 7 < M_N < 7,28 s'écrit −0,14 < M_N − 7,14 < 0,14, c'est-à-dire |M_N − E(M_N)| < 0,14.
L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne P(|M_N − E(M_N)| ≥ 0,14) ≤ V(M_N)0,14². En passant à l'évènement contraire : P(7 < M_N < 7,28) ≥ 1 − (6,63N) / 0,019 6.
Il suffit donc que 1 − 6,630,019 6 N ≥ 0,95, soit 6,630,019 6 N ≤ 0,05, c'est-à-dire N ≥ 6,630,019 6 × 0,05 = 6,630,000 98 ≈ 6 765,31.
N étant un entier naturel non nul, la plus petite valeur pour laquelle l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet de conclure est N = 6 766 villes.

Énoncé Exercice 2 Fonction logarithme Difficile

Étude d'une fonction logarithmique et aire

On considère une fonction f définie sur l'intervalle ]0 ; +∞[. On admet qu'elle est deux fois dérivable sur ]0 ; +∞[. On note f′ sa fonction dérivée et f′′ sa fonction dérivée seconde.

Dans un repère orthogonal, on a tracé ci-dessous :

• la courbe représentative de f, notée C_f sur l'intervalle ]0 ; 3] ;

• la droite T_A tangente à C_f au point A(1 ; 2) ;

• la droite T_B tangente à C_f au point B(e ; e).

On précise par ailleurs que la tangente T_A passe par le point C(3 ; 0). [Graphique : repère orthogonal gradué de 0 à 3 en abscisse (les valeurs 0,2 ; 1 ; 2 ; e ; 3 sont repérées) et de 0 à 3 en ordonnée ; la courbe C_f part de l'origine, monte jusqu'à un maximum local situé un peu avant x = 0,4, redescend en passant par A(1 ; 2) jusqu'à un minimum local situé vers x = 1,6, puis remonte en passant par B(e ; e) ; T_A est la droite passant par A(1 ; 2) et C(3 ; 0) ; T_B est la tangente à C_f en B(e ; e) ; le domaine hachuré est compris entre C_f et T_B, pour x variant de 1 à e.]

Partie A Lectures graphiques

On répondra aux questions suivantes en les justifiant à l'aide du graphique.

1. Déterminer le nombre dérivé f′(1).

2. Combien de solutions l'équation f′(x) = 0 admet-elle dans l'intervalle ]0 ; 3] ?

3. Quel est le signe de f′′(0,2) ?

Partie B étude de la fonction f

On admet dans cette partie que la fonction f est définie sur l'intervalle ]0 ; +∞[ par :

f(x) = x[2(ln x)² − 3 ln x + 2]

où ln désigne le logarithme népérien.

1. Résoudre dans ℝ l'équation 2X² − 3X + 2 = 0. En déduire que C_f ne coupe pas l'axe des abscisses.

2. Déterminer, en justifiant, la limite de f en +∞. On admettra que la limite de f en 0 est égale à 0.

3. On admet que pour tout x appartenant à ]0 ; +∞[, f′(x) = 2(ln x)² + ln x − 1.

a. Montrer que pour tout x appartenant à ]0 ; +∞[, f′′(x) = (1x)(4 ln x + 1).

b. Étudier la convexité de f sur ]0 ; +∞[ et préciser la valeur exacte de l'abscisse du point d'inflexion.

c. Montrer que la courbe C_f est au-dessus de la tangente T_B sur l'intervalle ]1 ; +∞[.

Partie C Calcul d'aire

1. Justifier que la tangente T_B a pour équation réduite y = 2x − e.

2. À l'aide d'une intégration par parties, montrer que :

∫[de 1 à e] x ln x dx = e² + 14.

3. On note A l'aire du domaine hachuré sur la figure, délimité par la courbe C_f, la tangente T_B, et les droites d'équation x = 1 et x = e.

On admet que :

∫[de 1 à e] x(ln x)² dx = e² − 14.

En déduire la valeur exacte de A en unité d'aire.

Voir la correction

Corrigé Exercice 2 Étude d'une fonction logarithmique et aire Revoir l'énoncé

Partie A1.
Le nombre dérivé f′(1) est le coefficient directeur de la tangente à C_f au point d'abscisse 1, c'est-à-dire de T_A. Cette droite passe par A(1 ; 2) et C(3 ; 0), donc f′(1) = 0 − 23 − 1 = −22 = −1.
2.
L'équation f′(x) = 0 traduit l'existence d'une tangente horizontale. Sur ]0 ; 3], la courbe présente exactement deux extremums locaux : un maximum un peu avant x = 0,4, puis un minimum vers x = 1,6. L'équation f′(x) = 0 admet donc 2 solutions sur ]0 ; 3].
3.
Le signe de f′′ donne la convexité. Au voisinage de x = 0,2 la courbe tourne sa concavité vers le bas (elle est située sous ses tangentes) : f est concave sur cette zone, donc f′′(0,2) < 0.
Partie B1.
Le discriminant de 2X² − 3X + 2 est Δ = (−3)² − 4 × 2 × 2 = 9 − 16 = −7 < 0 : l'équation 2X² − 3X + 2 = 0 n'a aucune solution réelle, et le trinôme garde le signe de son coefficient dominant a = 2 > 0, donc 2X² − 3X + 2 > 0 pour tout X réel.
Pour x ∈ ]0 ; +∞[, on pose X = ln x : le facteur 2(ln x)² − 3 ln x + 2 est donc strictement positif, et x > 0. Par produit, f(x) > 0 pour tout x > 0 : la courbe C_f reste strictement au-dessus de l'axe des abscisses, elle ne le coupe pas.
2.
Posons X = ln x. Comme lim(x→+∞) ln x = +∞, on a X → +∞ et 2X² − 3X + 2 = X²(2 − 3X + 2X²) → +∞, car X² → +∞ et la parenthèse tend vers 2.
Ainsi le facteur 2(ln x)² − 3 ln x + 2 tend vers +∞ tandis que x tend vers +∞ : par produit, lim(x→+∞) f(x) = +∞.
3. a.
On dérive f′(x) = 2(ln x)² + ln x − 1. La dérivée de (ln x)² est 2 × (1x) × ln x (formule (u²)′ = 2u′u avec u = ln x), et celle de ln x est 1x. Donc f′′(x) = 2 × 2 ln x × (1x) + 1x = 4 ln xx + 1x = (1x)(4 ln x + 1).
b.
Sur ]0 ; +∞[, 1x > 0 : f′′(x) est du signe de 4 ln x + 1. Or 4 ln x + 1 > 0 ⇔ ln x > −14 ⇔ x > e⁻¹⁴.
Donc f est concave sur ]0 ; e⁻¹⁴] et convexe sur [e⁻¹⁴ ; +∞[. La dérivée seconde change de signe en e⁻¹⁴ : la courbe C_f admet un unique point d'inflexion, d'abscisse exacte e⁻¹⁴ (≈ 0,78). Au passage, cela confirme la lecture graphique de la partie A.3, puisque 0,2 < e⁻¹⁴.
c.
Comme e⁻¹⁴ ≈ 0,78 < 1, l'intervalle [1 ; +∞[ est inclus dans [e⁻¹⁴ ; +∞[ : la fonction f y est convexe. Or, sur un intervalle où une fonction est convexe, sa courbe représentative est située au-dessus de chacune de ses tangentes.
Le point de contact B(e ; e) appartient à cet intervalle (e ≈ 2,72 > 1), donc C_f est au-dessus de T_B sur ]1 ; +∞[. (Autre rédaction possible : poser g(x) = f(x) − (2x − e) ; alors g′(x) = 2(ln x)² + ln x − 3 = (2 ln x + 3)(ln x − 1), du signe de ln x − 1 sur ]1 ; +∞[ ; g décroît sur ]1 ; e], croît sur [e ; +∞[ et g(e) = 0, donc g ≥ 0.)
Partie C1.
La tangente en un point d'abscisse a a pour équation y = f′(a)(x − a) + f(a). Ici a = e : f′(e) = 2(ln e)² + ln e − 1 = 2 × 1 + 1 − 1 = 2 et f(e) = e[2 × 1² − 3 × 1 + 2] = e × 1 = e.
D'où T_B : y = 2(x − e) + e = 2x − 2e + e, soit y = 2x − e.
2.
On pose u(x) = ln x et v′(x) = x, donc u′(x) = 1x et v(x) = x²/2 ; u et v sont dérivables à dérivées continues sur [1 ; e], la formule d'intégration par parties s'applique.
∫[1 ; e] x ln x dx = [(x²/2) ln x]₁^e − ∫[1 ; e] (x²/2) × (1x) dx = (e²/2 × 1 − 12 × 0) − ∫[1 ; e] (x2) dx = e²/2 − [x²/4]₁^e = e²/2 − (e²/4 − 14) = 2e² − e² + 14 = e² + 14.
3.
D'après la question B.3.c, C_f est au-dessus de T_B sur [1 ; e], donc l'aire cherchée est A = ∫[1 ; e] (f(x) − (2x − e)) dx.
On développe l'intégrande : f(x) − (2x − e) = 2x(ln x)² − 3x ln x + 2x − 2x + e = 2x(ln x)² − 3x ln x + e.
Par linéarité de l'intégrale : A = 2∫[1 ; e] x(ln x)² dx − 3∫[1 ; e] x ln x dx + ∫[1 ; e] e dx = 2 × e² − 14 − 3 × e² + 14 + e(e − 1).
A = 2e² − 24 − 3e² + 34 + 4e² − 4e4 = 2e² − 2 − 3e² − 3 + 4e² − 4e4 = 3e² − 4e − 54.
L'aire du domaine hachuré vaut exactement 3e² − 4e − 54 unité d'aire, soit environ 1,57 unité d'aire.

Énoncé Exercice 3 Géométrie dans l'espace Moyen

Droites et plans dans l'espace

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Justifier chaque réponse. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

On munit l'espace d'un repère orthonormé (O ; ı⃗, ȷ⃗, k).

1. On considère les points A(−1 ; 0 ; 5) et B(3 ; 2 ; −1).

Affirmation 1 Une représentation paramétrique de la droite (AB) est :

x = 3 − 2t

y = 2 − t

z = −1 + 3t

avec t ∈ ℝ.

Affirmation 2 Le vecteur n(5 ; −2 ; 1) est normal au plan (OAB).

2. On considère :

• la droite d de représentation paramétrique :

x = 15 + k

y = 8 − k

z = −6 + 2k

avec k ∈ ℝ ;

• la droite d′ de représentation paramétrique :

x = 1 + 4s

y = 2 + 4s

z = 1 − 6s

avec s ∈ ℝ.

Affirmation 3 Les droites d et d′ ne sont pas coplanaires.

3. On considère le plan P d'équation x − y + z + 1 = 0.

Affirmation 4 La distance du point C(2 ; −1 ; 2) au plan P est égale à 2√3.

Voir la correction

Corrigé Exercice 3 Droites et plans dans l'espace Revoir l'énoncé

Affirmation 1
VRAIE. Une droite est caractérisée par un point et un vecteur directeur. Ici AB a pour coordonnées (3 − (−1) ; 2 − 0 ; −1 − 5), soit AB = (4 ; 2 ; −6).
La représentation paramétrique proposée donne, pour t = 0, le point de coordonnées (3 ; 2 ; −1) : c'est le point B, qui appartient bien à (AB). Elle a pour vecteur directeur u = (−2 ; −1 ; 3), et AB = −2 u : les deux vecteurs sont colinéaires.
La droite décrite passe par B et est dirigée par un vecteur directeur de (AB) : c'est donc bien la droite (AB). L'affirmation 1 est vraie.
Affirmation 2
FAUSSE. Comme O est l'origine, OA = (−1 ; 0 ; 5) et OB = (3 ; 2 ; −1). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (−13 ≠ 02), donc O, A et B définissent bien un plan, dirigé par OA et OB.
Un vecteur normal à ce plan doit être orthogonal à ces deux vecteurs. Le repère étant orthonormé, on calcule les produits scalaires par les coordonnées : n · OA = 5 × (−1) + (−2) × 0 + 1 × 5 = −5 + 0 + 5 = 0. Jusqu'ici tout va bien.
En revanche n · OB = 5 × 3 + (−2) × 2 + 1 × (−1) = 15 − 4 − 1 = 10 ≠ 0 : n n'est pas orthogonal à OB, donc il n'est pas normal au plan (OAB). L'affirmation 2 est fausse.
Affirmation 3
FAUSSE. Les vecteurs directeurs sont v = (1 ; −1 ; 2) pour d et v′⃗ = (4 ; 4 ; −6) pour d′. Ils ne sont pas colinéaires (14 ≠ −14), donc les droites ne sont pas parallèles : elles sont soit sécantes, soit non coplanaires. Il faut donc chercher un point commun.
On résout le système 15 + k = 1 + 4s ; 8 − k = 2 + 4s ; −6 + 2k = 1 − 6s. La première équation donne k = 4s − 14 ; en reportant dans la deuxième : 8 − (4s − 14) = 2 + 4s, soit 22 − 4s = 2 + 4s, d'où 8s = 20 et s = 52, puis k = 4 × 52 − 14 = −4.
Il reste à vérifier la troisième équation avec ce couple : −6 + 2 × (−4) = −14 et 1 − 6 × 52 = 1 − 15 = −14 : elle est satisfaite. Le système admet donc une solution.
Les droites d et d′ ont un point commun, de coordonnées (11 ; 12 ; −14) : elles sont sécantes, donc coplanaires. L'affirmation 3, qui les dit non coplanaires, est fausse.
Affirmation 4
VRAIE. Le repère est orthonormé, donc le plan P d'équation x − y + z + 1 = 0 admet n′⃗ = (1 ; −1 ; 1) comme vecteur normal. La distance de C à P est la distance CH, où H est le projeté orthogonal de C sur P.
La droite Δ passant par C(2 ; −1 ; 2) et de vecteur directeur n′⃗ a pour représentation paramétrique x = 2 + l, y = −1 − l, z = 2 + l (l ∈ ℝ). On cherche son point d'intersection avec P : (2 + l) − (−1 − l) + (2 + l) + 1 = 0, soit 3l + 6 = 0, d'où l = −2 et H(0 ; 1 ; 0).
CH = √(0 − 2)² + (1 − (−1))² + (0 − 2)² = √4 + 4 + 4 = √12 = √4 × 3 = 2√3. La distance de C au plan P vaut bien 2√3 (≈ 3,46) : l'affirmation 4 est vraie.
Remarque : on retrouve directement ce résultat avec la formule de la distance d'un point à un plan, |x_C − y_C + z_C + 1| / √1² + (−1)² + 1² = |2 + 1 + 2 + 1| / √3 = 6√3 = 2√3.

Énoncé Exercice 4 Suites numériques Difficile

Modèle discret et continu de croissance de posidonie

Une équipe de biologistes étudie l'évolution de la superficie recouverte par une algue marine appelée posidonie, sur le fond de la baie de l'Alycastre, près de l'île de Porquerolles.

La zone étudiée est d'une superficie totale de 20 hectares (ha), et au premier juillet 2024, la posidonie recouvrait 1 ha de cette zone.

Partie A étude d'un modèle discret

Pour tout entier naturel n, on note uₙ la superficie de la zone, en hectare, recouverte par la posidonie au premier juillet de l'année 2024 + n. Ainsi, u₀ = 1.

Une étude conduite sur cette superficie a permis d'établir que, pour tout entier naturel n :

uₙ₊₁ = −0,02 uₙ² + 1,3 uₙ.

1. Calculer la superficie que devrait recouvrir la posidonie au premier juillet 2025 d'après ce modèle.

2. On note h la fonction définie sur [0 ; 20] par :

h(x) = −0,02 x² + 1,3 x.

On admet que h est croissante sur [0 ; 20].

a. Démontrer que pour tout entier naturel n : 1 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 20.

b. En déduire que la suite (uₙ) converge. On note L sa limite.

c. Justifier que L = 15.

3. Les biologistes souhaitent savoir au bout de combien de temps la surface recouverte par la posidonie dépassera les 14 hectares.

a. Sans aucun calcul, justifier que, d'après ce modèle, cela se produira.

b. Recopier et compléter l'algorithme suivant pour qu'en fin d'exécution, il affiche la réponse à la question des biologistes.

def seuil():

n = 0

u = 1

while ...... :

n = ......

u = ......

return n

Partie B étude d'un modèle continu

On souhaite décrire la superficie de la zone étudiée recouverte par la posidonie au cours du temps avec un modèle continu.

Dans ce modèle, pour une durée t, en année, écoulée à partir du premier juillet 2024, la superficie de la zone étudiée recouverte par la posidonie est donnée par f(t), où f est une fonction définie sur [0 ; +∞[ vérifiant :

• f(0) = 1 ;

• f ne s'annule pas sur [0 ; +∞[ ;

• f est dérivable sur [0 ; +∞[ ;

• f est solution sur [0 ; +∞[ de l'équation différentielle (E₁) : y′ = 0,02 y (15 − y).

On admet qu'une telle fonction f existe ; le but de cette partie est d'en déterminer une expression. On note f′ la fonction dérivée de f.

1. Soit g la fonction définie sur [0 ; +∞[ par g(t) = 1f(t). Montrer que g est solution de l'équation différentielle (E₂) : y′ = −0,3 y + 0,02.

2. Donner les solutions de l'équation différentielle (E₂).

3. En déduire que pour tout t ∈ [0 ; +∞[ :

f(t) = 1514 e^−0,3t + 1.

4. Déterminer la limite de f en +∞.

5. Résoudre dans l'intervalle [0 ; +∞[ l'inéquation f(t) > 14. Interpréter le résultat dans le contexte de l'exercice.

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Corrigé Exercice 4 Modèle discret et continu de croissance de posidonie Revoir l'énoncé

Partie A1.
Le premier juillet 2025 correspond à 2024 + 1, donc au terme u₁ : u₁ = −0,02 × u₀² + 1,3 × u₀ = −0,02 × 1² + 1,3 × 1 = 1,28. D'après ce modèle, la posidonie recouvrirait 1,28 ha au premier juillet 2025.
2. a.
On remarque d'abord que h est la fonction de récurrence de la suite : pour tout n, uₙ₊₁ = h(uₙ). Démontrons par récurrence la propriété P(n) : « 1 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 20 ».
Initialisation : u₀ = 1 et u₁ = 1,28, donc 1 ≤ u₀ ≤ u₁ ≤ 20 : P(0) est vraie.
Hérédité : soit n ∈ ℕ. Supposons que P(n) soit vraie pour cet entier n, soit 1 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 20. Ces quatre nombres appartiennent à [0 ; 20], où h est croissante, donc h(1) ≤ h(uₙ) ≤ h(uₙ₊₁) ≤ h(20), c'est-à-dire 1,28 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 18, puisque h(1) = −0,02 + 1,3 = 1,28 et h(20) = −0,02 × 400 + 1,3 × 20 = −8 + 26 = 18.
Comme 1 ≤ 1,28 et 18 ≤ 20, on en déduit 1 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 20 : P(n + 1) est vraie. Conclusion : la propriété est vraie au rang 0 et se transmet d'un rang au suivant ; le principe de récurrence donne alors, pour tout n ∈ ℕ : 1 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 20.
b.
L'encadrement précédent montre que uₙ ≤ uₙ₊₁ pour tout n (la suite est croissante) et que uₙ ≤ 20 pour tout n (la suite est majorée par 20). D'après le théorème de la limite monotone, toute suite croissante et majorée converge : (uₙ) converge vers un réel L.
c.
La fonction h est un polynôme, donc continue sur [0 ; 20], et uₙ₊₁ = h(uₙ) avec uₙ → L. Par passage à la limite dans cette relation (théorème du point fixe), L vérifie h(L) = L, soit −0,02 L² + 1,3 L = L.
Cela équivaut à −0,02 L² + 0,3 L = 0, soit −0,02 L (L − 15) = 0, donc L = 0 ou L = 15. Comme uₙ ≥ 1 pour tout n, le passage à la limite donne L ≥ 1 : la valeur L = 0 est exclue. Donc L = 15.
3. a.
La suite (uₙ) converge vers 15. Par définition de la limite, tout intervalle ouvert contenant 15 contient tous les termes de la suite à partir d'un certain rang. C'est le cas de l'intervalle ]14 ; +∞[ : il existe donc un rang à partir duquel uₙ > 14. La surface recouverte dépassera bien 14 hectares.
b.
On veut le premier rang n tel que uₙ dépasse 14 : on continue donc à itérer tant que u reste inférieur ou égal à 14. Attention à écrire les décimaux avec un point en Python et à respecter l'indentation : def seuil(): n = 0 u = 1 while u <= 14: n = n + 1 u = -0.02*u**2 + 1.3*u return n
L'appel seuil() renvoie 18, car u₁₇ ≈ 13,79 et u₁₈ ≈ 14,12. D'après le modèle discret, il faudra 18 ans : la posidonie dépassera 14 ha au premier juillet 2042.
Partie B1.
La fonction f est dérivable et ne s'annule pas sur [0 ; +∞[, donc g = 1f y est dérivable et g′(t) = −f′tf(t)² (dérivée de l'inverse).
Or f est solution de (E₁) : f′(t) = 0,02 f(t)(15 − f(t)) = 0,3 f(t) − 0,02 f(t)². En reportant : g′(t) = −0,3 f(t) − 0,02 f(t)²f(t)² = −0,3f(t) + 0,02 = −0,3 g(t) + 0,02. La fonction g est donc bien solution de (E₂).
2.
(E₂) est de la forme y′ = a y + b avec a = −0,3 et b = 0,02. D'après le cours, ses solutions sur [0 ; +∞[ sont les fonctions t ↦ C e^at − ba, soit ici t ↦ C e^−0,3t + 0,020,3 = C e^−0,3t + 115, où C est un réel quelconque.
3.
On détermine C grâce à la condition initiale : g(0) = 1f(0) = 11 = 1. Or g(0) = C e⁰ + 115 = C + 115, d'où C = 1 − 115 = 1415.
Ainsi g(t) = (1415) e^−0,3t + 115 = 14 e^−0,3t + 115, et comme f ne s'annule pas, f(t) = 1g(t) = 1514 e^−0,3t + 1 pour tout t ∈ [0 ; +∞[.
4.
Quand t → +∞, −0,3t → −∞ donc, par composition, e^−0,3t → 0. Le dénominateur 14 e^−0,3t + 1 tend vers 1, et par quotient lim(t→+∞) f(t) = 151 = 15. Le modèle continu prévoit donc une stabilisation autour de 15 ha, comme le modèle discret.
5.
Le dénominateur 14 e^−0,3t + 1 est strictement positif, donc f(t) > 14 ⇔ 15 > 14 (14 e^−0,3t + 1) ⇔ 15 > 196 e^−0,3t + 14 ⇔ 1 > 196 e^−0,3t ⇔ e^−0,3t < 1196.
La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[, cela équivaut à −0,3t < ln(1196) = −ln(196), soit, en divisant par −0,3 < 0 (ce qui change le sens de l'inégalité), t > ln(196)0,3.
L'ensemble des solutions est donc l'intervalle ]ln(196)0,3 ; +∞[, et ln(196)0,3 ≈ 17,59. D'après le modèle continu, la posidonie recouvrira plus de 14 hectares au bout d'environ 17,6 ans (soit 17 ans et un peu plus de 7 mois après le premier juillet 2024, donc vers février 2042) : ce résultat est cohérent avec les 18 ans obtenus par le modèle discret.