Guide de résolution — Bac Centres Étrangers J1 12 juin 2025

Partie A — Contrôles d'une caisse automatique

Cet exercice est constitué de trois parties indépendantes.

Un magasin est équipé de caisses automatiques en libre-service où le client scanne lui-même ses articles. Le logiciel d'une caisse déclenche régulièrement des demandes de vérification. Un employé du magasin effectue alors un contrôle.

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 :

\(T\) : « Le contrôle est un contrôle total » ;
\(E\) : « Une erreur est détectée lors du contrôle ».

On notera \(\overline{T}\) et \(\overline{E}\) les événements contraires de \(T\) et \(E\).

Construire un arbre pondéré représentant la situation puis déterminer \(P\!\left(\overline{T} \cap E\right)\).
Calculer la probabilité qu'une erreur soit détectée lors d'un contrôle.
Déterminer la probabilité qu'un contrôle total ait été effectué, sachant qu'une erreur a été détectée. On donnera la valeur arrondie au centième.

Méthodes de cours

L'arbre est à deux niveaux. Le premier niveau distingue le type de contrôle (\(T\) ou \(\overline{T}\)) avec les probabilités :

\(P(T) = 0{,}1\) (une fois sur dix)
\(P(\overline{T}) = 0{,}9\)

Le second niveau distingue la présence ou non d'une erreur :

Depuis \(T\) : \(P_T(E) = 0{,}3\) et \(P_T(\overline{E}) = 0{,}7\)
Depuis \(\overline{T}\) : \(P_{\overline{T}}(\overline{E}) = 0{,}85\) donc \(P_{\overline{T}}(E) = 0{,}15\)

Sur chaque nœud, la somme des branches sortantes vaut 1.

💡 La probabilité d'une feuille = produit des probabilités des branches qui y mènent. Ici \(P(\overline{T} \cap E) = P(\overline{T}) \times P_{\overline{T}}(E)\).

\(T\) et \(\overline{T}\) forment une partition de l'univers. Par la formule des probabilités totales :

\[P(E) = P(T \cap E) + P(\overline{T} \cap E)\]

avec \(P(T \cap E) = P(T) \times P_T(E)\).

💡 On lit chaque terme sur l'arbre : chaque feuille «\(E\)» donne une contribution au total.

On cherche \(P_E(T)\), c'est-à-dire la probabilité que le contrôle soit total sachant qu'une erreur a été détectée.

\[P_E(T) = \dfrac{P(T \cap E)}{P(E)}\]

Les deux quantités du numérateur et du dénominateur ont été calculées aux questions 1 et 2.

💡 Ce type de question s'appelle probabilité des causes ou formule de Bayes. On « remonte » d'un effet (erreur détectée) vers une cause (type de contrôle).

Partie B — Loi binomiale sur une journée

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

On note \(X\) la variable aléatoire égale au nombre d'erreurs détectées lors des contrôles de cette journée.

On admet que la variable aléatoire \(X\) suit une loi binomiale. Préciser ses paramètres.
Déterminer la probabilité qu'exactement 5 erreurs soient détectées. On donnera la valeur arrondie au centième.
Déterminer la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée. On donnera la valeur arrondie au centième.
On souhaite modifier le nombre de contrôles déclenchés par la caisse de manière à ce que la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée chaque jour soit supérieure à 99 %.
Déterminer le nombre de contrôles que doit déclencher la caisse chaque jour pour que cette contrainte soit respectée.

Méthodes de cours

La loi binomiale \(\mathcal{B}(n\,;\,p)\) modélise le nombre de succès sur \(n\) épreuves indépendantes, chacune de probabilité de succès \(p\).

Identifier ici : \(n =\) nombre de contrôles, succès = détection d'une erreur, \(p =\) probabilité de détecter une erreur.

💡 La valeur de \(p = 0{,}165\) a été calculée dans la partie A. Les deux parties sont donc liées.

Formule : \(P(X = k) = \dbinom{n}{k}\,p^k\,(1-p)^{n-k}\)

Pour \(k = 5\), \(n = 15\), \(p = 0{,}165\) :

\[P(X=5) = \binom{15}{5} \times 0{,}165^5 \times 0{,}835^{10}\]

Calculer \(\dbinom{15}{5} = \dfrac{15!}{5! \times 10!} = 3003\).

« Au moins une erreur » est l'événement complémentaire de « aucune erreur » :

\[P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - (1-p)^n\]

En effet, \(P(X=0) = \dbinom{n}{0} p^0 (1-p)^n = (1-p)^n\).

💡 Le passage par le complémentaire est la méthode standard pour « au moins un ». Beaucoup plus simple que de sommer \(P(X=1) + P(X=2) + \cdots\)

On veut \(P(Y \geqslant 1) \geqslant 0{,}99\) avec \(Y \sim \mathcal{B}(n\,;\,0{,}165)\) :

\[1 - 0{,}835^n \geqslant 0{,}99 \iff 0{,}835^n \leqslant 0{,}01\]

Appliquer le logarithme (fonction croissante, ne change pas le sens de \(\leqslant\)) :

\[n \ln(0{,}835) \leqslant \ln(0{,}01)\]

Diviser par \(\ln(0{,}835) < 0\) : le sens de l'inégalité s'inverse.

💡 Attention au changement de sens lors de la division par un nombre négatif. Conclure avec le plus petit entier \(n\) vérifiant l'inégalité.

Partie C — Trois caisses et inégalité de Bienaymé-Tchebychev

Le magasin comporte trois caisses automatiques identiques qui, lors d'une journée, ont chacune déclenché 20 contrôles. On note \(X_1,\, X_2\) et \(X_3\) les variables aléatoires associant à chacune des caisses le nombre d'erreurs détectées lors de cette journée.

On admet que les variables aléatoires \(X_1,\, X_2\) et \(X_3\) sont indépendantes entre elles et suivent chacune une loi binomiale \(\mathcal{B}(20~;~0{,}165)\).

Déterminer les valeurs exactes de l'espérance et de la variance de la variable aléatoire \(X_1\).
On définit la variable aléatoire \(S\) par \(S = X_1 + X_2 + X_3\).
- Justifier que \(E(S) = 9{,}9\) et que \(V(S) = 8{,}2665\).
- Pour cette question, on utilisera \(10\) comme valeur de \(E(S)\).
- À l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer que la probabilité que le nombre total d'erreurs sur la journée soit strictement compris entre 6 et 14 est supérieure à \(0{,}48\).

Méthodes de cours

Pour \(X_1 \sim \mathcal{B}(n\,;\,p)\) avec \(n = 20\) et \(p = 0{,}165\) :

\(E(X_1) = np\)
\(V(X_1) = np(1-p)\)

💡 Ces formules sont à connaître par cœur. Ici \(1-p = 0{,}835\).

Pour des variables quelconques (pas forcément indépendantes) :

\[E(X_1 + X_2 + X_3) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3)\]

Si de plus les variables sont indépendantes et de même loi :

\[V(X_1 + X_2 + X_3) = V(X_1) + V(X_2) + V(X_3) = 3\,V(X_1)\]

💡 L'additivité de la variance ne vaut que pour des variables indépendantes. L'additivité de l'espérance est toujours vraie.

Pour toute variable aléatoire \(S\) et tout réel \(t > 0\) :

\[P\!\left(\left|S - E(S)\right| \geqslant t\right) \leqslant \dfrac{V(S)}{t^2}\]

Par complémentarité :

\[P\!\left(\left|S - E(S)\right| < t\right) \geqslant 1 - \dfrac{V(S)}{t^2}\]

Application ici : l'événement \(\{6 < S < 14\}\) s'écrit \(\{|S - 10| < 4\}\). Identifier \(t = 4\) et \(E(S) \approx 10\).

💡 Vérifier que \(10 - 4 = 6\) et \(10 + 4 = 14\) : l'intervalle est bien centré en \(E(S)\). Si ce n'est pas le cas, B-T ne s'applique pas directement.

QCM — Géométrie dans l'espace

Pour chaque question, une seule réponse correcte. Aucune justification n'est demandée. Une réponse fausse ou l'absence de réponse ne rapporte ni n'enlève de point.

L'espace est muni d'un repère orthonormé \(\left(\mathrm{O}~;~\vec{\imath},\,\vec{\jmath},\,\vec{k}\right)\). On considère :

les points A\((-3~;~1~;~4)\) et B\((1~;~5~;~2)\)
le plan \(\mathcal{P}\) d'équation cartésienne \(4x + 4y - 2z + 3 = 0\)
la droite \((d)\) dont une représentation paramétrique est \(\left\{\begin{array}{lcl} x &=& -6 + 3t \\ y &=& 1 \\ z &=& 9 - 5t \end{array}\right.\) avec \(t \in \mathbb{R}\).

Question 1

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

sécantes non perpendiculaires.
perpendiculaires.
non coplanaires.
parallèles.

Question 2

La droite \((AB)\) est :

incluse dans le plan \(\mathcal{P}\).
strictement parallèle au plan \(\mathcal{P}\).
sécante et non orthogonale au plan \(\mathcal{P}\).
orthogonale au plan \(\mathcal{P}\).

Question 3

On considère le plan \(\mathcal{P}'\) d'équation cartésienne \(2x + y + 6z + 5 = 0\). Les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}'\) sont :

sécants et non perpendiculaires.
perpendiculaires.
confondus.
strictement parallèles.

Question 4

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

\(90°\)
\(51°\)
\(39°\)
\(0°\)

Méthodes de cours

Étape 1 — Vecteurs directeurs : lire \(\overrightarrow{AB}\) et le vecteur directeur de \((d)\) dans sa représentation paramétrique.

Étape 2 — Colinéarité : si colinéaires → parallèles ou confondues. Sinon, tester la coplanarité.

Étape 3 — Perpendicularité : calculer le produit scalaire des vecteurs directeurs. S'il est nul → perpendiculaires.

Étape 4 — Sécance : résoudre le système des coordonnées paramétrisées des deux droites. S'il admet une solution unique → sécantes.

💡 Un vecteur directeur de \((d)\) se lit directement dans la représentation paramétrique : coefficients de \(t\), soit \((3 ; 0 ; -5)\).

Le plan \(\mathcal{P}\) a pour vecteur normal \(\vec{n}(4 ; 4 ; -2)\).

La droite \((AB)\) a pour vecteur directeur \(\overrightarrow{AB}\).

Si \(\overrightarrow{AB}\) est colinéaire à \(\vec{n}\) → droite orthogonale au plan.
Si \(\overrightarrow{AB} \cdot \vec{n} = 0\) → droite parallèle au plan (vérifier si A est dans le plan ou non).
Sinon → droite sécante (non orthogonale).

💡 Comparer \(\overrightarrow{AB}(4 ; 4 ; -2)\) et \(\vec{n}(4 ; 4 ; -2)\). Sont-ils colinéaires ?

Vecteurs normaux : \(\vec{n}(4 ; 4 ; -2)\) pour \(\mathcal{P}\) et \(\vec{n}'(2 ; 1 ; 6)\) pour \(\mathcal{P}'\).

Si \(\vec{n}\) et \(\vec{n}'\) colinéaires → plans parallèles (ou confondus).
Si \(\vec{n} \cdot \vec{n}' = 0\) → plans perpendiculaires.
Sinon → plans sécants non perpendiculaires.

L'angle \(\widehat{BAC}\) est l'angle en A formé par les vecteurs \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\).

\[\cos\!\left(\widehat{BAC}\right) = \dfrac{\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}}{\|\overrightarrow{AB}\| \times \|\overrightarrow{AC}\|}\]

Dans un repère orthonormé : \(\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = x_1 x_2 + y_1 y_2 + z_1 z_2\).

L'angle s'obtient par \(\widehat{BAC} = \arccos(\cdots)\), en degrés.

💡 Calculer \(\overrightarrow{AB} = B - A\) et \(\overrightarrow{AC} = C - A\) avant tout produit scalaire. Ne pas confondre avec \(\overrightarrow{BA}\) ou \(\overrightarrow{CA}\).

Partie A — Étude de la fonction \(f\)

On considère la fonction \(f\) définie sur l'intervalle \(]-1~;~+\infty[\) par

\[f(x) = 4\ln(x + 1) - \dfrac{x^2}{25}\]

On admet que la fonction \(f\) est dérivable sur l'intervalle \(]-1~;~+\infty[\).

Déterminer la limite de la fonction \(f\) en \(-1\).
Montrer que, pour tout \(x \in \,]-1~;~+\infty[\) : \[f'(x) = \dfrac{100 - 2x - 2x^2}{25(x+1)}\]
Étudier les variations de la fonction \(f\) sur l'intervalle \(]-1~;~+\infty[\) puis en déduire que la fonction \(f\) est strictement croissante sur l'intervalle \([2~;~6{,}5]\).
On considère \(h\) la fonction définie sur l'intervalle \([2~;~6{,}5]\) par \(h(x) = f(x) - x\).
On donne le tableau de variations de \(h\) : Montrer que l'équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha \in [2~;~6{,}5]\).
On considère le script Python suivant :
from math import *

def f(x):
    return 4*log(1+x)-(x**2)/25

def bornes(n):
    p = 1/10**n
    x = 6
    while f(x)-x > 0:
        x = x + p
    return (x-p, x)
En Python : log(x) renvoie \(\ln x\) ; c**d renvoie \(c^d\).
1. Donner les valeurs renvoyées par la commande bornes(2). On donnera les valeurs arrondies au centième.
2. Interpréter ces valeurs dans le contexte de l'exercice.

Méthodes de cours

Quand \(x \to -1^+\) : \(x + 1 \to 0^+\), donc \(\ln(x+1) \to -\infty\).

Par produit : \(4\ln(x+1) \to -\infty\).

Le terme \(-\dfrac{x^2}{25} \to -\dfrac{1}{25}\), qui est fini.

Par somme : \(f(x) \to -\infty\).

💡 Seul le terme « dominant » (\(4\ln(x+1)\)) détermine la limite. Un terme fini + une limite infinie = limite infinie.

\(f(x) = 4\ln(x+1) - \dfrac{x^2}{25}\) est une somme, donc \(f' = \left(4\ln(x+1)\right)' - \left(\dfrac{x^2}{25}\right)'\).

\(\left(4\ln(x+1)\right)' = 4 \times \dfrac{1}{x+1}\) (dérivée de \(\ln(u)\) avec \(u = x+1\), \(u' = 1\))
\(\left(\dfrac{x^2}{25}\right)' = \dfrac{2x}{25}\)

Mettre au même dénominateur \(25(x+1)\) pour obtenir la forme demandée.

Le dénominateur \(25(x+1) > 0\) sur \(]-1~;~+\infty[\).

Le signe de \(f'(x)\) est donc celui de \(100 - 2x - 2x^2\).

Résoudre \(-2x^2 - 2x + 100 = 0\), soit \(x^2 + x - 50 = 0\).

Discriminant : \(\Delta = 1 + 200 = 201\). Racines : \(x = \dfrac{-1 \pm \sqrt{201}}{2}\).

La racine positive \(x_1 = \dfrac{-1+\sqrt{201}}{2} \approx 6{,}6\) borne l'intervalle de croissance.

💡 Comme le coefficient de \(x^2\) est \(-2 < 0\), le trinôme est positif entre ses racines : \(f'(x) > 0\) sur \(]-7{,}6~;~6{,}6[\). Ainsi \(f\) est croissante sur \([2~;~6{,}5] \subset ]-1~;~6{,}6[\).

La fonction \(h\) est continue sur \([2~;~6{,}5]\) (car dérivable).

D'après le tableau des variations de \(h\) :

Sur \([2~;~m]\), \(h\) est croissante avec \(h(2) > 0\) : \(h\) reste positive, pas de solution.
Sur \([m~;~6{,}5]\), \(h\) est strictement décroissante, \(h(m) > 0\) et \(h(6{,}5) < 0\) : la valeur 0 est atteinte une unique fois.

💡 Il faut calculer \(h(2) = f(2) - 2\) et \(h(6{,}5) = f(6{,}5) - 6{,}5\) pour vérifier les signes. Le TVI appliqué aux fonctions strictement monotones garantit l'unicité.

La fonction bornes(n) cherche la solution de \(f(x) = x\) (équivalent à \(h(x) = 0\)) par balayage depuis \(x = 6\) avec un pas \(p = 10^{-n}\).

La boucle s'arrête dès que \(f(x) - x \leqslant 0\), c'est-à-dire dès que l'on dépasse \(\alpha\) par valeurs supérieures.

La fonction renvoie \((x-p, x)\) : l'encadrement de \(\alpha\) à \(10^{-n}\) près.

Pour bornes(2) : \(p = 0{,}01\). La boucle part de \(x = 6\) et incrémente par \(0{,}01\).

💡 Attention : la boucle part de \(x = 6\), qui est à gauche de \(\alpha \approx 6{,}36\), et avance vers la droite. Elle s'arrête dès que \(x > \alpha\). Le résultat est un encadrement de \(\alpha\) à \(0{,}01\) près.

Partie B — Suite définie par \(u_{n+1} = f(u_n)\)

Dans cette partie, on pourra utiliser les résultats obtenus dans la partie A.

On considère la suite \((u_n)\) définie par \(u_0 = 2\), et, pour tout entier naturel \(n\) :

\[u_{n+1} = f(u_n)\]

Montrer par récurrence que pour tout \(n\) entier naturel : \[2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} < 6{,}5\]
En déduire que la suite \((u_n)\) converge vers une limite \(\ell\).
On rappelle que le réel \(\alpha\), défini dans la partie A, est la solution de l'équation \(h(x) = 0\) sur l'intervalle \([2~;~6{,}5]\).
Justifier que \(\ell = \alpha\).

Méthodes de cours

On veut montrer \(\mathcal{P}(n)\) : « \(2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} < 6{,}5\) ».

Initialisation (\(n = 0\)) : vérifier \(2 \leqslant u_0 \leqslant u_1 < 6{,}5\) en calculant \(u_0 = 2\) et \(u_1 = f(2)\).

Hérédité : supposer \(2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} < 6{,}5\). Comme \(f\) est croissante sur \([2~;~6{,}5]\) :

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

c'est-à-dire \(u_1 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant f(6{,}5)\). Calculer \(f(2) > 2\) et \(f(6{,}5) < 6{,}5\) pour conclure.

💡 La croissance de \(f\) sur \([2~;~6{,}5]\) est le résultat clé de la partie A. C'est elle qui permet de « passer \(f\) à travers les inégalités ».

De \(\mathcal{P}(n)\), on déduit :

\(u_n \leqslant u_{n+1}\) pour tout \(n\) → suite croissante
\(u_n < 6{,}5\) pour tout \(n\) → suite majorée par \(6{,}5\)

Théorème : toute suite croissante et majorée converge vers une limite \(\ell \leqslant 6{,}5\).

Si \((u_n)\) converge vers \(\ell\) et \(u_{n+1} = f(u_n)\), alors par continuité de \(f\) :

\[\ell = f(\ell)\]

c'est-à-dire \(h(\ell) = f(\ell) - \ell = 0\).

Or la partie A a montré que \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \([2~;~6{,}5]\), et on sait que \(\ell \in [2~;~6{,}5]\).

Donc \(\ell = \alpha\).

💡 C'est le théorème du point fixe appliqué aux suites récurrentes. La continuité de \(f\) est essentielle pour passer à la limite dans la relation \(u_{n+1} = f(u_n)\).

Partie A — Équation différentielle \((E_1)\)

On considère l'équation différentielle

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

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

On considère la fonction constante \(h\) définie sur l'intervalle \([0~;~+\infty[\) par \(h(t) = \dfrac{1}{120}\).
Montrer que la fonction \(h\) est solution de l'équation différentielle \((E_1)\).
Donner la forme générale des solutions de l'équation différentielle \(y' + 0{,}48\,y = 0\).
En déduire l'ensemble des solutions de l'équation différentielle \((E_1)\).

Méthodes de cours

Pour montrer que \(h(t) = \dfrac{1}{120}\) est solution de \((E_1)\) :

Calculer \(h'(t)\) : \(h\) est constante donc \(h'(t) = 0\).
Calculer \(0{,}48 \times h(t) = 0{,}48 \times \dfrac{1}{120}\).
Vérifier que \(h'(t) + 0{,}48\,h(t) = \dfrac{1}{250}\).

💡 \(0{,}48 \times \dfrac{1}{120} = \dfrac{0{,}48}{120} = \dfrac{48}{12000} = \dfrac{1}{250}\). Le calcul exact est attendu.

L'équation \(y' + 0{,}48\,y = 0\) s'écrit \(y' = -0{,}48\,y\).

Les solutions sont les fonctions de la forme :

\[t \mapsto C\,\mathrm{e}^{-0{,}48t}, \quad C \in \mathbb{R}\]

💡 Toute équation \(y' = ay\) a pour solution générale \(Ce^{at}\). Ici \(a = -0{,}48\).

La solution générale de \((E_1)\) s'obtient par :

\[\text{sol. générale} = \text{sol. particulière} + \text{sol. générale de l'homogène}\]

Solution particulière : \(h(t) = \dfrac{1}{120}\) (constante, trouvée en Q1).

Solution générale : \(y(t) = C\,\mathrm{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

Partie B — Modèle logistique de croissance bactérienne

On s'intéresse à l'évolution d'une population de bactéries dans un milieu de culture.

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

On admet que la fonction \(p\) est dérivable, strictement positive sur \([0~;~+\infty[\) et qu'elle est solution de l'équation différentielle \((E_2)\) :

\[p' = \dfrac{1}{250}\,p\,\times\,(120 - p)\]

Soit \(y\) la fonction strictement positive sur \([0~;~+\infty[\) telle que, pour tout \(t \in [0~;~+\infty[\) :

\[p(t) = \dfrac{1}{y(t)}\]

Montrer que si \(p\) est solution de l'équation différentielle \((E_2)\), alors \(y\) est solution de l'équation différentielle \((E_1)\) : \(y' + 0{,}48\,y = \dfrac{1}{250}\).
On admet réciproquement que, si \(y\) est une solution strictement positive de \((E_1)\), alors \(p = \dfrac{1}{y}\) est solution de \((E_2)\).
Montrer que, pour tout \(t \in [0~;~+\infty[\) :

\[p(t) = \dfrac{120}{1 + K\,\mathrm{e}^{-0{,}48t}}\quad \text{avec } K \text{ une constante réelle.}\]
En utilisant la condition initiale, déterminer la valeur de \(K\).
Déterminer \(\displaystyle\lim_{t \to +\infty} p(t)\). En donner une interprétation dans le contexte de l'exercice.
Déterminer le temps nécessaire pour que la population de bactéries dépasse 60 000 individus.
On donnera le résultat sous la forme d'une valeur arrondie exprimée en heures et minutes.

Méthodes de cours

Si \(p = \dfrac{1}{y}\) et \(p\) est dérivable, alors :

\[p' = \left(\dfrac{1}{y}\right)' = -\dfrac{y'}{y^2}\]

Substituer dans \((E_2)\) : \(-\dfrac{y'}{y^2} = \dfrac{1}{250} \times \dfrac{1}{y} \times \left(120 - \dfrac{1}{y}\right)\).

Multiplier par \(-y^2\) et simplifier pour obtenir \(y' + 0{,}48\,y = \dfrac{1}{250}\).

💡 Ce changement de variable \(y = 1/p\) est la technique classique pour linéariser les équations de Bernoulli (ou équations logistiques).

D'après la partie A, \(y(t) = C\,\mathrm{e}^{-0{,}48t} + \dfrac{1}{120}\).

Donc \(p(t) = \dfrac{1}{y(t)} = \dfrac{1}{C\,\mathrm{e}^{-0{,}48t} + \frac{1}{120}}\).

Multiplier numérateur et dénominateur par 120 :

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

avec \(K = 120C\).

Utiliser \(p(0) = 30\) :

\[\dfrac{120}{K\,\mathrm{e}^{0} + 1} = 30 \implies \dfrac{120}{K+1} = 30 \implies K + 1 = 4 \implies K = 3\]

La solution particulière est donc \(p(t) = \dfrac{120}{1 + 3\,\mathrm{e}^{-0{,}48t}}\).

Comme \(-0{,}48 < 0\) : \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty} \mathrm{e}^{-0{,}48t} = 0\).

Donc : \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty} p(t) = \dfrac{120}{1 + 3 \times 0} = \dfrac{120}{1} = 120\).

Interprétation : la population de bactéries se stabilise vers 120 000 individus à long terme (capacité limite du milieu de culture).

💡 C'est le comportement typique du modèle logistique : croissance rapide puis saturation vers une limite finie (capacité portante du milieu).

On veut \(p(t) > 60\), soit d'abord résoudre \(p(t) = 60\) :

\[\dfrac{120}{1 + 3\,\mathrm{e}^{-0{,}48t}} = 60 \implies 1 + 3\,\mathrm{e}^{-0{,}48t} = 2 \implies \mathrm{e}^{-0{,}48t} = \dfrac{1}{3}\]

Appliquer le logarithme :

\[-0{,}48t = \ln\!\left(\dfrac{1}{3}\right) = -\ln(3) \implies t = \dfrac{\ln 3}{0{,}48}\]

Calculer : \(t \approx 2{,}289\) h = 2 h 17 min.

💡 \(p(0) = 30 < 60\) et \(p(t) \to 120 > 60\) : comme \(p\) est croissante, la population dépasse 60 000 exactement à \(t = \dfrac{\ln 3}{0{,}48}\), et reste au-dessus ensuite.

Comment utiliser ce guide : sélectionne un exercice en haut, lis l'énoncé complet, puis déroule progressivement les méthodes pour découvrir les stratégies sans voir la solution. Essaie de résoudre avant de consulter un corrigé.

Bac Centres Étrangers12 juin 2025 — Sujet 1

Partie A — Contrôles d'une caisse automatique

Méthodes de cours

Partie B — Loi binomiale sur une journée

Méthodes de cours

Partie C — Trois caisses et inégalité de Bienaymé-Tchebychev

Méthodes de cours

QCM — Géométrie dans l'espace

Méthodes de cours

Partie A — Étude de la fonction \(f\)

Méthodes de cours

Partie B — Suite définie par \(u_{n+1} = f(u_n)\)

Méthodes de cours

Partie A — Équation différentielle \((E_1)\)

Méthodes de cours

Partie B — Modèle logistique de croissance bactérienne

Méthodes de cours

Bac Centres Étrangers
12 juin 2025 — Sujet 1