Bac de maths 2022 Métropole jour 1 : sujet et corrigé

Partie A, 1.a. Montrer que $f'(t) = 3(-0{,}5t + 1)e^{-0{,}5t+1}$

On a $f(t) = 3t \times e^{-0{,}5t+1}$, produit de $u(t) = 3t$ et $v(t) = e^{-0{,}5t+1}$. On dérive avec (uv)' $= u'v + uv'$. Ici $u'(t) = 3$ et $v'(t) = -0{,}5 \times e^{-0{,}5t+1}$ (dérivée de $e^{g}$ avec $g(t) = -0{,}5t + 1$, $g'(t) = -0{,}5$). Donc $f'(t) = 3 \times e^{-0{,}5t+1} + 3t \times (-0{,}5)e^{-0{,}5t+1}$. On factorise par $3e^{-0{,}5t+1}$ : $f'(t) = 3e^{-0{,}5t+1}(1 - 0{,}5t) = 3(-0{,}5t + 1)e^{-0{,}5t+1}$. C'est bien l'expression demandée.

Kala t'explique :Pour dériver un produit comme $3t \times e$^(…), pense à (uv)' $= u'v + uv'$. En factorisant par $e^{-0{,}5t+1}$, qui ne s'annule JAMAIS, tu vois tout de suite que le signe de f' ne dépend que de $(-0{,}5t + 1)$. Tu gagnes du temps.

Partie A, 1.b. Tableau de variations de f sur $[0 \,;\, 10]$

Pour tout t, $e^{-0{,}5t+1} > 0$ et $3 > 0$, donc f'(t) a le signe de $(-0{,}5t + 1)$. On résout $-0{,}5t + 1 = 0$, soit $t = 2$. Ainsi $f'(t) > 0$ pour $t \in [0 \,;\, 2[$ (f croissante) et $f'(t) < 0$ pour $t \in ]2 \,;\, 10]$ (f décroissante). Valeurs : $f(0) = 0$ ; $f(2) = 3\times 2\times e^{-1+1} = 6e^0 = 6$ (maximum) ; $f(10) = 30e^{-4} = \frac{30}{e^{4}} \approx 0{,}55$. Le tableau : f croît de 0 jusqu'à 6 sur $[0 \,;\, 2]$, puis décroît de 6 jusqu'à $\approx 0{,}55$ sur $[2 \,;\, 10]$.

Partie A, 1.c. Instant et valeur du maximum

D'après le tableau, f atteint son maximum en $t = 2$. La quantité de médicament est donc maximale au bout de 2 heures, et cette quantité maximale vaut $f(2) = 6\,\text{mg}$.

Partie A, 2.a. Existence, unicité et valeur approchée de α tel que $f(t) = 5$ sur $[0 \,;\, 2]$

Sur $[0 \,;\, 2]$, f est continue (car dérivable) et strictement croissante. Elle réalise donc une bijection de $[0 \,;\, 2]$ vers $[f(0) \,;\, f(2)] = [0 \,;\, 6]$. Comme $5 \in [0 \,;\, 6]$, l'équation $f(t) = 5$ admet une unique solution α sur $[0 \,;\, 2]$ (corollaire du théorème des valeurs intermédiaires). À la calculatrice : $f(1{,}02) \approx 4{,}995 < 5$ et $f(1{,}03) \approx 5{,}019 > 5$, donc $\alpha \approx 1{,}02$ (à $10^{-2}$ près).

Kala t'explique :Le mot magique du bac : « continue et strictement monotone » → la fonction traverse la valeur 5 une seule fois. C'est le théorème des valeurs intermédiaires (version bijection) qui te garantit l'unicité de α.

Partie A, 2.b. Durée d'efficacité du traitement

Le traitement est efficace quand $f(t) \ge 5$. D'après les variations, $f(t) \ge 5$ sur l'intervalle [α ; β] avec $\alpha \approx 1{,}02$ et $\beta \approx 3{,}46$ (donné). La durée d'efficacité est donc $\beta - \alpha \approx 3{,}46 - 1{,}02 = 2{,}44$ heures. Conversion : $0{,}44\,\text{h} = 0{,}44 \times 60 \approx 26 \min$. La durée d'efficacité est d'environ 2 h 26 min (soit 146 minutes).

Partie B, 1. Calcul de $u_{1}$

Une heure après l'injection initiale $(u_{0} = 2\,\text{mg})$, la quantité a diminué de 30 %, il en reste donc $0{,}7 \times 2 = 1{,}4\,\text{mg}$. On réinjecte aussitôt 1,8 mg : $u_{1} = 1{,}4 + 1{,}8 = 3{,}2\,\text{mg}$.

Partie B, 2. Justifier $u_{n+1} = 0{,}7\cdot u_n + 1{,}8$

Juste après l'injection de la n-ème heure, il y a $u_n$ mg. Une heure plus tard la quantité a baissé de 30 %, il reste donc $0{,}7 \times u_{n}$. On réinjecte alors 1,8 mg, ce qui donne immédiatement après l'injection suivante : $u_{n+1} = 0{,}7u_{n} + 1{,}8$, valable pour tout entier naturel n.

Partie B, 3.a. Récurrence : $u_n \le u_{n+1} < 6$

Initialisation $(n = 0)$ : $u_{0} = 2$ et $u_{1} = 3{,}2$, donc $2 \le 3{,}2 < 6$ : la propriété est vraie au rang 0. Hérédité : supposons $u_{n} \le u_{n+1} < 6$ pour un rang n. On multiplie par $0{,}7 > 0$ (ordre conservé) : $0{,}7u_{n} \le 0{,}7u_{n+1} < 4{,}2$. On ajoute 1,8 : $0{,}7u_{n} + 1{,}8 \le 0{,}7u_{n+1} + 1{,}8 < 6$, c'est-à-dire $u_{n+1} \le u_{n+2} < 6$. La propriété est héréditaire. Par récurrence, pour tout entier naturel n : $u_{n} \le u_{n+1} < 6$.

Partie B, 3.b. Convergence de la suite

L'encadrement $u_{n} \le u_{n+1}$ montre que la suite ($u_n$) est croissante, et $u_{n+1} < 6$ montre qu'elle est majorée par 6. D'après le théorème de convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge : ($u_n$) converge vers une limite ℓ.

Kala t'explique :Une suite qui monte, monte… mais reste toujours sous la barre des 6 mg : c'est comme un verre qu'on remplit goutte à goutte sans jamais le faire déborder. Il finit par se stabiliser à un niveau : c'est ta limite ℓ !

Partie B, 3.c. Valeur de ℓ et interprétation

La suite converge, et la fonction t ↦ $0{,}7t + 1{,}8$ est continue, donc ℓ vérifie l'équation de point fixe ℓ $= 0{,}7$ℓ $\mathord{}+ 1{,}8$. On résout : ℓ $\mathord{}- 0{,}7$ℓ $= 1{,}8$, soit 0,3ℓ $= 1{,}8$, d'où ℓ $= \frac{1{,}8}{0{,}3} = 6$. Interprétation : sur le long terme, la quantité de médicament présente juste après chaque injection se stabilise et tend vers 6 mg.

Partie B, 4.a. ($v_n$) géométrique de raison 0,7

On pose $v_{n} = 6 - u_{n}$. Alors $v_{n+1} = 6 - u_{n+1} = 6 - (0{,}7u_{n} + 1{,}8) = 4{,}2 - 0{,}7u_{n} = 0{,}7(6 - u_{n}) = 0{,}7v_{n}$. La suite ($v_n$) est donc géométrique de raison 0,7, de premier terme $v_{0} = 6 - u_{0} = 6 - 2 = 4$.

Partie B, 4.b. Expressions de $v_n$ et $u_n$

Une suite géométrique vérifie $v_{n} = v_{0} \times q^{n}$, donc $v_{n} = 4 \times 0{,}7^{n}$. Comme $v_{n} = 6 - u_{n}$, on a $u_{n} = 6 - v_{n}$, soit $u_{n} = 6 - 4 \times 0{,}7^{n}$. La courbe ci-contre illustre la croissance de ($u_n$) vers son asymptote ℓ $= 6$.

Partie B, 4.c. Nombre d'injections avant d'atteindre 5,5 mg

On cherche le plus petit n tel que $u_n$ ≥ 5,5 : 6 − 4×0,7ⁿ ≥ 5,5 ⟺ −4×0,7ⁿ ≥ −0,5 ⟺ 4×0,7ⁿ ≤ 0,5 ⟺ 0,7ⁿ ≤ 0,125. On applique le logarithme (ln 0,7 < 0, l'inégalité change de sens) : n ≥ $\frac{ln(0{,}125)}{ln(0{,}7)}$ ≈ $\frac{-2{,}079}{-0{,}357}$ ≈ 5,83. Le plus petit entier convenable est n = 6 (vérification : $u_5$ ≈ 5,328 < 5,5 et $u_6$ ≈ 5,529 ≥ 5,5). L'injection initiale correspond à $u_0$ (1re injection), puis $u_1$, …, $u_6$. On réalise donc les injections des rangs 0 à 6, soit 7 injections au total.

Kala t'explique :Attention au piège du comptage ! $u_{0} = 2\,\text{mg}$ est déjà la 1re injection (la piqûre initiale). En atteignant $u_{6}$, tu as fait les injections n° 0, 1, 2, 3, 4, 5 et 6 : cela fait 7 injections, pas 6.