% Préambule APMEP - Annales % Auteurs % tapuscrit : % relecture : % figures TikZ : % figures pstricks : % modifications : % Remerciements : % version 1 : 2026-10-06 % \documentclass[12pt,a4paper,french]{article} % Packages %%% codage et police utilisée \usepackage[T1]{fontenc} \RequirePackage{iftex} \iftutex % moteur utf-8 lualatex, xelatex \usepackage{fourier-otf} % remplace fourier pour moteur utf8 (LuaLaTeX, XeLaTeX) % Alternatives nécessite (LuaLaTeX, XeLaTeX) \usepackage{hyperref} %\usepackage{fontspec}% pour utiliser des fontes système \else % pour les autres moteurs latex, pdflatex \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage{amsmath,amssymb} \usepackage[dvips]{hyperref} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \fi \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{pifont} \usepackage{lscape} % tableaux \usepackage{multicol} \usepackage{multirow} \usepackage{tabularx} \usepackage{tabularray} % texte et composition \usepackage{textcomp} \usepackage{babel} \usepackage[np]{numprint} % \usepackage{fancyhdr} \usepackage{makeidx} \makeindex % pour le symbole € \usepackage{eurosym} \DeclareRobustCommand{\officialeuro}{% \ifmmode\expandafter\text\fi {\fontencoding{U}\fontfamily{eurosym}\selectfont e}} \AtBeginDocument{\renewcommand{\euro}{\officialeuro}} % couleurs étendues \usepackage{xcolor} % pour les listes \usepackage{enumitem} % Enumérations réglage par défaut \setlist[itemize]{label=\textbullet,leftmargin=5mm,labelwidth=3mm,labelsep=2mm,align=left} \setlist[enumerate]{labelindent=0pt, leftmargin=5mm, labelsep=2mm, labelwidth=3mm,labelsep=2mm, align= left} \setlist[enumerate,1]{label = \textbf{\arabic*.}} \setlist[enumerate,2]{label = \textbf{\alph*.}} \setlist[enumerate,3]{label = \textbf{\roman*.}} % pour l'ajustement des boites (figures…) \usepackage{adjustbox} % pour ne pas commencer un exercice en fin de page \usepackage{needspace} % % Taille de la zone d'écriture \usepackage[left=1.5cm,right=1.5cm,top=3cm,bottom=3cm]{geometry} \setlength{\headheight}{15pt} \setlength{\parindent}{0mm} % % Formatage du pdf \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {Terminale, Série spécialité J1}, pdftitle = {Baccalauréat épreuve de spécialité (terminale) -- Voie générale -- Session 2026}, allbordercolors = white, pdfstartview=FitH } % Pour scratch (code) \usepackage{scratch3} % Pour le code Python \usepackage{listings} \lstdefinestyle{python}{ language=Python, basicstyle=\ttfamily\small, keywordstyle=\color{blue}\bfseries, commentstyle=\color{gray}\itshape, stringstyle=\color{orange}, numbers=left, numberstyle=\tiny\color{gray}, breaklines=true, frame=single, backgroundcolor=\color{gray!5}, tabsize=4 } % usage (exemple) %\begin{lstlisting}[style=python] %def seuil(): % n = 1 % p = 0.5 % while p < 0.6 : % n = n + 1 % p = p*7/15 + 1/3 % return n %\end{lstlisting} % Pour une visualisation de type tableur \usepackage{pas-tableur} % %% pour PsTricks \usepackage{pst-bezier}%% AVANT les autres PST \usepackage{pstricks-add} \usepackage{pst-func,pst-tree,pst-circ} \usepackage{pst-eucl} %% pour TikZ \usepackage{tikz,pgfplots,pgf,tkz-tab,tikzpagenodes} \usetikzlibrary{calc,patterns,decorations,arrows.meta,patterns.meta,arrows} \pgfplotsset{compat=1.18,/pgf/number format/.cd,use comma} \usepackage{icomma} % gestion des espaces autour des virgules \DeclareMathSymbol{;}{\mathbin}{operators}{"3B}% pour un espacement correct du ; en mode maths %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Définitions % % notation en mode mathématique et hors mode mathématique \newcommand{\R}{\ensuremath{\mathbb{R}}} \newcommand{\N}{\ensuremath{\mathbb{N}}} \newcommand{\D}{\ensuremath{\mathbb{D}}} \newcommand{\Z}{\ensuremath{\mathbb{Z}}} \newcommand{\Q}{\ensuremath{\mathbb{Q}}} \newcommand{\C}{\ensuremath{\mathbb{C}}} % \providecommand{\up}{\textsuperscript} % \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\vectt}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut\text{#1}\,}} % \def\Oij{$\left(\text{O};\vect{\imath},\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O};\vect{\imath},\vect{\jmath},\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O};\vect{u},\vect{v}\right)$} % \newcommand{\ds}{\displaystyle} % \renewcommand{\d}{\mathrm{\,d}} \renewcommand{\i}{\mathrm{\,i\,}} \newcommand{\e}{\mathrm{\,e\,}} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \begin{document} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Corrigé} \lfoot{\small{Métropole}} \rfoot{\small{8 septembre 2026}} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center} \Large \bfseries \decofourleft~ Baccalauréat épreuve de spécialité (terminale) ~\decofourright\\[10pt] Voie générale -- spécialité J1 -- Métropole -- 8 septembre 2026 \marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}} \\[10pt] Sujet de remplacement -- Corrigé \end{center} \section*{Exercice 1 \hfill 5 points} \subsection*{Partie A} \medskip \begin{enumerate} \item On représente la situation à l'aide d'un arbre de probabilité \begin{center} \begin{tikzpicture} [level 1/.style={level distance=3cm, sibling distance=2cm}, level 2/.style={level distance=3.5cm,sibling distance=1cm}, edge from parent path={(\tikzparentnode.east) -- (\tikzchildnode.west)}] \node {} [grow'=right] child {node {\textcolor{red}{$E$}} child {node {\textcolor{teal}{$R$}} edge from parent node[above] {$\np{0,95}$} } child {node {\textcolor{teal}{$\overline{R}$}} edge from parent node[below] {$\np{0,05}$} } edge from parent node[above] {$\np{0,60}$} } child {node {\textcolor{red}{$\overline{E}$}} child {node {\textcolor{teal}{$R$}} edge from parent node[above] {$\np{0,75}$} } child {node {\textcolor{teal}{$\overline{R}$}} edge from parent node[below] {$\np{0,25}$} } edge from parent node[below] {$\np{0,40}$} } ; \end{tikzpicture} \end{center} On a :\quad $P(E \cap R) = P(E) \times P_E(R) = \np{0,60} \times \np{0,95} = \np{0,57}$. \item $E$ et $\overline{E}$ forment une partition de l'univers donc d'après la formule des probabilités totales, on a $\aligned[t] P(R) &= P(E \cap R) + P\big(\overline{E} \cap R\big)\\ & = \np{0,57} + \np{0,40} \times \np{0,75}\\ & = \np{0,57} + \np{0,30}\\ & = \np{0,87} \endaligned$ Cela signifie que dans cette entreprise, 87\,\% des livraisons respectent le délai de livraison. \item On cherche $P_R(E)$ :\quad $P_R(E) = \dfrac{P(E \cap R)}{P(R)} = \dfrac{\np{0,57}}{\np{0,87}} = \dfrac{19}{29} \approx \np{0,655}$. \end{enumerate} \subsection*{Partie B} \begin{enumerate} \item On considère l'expérience aléatoire \og choisir une livraison effectuée par un livreur expérimenté \fg. C'est une épreuve de Bernoulli dont le succès est l'évènement \og le délai est respecté\fg. La probabilité du succès est $p = \np{0,95}$. On répète cette expérience $n=200$ fois de manière identique et indépendante (tirages assimilés à des tirages avec remise) donc la variable aléatoire $X$ qui compte le nombre de succès suit la loi binomiale de paramètres $n=200$ et $p=\np{0,95}$. \item L'évènement \og tous les délais sont respectés\fg{} est l'évènement $\{X=200\}$. $P(X=200) = \dbinom{200}{200} \times \np{0,95}^{200} \times \np{0,05}^0 = \np{0,95}^{200} \approx \np{3,5}\times 10^{-5}$. On a donc \quad $P(X=200) > 0$ : l'évènement n'est pas impossible, il est seulement très peu probable (sa probabilité arrondie à $10^{-3}$ est égale à \np{0,000}). \item $P(X \geqslant 190) = 1 - P(X \leqslant 189)$. La calculatrice donne $P(X \geqslant 190) \approx \np{0,583}$. Cela signifie que la probabilité qu'au moins 190 des 200 colis de l'échantillon soient livrés dans les délais est d'environ 58,3\,\%. \end{enumerate} \subsection*{Partie C} \begin{enumerate} \item $X_A$ suit la loi binomiale de paramètres $n=120$ et $p=\np{0,85}$ donc : $E(X_A) = 120 \times \np{0,85} = 102$ \quad et \quad $V(X_A) = 120 \times \np{0,85} \times \np{0,15} = \np{15,3}$. $X_B$ suit la loi binomiale de paramètres $n=80$ et $p=\np{0,90}$ donc : $E(X_B) = 80 \times \np{0,90} = 72$ \quad et \quad $V(X_B) = 80 \times \np{0,90} \times \np{0,10} = \np{7,2}$. \item Par linéarité de l'espérance :\quad $E(S) = E(X_A) + E(X_B) = 102 + 72 = 174$. \item Si les variables aléatoires $X_A$ et $X_B$ sont indépendantes, alors la variance de leur somme est la somme de leurs variances : $V(S) = V(X_A) + V(X_B) = \np{15,3} + \np{7,2} = \np{22,5}$. C'est donc l'indépendance de $X_A$ et $X_B$ qui permet d'affirmer que $V(S) = \np{22,5}$ ; elle est assurée ici par l'énoncé (les livraisons d'une zone n'ont pas d'incidence sur celles de l'autre). \item L'intervalle $[165~;~183]$ est centré sur $E(S) = 174$ :\quad $S \in [165~;~183] \iff \big\vert S - 174 \big\vert \leqslant 9$. Comme $S$ ne prend que des valeurs entières, cela équivaut à \quad $\big\vert S - 174 \big\vert < 10$. D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour tout $a > 0$, on a :\quad $P\big(\vert S - E(S) \vert \geqslant a\big) \leqslant \dfrac{V(S)}{a^2}$. En l'appliquant pour $a = 10$, on obtient :\quad $P\big(\vert S - 174 \vert \geqslant 10\big) \leqslant \dfrac{\np{22,5}}{10^2}$ \quad soit \quad $P\big(\vert S - 174 \vert \geqslant 10\big) \leqslant \np{0,225}$. En passant à l'évènement contraire : $P\big(S \in [165~;~183]\big) = P\big(\vert S - 174 \vert < 10\big) = 1 - P\big(\vert S - 174 \vert \geqslant 10\big) \geqslant 1 - \np{0,225}$. On peut donc conclure :\quad $P\big(S \in [165~;~183]\big) \geqslant \np{0,775}$. La probabilité que le nombre total de colis livrés dans les délais soit compris entre 165 et 183 est au moins de 77,5\,\%. \end{enumerate} \needspace{10\baselineskip} \section*{Exercice 2 \hfill 5 points} \subsection*{Partie A} \begin{enumerate} \item La fonction $f$ est dérivable sur $]-3 ; +\infty[$ comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas sur cet intervalle. On a, pour tout réel $x > -3$ :\quad $f'(x) = \dfrac{2(x+3) - 2x \times 1}{(x+3)^2} = \dfrac{2x + 6 - 2x}{(x+3)^2} = \dfrac{6}{(x+3)^2}$. Pour tout $x > -3$, \quad $(x+3)^2 > 0$ \quad donc \quad $f'(x) > 0$. La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $]-3 ; +\infty[$. \item \textbf{Initialisation.} Pour $n=0$, on a $u_0 = 1$ et $u_1 = f(1) = \dfrac{2}{4} = \np{0,5}$. On vérifie que $0 \leqslant \np{0,5} \leqslant 1 \leqslant 1$ donc la propriété est vraie au rang 0. \textbf{Hérédité.} Soit $n$ un entier naturel, on suppose que la propriété est vraie pour cet entier $n$, c'est-à-dire que $0 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 1$. Il faut démontrer que $0 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant 1$. Les nombres $0$, $u_{n+1}$, $u_n$ et $1$ appartiennent à $[0 ; 1] \subset\, ]-3 ; +\infty[$, intervalle sur lequel la fonction $f$ est croissante. D'après l'hypothèse de récurrence, et puisque $f$ est croissante sur $[0 ; 1]$ : $\aligned[t] 0 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 1 & \Longrightarrow f(0) \leqslant f(u_{n+1}) \leqslant f(u_n) \leqslant f(1)\\ & \Longrightarrow 0 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant \np{0,5} \endaligned$ Comme $\np{0,5} \leqslant 1$, on a bien \quad $0 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant 1$. Ainsi la propriété est héréditaire. \textbf{Conclusion.} La propriété est vraie au rang 0 et est héréditaire donc elle est vraie pour tout entier naturel $n$. On a donc pour tout $n \in \N$,\quad $0 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 1$. \item D'après la question précédente, la suite $(u_n)$ est décroissante ($u_{n+1} \leqslant u_n$) et minorée par 0 : on en déduit, d'après le théorème de convergence monotone, qu'elle est convergente. \end{enumerate} \subsection*{Partie B} \begin{enumerate} \item Pour tout entier naturel $n$ : $v_{n+1} = \dfrac{1}{u_{n+1}} = \dfrac{u_n + 3}{2u_n} = \dfrac{u_n}{2u_n} + \dfrac{3}{2u_n} = \dfrac12 + \dfrac32 \times \dfrac{1}{u_n} = \dfrac32 v_n + \dfrac12$. \item Pour tout entier naturel $n$ : $w_{n+1} = v_{n+1} + 1 = \dfrac32 v_n + \dfrac12 + 1 = \dfrac32 v_n + \dfrac32 = \dfrac32 \big(v_n + 1\big) = \dfrac32 w_n$. De plus \quad $w_0 = v_0 + 1 = \dfrac{1}{u_0} + 1 = 2$. La suite $(w_n)$ est donc géométrique de raison $q = \dfrac32$ et de premier terme $w_0 = 2$. \item On en déduit que pour tout $n \in \N$ :\quad $w_n = w_0 \times q^n = 2 \left(\dfrac32\right)^n$ \quad donc \quad $v_n = w_n - 1 = 2 \left(\dfrac32\right)^n - 1$. Comme \quad $u_n = \dfrac{1}{v_n}$, \quad on obtient, pour tout $n \in \N$ :\quad $u_n = \dfrac{1}{2 \left(\frac32\right)^n - 1}$. \item On a :\quad $\dfrac32 > 1$ \quad donc \quad $\ds \lim_{n \to +\infty} \left(\dfrac32\right)^n = +\infty$ \quad et \quad $\ds \lim_{n \to +\infty} 2 \left(\dfrac32\right)^n - 1 = +\infty$. Par limite de l'inverse :\quad $\ds \lim_{n \to +\infty} u_n = 0$. \item \begin{enumerate} \item La boucle doit tourner tant que $u_n > 10^{-3}$, et chaque tour calcule le terme suivant avec\\ $u_{n+1} = \frac{2u_n}{u_n + 3}$. Voici le script Python complété : \begin{lstlisting}[style=python,xleftmargin=0.3\linewidth,xrightmargin=0.3\linewidth,numbers=none] def seuil(): n = 0 u = 1 while u > 10**(-3) : n = n + 1 u = 2*u/(u+3) return n \end{lstlisting} \item On cherche le plus petit entier $n$ tel que $u_n \leqslant 10^{-3}$. Pour tout $n \in \N$, \quad $2 \left(\frac32\right)^n - 1 > 0$, donc : $\aligned[t] u_n \leqslant 10^{-3} &\iff \dfrac{1}{2 \left(\frac32\right)^n - 1} \leqslant 10^{-3}\\ & \iff 2 \left(\dfrac32\right)^n - 1 \geqslant \np{1000}\\ & \iff \left(\dfrac32\right)^n \geqslant \np{500,5}\\ & \iff n \ln\left(\np{1,5}\right) \geqslant \ln\left(\np{500,5}\right)\quad \text{ car la fonction ln est croissante sur } ]0 ; +\infty[\\ & \iff n \geqslant \dfrac{\ln\left(\np{500,5}\right)}{\ln\left(\np{1,5}\right)} \quad \text{ car } \ln(\np{1,5}) > 0 \endaligned$ Or \quad $\dfrac{\ln\left(\np{500,5}\right)}{\ln\left(\np{1,5}\right)} \approx \np{15,3}$. (Vérification : $u_{15} \approx \np{1,14} \times 10^{-3} > 10^{-3}$ et $u_{16} \approx \np{7,62} \times 10^{-4} \leqslant 10^{-3}$.) La fonction \texttt{seuil()} renvoie donc 16. \end{enumerate} \end{enumerate} \needspace{10\baselineskip} \section*{Exercice 3 \hfill 4 points} \begin{enumerate} \item \textbf{Affirmation 1} : Les vecteurs $\vect{u}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}$ et $\vect{v}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}$ ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de $\vect{v}$ est nulle, pas celle de $\vect{u}$). On cherche deux réels $a$ et $b$ tels que $\vect{w} = a\vect{u} + b\vect{v}$ :\quad $\begin{cases} 2 = a \\ 1 = b \\ 0 = 2a + 3b \end{cases} \iff \begin{cases} a = 2 \\ b = 1 \\ 0 = 7 \end{cases}$ La dernière ligne est fausse : le vecteur $\vect{w}$ n'est pas une combinaison linéaire des vecteurs $\vect{u}$ et $\vect{v}$. Les trois vecteurs ne sont donc pas coplanaires : ils forment une base de l'espace. L'affirmation est \textbf{vraie}. \item \textbf{Affirmation 2} : On a $\vectt{CD} \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ -3 \end{pmatrix}$, $\vectt{AB} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ -2 \end{pmatrix}$ et $\vectt{AC} \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}$. Les points A, B et C n'étant pas alignés, les vecteurs $\vectt{AB}$ et $\vectt{AC}$ ne sont pas colinéaires donc ils forment une base du plan (ABC). $\vectt{CD} \cdot \vectt{AB} = 0 \times 1 + 3 \times (-2) + (-3) \times (-2) = 0$ \quad et \quad $\vectt{CD} \cdot \vectt{AC} = 0 \times (-1) + 3 \times (-1) + (-3) \times (-1) = 0$. Le vecteur $\vectt{CD}$ est orthogonal à deux vecteurs formant une base du plan (ABC) donc le vecteur $\vectt{CD}$ est normal au plan (ABC) et la droite (CD) est orthogonale au plan (ABC). L'affirmation est \textbf{vraie}. \item \textbf{Affirmation 3} : Le vecteur $\vect{n} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 3 \end{pmatrix}$ est normal au plan $P_1$ donc une équation du plan $P_1$ est de la forme \[ x - 2y + 3z + d = 0\] Le point E$(1~;~1~;~-1)$ appartient au plan $P_1$ donc on doit avoir \quad $1 - 2 \times 1 + 3 \times (-1) + d = 0$ \quad soit \quad $d = 4$. Ainsi, l'équation \quad $x - 2y + 3z + 4 = 0$ \quad est une équation cartésienne du plan $P_1$. Le point M$(2~;~2~;~-1)$ appartient bien à la droite $d$ (pour $t = 1$), mais :\\ $x_{\mathrm{M}} - 2y_{\mathrm{M}} + 3z_{\mathrm{M}} + 4 = 2 - 4 - 3 + 4 = -1 \neq 0$. On en déduit que M n'appartient pas à $P_1$ : ce n'est donc pas le point d'intersection de $d$ et $P_1$. L'affirmation est \textbf{fausse}. \item \textbf{Affirmation 4} : La distance du point N au plan $P_2$ est la distance NH où H est le projeté orthogonal de N sur le plan $P_2$. Il faut donc vérifier que H appartient à $P_2$ et que le vecteur $\vectt{NH}$ est normal à $P_2$. On a \quad $1 + 2 \times (-2) - 2 \times 0 + 3 = 0$ \\ Les coordonnées de H vérifient l'équation du plan $P_2$ donc H appartient à $P_2$. Le vecteur $\vect{n_2} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -2 \end{pmatrix}$ est normal au plan $P_2$ et $\vectt{NH} \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix}$, donc $\vectt{NH} = -\vect{n_2}$ : les vecteurs $\vectt{NH}$ et $\vect{n_2}$ sont colinéaires et $\vectt{NH}$ est normal à $P_2$. H est donc le projeté orthogonal de N sur $P_2$ et la distance de N au plan $P_2$ est \quad $\mathrm{NH} = \sqrt{(-1)^2 + (-2)^2 + 2^2} = \sqrt{9} = 3$. L'affirmation est \textbf{vraie}. \end{enumerate} \needspace{10\baselineskip} \section*{Exercice 4 \hfill 6 points} \subsection*{Partie A} \begin{enumerate} \item $2y' + 3y = 0 \iff y' = -\dfrac32 y$. Les solutions de l'équation $y' = ay$ sont les fonctions $t \longmapsto C\e^{at}$, avec $C \in \R$. Les solutions de $(E')$ sont donc les fonctions $t \longmapsto C\e^{-\frac32 t}$, avec $C \in \R$. \item La fonction $f$ est solution de $(E)$ donc \quad $2f' + 3f = 8\e^{-\frac32 t}$. Par suite, par linéarité de la dérivation : $\aligned[t] g \text{ solution de } (E) &\iff 2g' + 3g = 8\e^{-\frac32 t}\\ & \iff 2g' + 3g = 2f' + 3f\\ & \iff 2(g - f)' + 3(g - f) = 0\\ & \iff g - f \text{ solution de } (E') \endaligned$ \item D'après les questions 1 et 2, $g$ est solution de $(E)$ si et seulement s'il existe un réel $C$ tel que, pour tout $t \geqslant 0$, \quad $g(t) - f(t) = C\e^{-\frac32 t} \iff g(t) = C\e^{-\frac32 t} + f(t) \iff g(t) = C\e^{-\frac32 t} +4t\e^{-\frac{3}{2}t}$ Les solutions de $(E)$ sont donc les fonctions $t \longmapsto (4t + C)\e^{-\frac32 t}$, avec $C \in \R$. \item $g(0) = 0 \iff (4 \times 0 + C)\e^{0} = 0 \iff C = 0$. Une seule solution de $(E)$ s'annule en 0 : la fonction $f$ définie par $f(t) = 4t\e^{-\frac32 t}$. \end{enumerate} \subsection*{Partie B} \begin{enumerate} \item On a :\quad $\ds \lim_{t \to +\infty} 4t = +\infty$ \quad et \quad $\ds \lim_{t \to +\infty} \e^{-\frac32 t} = 0$, \quad sous cette forme, on a donc une forme indéterminée. Mais, pour tout $t \geqslant 0$, on a :\quad $f(t) = \dfrac83 \times \dfrac32 t\e^{-\frac32 t} = \dfrac83 X\e^{-X}$ \quad avec \quad $X = \dfrac32 t$. $\ds \lim_{t \to +\infty} \dfrac32 t = +\infty$ \quad et \quad $\ds \lim_{X \to +\infty} X\e^{-X} = \lim_{X \to +\infty} \dfrac{X}{\e^{X}} = 0$, \quad d'après la propriété des croissances comparées. On obtient alors, par composition :\quad $\ds \lim_{t \to +\infty} f(t) = 0$. À long terme, le médicament est totalement éliminé du sang. \item \begin{enumerate} \item On a, pour tout $t \geqslant 0$ : \quad $f'(t) = 4 \times \e^{-\frac32 t} + 4t \times \left(-\dfrac32 \e^{-\frac32 t}\right) = 4\e^{-\frac32 t} - 6t\e^{-\frac32 t}$. Soit \quad $f'(t) = (4 - 6t)\e^{-\frac32 t}$. \item Pour tout $t \geqslant 0$, \quad $\e^{-\frac32 t} > 0$ \quad donc le signe de $f'(t)$ est le même que celui de $4 - 6t$. Or \quad $4 - 6t > 0 \iff t < \dfrac23$. De plus, on a : \quad $f(0) = 0$ \quad et \quad $f\left(\dfrac23\right) = 4 \times \dfrac23 \e^{-\frac32 \times \frac23} = \dfrac83 \e^{-1} = \dfrac{8}{3\e} \approx \np{0,981}$. On obtient le tableau de variations \begin{center} \begin{tikzpicture} \tkzTabInit[lgt=3.5,espcl=4]{$t$ / 0.8 , signe de $4-6t$ / 1, signe de $f'(t)$ / 1, variation de $f$ / 2}{$0$, $\frac23$, $+\infty$} \tkzTabLine{,+,z,-, } \tkzTabLine{,+,z,-, } \tkzTabVar{-/$0$, +/$\frac{8}{3\e}$, -/$0$} \end{tikzpicture} \end{center} \item D'après le tableau de variations, la quantité de médicament dans le sang est maximale au bout de $\dfrac23$~h, soit 40~minutes. Elle vaut alors $\dfrac{8}{3\e} \approx \np{0,981}$~mg. \end{enumerate} \item Sur l'intervalle $[1~;~3]$, inclus dans $\left[\dfrac23~;~+\infty\right[$, la fonction $f$ est dérivable donc continue. Elle est strictement décroissante sur cet intervalle. De plus, on a :\quad $f(1) = 4\e^{-\frac32} \approx \np{0,893}$ \quad et \quad $f(3) = 12\e^{-\frac92} \approx \np{0,133}$, \quad donc $\np{0,5} \in \big[f(3)~;~f(1)\big]$. Donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(t) = \np{0,5}$ admet une unique solution $\alpha$ sur $[1 ; 3]$. La calculatrice permet d'obtenir : $f\left(\np{1,76}\right) \approx \np{0,502}$ et $f\left(\np{1,77}\right) \approx \np{0,498}$ donc $\np{1,76} < \alpha < \np{1,77}$. \item \textbf{Condition 1.} Le comprimé contient 1~mg : la moitié du médicament est éliminée dès que la quantité présente dans le sang est inférieure ou égale à \np{0,5}~mg. La fonction $f$ est décroissante sur $\left[\dfrac23 ; +\infty\right[$ et $f(\alpha) = \np{0,5}$, donc pour tout $t \geqslant \alpha$, \quad $f(t) \leqslant \np{0,5}$. Or $\alpha < \np{1,77} < 2$ ; en particulier \quad $f(2) = 8\e^{-3} \approx \np{0,398} < \np{0,5}$. La moitié du médicament est éliminée au bout de $\alpha \approx \np{1,77}$~h, soit moins de 2~heures après la prise : la condition 1 est réalisée. \medskip \textbf{Condition 2.} La quantité moyenne de médicament entre 1~h et 3~h est la valeur moyenne de $f$ sur $[1 ; 3]$ :\quad $m = \dfrac{1}{3 - 1} \ds \int_1^3 f(t) \d t$. On pose, pour tout $t \geqslant 0$, \quad $u(t) = 4t$ \quad et \quad $v'(t) = \e^{-\frac32 t}$. On a alors, pour tout $t \geqslant 0$ :\quad $u'(t) = 4$ \quad et on peut choisir \quad $v(t) = -\dfrac23 \e^{-\frac32 t}$. Par intégration par parties, on a :\quad $\aligned[t] \ds \int_1^3 f(t) \d t &= \bigg[ -\dfrac83 t\e^{-\frac32 t} \bigg]_1^3 + \ds \int_1^3 \dfrac83 \e^{-\frac32 t} \d t\\ &= \bigg[ -\dfrac83 t\e^{-\frac32 t} - \dfrac{16}{9} \e^{-\frac32 t} \bigg]_1^3\\ &= \bigg[ -\dfrac89 (3t + 2)\e^{-\frac32 t} \bigg]_1^3\\ &= -\dfrac89 \times 11\e^{-\frac92} + \dfrac89 \times 5\e^{-\frac32}\\ &= \dfrac89 \left(5\e^{-\frac32} - 11\e^{-\frac92}\right) \endaligned$ On obtient donc \quad $m = \dfrac12 \times \dfrac89 \left(5\e^{-\frac32} - 11\e^{-\frac92}\right) = \dfrac49 \left(5\e^{-\frac32} - 11\e^{-\frac92}\right) \approx \np{0,442}$. La quantité moyenne de médicament entre 1~h et 3~h est d'environ \np{0,442}~mg, supérieure à \np{0,40}~mg : la condition 2 n'est pas réalisée. L'essai clinique n'est donc pas validé. \end{enumerate} \end{document}