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%Tapuscrit : Denis Vergès
%Relecture :François Hache
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat spécialité sujet 2}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{18 juin 2025}}
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\thispagestyle{empty}


\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Baccalauréat Métropole 18 juin 2025~\decofourright\\[7pt] Sujet 2\\[7pt] ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}}
\end{center}

\medskip

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Voici l'arbre des probabilités pondéré par les éléments de l'énoncé :

\begin{center}
\pstree[treemode=R,levelsep=3cm]{\TR{}}
{\pstree{\TR{$A~$}\taput{0,6}}
	{\TR{$B$} \taput{0,3}
	\TR{$\overline{B}$} \tbput{0,7}
	}
\pstree{\TR{$\overline{A}~$}\tbput{0,4}}
	{\TR{$B$} \taput{0,4}
	\TR{$\overline{B}$} \tbput{0,6}
	}
}
\end{center}
\item On sait que $P\left(\overline{A}\ \cap \overline{B}\ \right) = P\left(\overline{A}\right) \times P_{\overline{A}}\left(\overline{B} \right) = 0,4 \times 0,6 = 0,24$.

La probabilité qu'une personne ne chute pas lors des deux premières séances est égale à 0,24.
\item $\left\{A~;~\overline{A}\right\}$ est un système complet d'évènements, donc d'après la formule des probabilités totales :

$P(B) = P(A \cap B) + P\left(\overline{A} \cap B\right) = P(A) \times P_A(B) + P\left(\overline{A}\right) \times P_{\overline{A}}(B)$, soit 

$P(B) = 0,6 \times 0,3 + 0,4 \times 0,4 = 0,18 + 0,16 = 0,34$.
\item D'après la formule de la probabilité conditionnelle :

$P_{\overline{B}}(\overline{A}) = \dfrac{P\left(\overline{A} \cap \overline{B}\right)}{P\left(\overline{B}\right)} = \dfrac{P\left(\overline{A} \cap \overline{B}\right)}{1 - P(B)} = \dfrac{0,24}{1 - 0,34} = \dfrac{0,24}{0,66} = \dfrac{24}{66} = \dfrac{4}{11}$ ou encore :

$P_{\overline{B}}\left(\overline{A}\right) \approx \np{0,3636}$, soit 0,364 au millième près.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On répète $100$ fois de façon identique et indépendante l'expérience de Bernoulli dont la probabilité de succès (ne pas avoir chuté lors des deux premières séances) est égale à 0,24.
		
La variable aléatoire $X$ suit donc la loi binomiale de paramètres $n = 100$ et $p = 0,24$.
		\item On a $P(X \geqslant 20) = 1 - P(X < 20) = 1 - P(X \leqslant 19)$ soit d'après la calculatrice 
		
$\approx 1 - 0,145$, d'où

		$P(X \geqslant 20) \approx 0,855$ au millième près.
		\item On sait qu'alors $E(X) = n \times p = 100 \times 0,24 = 24$.

Ceci signifie qu'en moyenne sur 100 personnes, 24 ne chuteront lors des deux premières séances.
		
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\begin{enumerate}
\item Puisque $T = T_1 + T_2$, par linéarité de l'espérance :

$E(T) = E(T_1 + T_2) = E(T_1) + E(T_2) = 40 + 60 = 100$.

Il faut donc attendre en moyenne 100 minutes sur les deux jours.

Les variables aléatoires $T_1$ et $T_2$ étant indépendantes on a de même :

$V(T) = V(T_1 + T_2) = V(T_1) + V(T_2)$

Comme $V(T_1) = \sigma(T_1)^2 = 10^2 = 100$ et que $V(T_2) = \sigma(T_2)^2 = 16^2 = 256$, on a donc 

$V(T) = 100 + 256 = 356$.
\item Soit $60 < T < 140$ soit en centrant sur l'espérance :

$60 - 100 < T - 100 < 140 - 100 \iff - 40 < T - 100 < 40 \iff |T - 100| < 40$ ou encore $|T - E(T)| < 40$.

D'après l'inégalité de Bienaimé-Tchebychev : 

$P(|T - E(T)| \geqslant 40) \leqslant \dfrac{V(T)}{40^2} \iff P(|T - E(T)| \geqslant 40) \leqslant \dfrac{V(T)}{40^2} \iff $

$P(|T - E(T)| < 40) \geqslant 1 - \dfrac{356}{\np{1600}} \iff P(|T - E(T)|  < 40) \geqslant \dfrac{\np{1244}}{\np{1600}}$.

Comme $\dfrac{\np{1244}}{\np{1600}} \approx \np{0,7775}$ qui est supérieur à 0,77, on a finalement :

\[P(60 < T < 140) > 0,77.\]

\end{enumerate}

\medskip

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{center}\textbf{Partie A} \end{center}

\smallskip

\begin{enumerate}
\item Les droites sont sécantes s'il existe un point dont les coordonnées vérifient les équations paramétriques des deux droites, donc s'il existe deux réels $t$ et $s$ donnant les mêmes coordonnées avec les deux systèmes d'équations, soit :

$\left\{\begin{array}{l c l}
x& =& \frac 32 + 2t = s\\
y&=&2 +t = \frac 32 + s\\
z&=&3 - t = 3 - 2s
\end{array}\right.\iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
\frac 32 + 2t& =& s\\
2 +t &=& \frac 32 + \frac 32 + 2t\\
3 - t &=& 3 - 2(\frac 32 + 2t)
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
\frac 32 + 2t& =& s\\
2 + t&=&3 + 2t\\
3 - t&=&- 4t\end{array}\right. $

$\iff \left\{\begin{array}{l c l} 
\frac 32 + 2t& =& s\\
- 1&=&t\\
3t&=&-3\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} -\frac 12 & =& s\\
- 1&=&t\\
t&=&-1\end{array}\right.$

Ces équations sont compatibles : les équations paramétriques de $d$ et de $(d')$ donnent respectivement  avec $t = - 1$ et $s = -\frac 12$ les mêmes coordonnées $\left(- \frac12~;~1~;~4 \right)$ du point commun à ces deux droites.
\item
	\begin{enumerate}
		\item On a $\vect{\text{AB}}\begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix}$ et $\vect{\text{AC}}\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}$.

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires : leurs premières coordonnées sont égales mais pas les autres

Or $\vect{n} \cdot \vect{\text{AB}} = 2 - 6 + 4 = 0$ et $\vect{n} \cdot \vect{\text{AC}} = 2 - 2 + 0 = 0$.

Conclusion $\vect{n}$ orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) est un vecteur normal à ce plan.
	\item Le résultat précédent montre que :
	
$M(x~;~y~;~z) \in (\text{ABC}) \iff 1x + 2y + 4z + d = 0, \: d \in \R$.

En particulier C$(1~;~1~;~1) \in (\text{ABC}) \iff 1 + 2 + 4 + d = 0, \: d \in \R \iff  d = - 7$.

Finalement : $M(x~;~y~;~z) \in (\text{ABC}) \iff x + 2y + 4z - 7 = 0$.
	\end{enumerate}
\item A, B et C définissant un plan, il suffit de montrer que S n'appartient pas à ce plan :

S$\left(- \frac 12~;~1~;~4\right) \notin (\text{ABC}) \iff - \dfrac 12  + 2 + 16 - 7 \ne 0 \iff \dfrac{21}{2} \ne 0$ qui est bien vraie.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Si H est le projeté orthogonal de S sur le plan (ABC), alors $\vect{\text{SH}}$ est un vecteur normal au plan (ABC), donc colinéaire au vecteur $\vect{n}$.
		
Or $\vect{\text{SH}}\begin{pmatrix}- \dfrac 12\\- 1\\-2\end{pmatrix}$.

Avec $\vect{n}\begin{pmatrix} 1\\2\\4\end{pmatrix}$, on a bien $\vect{n} = - 2\vect{\text{SH}}$.

D'autre part on a ;

H$(-1~;~0~;~2) \in (\text{ABC}) \iff - 1 + 2\times 0  + 4 \times 2 - 7 = 0$ qui est vraie.

Conclusion : le point H$(-1~;~0~;~2)$ est le projeté orthogonal de S sur le plan (ABC).
	\item De $\vect{\text{SH}}\begin{pmatrix}- \dfrac 12\\- 1\\-2\end{pmatrix}$ on en déduit que SH$^2 = \dfrac 14 + 1 + 4 = \dfrac 14 + \dfrac{20}{4} = \dfrac{21}{4}$, d'où SH $ = \sqrt{\dfrac{21}{4}} = \dfrac{\sqrt{21}}{\sqrt{4}} = \dfrac{\sqrt{21}}{2}$.
	
Comme H est le projeté orthogonal de S sur le plan (ABC) on sait que la distance SH est la plus petite distance de S au plan. Pour tout autre point M distinct de H du plan (ABC), [SM] est l'hypoténuse du triangle rectangle SHM donc le côté le plus long de ce triangle et en particulier SM $> $ SH, soit SM $ > \dfrac{\sqrt{21}}{2}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\begin{center}\textbf{Partie B} \end{center}

\smallskip

\begin{enumerate}
\item Si $M(x~;~y~;~z)$, avec $\vect{\text{CS}}\begin{pmatrix}- \dfrac 32\\0\\3\end{pmatrix}$, on a 

$\vect{\text{C}M} = k\vect{\text{CS}} \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x - 1&=&- \dfrac 32 k\\
y - 1&=&0k\\
z - 1&=&3k
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x &=& 1 - \dfrac 32 k\\
y &=&1\\
z &=&1 + 3k
\end{array}\right.$
	\item ($M$AB) est rectangle en $M$ si :
	
(A$M$) et (B$M$) sont perpendiculaires soit si $\vect{\text{A}M} \cdot \vect{\text{B}M} = 0$.

Avec $\vect{\text{A}M}\begin{pmatrix}1 - \dfrac 32 k + 1\\1 - 2\\1 + 3k - 1\end{pmatrix}$ soit $\vect{\text{A}M}\begin{pmatrix} 2 - \dfrac 32 k\\ - 1\\3k\end{pmatrix}$ et 
$\vect{\text{B}M}\begin{pmatrix}1 - \dfrac 32 k - 1\\1 + 1\\1 + 3k - 2\end{pmatrix}$, soit $\vect{\text{B}M}\begin{pmatrix}- \dfrac 32 k \\2\\3k - 1\end{pmatrix}$ le produit scalaire s'écrit :

$- \dfrac 32 k\left(2 - \dfrac 32 k\right) - 2 + 3k(3k - 1) = 0 \iff - 3k + \dfrac 94 k^2 - 2 + 9k^2  - 3k = 0 \iff $

$9k^2 + 36k^2 - 24k- 8 = 0 \iff 45k^2- 24k - 8 = 0$.

Pour cette équation du second degré, on a 

$\Delta = 24^2 - 4 \times 45 \times (- 8) = \np{2016} > 0$.

L'équation a deux solutions :

$k_1 = \dfrac{24+ \sqrt{\np{2016}}}{90} \approx 0,765$ et 
$k_2 = \dfrac{24 - \sqrt{\np{2016}}}{90} \approx -0,232$.

Seul $k_1 \in [0~;~1]$.

Conclusion : il existe un seul point $M_1$ du segment [CS] tel que $M_1$AB est un triangle rectangle en $M_1$.

\emph{Rem.} Si on remplace $k$ par la valeur trouvée ci-dessus, on trouve que AB$^2 = 14$, 

A$M_1^2 = 7$ et B$M_1^2 = 7$.

Le triangle $M_1$AB est un triangle rectangle ($7 + 7 = 14$), mais il est aussi isocèle.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item La suite $(u_n)$ est définie pour tout entier naturel $n$ par
\[u_n = \dfrac{1 + 5^n}{2 +3^n}.\]

\textbf{Affirmation 1 :} La suite $(u_n)$ converge vers $\dfrac 53$. FAUSSE

En écrivant $u_n = \dfrac{1 + 5^n}{2 +3^n} = \dfrac{\frac{1}{5^n} + 1}{\frac{2}{5^n} + \left(\frac 35 \right)^n}$ et en remarquant que :

$\bullet $$\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \frac{1}{5^n} = 0$  ;

$\bullet $$\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \frac{2}{5^n} = 0$  ;

$\bullet $$\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \left(\dfrac 35 \right)^n = 0$ car $0 < \dfrac 35 < 1$ ;

Donc par somme de limites, on a $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}\frac{1}{5^n} + 1 = 1$ et $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}\frac{2}{5^n} + \left(\frac 35 \right)^n = 0$, donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_n = + \infty$.
\item On considère la suite $(w_n)$ définie par:

\begin{center}$w_0 = 0$\: et, pour tout entier naturel\: $n, w_{n+1} = 3w_n - 2n + 3$.\end{center}

\textbf{Affirmation 2 :} Pour tout entier naturel $n,\: w_n \geqslant n$.

Raisonnement par récurrence :

\emph{Initialisation} : $w_0 = 0 \geqslant 0$  : l'inégalité est vraie au rang 0 ;

\emph{Hérédité} : Soit $n \in \N$ tel que $w_n \geqslant n$, alors 

$3w_n \geqslant 3n \iff 3w_n - 2n \geqslant 3n - 2n$ ou $3w_n - 2n \geqslant n$ et enfin $3w_n - 2n + 3 \geqslant n + 3$.

Or $n + 3 = n + 1 + 2$, donc $n + 3 > n + 1$ et $3w_n - 2n + 3 = w_{n+1}$.

On a donc $w_{n+1}\geqslant n + 3 > n + 1$, soit par transitivité : $w_{n+1}\geqslant n + 1$ : l'inégalité est vraie au rang $n + 1$.

\textbf{Conclusion :} l'inégalité est vraie au rang 0 et si elle est vraie à un rang $n$, elle l'est aussi au rang $n + 1$ ; d'après le principe de récurrence pour tout entier naturel $n,\: w_n \geqslant n$ : l'affirmation 2 est vraie.
\item L'affirmation est fausse car si $f$ était convexe sur $]0~;~+ \infty[$, elle le serait au point d'abscisse 8 et sa courbe représentative serait au dessus de sa tangente au  point A. C'est le contraire d'après le graphique : Affirmation 3 : fausse.
\item Soit $f$ la fonction définie sur $]0~;~+ \infty[$ par $f(x) = \ln (x) - x + 1$.

Comme somme de fonctions dérivables sur $]0~;~+ \infty[$, $f$ est dérivable sur cet =intervalle et $f'(x) = \dfrac 1x - 1 = \dfrac{1 - x}{x}$.

On a de façon immédiate :

$\bullet~$$f'(x) = 0 \iff x = 1$ ;

$\bullet~$$f'(x) > 0 \iff x < 1$, donc sur ]0~;~1[, \: $f$ est croissante de moins l'infini à $f(1) = \ln 1 - 1 + 1 = 0$.

$\bullet~f'(x) < 0 \iff x > 1$, donc $f$ est décroissante sur $]1~;~+ \infty[$ de 0 à moins l'infini.

Donc cette fonction est négative puisque son maximum est 0 en $x = 1$ : l'affirmation 4 est vraie.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{center}\textbf{Partie A} \end{center}

\begin{enumerate}
\item %Au bout de combien de temps le chariot aura-t-il parcouru $15$~m dans la zone de freinage ?
Graphiquement on lit que $f(2) = 15$ : le chariot a parcouru 15 m en 2 secondes.
\item %Quelle longueur minimale doit-être prévue pour la zone de freinage ?
L'équation d $\Delta$ a une équation $y = k$, avec $k < 23$.

Une zone de 23~m de longueur  semble suffisante.

\item %Que vaut $d'(4,7)$ ? Interpréter ce résultat dans le contexte de l'exercice.
La tangente en A contient les points de coordonnées (0~;~16,5) et (4,7~;~21). Son coefficient directeur est donc égal à : $\dfrac{21 - 16,5}{4,7 - 0} = \dfrac{4,5}{4,7} \approx 0,96$.
\end{enumerate}

\begin{center}\textbf{Partie B} \end{center}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On considère l'équation différentielle 
		\[(E') :\quad y' + 0,6y = 0.\]

On sait que les solutions de cette équation (homogène) sont les fonctions définies sur $[0~;~+ \infty[$ par :

\[t \longmapsto f(t) = K\e^{-0,6t}, \quad \text{avec}\: K \in \R.\]
		\item Si $g$ la fonction définie sur $[0~;~+\infty[$ par $g(t) = t\e^{-0,6t}$, alors 

$g'(t) = \e^{-0,6t} - 0,6t\e^{-0,6t} = \e^{-0,6t}(1 - 0,6t)$.

Calculons $g'(t) + 0,6g(t) = \e^{-0,6t}(1 - 0,6t) + 0,6 \times t\e^{-0,6t} = \e^{-0,6t}(1 - 0,6t + 0,6t) = \e^{-0,6t} \times 1 = \e^{-0,6t}$.

Comme $g'(t) + 0,6g(t) = \e^{-0,6t}$, $g$ est bien une solution particulière de l'équation $(E)$.

		\item On sait qu'alors les solutions de l'équation $(E)$ sont les fonctions  $f$ définies sur $[0~;~+ \infty[$ par :
		
\[t \longmapsto f(t) = t\e^{-0,6t} + K\e^{-0,6t} = \e^{-0,6t}(t + K),  \quad \text{avec}\: K \in \R.\]
\item En particulier la fonction $v$, est de cette forme :

$v(t) = \e^{-0,6t}(t + K)$  et vérifie $v(0) = 12$.

Or $v(0) = \e^{-0,6\times 0}(0 + K) = 12 \iff 0 + K = 12 \iff K = 12$.

Conclusion : $v(t) = (12 + t)\e^{-0,6t}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Puisque $v$ est une solution de $(E)$, elle vérifie donc $v'(t) + 0,6v(t) = \e^{-0,6t}\iff v'(t)  = \e^{-0,6t} - 0,6v(t) \iff v'(t) = \e^{-0,6t} - 0,6(12 + t)\e^{-0,6t} \iff$

$ v'(t) = \e^{-0,6t}(1 - 7,2 - 0,6t) = \e^{-0,6t}(- 6,2 - 0,6t)$.
		\item Avec l'écriture $v(t) = 12\e^{-0,6t} + \dfrac{1}{0,6} \times \dfrac{0,6t}{\e^{0,6t}}$, on a :

$\bullet \displaystyle\lim_{t \to + \infty} \e^{-0,6t} = 0$ et $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} 12\e^{-0,6t} = 0$ ;

$\bullet \displaystyle\lim_{t \to + \infty} \dfrac{0,6t}{\e^{0,6t}} = 0$ (puissances comparées au voisinage de plus l'infini) et ensuite $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \dfrac{1}{0,6}\dfrac{0,6t}{\e^{0,6t}} = 0$.

Finalement par somme de limites : $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} v(t) = 0$ (ce qui est rassurant : le chariot va s'arrêter).
	\item Puisque $v'(t) = \e^{-0,6t}(- 6,2 - 0,6t)$
 et comme $\e^{-0,6t} > 0$ quel que soit $t \in \R$, le signe de $v'(t)$ est celui de $(- 6,2 - 0,6t)$.

$\bullet~- 6,2 - 0,6t > 0 \iff - 6,2 > 0,6t \iff -62 > 6t \iff - \dfrac{62}{6} > t \iff t < \dfrac{62}{6}$ soit enfin $t < \dfrac{31}{3}$ ; $v$ est donc croissante sur $\left[- \infty~;~-\dfrac{31}{3}\right[$ ; dans le cadre de l'exercice puisque $t \geqslant 0$ ceci ne peut arriver, donc 

$\bullet~- 6,2 - 0,6t <  0 \iff t > -\dfrac{62}{6}$, soit en fait pour $t \geqslant 0$, donc $v$ est décroissante sur $\left[0~;~+ \infty\right[$ de 12 à 0.
	\item D'où le tableau de variation suivant :

\begin{center}
\psset{unit=1cm,arrowsize=2pt 3}
\begin{pspicture}(7,3)
\psframe(7,3)\psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)\psline(1,0)(1,3)
\uput[u](0.5,2.4){$x$}\uput[u](1.2,2.4){$0$}\uput[u](6.5,2.4){$+\infty$}
\uput[d](1.2,2){$12$}\uput[u](6.5,0){0}
\psline{->}(1.8,1.45)(6.3,0.3)
\rput(0.5,2.25){$v'(t)$}\rput(4,2.25){$-$}\rput(0.5,1){$v$}\uput[u](5.5,0.25){1}
\psline[linecolor=red]{->}(5.5,0.9)(5.5,2.5)\uput[u](5.5,2.4){\red $\alpha$}
\end{pspicture}
\end{center}

Sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$, la fonction $v$ continue, car dérivable est strictement décroissante de 12 à 0 ; comme $1 \in ]0~;~12]$, il existe d'après le théorème des valeurs intermédiaires un réel unique $\alpha \in ]0~;~+ \infty[$ tel que $v(\alpha) = 1$.

La calculatrice montre que :

$v(4) \approx 1,5$ et $v(5) \approx 0,85$, donc $4 < \alpha < 5$ ;

$v(4,6) \approx 1,05$ et $v(4,7) \approx 0,995$, donc $4,6 < \alpha < 4,7$ ; à 0,1 près on prend $\alpha \approx 4,7$.
	\end{enumerate}
\item D'après la question précédente la vitesse descend à 1 m/s au bout de 4,7 s. Le système d'arrêt se déclenchera donc au bout de 4,7~s.
\end{enumerate}

\begin{center}\textbf{Partie C} \end{center}

\begin{enumerate}
\item Calcul de l'intégrale : $d(t) = \displaystyle\int_0^t (12 + x)\e^{-0,6x}\,\text{d}x$ :

Avec

$\left\{\begin{array}{l l}
u(x) = 12 + x	&v'(x) = \e^{-0,6x}\\
u'(x) = 1		&v(x) = - \dfrac{1}{0,6}\e^{-0,6x}\\
\end{array}\right.$,

et toutes ces fonctions étant continues car dérivables sur $[0~;~t]$, on peut intégrer par parties :

\textbf{Rappel :} \fbox{$\displaystyle\int_0^t u(x) v'(x)\,\text{d}x = \left[u(x)v(x) \right]_0^t - \displaystyle\int_0^t u'(x) v(x)\,\text{d}x$}.

Donc $d(t) = \left[-(12 + x)\times \dfrac{1}{0,6}\e^{-0,6x}\right]_0^t - \displaystyle\int_0^t -\,\dfrac{1}{0,6}\e^{-0,6x}\,\text{d}x$.

Soit $d(t) = \left[-(12 + x)\times \dfrac{1}{0,6}\e^{-0,6x} \right]_0^t + \displaystyle\int_0^t \,\dfrac{1}{0,6}\e^{-0,6x}\,\text{d}x = $

$\left[-(12 + x)\times \dfrac{1}{0,6}\e^{-0,6x} \right]_0^t - \dfrac{1}{0,6}\left[\dfrac{1}{0,6}\e^{-0,6x}\right]_0^t  = \left[-(12 + x)\times \dfrac{1}{0,6}\e^{-0,6x} - \dfrac{1}{0,36}\e^{-0,6x} \right]_0^t$.

Or $\dfrac{1}{0,6} = \dfrac{10}{6} = \dfrac 53$ et $\dfrac{1}{0,36} = \dfrac{100}{36} = \dfrac{4\times 25}{4 \times 9} = \dfrac{25}{9}$.

Soit $d(t) = \left[-(12 + x)\times \dfrac53\e^{-0,6x} \right]_0^t - \left[\dfrac{25}{9}\e^{-0,6x} \right]_0^t = \left[-\e^{-0,6x}\left(\dfrac{5(12 + x)}{3}  + \dfrac{25}{9}\right) \right]_0^t =$

$ -\e^{-0,6t}\left(20 + \dfrac{5t}{3} + \dfrac{25}{9}\right) + 20 + \dfrac{25}{9} = \e^{-0,6t}\left(- \dfrac 53 t - \dfrac{205}{9}\right) + \dfrac{205}{9}$.
\item On a vu que la vitesse du chariot est à peu près égale à 1 m/s au bout de 4,7~s.

La distance parcourue par le chariot au moment du déclenchement de l'arrêt est donc $d(4,7) = \e^{-0,6\times {\blue 4,7}}\left(- \dfrac 53 \times{\blue 4,7} - \dfrac{205}{9}\right) + \dfrac{205}{9} \approx 20,95$~(m) au centimètre près.

Le dispositif s'arrêt se déclenche quand le chariot a parcouru environ 20,95~m.
\end{enumerate}
\end{document}