Bac 2025 de spécialité maths, Centres étrangers jour 2 : sujet officiel et corrigé

A.1. La population au 1er janvier 2026 correspond au rang $n=1$, puisque $2026=2025+1$. La suite est géométrique de raison $0{,}93$, donc on passe d'un terme au suivant en multipliant par $0{,}93$ : $u_1=0{,}93\times u_0=0{,}93\times 6=5{,}58$.

La suite compte en milliers d'individus : selon ce modèle, la population du milieu A au 1er janvier 2026 est de $5\,580$ individus. Multiplier par $0{,}93$, c'est retirer $7\,\%$ : la population du milieu A perd $7\,\%$ de ses effectifs chaque année.

Erreur fréquente : répondre « $5{,}58$ » sans revenir à l'unité. La question demande une population, pas un terme de suite ; le correcteur attend le nombre d'individus.

A.2. Méthode : terme général d'une suite géométrique. Pour une suite géométrique de premier terme $u_0$ et de raison $q$, on a $u_n=u_0\times q^n$ pour tout entier naturel $n$. Ici $u_0=6$ et $q=0{,}93$ : pour tout entier naturel $n$, $u_n=6\times 0{,}93^{n}$.

Vérification : $n=1$ redonne $6\times 0{,}93=5{,}58$, la valeur de la question précédente. Le piège classique est l'exposant $n-1$, qui ne vaut que si la suite commence au rang $1$ ; ici elle commence au rang $0$.

A.3. Méthode : limite d'une suite géométrique $q^n$ selon la valeur de $q$. Comme $-1<0{,}93<1$, on a $\lim_{n\to+\infty}0{,}93^{n}=0$. Par produit par la constante $6$, $\lim_{n\to+\infty}u_n=6\times 0=0$.

Interprétation : selon ce modèle, la population du milieu A diminue indéfiniment et tend vers $0$ ; à long terme, l'espèce disparaît du milieu A. Le modèle ne dit pas qu'elle disparaît à une date précise, mais que les effectifs deviennent aussi petits que l'on veut.

Erreur fréquente : écrire la limite sans citer la condition $-1<q<1$. Un « on voit que ça diminue » ne suffit pas : une suite décroissante peut converger vers une limite non nulle, c'est d'ailleurs ce qui arrive au milieu B.

B.1. On applique la relation de récurrence avec $n=0$ : $v_1=-0{,}05v_0^2+1{,}1v_0=-0{,}05\times 6^2+1{,}1\times 6=-0{,}05\times 36+6{,}6=-1{,}8+6{,}6=4{,}8$.

Selon ce modèle, la population du milieu B au 1er janvier 2026 est de $4\,800$ individus. Elle baisse plus vite que celle du milieu A la première année ($4\,800$ contre $5\,580$) : on verra pourtant en partie C que B finit par passer devant.

Attention à la priorité des opérations à la calculatrice : $-0{,}05\times 6^2$ vaut $-1{,}8$, pas $(-0{,}05\times 6)^2=0{,}09$.

B.2. Méthode : signe de la dérivée. La fonction $f$ est un polynôme, dérivable sur $[0\,;+\infty[$, et $f'(x)=-0{,}05\times 2x+1{,}1=-0{,}1x+1{,}1$.

Or $-0{,}1x+1{,}1\geqslant 0\iff 0{,}1x\leqslant 1{,}1\iff x\leqslant 11$. Donc $f'(x)\geqslant 0$ pour tout $x\in[0\,;11]$, avec égalité seulement en $x=11$ : la fonction $f$ est croissante sur $[0\,;11]$ (et même strictement croissante).

Autre lecture : $f$ est un polynôme du second degré de coefficient dominant négatif, dont le sommet a pour abscisse $-\dfrac{1{,}1}{2\times(-0{,}05)}=11$ ; elle est donc croissante avant $11$. L'intervalle $[0\,;11]$ n'est pas choisi au hasard : il contient tous les termes de la suite, qui restent entre $2$ et $6$, et c'est ce qui servira dans l'hérédité.

B.3. On démontre par récurrence la propriété $\mathcal{P}(n)$ : « $2\leqslant v_{n+1}\leqslant v_n\leqslant 6$ ».

Initialisation : $v_0=6$ et $v_1=4{,}8$ (question B.1), donc $2\leqslant 4{,}8\leqslant 6\leqslant 6$, c'est-à-dire $2\leqslant v_1\leqslant v_0\leqslant 6$ : $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $n$ un entier naturel tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie, c'est-à-dire $2\leqslant v_{n+1}\leqslant v_n\leqslant 6$. Les nombres $2$, $v_{n+1}$, $v_n$ et $6$ appartiennent tous à $[0\,;11]$, intervalle sur lequel $f$ est croissante (question B.2). Appliquer $f$ conserve donc l'ordre : $f(2)\leqslant f(v_{n+1})\leqslant f(v_n)\leqslant f(6)$.

On calcule les bornes : $f(2)=-0{,}05\times 4+2{,}2=-0{,}2+2{,}2=2$ et $f(6)=4{,}8$. Comme $f(v_{n+1})=v_{n+2}$ et $f(v_n)=v_{n+1}$, on obtient $2\leqslant v_{n+2}\leqslant v_{n+1}\leqslant 4{,}8$, et puisque $4{,}8\leqslant 6$ : $2\leqslant v_{n+2}\leqslant v_{n+1}\leqslant 6$. C'est $\mathcal{P}(n+1)$.

Conclusion : la propriété est vraie au rang $0$ et héréditaire, donc, par le principe de récurrence, $2\leqslant v_{n+1}\leqslant v_n\leqslant 6$ pour tout entier naturel $n$.

Le piège de cette hérédité est de « composer » une inégalité par $f$ sans dire pourquoi c'est permis : c'est la croissance de $f$ sur un intervalle qui CONTIENT les quatre nombres qui l'autorise, et la rédaction doit citer les deux. Erreur voisine : oublier de calculer $f(2)$ ; c'est parce que $2$ est un point fixe de $f$ que la borne inférieure se transmet exactement.

B.4. D'après la question B.3, pour tout entier naturel $n$, $v_{n+1}\leqslant v_n$ : la suite $(v_n)$ est décroissante. Toujours d'après B.3, $v_n\geqslant 2$ pour tout $n$ : elle est minorée par $2$. Par le théorème de convergence monotone, toute suite décroissante et minorée converge : la suite $(v_n)$ converge vers une limite $\ell$.

Par passage à la limite dans l'encadrement $2\leqslant v_n\leqslant 6$, cette limite vérifie $2\leqslant\ell\leqslant 6$. Cette information est indispensable à la question suivante.

Le théorème donne l'existence de la limite, pas sa valeur : on ne peut pas conclure ici que $\ell=2$ parce que $2$ est un minorant.

B.5.a. Pour tout $n$, $v_{n+1}=f(v_n)$. D'une part, $v_{n+1}$ tend vers $\ell$ quand $n\to+\infty$ (c'est la même suite, décalée d'un rang). D'autre part, $f$ est continue sur $[0\,;+\infty[$, car c'est un polynôme, et $v_n\to\ell$, donc $f(v_n)\to f(\ell)$. Par unicité de la limite, $f(\ell)=\ell$.

On résout : $f(\ell)=\ell\iff -0{,}05\ell^2+1{,}1\ell=\ell\iff -0{,}05\ell^2+0{,}1\ell=0\iff \ell(-0{,}05\ell+0{,}1)=0$. Un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs l'est : $\ell=0$ ou $\ell=\dfrac{0{,}1}{0{,}05}=2$.

Or $\ell\geqslant 2$ d'après B.4 : la valeur $0$ est exclue, et $\ell=2$. Vérification : $f(2)=2$, calculé en B.3.

Erreurs fréquentes : oublier de citer la continuité de $f$, qui est l'hypothèse qui permet de passer à la limite dans $f(v_n)$ ; ou garder les deux solutions sans trancher. L'équation $f(\ell)=\ell$ donne des candidats, c'est l'encadrement $2\leqslant\ell\leqslant 6$ qui choisit.

B.5.b. La suite compte en milliers d'individus : selon ce modèle, la population du milieu B diminue, mais se stabilise à long terme vers $2\,000$ individus. Contrairement au milieu A, l'espèce ne disparaît pas du milieu B.

C.1. La population du milieu A est strictement inférieure à $3\,000$ individus lorsque $u_n<3$, les termes étant en milliers. On résout cette inéquation dans $\mathbb{N}$ : $6\times 0{,}93^{n}<3\iff 0{,}93^{n}<0{,}5$.

La fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0\,;+\infty[$ et les deux membres sont strictement positifs : $0{,}93^{n}<0{,}5\iff \ln(0{,}93^{n})<\ln 0{,}5\iff n\ln 0{,}93<\ln 0{,}5$.

On divise par $\ln 0{,}93$, qui est STRICTEMENT NÉGATIF puisque $0{,}93<1$ : le sens de l'inégalité change, et $n>\dfrac{\ln 0{,}5}{\ln 0{,}93}\approx 9{,}55$. Le plus petit entier qui convient est $n=10$, ce qui correspond à l'année $2025+10=2035$.

Vérification : $u_9=6\times 0{,}93^{9}\approx 3{,}123>3$ et $u_{10}=6\times 0{,}93^{10}\approx 2{,}904<3$. La population du milieu A sera strictement inférieure à $3\,000$ individus à partir de l'année 2035.

Le piège coûte la question : diviser par $\ln 0{,}93$ sans changer le sens, ce qui donne $n<9{,}55$, absurde pour une suite décroissante. Autre erreur : répondre 2034 en arrondissant $9{,}55$ à l'entier inférieur.

C.2. On calcule les termes successifs à la calculatrice (mode suite, ou répétition de la touche Entrée sur $-0{,}05\,\mathrm{Ans}^2+1{,}1\,\mathrm{Ans}$) : $v_2=4{,}128$ ; $v_3\approx 3{,}689$ ; $v_4\approx 3{,}377$ ; $v_5\approx 3{,}145$ ; $v_6\approx 2{,}965$.

La suite $(v_n)$ est décroissante (question B.3) : $v_5>3$ et $v_6<3$, donc tous les termes à partir du rang $6$ sont inférieurs à $3$, et aucun avant. La population du milieu B sera strictement inférieure à $3\,000$ individus à partir de l'année $2025+6=2031$.

La décroissance de la suite est ce qui permet d'écrire « à partir de » : sans elle, un terme sous $3$ pourrait être suivi d'un terme au-dessus. Le milieu B descend donc sous les $3\,000$ individus quatre ans avant le milieu A.

C.3. On combine les deux limites. D'après B.3, $v_n\geqslant 2$ pour tout entier naturel $n$. D'après A.3, $\lim_{n\to+\infty}u_n=0$ : par définition de la limite, l'intervalle ouvert $]-1\,;2[$, qui contient $0$, contient tous les termes $u_n$ à partir d'un certain rang $N$. Pour $n\geqslant N$, on a donc $u_n<2\leqslant v_n$, soit $v_n>u_n$ : à partir d'une certaine année, la population du milieu B dépassera la population du milieu A.

On peut même donner un rang : $u_n<2\iff 0{,}93^{n}<\dfrac{1}{3}\iff n>\dfrac{\ln 3}{-\ln 0{,}93}\approx 15{,}14$, donc $u_n<2\leqslant v_n$ dès $n=16$, soit dès 2041 au plus tard. Ce rang garantit le dépassement, mais ce n'est pas le premier : la question C.4 montre qu'il se produit plus tôt.

Erreur fréquente : comparer les limites seules, « $2>0$ donc $v_n>u_n$ », sans le passage par un rang. L'argument complet utilise une inégalité valable pour TOUS les $n$ (ici $v_n\geqslant 2$) et la définition de la limite pour l'autre suite.

C.4.a. Le programme calcule les deux populations année après année et compte les années dans $n$. La boucle doit tourner TANT QUE la population du milieu B n'a pas dépassé celle du milieu A, c'est-à-dire tant que $v\leqslant u$ : ligne while v <= u :.

Dans la boucle : u = 0.93*u (terme suivant de la suite géométrique) et v = -0.05*v**2 + 1.1*v (relation de récurrence de la partie B). À la sortie de la boucle, $v>u$ pour la première fois, et le programme affiche l'année $2025+n$. Le programme complété figure en fin de corrigé.

Les deux mises à jour peuvent s'écrire dans n'importe quel ordre, car la nouvelle valeur de $v$ ne dépend pas de $u$, ni l'inverse. Sur la condition, le piège est de recopier la question : while v > u : ne ferait jamais tourner la boucle, puisque $u=v=6$ au départ, et afficherait 2025. Écrire while v < u : la ferait aussi s'arrêter tout de suite, pour la même raison.

C.4.b. On fait tourner le programme, ou on compare les termes à la calculatrice : $u_{11}\approx 2{,}701$ et $v_{11}\approx 2{,}464$ ; $u_{12}\approx 2{,}512$ et $v_{12}\approx 2{,}406$ ; $u_{13}\approx 2{,}336$ et $v_{13}\approx 2{,}358$.

Pour $n=0$ à $12$, on a $v_n\leqslant u_n$, et pour $n=13$, $v_{13}>u_{13}$ : la boucle s'arrête avec $n=13$ et le programme affiche $2025+13=2038$. À partir de 2038, la population du milieu B est strictement supérieure à celle du milieu A, et elle le reste, comme le garantit le raisonnement de C.3 pour les rangs lointains.

L'écart est serré en 2037 et 2038, de l'ordre de $0{,}1$ millier : un arrondi trop grossier, à l'unité de millier par exemple, fait conclure à tort. On garde au moins deux ou trois décimales dans la comparaison.

n = 0
u = 6
v = 6
while v <= u :
    u = 0.93*u
    v = -0.05*v**2 + 1.1*v
    n = n+1
print(2025 + n)

A.1. On lit l'ordonnée du point de la courbe $\mathcal{C}_f$ d'abscisse $10$ : il se situe un peu en dessous de la graduation $0{,}9$, donc $f(10)\approx 0{,}88$. Toute valeur lue entre $0{,}87$ et $0{,}89$ est acceptable à la précision d'une lecture graphique.

Piège : B$(10\,;1)$ a aussi pour abscisse $10$, mais il est sur la TANGENTE, pas sur la courbe. Répondre $f(10)=1$ confond les deux tracés. (La valeur exacte, qu'on obtiendra une fois $a$ et $b$ connus, est $\dfrac{1}{1+\mathrm{e}^{-2}}\approx 0{,}881$, ce qui confirme la lecture.)

A.2. Une limite finie $\ell$ en $+\infty$ se traduit graphiquement par une asymptote horizontale d'équation $y=\ell$. Ici, la droite d'équation $y=1$ est asymptote horizontale à la courbe $\mathcal{C}_f$ en $+\infty$ : quand $x$ devient grand, la courbe se rapproche aussi près que l'on veut de cette droite. C'est bien ce que montre le graphique, où la courbe est quasiment confondue avec la droite $y=1$ à partir de $x=25$.

A.3. Le point A$(0\,;0{,}5)$ appartient à la courbe $\mathcal{C}_f$ : c'est le point de tangence, et la courbe y passe sur le graphique. Donc $f(0)=0{,}5$. Or $f(0)=\dfrac{1}{a+\mathrm{e}^{0}}=\dfrac{1}{a+1}$. On résout $\dfrac{1}{a+1}=0{,}5\iff a+1=2\iff a=1$.

Remarque : la question se règle sans $b$, puisque $\mathrm{e}^{-b\times 0}=1$ quel que soit $b$. C'est le point d'abscisse $0$ qui isole $a$ ; une lecture en un autre point mêlerait les deux inconnues.

A.4. Le coefficient directeur d'une droite passant par deux points d'abscisses distinctes est $\dfrac{y_B-y_A}{x_B-x_A}=\dfrac{1-0{,}5}{10-0}=\dfrac{0{,}5}{10}=0{,}05$.

Erreur fréquente : inverser le quotient et écrire $\dfrac{10}{0{,}5}=20$. Une droite qui monte de $0{,}5$ quand $x$ avance de $10$ a une pente faible, ce que confirme le graphique, où les unités des deux axes sont très différentes.

A.5.a. On sait désormais que $a=1$, donc $f(x)=\dfrac{1}{1+\mathrm{e}^{-bx}}$. Méthode : dérivée de l'inverse d'une fonction, $\left(\dfrac{1}{v}\right)'=-\dfrac{v'}{v^2}$, avec $v(x)=1+\mathrm{e}^{-bx}$, qui ne s'annule pas.

La dérivée de $x\mapsto\mathrm{e}^{-bx}$ est $x\mapsto -b\,\mathrm{e}^{-bx}$ (dérivée de $\mathrm{e}^{u}$, avec $u(x)=-bx$ et $u'(x)=-b$). Donc $v'(x)=-b\,\mathrm{e}^{-bx}$ et $f'(x)=-\dfrac{-b\,\mathrm{e}^{-bx}}{\left(1+\mathrm{e}^{-bx}\right)^2}=\dfrac{b\,\mathrm{e}^{-bx}}{\left(1+\mathrm{e}^{-bx}\right)^2}$.

Les deux signes moins se compensent : c'est là que se perdent la plupart des points de la question. Contrôle de cohérence : $b>0$ et les exponentielles sont positives, donc $f'(x)>0$, ce qui va avec la courbe croissante du graphique.

A.5.b. La droite (AB) est tangente à $\mathcal{C}_f$ au point A d'abscisse $0$ : son coefficient directeur est le nombre dérivé $f'(0)$. Donc $f'(0)=0{,}05$ (question A.4).

Or $f'(0)=\dfrac{b\,\mathrm{e}^{0}}{\left(1+\mathrm{e}^{0}\right)^2}=\dfrac{b}{2^2}=\dfrac{b}{4}$. On résout $\dfrac{b}{4}=0{,}05$ : $b=0{,}2$. Cette valeur est bien strictement positive, comme l'impose l'énoncé, et c'est celle que la partie B admet.

B.1. On a $-0{,}2<0$, donc $\lim_{x\to+\infty}(-0{,}2x)=-\infty$, et par composition avec la fonction exponentielle, $\lim_{X\to-\infty}\mathrm{e}^{X}=0$ : $\lim_{x\to+\infty}\mathrm{e}^{-0{,}2x}=0$. Par somme, $1+\mathrm{e}^{-0{,}2x}\to 1$, et par quotient, $\lim_{x\to+\infty}f(x)=\dfrac{1}{1}=1$.

On retrouve la limite admise en A.2 : on vient de la démontrer. La rédaction attendue nomme la composition ; écrire « $\mathrm{e}^{-\infty}=0$ » n'est pas une justification.

B.2. D'après A.5.a avec $b=0{,}2$, pour tout $x\geqslant 0$ : $f'(x)=\dfrac{0{,}2\,\mathrm{e}^{-0{,}2x}}{\left(1+\mathrm{e}^{-0{,}2x}\right)^2}$.

Une exponentielle est strictement positive, donc le numérateur $0{,}2\,\mathrm{e}^{-0{,}2x}$ est strictement positif ; le dénominateur est un carré non nul, strictement positif. Ainsi $f'(x)>0$ sur $[0\,;+\infty[$, et la fonction $f$ est strictement croissante sur $[0\,;+\infty[$.

Tableau de variations : $f(0)=\dfrac{1}{1+1}=0{,}5$, puis $f$ croît strictement vers $1$ en $+\infty$ (question B.1). On en tire au passage que $0{,}5\leqslant f(x)<1$ pour tout $x\geqslant 0$, ce qui sert à la question suivante.

Autre voie, sans dérivée : $x\mapsto\mathrm{e}^{-0{,}2x}$ est décroissante, donc $1+\mathrm{e}^{-0{,}2x}$ aussi, et son inverse, positif, est croissant. La dérivée reste la méthode attendue, puisqu'elle est déjà calculée.

B.3. Méthode : corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, cas strictement monotone. Sur $[0\,;+\infty[$, la fonction $f$ est continue (car dérivable), strictement croissante (B.2), avec $f(0)=0{,}5$ et $\lim_{x\to+\infty}f(x)=1$. Le réel $0{,}97$ est compris entre $0{,}5$ et $1$ : l'équation $f(x)=0{,}97$ admet donc une unique solution $\alpha$ dans $[0\,;+\infty[$.

Les trois hypothèses se citent toutes : la continuité donne l'existence, la stricte monotonie l'unicité, et l'encadrement $0{,}5<0{,}97<1$ place la valeur visée entre $f(0)$ et la limite. Oublier la stricte monotonie fait perdre l'unicité, qui est la moitié de la question.

On peut ici aller plus loin et calculer $\alpha$ exactement : $\dfrac{1}{1+\mathrm{e}^{-0{,}2\alpha}}=0{,}97\iff 1+\mathrm{e}^{-0{,}2\alpha}=\dfrac{100}{97}\iff\mathrm{e}^{-0{,}2\alpha}=\dfrac{3}{97}\iff\alpha=5\ln\dfrac{97}{3}\approx 17{,}38$. Le sujet ne le demande pas, mais c'est une vérification de la question suivante.

B.4. À la calculatrice, par balayage avec un pas de $1$ : $f(17)=\dfrac{1}{1+\mathrm{e}^{-3{,}4}}\approx 0{,}968<0{,}97$ et $f(18)=\dfrac{1}{1+\mathrm{e}^{-3{,}6}}\approx 0{,}973>0{,}97$. Comme $f$ est strictement croissante, $17<\alpha<18$, ce que confirme la valeur exacte $\alpha=5\ln\dfrac{97}{3}\approx 17{,}38$.

Interprétation : l'énoncé ne donne pas de contexte concret à la fonction $f$ ; on interprète donc le résultat sur la courbe. La valeur $0{,}97$ représente $97\,\%$ de la limite $1$ : la courbe $\mathcal{C}_f$ passe au-dessus de la droite d'équation $y=0{,}97$, c'est-à-dire à moins de $0{,}03$ de son asymptote, entre $x=17$ et $x=18$, et elle y reste ensuite puisque $f$ est croissante. Pour tout $x\geqslant 18$, $f(x)>0{,}97$.

Erreur fréquente : donner un encadrement de $f(\alpha)$, ou deux entiers non consécutifs comme $17$ et $20$. La question demande un intervalle d'amplitude $1$ qui contient $\alpha$.

C.1. On part de $f(x)=\dfrac{1}{1+\mathrm{e}^{-0{,}2x}}$ et on multiplie le numérateur et le dénominateur par $\mathrm{e}^{0{,}2x}$, qui est strictement positif donc non nul : $f(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{0{,}2x}}{\mathrm{e}^{0{,}2x}+\mathrm{e}^{0{,}2x}\times\mathrm{e}^{-0{,}2x}}=\dfrac{\mathrm{e}^{0{,}2x}}{\mathrm{e}^{0{,}2x}+\mathrm{e}^{0}}=\dfrac{\mathrm{e}^{0{,}2x}}{1+\mathrm{e}^{0{,}2x}}$, grâce à $\mathrm{e}^{a}\times\mathrm{e}^{b}=\mathrm{e}^{a+b}$.

On peut aussi partir du membre de droite et diviser par $\mathrm{e}^{0{,}2x}$. Les deux sens sont équivalents ; l'essentiel est de dire pourquoi la multiplication est permise.

C.2. Méthode : forme $\dfrac{u'}{u}$, dont une primitive est $\ln u$ quand $u$ est strictement positive. On pose $u(x)=1+\mathrm{e}^{0{,}2x}$, strictement positive sur $[0\,;+\infty[$, de dérivée $u'(x)=0{,}2\,\mathrm{e}^{0{,}2x}$.

La question C.1 donne $f(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{0{,}2x}}{1+\mathrm{e}^{0{,}2x}}=\dfrac{1}{0{,}2}\times\dfrac{0{,}2\,\mathrm{e}^{0{,}2x}}{1+\mathrm{e}^{0{,}2x}}=5\times\dfrac{u'(x)}{u(x)}$. Une primitive de $f$ sur $[0\,;+\infty[$ est donc $F(x)=5\ln\left(1+\mathrm{e}^{0{,}2x}\right)$.

Vérification par dérivation : $F'(x)=5\times\dfrac{0{,}2\,\mathrm{e}^{0{,}2x}}{1+\mathrm{e}^{0{,}2x}}=\dfrac{\mathrm{e}^{0{,}2x}}{1+\mathrm{e}^{0{,}2x}}=f(x)$. Le facteur $5$, inverse de $0{,}2$, est l'oubli le plus fréquent ; la vérification par dérivation le détecte en une ligne. C'est tout l'intérêt de la question C.1 : sous sa forme initiale, $f$ ne se présente pas comme un $\dfrac{u'}{u}$.

C.3. Par définition de la valeur moyenne et avec la primitive $F$ de la question C.2 : $I=\dfrac{1}{40}\left[F(x)\right]_0^{40}=\dfrac{1}{40}\left(5\ln\left(1+\mathrm{e}^{8}\right)-5\ln\left(1+\mathrm{e}^{0}\right)\right)=\dfrac{5}{40}\left(\ln\left(1+\mathrm{e}^{8}\right)-\ln 2\right)$, car $0{,}2\times 40=8$.

Valeur exacte : $I=\dfrac{1}{8}\left(\ln\left(1+\mathrm{e}^{8}\right)-\ln 2\right)=\dfrac{1}{8}\ln\dfrac{1+\mathrm{e}^{8}}{2}$. Valeur approchée au millième : $I\approx 0{,}913$.

Vérification : $f$ croît de $0{,}5$ à presque $1$ sur $[0\,;40]$, et reste au-dessus de $0{,}97$ sur plus de la moitié de l'intervalle (dès $x=18$, question B.4) : une moyenne entre $0{,}9$ et $1$ est donc attendue. Autre contrôle, $\ln\left(1+\mathrm{e}^{8}\right)\approx 8$, d'où $I\approx\dfrac{8-\ln 2}{8}\approx 0{,}913$.

Erreurs fréquentes : oublier le facteur $\dfrac{1}{40}$ de la valeur moyenne, ce qui donne l'intégrale seule, environ $36{,}5$, impossible pour une moyenne de valeurs inférieures à $1$ ; ou écrire $F(0)=0$, alors que $F(0)=5\ln 2$.