Bac blanc n° 3 corrigé : spécialité mathématiques (Terminale)

1) En $0$ : $x^{2}-3$ tend vers $-3$ et $\ln x$ tend vers $-\infty$, donc $g(x)$ tend vers $-\infty$ par somme. En $+\infty$ : $x^{2}$ et $2\ln x$ tendent tous deux vers $+\infty$, donc $g(x)$ tend vers $+\infty$. Aucune forme indéterminée ici : les deux termes variables vont dans le même sens, et il est inutile d'invoquer une croissance comparée.

2) $g'(x)=2x+\frac{2}{x}=\frac{2x^{2}+2}{x}=\frac{2(x^{2}+1)}{x}$. Sur $]0\,;+\infty[$, le numérateur et le dénominateur sont strictement positifs, donc $g'(x)>0$ et $g$ est STRICTEMENT croissante. La mise au même dénominateur n'est pas décorative : c'est elle qui rend le signe évident. Contrôle : $g'(1)=2+2=4$ ✓.

3) La fonction $g$ est continue sur $]0\,;+\infty[$ (elle y est dérivable) et strictement croissante, avec $\lim_{0}g=-\infty$ et $\lim_{+\infty}g=+\infty$. Comme $0$ est compris entre ces deux limites, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, dans le cas STRICTEMENT MONOTONE, assure que $g(x)=0$ admet une solution et une seule, notée $\alpha$. Les trois hypothèses, continuité, stricte monotonie et changement de signe, doivent être citées : sans la stricte monotonie on obtient l'existence mais pas l'unicité. Ensuite $g(1)=1-3+0=-2<0$ et $g(2)=4-3+2\ln 2=1+2\ln 2\approx 2{,}386>0$. Puisque $g$ est croissante et que $g(\alpha)=0$ se situe entre $g(1)$ et $g(2)$, on a $1<\alpha<2$.

4) a. Premier passage : $m=1{,}5$ et $g(1{,}5)=2{,}25-3+2\ln 1{,}5\approx 0{,}061>0$, donc b devient $1{,}5$. Deuxième : $m=1{,}25$ et $g(1{,}25)\approx -0{,}991<0$, donc a devient $1{,}25$. Troisième : $m=1{,}375$ et $g(1{,}375)\approx -0{,}472<0$, donc a devient $1{,}375$. Après trois passages, $a=1{,}375$ et $b=1{,}5$. b. Chaque passage divise la longueur $b-a$ par deux : après $k$ passages elle vaut $\frac{1}{2^{k}}$. Or $\frac{1}{2^{6}}=0{,}015625>0{,}01$ et $\frac{1}{2^{7}}=0{,}0078125\leq 0{,}01$ : la boucle s'arrête après $7$ passages et renvoie $(1{,}484375\,;1{,}4921875)$. Le test du seul signe de $g(m)$ suffit parce que $g$ est strictement croissante : si $g(m)<0=g(\alpha)$, alors $m<\alpha$ et la solution est à droite de $m$ ; sinon elle est à gauche ou égale à $m$. Pour une fonction quelconque il faudrait comparer les signes aux deux bornes.

5) $g(1{,}48)\approx -0{,}026<0$ et $g(1{,}49)\approx 0{,}018>0$, donc $1{,}48<\alpha<1{,}49$ (la dichotomie donne un encadrement compatible, $1{,}484<\alpha<1{,}493$). Comme $g$ est strictement croissante et s'annule en $\alpha$ : $g(x)<0$ sur $]0\,;\alpha[$, $g(\alpha)=0$ et $g(x)>0$ sur $]\alpha\,;+\infty[$. Ce signe est tout l'objet de la partie A : c'est lui que la partie B va réutiliser.

6) En $0$ : $\ln x\to-\infty$, donc $1-2\ln x\to+\infty$ ; comme $\frac{1}{x}\to+\infty$, le produit $\frac{1-2\ln x}{x}$ tend vers $+\infty$, et $f(x)\to+\infty$. La droite d'équation $x=0$, l'axe des ordonnées, est asymptote verticale à $\mathcal{C}$. En $+\infty$ : on écrit $\frac{1-2\ln x}{x}=\frac{1}{x}-2\,\frac{\ln x}{x}$ ; par croissance comparée $\frac{\ln x}{x}\to 0$, donc ce quotient tend vers $0$, et $f(x)=x+\frac{1-2\ln x}{x}\to+\infty$. Écrire directement « $\frac{-\infty}{+\infty}$ » est une forme indéterminée : la croissance comparée doit être nommée.

7) On dérive le quotient avec $u=1-2\ln x$, $u'=-\frac{2}{x}$, $v=x$, $v'=1$ : $\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{-\frac{2}{x}\times x-(1-2\ln x)}{x^{2}}=\frac{-3+2\ln x}{x^{2}}$. Donc $f'(x)=1+\frac{-3+2\ln x}{x^{2}}=\frac{x^{2}-3+2\ln x}{x^{2}}=\frac{g(x)}{x^{2}}$ ✓. Comme $x^{2}>0$, $f'$ a le signe de $g$ : $f$ est strictement décroissante sur $]0\,;\alpha]$ et strictement croissante sur $[\alpha\,;+\infty[$, avec $+\infty$ aux deux bouts du tableau. Elle admet donc un minimum en $\alpha$. Pour le calculer, on utilise $g(\alpha)=0$, soit $2\ln\alpha=3-\alpha^{2}$ : $f(\alpha)=\alpha+\frac{1-(3-\alpha^{2})}{\alpha}=\alpha+\frac{\alpha^{2}-2}{\alpha}=2\alpha-\frac{2}{\alpha}$ ✓. On ne connaît pas $\alpha$ exactement, et c'est précisément pour cela qu'on remplace $\ln\alpha$ : l'expression obtenue ne contient plus de logarithme. Avec $\alpha\approx 1{,}4859$ : $f(\alpha)\approx 1{,}63$. L'encadrement de la question 5 le confirme : $x\mapsto 2x-\frac{2}{x}$ étant croissante, $2\times 1{,}48-\frac{2}{1{,}48}\approx 1{,}609<f(\alpha)<2\times 1{,}49-\frac{2}{1{,}49}\approx 1{,}638$.

8) $f(x)-x=\frac{1-2\ln x}{x}$, du signe de $1-2\ln x$ puisque $x>0$. Or $1-2\ln x>0\iff\ln x<\frac{1}{2}\iff x<\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}=\sqrt{\mathrm{e}}$, la fonction exponentielle étant strictement croissante. Donc $\mathcal{C}$ est AU-DESSUS de $\mathcal{D}$ sur $]0\,;\sqrt{\mathrm{e}}[$, AU-DESSOUS sur $]\sqrt{\mathrm{e}}\,;+\infty[$, et elles se coupent au point $\left(\sqrt{\mathrm{e}}\,;\sqrt{\mathrm{e}}\right)\approx(1{,}649\,;1{,}649)$. Enfin $f(x)-x=\frac{1}{x}-2\frac{\ln x}{x}\to 0$ en $+\infty$ : l'écart vertical entre $\mathcal{C}$ et $\mathcal{D}$ tend vers $0$, la courbe se rapproche indéfiniment de la droite, par en dessous. Cohérence avec la question 7 : le minimum, en $\alpha\approx 1{,}486$, est atteint avant le point commun $\sqrt{\mathrm{e}}\approx 1{,}649$.

9) On part de $f'(x)=1-\frac{3}{x^{2}}+\frac{2\ln x}{x^{2}}$. La dérivée de $-\frac{3}{x^{2}}$ est $\frac{6}{x^{3}}$ ; celle de $\frac{\ln x}{x^{2}}$ est $\frac{\frac{1}{x}\times x^{2}-\ln x\times 2x}{x^{4}}=\frac{1-2\ln x}{x^{3}}$. D'où $f''(x)=\frac{6}{x^{3}}+\frac{2-4\ln x}{x^{3}}=\frac{8-4\ln x}{x^{3}}=\frac{4(2-\ln x)}{x^{3}}$ ✓. Comme $x^{3}>0$, $f''(x)$ a le signe de $2-\ln x$, positif si et seulement si $x<\mathrm{e}^{2}$. Donc $f$ est convexe sur $]0\,;\mathrm{e}^{2}]$ et concave sur $[\mathrm{e}^{2}\,;+\infty[$ : $f''$ s'annule EN CHANGEANT DE SIGNE en $\mathrm{e}^{2}$, ce qui fait de ce point un point d'inflexion. Son ordonnée : $f(\mathrm{e}^{2})=\mathrm{e}^{2}+\frac{1-4}{\mathrm{e}^{2}}=\mathrm{e}^{2}-3\mathrm{e}^{-2}$. Le point d'inflexion est $\left(\mathrm{e}^{2}\,;\mathrm{e}^{2}-3\mathrm{e}^{-2}\right)\approx(7{,}39\,;6{,}98)$.

Ce premier exercice suit le schéma le plus classique de l'analyse au baccalauréat : une FONCTION AUXILIAIRE dont on ne sait pas résoudre l'équation, un théorème des valeurs intermédiaires qui fabrique un nombre $\alpha$ connu seulement par encadrement, puis une fonction principale dont la dérivée a le signe de la fonction auxiliaire. Le geste qui fait gagner les points est celui de la question 7 : on ne calcule jamais $\ln\alpha$, on le REMPLACE grâce à l'équation $g(\alpha)=0$. Et chaque théorème se cite avec ses hypothèses : continuité et stricte monotonie pour l'unicité, croissance comparée pour lever $\frac{\ln x}{x}$, changement de signe de $f''$ pour l'inflexion.

1) $u$ est un produit : $u'(t)=6\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}+6t\times\left(-0{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\right)=6\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}-3t\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$. De l'autre côté, $-0{,}5\,u(t)+6\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}=-3t\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}+6\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$. Les deux membres sont égaux pour tout $t$ : $u$ est bien solution de $(E)$ ✓. On calcule SÉPARÉMENT les deux membres, puis on compare : c'est la rédaction attendue pour une vérification.

2) D'après le cours, les solutions de $y'=ay$ sont les fonctions $t\mapsto K\mathrm{e}^{at}$, $K$ réel. Ici $a=-0{,}5$ : les solutions de $(E_{0})$ sont les fonctions $t\mapsto K\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$, $K\in\mathbb{R}$. La constante multiplie l'exponentielle ; elle ne s'ajoute pas à l'exposant.

3) Comme $u'=-0{,}5\,u+6\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$, on a pour toute fonction dérivable $y$ : $y'=-0{,}5\,y+6\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\iff y'-u'=-0{,}5\,y+0{,}5\,u\iff(y-u)'=-0{,}5\,(y-u)$. Chaque étape est une équivalence, obtenue en retranchant l'égalité vérifiée par $u$. Donc $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si $y-u$ est solution de $(E_{0})$, c'est-à-dire $y-u=K\mathrm{e}^{-0{,}5t}$. Les solutions de $(E)$ sont les fonctions $t\mapsto K\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}+6t\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}=(6t+K)\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$, $K\in\mathbb{R}$. Oublier la solution particulière, et écrire seulement $K\mathrm{e}^{-0{,}5t}$, est l'erreur la plus fréquente : elle résout $(E_{0})$ au lieu de $(E)$.

4) $C$ est une solution de $(E)$, donc il existe un réel $K$ tel que $C(t)=(6t+K)\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$. La condition $C(0)=2$ donne $(0+K)\times\mathrm{e}^{0}=K=2$. Donc $C(t)=(6t+2)\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$ ✓, et $C(1)=8\,\mathrm{e}^{-0{,}5}\approx 4{,}852$ mg/L.

5) On écrit $C(t)=12\times\left(0{,}5t\right)\mathrm{e}^{-0{,}5t}+2\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$. En posant $X=0{,}5t$, qui tend vers $+\infty$, la croissance comparée donne $X\mathrm{e}^{-X}\to 0$ ; et $2\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\to 0$. Donc $\lim_{t\to+\infty}C(t)=0$ : le principe actif est progressivement éliminé, et l'axe des abscisses est asymptote à la courbe. Sans la croissance comparée, $(6t+2)\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$ est une forme indéterminée $\infty\times 0$.

6) $C'(t)=6\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}+(6t+2)\times\left(-0{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\right)=\left(6-3t-1\right)\mathrm{e}^{-0{,}5t}=(5-3t)\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$ ✓. On peut aussi l'obtenir par l'équation : $C'=-0{,}5\,C+6\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$, même résultat. Comme $\mathrm{e}^{-0{,}5t}>0$, $C'(t)$ a le signe de $5-3t$ : $C$ est croissante sur $\left[0\,;\frac{5}{3}\right]$ et décroissante sur $\left[\frac{5}{3}\,;+\infty\right[$. Le maximum est atteint en $t=\frac{5}{3}\approx 1{,}667$ h, soit $1$ h $40$ min ($\frac{2}{3}$ h $=40$ min), et vaut $C\left(\frac{5}{3}\right)=(10+2)\,\mathrm{e}^{-\frac{5}{6}}=12\,\mathrm{e}^{-\frac{5}{6}}\approx 5{,}215$ mg/L. Piège de conversion : $1{,}667$ h ne fait pas $1$ h $67$ min.

7) On pose $u(t)=6t+2$, $u'(t)=6$, et $v'(t)=\mathrm{e}^{-0{,}5t}$, $v(t)=-2\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$ (on vérifie : $v'=-2\times(-0{,}5)\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$ ✓). Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables à dérivées continues sur $[0\,;T]$. L'intégration par parties donne $A(T)=\left[-2(6t+2)\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\right]_{0}^{T}-\int_{0}^{T}6\times\left(-2\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\right)dt=-2(6T+2)\,\mathrm{e}^{-0{,}5T}+4+\int_{0}^{T}12\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\,dt$. Or $\int_{0}^{T}12\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\,dt=\left[-24\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\right]_{0}^{T}=24-24\,\mathrm{e}^{-0{,}5T}$. Au total $A(T)=28-(12T+4+24)\,\mathrm{e}^{-0{,}5T}=28-(12T+28)\,\mathrm{e}^{-0{,}5T}$ ✓. Contrôle : $A(0)=28-28=0$, comme il se doit pour une intégrale entre $0$ et $0$. On choisit de dériver le facteur AFFINE : c'est lui qui disparaît à la dérivation.

8) $A(6)=28-(72+28)\,\mathrm{e}^{-3}=28-100\,\mathrm{e}^{-3}\approx 23{,}021$. La concentration moyenne sur $[0\,;6]$ est la VALEUR MOYENNE de $C$ : $\mu=\frac{1}{6-0}\int_{0}^{6}C(t)\,dt=\frac{28-100\,\mathrm{e}^{-3}}{6}=\frac{14-50\,\mathrm{e}^{-3}}{3}\approx 3{,}837$ mg/L. On divise par la LONGUEUR de l'intervalle : oublier ce facteur donne un nombre en mg·h/L, qui n'est pas une concentration.

9) $(12T+28)\,\mathrm{e}^{-0{,}5T}=24\times(0{,}5T)\,\mathrm{e}^{-0{,}5T}+28\,\mathrm{e}^{-0{,}5T}$ tend vers $0$ par croissance comparée, donc $\lim_{T\to+\infty}A(T)=28$. L'aire sous toute la courbe, sur un intervalle illimité, reste FINIE : c'est l'exposition totale de l'organisme au principe actif, $28$ mg·h/L. Au bout de six heures, la proportion atteinte est $\frac{A(6)}{28}=1-\frac{100\,\mathrm{e}^{-3}}{28}\approx 0{,}822$, soit environ $82$ % de l'exposition totale.

Cet exercice suit la méthode que le programme impose pour $y'=ay+f$ : on NE CHERCHE PAS la solution particulière, elle est donnée, et tout le travail consiste à la vérifier puis à l'ajouter aux solutions de l'équation homogène. La question 3 est la démonstration à savoir refaire. La partie B enchaîne ensuite les deux outils du calcul intégral de Terminale : l'intégration par parties pour une intégrale à borne variable, puis la valeur moyenne, qu'il faut toujours interpréter dans l'unité du contexte.