Epreuve d'enseignement de spécialité Métropole 17 juin 2025 - Exercice 1

30 min
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Une équipe de biologistes étudie l’évolution de la superficie ( en hectares ) recouverte par une alguemarine appelée posidonie, sur le fond de la baie de l’Alycastre, près de l’île de Porquerolles.
On souhaite décrire la superficie de la zone étudiée recouverte par la posidonie au cours du temps avec un modèle continu.
Dans ce modèle, pour une durée tt, en année, écoulée à partir du premier juillet 20242024, la superficie de la zone étudiée recouverte par la posidonie est donnée par f(t)f(t), où ff est une fonction définie sur [0;+∞[\left[0 ;+\infty\right[ vérifiant:
  • f(0)=1f(0)=1
  • ff ne s'annule pas sur [0;+∞[\left[0 ;+\infty\right[
  • ff est dérivable sur [0;+∞[\left[0 ;+\infty\right[;
    • ff est solution sur [0;+∞[[0 ;+\infty[ de l'équation différentielle (E1):y′=0,02y(15−y)\left(E_1\right): \quad y^{\prime}=0,02 y(15-y)
    On admet qu'une telle fonction ff existe ; le but de cette partie est d'en déterminer une expression.
    On note f′f^{\prime} la fonction dérivée de ff.
    Question 1

    Soit gg la fonction définie sur [0;+∞[\left[0 ;+\infty\right[ par g(t)=1f(t)g(t)=\frac{1}{f(t)} .
    Montrer que gg est solution de l'équation différentielle (E2):y′=−0,3y+0,02.\left(E_2\right): \quad y^{\prime}=-0,3 y+0,02 .

    Correction
    On a g(t)=1f(t)g(t)=\frac{1}{f(t)} . On rappelle que ff ne s'annule pas sur [0;+∞[\left[0 ;+\infty\right[
    gg est dérivable comme quotient de fonctions dérivables sur [0;+∞[\left[0 ;+\infty\right[ .
      Deˊriveˊe de l’inverse\text{\purple{Dérivée de l’inverse}}
    On considère une fonction vv dérivable sur un intervalle II alors
    (1v)′=−v’v2\left(\frac{1}{v} \right)^{'} =\frac{-v’}{v^{2} }
    Il vient alors que : g′(t)=−f′(t)(f(t))2g^{\prime}(t)=-\frac{f^{\prime}(t)}{\left(f(t)\right)^2}
    On sait que ff est solution sur [0;+∞[[0 ;+\infty[ de l'équation différentielle (E1):f′(t)=0,02f(t)(15−f(t))\left(E_1\right): \quad f^{\prime}(t)=0,02 f\left(t\right)(15-f\left(t\right)) ce qui veut dire que y′=0,02y(15−y)y^{\prime}=0,02 y(15-y)
    On peut donc écrire que :
    g′(t)=−0,02f(t)(15−f(t))(f(t))2g^{\prime}(t)=-\frac{0,02 f\left(t\right)(15-f\left(t\right))}{\left(f(t)\right)^2}
    g′(t)=−0,02f(t)×15−0,02f(t)×f(t)(f(t))2g^{\prime}(t)=-\frac{0,02 f\left(t\right)\times15-0,02 f\left(t\right)\times f\left(t\right) }{\left(f(t)\right)^2}
    g′(t)=−0,3f(t)−0,02(f(t))2(f(t))2g^{\prime}(t)=-\frac{0,3 f\left(t\right)-0,02 \left(f(t)\right)^2 }{\left(f(t)\right)^2} . Nous allons distribuer le signe moins au numérateur.
    g′(t)=−0,3f(t)+0,02(f(t))2(f(t))2g^{\prime}(t)=\frac{-0,3 f\left(t\right)+0,02 \left(f(t)\right)^2 }{\left(f(t)\right)^2}
    g′(t)=−0,3f(t)(f(t))2+0,02(f(t))2(f(t))2g^{\prime}(t)=\frac{-0,3 f\left(t\right) }{\left(f(t)\right)^2}+\frac{0,02 \left(f(t)\right)^2 }{\left(f(t)\right)^2}
    g′(t)=−0,3f(t)+0,02g^{\prime}(t)=\frac{-0,3 }{f(t)}+0,02
    g′(t)=−0,3×1f(t)+0,02g^{\prime}(t)=-0,3\times\frac{1}{f(t)}+0,02
    Or g(t)=1f(t)g(t)=\frac{1}{f(t)}
    Ainsi :
    g′(t)=−0,3g(t)+0,02g^{\prime}(t)=-0,3g(t)+0,02

    On peut alors conclure que gg est une solution de l'équation différentielle (E2)\left(E_2\right).
    Question 2

    Donner les solutions de l'équation différentielle (E2)\left(E_2\right).

    Correction
    (E2):y′=−0,3y+0,02.\left(E_2\right): \quad y^{\prime}=-0,3 y+0,02 .
    Soit l’équation différentielle y′=ay+by'=ay+b où aa et bb sont deux réels, avec a≠0a\ne 0 , et où yy est une fonction de la variable xx définie et dérivable sur R\mathbb{R}.
  • Les solutions de cette équation sont les fonctions de la forme : f(x)=keax−baf\left(x\right)=ke^{ax} -\frac{b}{a} où kk est une constante réelle.
  • La fonction f0(x)=−baf_0\left(x\right)=-\frac{b}{a} est appeleˊe solution particulieˋre constante\text{\red{appelée solution particulière constante}} de l'équation différentielle.
    • On identifie ici que : a=−0,3a=-0,3 et b=0,02b=0,02.
    Il en résulte que les solutions de l'équation sont alors : t↦ke−0,3t−0,02(−0,3)t\mapsto ke^{-0,3t} -\frac{0,02}{\left(-0,3\right)} où kk est une constante réelle.
    Finalement :
    t↦ke−0,3t+115t\mapsto ke^{-0,3t} +\frac{1}{15}
    où kk est une constante réelle.
    Question 3

    En déduire que pour tout t∈[0;+∞[t \in\left[0 ;+\infty\right[ : f(t)=1514e−0,3t+1f(t)=\frac{15}{14 \mathrm{e}^{-0,3 t}+1}

    Correction
    On sait que gg est solution de l'équation différentielle (E2):y′=−0,3y+0,02.\left(E_2\right): \quad y^{\prime}=-0,3 y+0,02 .
    On sait également que t↦ke−0,3t+115t\mapsto ke^{-0,3t} +\frac{1}{15} où kk est une constante réelle.
    Il en résulte donc que :
    g(t)=1f(t)=ke−0,3t+115g(t)=\frac{1}{f(t)}=k e^{-0,3 t}+\frac{1}{15}.
    Ainsi :
    1f(t)=ke−0,3t+115\frac{1}{f(t)}=k e^{-0,3 t}+\frac{1}{15}
    1f(t)=15ke−0,3t15+115\frac{1}{f(t)}=\frac{15k e^{-0,3 t}}{15}+\frac{1}{15}
    1f(t)=15ke−0,3t+115\frac{1}{f(t)}=\frac{15k e^{-0,3 t}+1}{15}
    D'où :
    f(t)=1515ke−0,3t+1f(t)=\frac{15}{15k e^{-0,3 t}+1}
    D'après les hypothèses, on sait que : f(0)=1f(0)=1
    On peut donc écrire que :
    1515ke−0,3×0+1=1\frac{15}{15k e^{-0,3\times 0}+1}=1
    1515ke0+1=1\frac{15}{15k e^{0}+1}=1
    1515k+1=1\frac{15}{15k +1}=1
    1515k+1=1\frac{15}{15k +1}=1
    15=15k+115=15k+1
    15k=1415k=14 donc k=1415k=\frac{14}{15} et comme f(t)=1515ke−0,3t+1f(t)=\frac{15}{15k e^{-0,3 t}+1} alors :
    f(t)=1515×1415e−0,3t+1f(t)=\frac{15}{15\times\frac{14}{15} e^{-0,3 t}+1}
    f(t)=1515×1415e−0,3t+1f(t)=\frac{15}{\cancel{15}\times\frac{14}{\cancel{15}} e^{-0,3 t}+1}
    D'où :
    f(t)=1514e−0,3t+1f(t)=\frac{15}{14 \mathrm{e}^{-0,3 t}+1}
    Question 4

    Déterminer la limite de ff en +∞+\infty.

    Correction
    Nous savons maintenant que f(t)=1514e−0,3t+1f(t)=\frac{15}{14 \mathrm{e}^{-0,3 t}+1}
    {lim⁡t→+∞−0,3t=−∞lim⁡x→−∞ex=0\left\{\begin{array}{l}\lim\limits_{t\to +\infty }-0,3 t=\red{-\infty} \\ \lim\limits_{x\to \red{-\infty }}\mathrm{e}^x=\blue{0}\end{array} \quad\right. donc, par composition, lim⁡t→+∞e−0,3t=0\lim _{t \rightarrow+\infty} \mathrm{e}^{-0,3 t}=\blue{0}.
    De plus : lim⁡t→+∞14e−0,3t+1=1\lim _{t \rightarrow+\infty} 14 \mathrm{e}^{-0,3 t}+1=1
    Finalement :
    lim⁡t→+∞f(t)=15\lim _{t \rightarrow+\infty} f(t)=15
    Question 5

    Résoudre dans l'intervalle [0;+∞[\left[0 ;+\infty\right[ l'inéquation f(t)>14f(t)>14. Interpréter le résultat dans le contexte de l'exercice.

    Correction
    1514e−0,3t+1>14\frac{15}{14 \mathrm{e}^{-0,3 t}+1}>14
    15>14(14e−0,3t+1)15>14\left(14 \mathrm{e}^{-0,3 t}+1\right)
    15>196e−0,3t+1415>196 \mathrm{e}^{-0,3 t}+14
    15−14>196e−0,3t15-14>196 \mathrm{e}^{-0,3 t}
    1>196e−0,3t1>196 \mathrm{e}^{-0,3 t}
    196e−0,3t<1196 \mathrm{e}^{-0,3 t}<1
    e−0,3t<1196\mathrm{e}^{-0,3 t}<\frac{1}{196} On compose par la fonction ln⁡\ln qui est définie et strictement croissante sur ]0;+∞[\left]0;+\infty\right[, l'ordre sera conservé.
    −0,3t<ln⁡(1196)-0,3 t<\ln \left(\frac{1}{196}\right)
    −0,3t<−ln⁡(196)-0,3 t<-\ln (196)
    Ainsi :
    t>ln⁡(196)0,3t>\frac{\ln (196)}{0,3}

    D'après la calculatrice : ln⁡(196)0,3≈17,6\frac{\ln (196)}{0,3}\approx 17,6
    Ainsi, la superficie dépassera 1414 hectares peu après 17,617,6 années, c’est-à-dire au début de l’année 20422042.

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