Bac Maths 2025 Amérique du Sud Jour 1

Traduction de l'énoncé.

$$P_{V_n}\left(V_{n+1}\right) = 0{,}9 \qquad P_{\overline{V_n}}\left(V_{n+1}\right) = 0{,}7$$

a. Valeur de $p_2$. Comme $p_1 = 1$, l'étudiant est certainement végétarien le premier jour. Il n'y a donc qu'un seul chemin possible :

$$p_2 = \underbrace{1 \times 0{,}9}_{\text{via } V_1} + \underbrace{0 \times 0{,}7}_{\text{via } \overline{V_1}}$$

$$\boxed{p_2 = 0{,}9}$$

b. Valeur de $p_3$. Formule des probabilités totales, avec $p_2 = 0{,}9$ (donc $1 - p_2 = 0{,}1$) :

$$p_3 = \underbrace{0{,}9 \times 0{,}9}_{0{,}81} + \underbrace{0{,}1 \times 0{,}7}_{0{,}07}$$

$$\boxed{p_3 = 0{,}88}$$ $\blacksquare$

c. Une probabilité rétrospective. On cherche $P_{V_3}\left(\overline{V_2}\right)$ : sachant que le 3ᵉ jour est végétarien, on remonte le temps pour savoir si la veille ne l'était pas.

$$P_{V_3}\left(\overline{V_2}\right) = \frac{P\left(\overline{V_2} \cap V_3\right)}{P\left(V_3\right)}$$

Numérateur — on multiplie le long du chemin $\overline{V_2}$ puis $V_3$ :

$$P\left(\overline{V_2} \cap V_3\right) = \underbrace{(1 - p_2)}_{0{,}1} \times \underbrace{P_{\overline{V_2}}\left(V_3\right)}_{0{,}7} = 0{,}07$$

Dénominateur : $p_3 = 0{,}88$ (question b).

$$P_{V_3}\left(\overline{V_2}\right) = \frac{0{,}07}{0{,}88} = \frac{7}{88} = 0{,}0795\ldots$$

$$\boxed{P_{V_3}\left(\overline{V_2}\right) \approx 0{,}08}$$

Interprétation. Sachant que l'étudiant a mangé végétarien le 3ᵉ jour, il n'y a que $8\ \%$ de chances qu'il ne l'ait pas fait la veille.

C'est cohérent avec le mécanisme : l'étudiant est très « fidèle » au végétarien (il y reste avec probabilité $0{,}9$). Il est donc bien plus probable qu'il y soit resté depuis la veille qu'il n'y soit revenu.

Le point de départ : la relation de récurrence. Par la formule des probabilités totales, pour tout $n \geqslant 1$ :

$$p_{n+1} = p_n \times 0{,}9 + (1 - p_n) \times 0{,}7 = 0{,}9\,p_n + 0{,}7 - 0{,}7\,p_n$$

$$\boxed{p_{n+1} = 0{,}2\,p_n + 0{,}7}$$

C'est bien la ligne p = 0.2*p + 0.7 que l'on retrouve dans les trois programmes.

---

a. Analyse des trois programmes.

Programme 3 — écarté immédiatement. Il exécute L.append(p+1) : il stocke $p_n + 1$ au lieu de $p_n$. Les valeurs affichées seraient toutes supérieures à 1, ce qui est impossible pour une probabilité. ✗

Comptons les termes des programmes 1 et 2. La liste est initialisée avec un élément (L = [p], c'est-à-dire $p_1$), puis la boucle en ajoute un par tour.

• Programme 1 : range(1, n) effectue $n - 1$ tours. La liste contient donc $1 + (n-1) = \mathbf{n}$ éléments ✓
• Programme 2 : range(1, n+1) effectue $n$ tours. La liste contient $1 + n = \mathbf{n+1}$ éléments — un de trop ✗

$$\boxed{\text{Le PROGRAMME 1 convient}}$$

Le piège classique : en Python, range(a, b) s'arrête avant b. Il produit donc $b - a$ valeurs, et non $b - a + 1$.

b. Résultat pour $n = 5$. On applique la relation $p_{n+1} = 0{,}2\,p_n + 0{,}7$ :



$$\boxed{\texttt{repas(5)} = [\,1\ ;\ 0{,}9\ ;\ 0{,}88\ ;\ 0{,}876\ ;\ 0{,}8752\,]}$$

On voit déjà la suite se stabiliser autour de $0{,}875$ — ce que la question 4 démontrera.

Notons $\mathcal{P}(n)$ : « $p_n = 0{,}125 \times 0{,}2^{\,n-1} + 0{,}875$ ».

Initialisation ($n = 1$). Avec $0{,}2^{0} = 1$ :

$$0{,}125 \times 1 + 0{,}875 = 1 = p_1 \qquad \checkmark$$

$\mathcal{P}(1)$ est vraie.

Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie pour un entier $n \geqslant 1$ fixé. Calculons $p_{n+1}$ à l'aide de la relation de récurrence, puis de l'hypothèse :

$$p_{n+1} = 0{,}2\,p_n + 0{,}7 = 0{,}2\left(0{,}125 \times 0{,}2^{\,n-1} + 0{,}875\right) + 0{,}7$$

On distribue le $0{,}2$ :

$$p_{n+1} = 0{,}125 \times \underbrace{0{,}2 \times 0{,}2^{\,n-1}}_{=\ 0{,}2^{\,n}} + \underbrace{0{,}2 \times 0{,}875}_{=\ 0{,}175} + 0{,}7$$

Le terme constant se recompose exactement :

$$0{,}175 + 0{,}7 = 0{,}875$$

$$p_{n+1} = 0{,}125 \times 0{,}2^{\,n} + 0{,}875$$

C'est exactement $\mathcal{P}(n+1)$, puisque $0{,}2^{\,(n+1)-1} = 0{,}2^{\,n}$ ✓

Conclusion. Par récurrence, $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout entier $n \geqslant 1$. $\blacksquare$

Contrôle sur les valeurs de la question 2 :



D'où viennent les constantes $0{,}875$ et $0{,}125$ ? Le nombre $0{,}875 = \dfrac{7}{8}$ est le point fixe de la relation, la solution de $x = 0{,}2x + 0{,}7$. Et $0{,}125 = p_1 - 0{,}875 = 1 - 0{,}875$ est l'écart initial au point fixe.

On utilise la forme explicite $p_n = 0{,}125 \times 0{,}2^{\,n-1} + 0{,}875$.

Limite de la partie géométrique. La raison $q = 0{,}2$ vérifie $-1 < q < 1$, donc :

$$\lim_{n \to +\infty} 0{,}2^{\,n-1} = 0$$

Par somme :

$$\boxed{\lim_{n \to +\infty} p_n = 0{,}125 \times 0 + 0{,}875 = 0{,}875}$$

Interprétation. À long terme, la probabilité que l'étudiant choisisse un plat végétarien un jour donné se stabilise à $87{,}5\ \%$, soit $\dfrac{7}{8}$.

Autrement dit : sur une longue période, il mangera végétarien environ 7 jours sur 8.

Un point remarquable : cette limite ne dépend pas du choix du premier jour. Même s'il avait commencé par un plat non végétarien ($p_1 = 0$), la suite convergerait vers la même valeur $0{,}875$ — seule la vitesse de convergence changerait. Le système « oublie » sa condition initiale.

La convergence est d'ailleurs très rapide : dès le 5ᵉ jour, on est à $0{,}8752$, soit à moins de $2$ dix-millièmes de la limite.

$$\boxed{\textbf{FAUSSE}}$$

Le raisonnement. Chacun des $22$ joueurs de la première équipe serre la main de chacun des $25$ joueurs de l'autre équipe. Il y a donc, pour chaque joueur de la première équipe, $25$ poignées de main.

Principe multiplicatif :

$$\text{Nombre de poignées de main} = 22 \times 25$$

$$\boxed{550 \text{ poignées de main}}$$

L'affirmation annonce $47$ : elle est fausse.

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D'où vient le $47$ ? C'est $22 + 25$. L'erreur consiste à additionner les effectifs au lieu de les multiplier.

Le réflexe qui permet de trancher : on ne compte pas des joueurs, on compte des couples (un joueur de chaque équipe). Une poignée de main met en jeu deux personnes, une de chaque équipe — c'est donc un couple, et le nombre de couples est le produit des effectifs.

Un contrôle de bon sens : $47$ poignées de main pour $47$ joueurs, cela ferait moins d'une poignée par personne… alors que chaque joueur en donne au moins $22$. L'ordre de grandeur est absurde.

Remarque : si les joueurs d'une même équipe se serraient aussi la main, il faudrait ajouter $\dbinom{22}{2} + \dbinom{25}{2} = 231 + 300 = 531$ poignées supplémentaires. Mais l'énoncé précise bien « de l'autre équipe ».

$$\boxed{\textbf{FAUSSE}}$$

La question à se poser : l'ordre compte-t-il ?

L'énoncé précise que les trois premiers reçoivent le même prix, et qu'ils sont récompensés indistinctement. Le trio $\{$Alice, Bob, Chloé$\}$ reçoit donc exactement la même chose que le trio $\{$Chloé, Alice, Bob$\}$.

$$\boxed{\text{L'ORDRE NE COMPTE PAS : c'est une COMBINAISON}}$$

Calcul. On choisit $3$ concurrents parmi $18$, sans tenir compte de l'ordre :

$$\binom{18}{3} = \frac{18 \times 17 \times 16}{3 \times 2 \times 1} = \frac{4\,896}{6}$$

$$\boxed{\binom{18}{3} = 816 \text{ possibilités}}$$

L'affirmation annonce $4\,896$ : elle est fausse.

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D'où vient le $4\,896$ ? — et c'est un piège très bien construit.

$$4\,896 = 18 \times 17 \times 16$$

C'est le nombre d'arrangements de $3$ concurrents parmi $18$, c'est-à-dire le nombre de podiums ordonnés (or, argent, bronze). Ce serait la bonne réponse si les trois prix étaient différents.

Le rapport entre les deux est exactement $3! = 6$ :

$$\frac{4\,896}{816} = 6 = 3!$$

C'est logique : chaque groupe de $3$ personnes peut être ordonné de $3! = 6$ façons. Compter les arrangements revient donc à compter chaque groupe $6$ fois.

La leçon : le mot « indistinctement » dans l'énoncé n'est pas décoratif. C'est lui qui impose la combinaison plutôt que l'arrangement.

$$\boxed{\textbf{VRAIE}}$$

Attention — ici, contrairement à l'affirmation 2, l'ORDRE COMPTE. L'énoncé précise que les sportifs sont « classés dans leur ordre d'arrivée » : être premier n'est pas la même chose qu'être troisième.

$$\boxed{\text{C'est un ARRANGEMENT}}$$

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Méthode : on décompose en deux temps.

Étape 1 — placer Jacques. Il peut occuper la $1^{\text{re}}$, la $2^{\text{e}}$ ou la $3^{\text{e}}$ place du podium :

$$\boxed{3 \text{ possibilités}}$$

Étape 2 — remplir les deux places restantes. Il reste $2$ places à pourvoir parmi les $6$ autres sportifs, et l'ordre compte :

$$6 \times 5 = 30 \text{ possibilités}$$

(6 choix pour la première place libre, puis 5 pour la seconde)

Principe multiplicatif :

$$3 \times 30 = 90$$

$$\boxed{90 \text{ podiums contiennent Jacques}}$$

L'affirmation est vraie.

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Vérification par une autre voie — le complémentaire.

Nombre total de podiums (arrangement de $3$ parmi $7$) :

$$7 \times 6 \times 5 = 210$$

Podiums SANS Jacques — on choisit les $3$ places parmi les $6$ autres sportifs :

$$6 \times 5 \times 4 = 120$$

Podiums AVEC Jacques :

$$210 - 120 = 90 \qquad \checkmark$$

Les deux méthodes concordent.

La comparaison avec l'affirmation 2 est éclairante : même contexte apparent (choisir 3 personnes parmi un groupe), mais l'une exige une combinaison (prix identiques), l'autre un arrangement (podium ordonné). C'est la lecture attentive de l'énoncé qui décide.

$$\boxed{\textbf{VRAIE}}$$

Méthode : recenser TOUS les couples $(x_1\,;x_2)$ dont la somme vaut $4$.

Les valeurs possibles sont $-2$, $-1$, $2$ et $5$. On cherche les couples de somme $4$ — sans oublier que $(a\,;b)$ et $(b\,;a)$ sont deux couples distincts :



(On vérifie qu'aucun autre couple ne convient : $-2 + 5 = 3$, $-1 + 2 = 1$, $2 + 5 = 7$, etc.)

L'indépendance est indispensable : c'est elle qui autorise à écrire

$$P\left(X_1 = a \text{ et } X_2 = b\right) = P(X_1 = a) \times P(X_2 = b)$$

Somme des trois cas — ils sont incompatibles deux à deux :

$$P(Y = 4) = 0{,}08 + 0{,}08 + 0{,}09$$

$$\boxed{P(Y = 4) = 0{,}25}$$

L'affirmation est vraie.

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Les deux erreurs classiques.

1. Oublier le couple symétrique. Beaucoup ne comptent $(-1\,;5)$ qu'une seule fois et trouvent $0{,}08 + 0{,}09 = 0{,}17$. Or $X_1$ et $X_2$ sont deux variables distinctes : « $X_1 = -1$ et $X_2 = 5$ » n'est pas le même évènement que « $X_1 = 5$ et $X_2 = -1$ ».

2. Doubler le couple $(2\,;2)$. À l'inverse, celui-ci ne doit être compté qu'une fois — il est son propre symétrique.

Le réflexe sûr : dresser le tableau complet des $4 \times 4 = 16$ couples et repérer ceux de somme $4$. C'est plus long, mais infaillible.

$$\boxed{\textbf{VRAIE}}$$

Il s'agit d'une probabilité CONDITIONNELLE. On cherche

$$P_{(X \geqslant 15)}\left(X \geqslant 18\right) = \frac{P\Big(\left(X \geqslant 18\right) \cap \left(X \geqslant 15\right)\Big)}{P\left(X \geqslant 15\right)}$$

L'étape que beaucoup ratent — simplifier l'intersection. L'évènement $\left(X \geqslant 18\right)$ est inclus dans $\left(X \geqslant 15\right)$ : si le nageur a réussi au moins $18$ fois, il a forcément réussi au moins $15$ fois !

$$\left(X \geqslant 18\right) \subset \left(X \geqslant 15\right) \qquad \text{donc} \qquad \left(X \geqslant 18\right) \cap \left(X \geqslant 15\right) = \left(X \geqslant 18\right)$$

$$\boxed{P_{(X \geqslant 15)}\left(X \geqslant 18\right) = \frac{P\left(X \geqslant 18\right)}{P\left(X \geqslant 15\right)}}$$

C'est cette inclusion qui rend le calcul faisable. Sans elle, on ne saurait pas quoi mettre au numérateur.

Calcul des deux probabilités à la calculatrice, avec $X \sim \mathcal{B}(20\,;0{,}85)$ :

$$P\left(X \geqslant 18\right) = 1 - P\left(X \leqslant 17\right) = 0{,}404896\ldots$$

$$P\left(X \geqslant 15\right) = 1 - P\left(X \leqslant 14\right) = 0{,}932692\ldots$$

Quotient :

$$P_{(X \geqslant 15)}\left(X \geqslant 18\right) = \frac{0{,}404896}{0{,}932692} = 0{,}434116\ldots$$

$$\boxed{\approx 0{,}434}$$

L'affirmation est vraie.

Interprétation. Sachant que le nageur a réussi au moins $15$ de ses $20$ tentatives, il y a environ $43{,}4\ \%$ de chances qu'il en ait réussi au moins $18$.

Cohérent avec l'espérance : $E(X) = 20 \times 0{,}85 = 17$. Le nageur réussit en moyenne $17$ parcours sur $20$. La condition « au moins $15$ » est donc peu contraignante ($93\ \%$ de chances a priori), alors que « au moins $18$ » est au-dessus de la moyenne — d'où une probabilité conditionnelle proche de $40\ \%$.

a. Maximum de concentration. La courbe atteint son sommet au bout d'environ

$$\boxed{1 \text{ heure}}$$

(la partie C confirmera : le maximum est atteint exactement en $t = 1$, avec une concentration de $\frac{5}{e} \approx 1{,}84$ g/L)

b. Résolution graphique de $f(t) \geqslant 1$. On lit les abscisses des points où la courbe coupe la droite horizontale $y = 1$ :

$$\boxed{\mathcal{S} \approx [0{,}26\,;\ 2{,}54]}$$

(la partie C donnera les valeurs précises $t_1 \approx 0{,}26$ et $t_2 \approx 2{,}54$)

c. Convexité sur $[0\,;8]$. La courbe est d'abord tournée vers le bas (elle monte, puis redescend en formant une « bosse »), puis elle s'aplatit vers l'axe des abscisses en se creusant.

$$\boxed{f \text{ est CONCAVE sur } [0\,;2] \text{ puis CONVEXE sur } [2\,;8]}$$

Le point d'inflexion se situe vers $t = 2$.

(Contrôle par le calcul, avec $f(t) = 5t\,e^{-t}$ : $f''(t) = 5(t - 2)e^{-t}$, qui s'annule en changeant de signe en $t = 2$ ✓)

Interprétation physiologique du point d'inflexion : c'est l'instant où la vitesse d'élimination du médicament est maximale. Avant, l'élimination s'accélère ; après, elle ralentit — le corps a de moins en moins de médicament à éliminer.

a. L'équation homogène. On réécrit sous la forme du cours :

$$y' + y = 0 \iff y' = -y$$

C'est $y' = ay$ avec $a = -1$ :

$$\boxed{y(t) = C\,e^{-t}, \qquad C \in \mathbb{R}}$$

b. Recherche d'une solution particulière. On dérive $u(t) = a\,t\,e^{-t}$ — c'est un produit :

$$u'(t) = a\,e^{-t} + a\,t \times \left(-e^{-t}\right) = a\,(1 - t)\,e^{-t}$$

On calcule $u' + u$ :

$$u'(t) + u(t) = a\,(1 - t)\,e^{-t} + a\,t\,e^{-t}$$

On factorise par $a\,e^{-t}$ — le terme en $t$ disparaît :

$$= a\Big(\underbrace{1 - t + t}_{=\ 1}\Big)e^{-t} = a\,e^{-t}$$

Identification avec le second membre $5\,e^{-t}$ :

$$a\,e^{-t} = 5\,e^{-t}$$

Comme $e^{-t} \neq 0$ pour tout $t$ :

$$\boxed{a = 5}$$

La fonction $u(t) = 5t\,e^{-t}$ est donc une solution particulière de $(E)$.

c. Solutions générales de $(E)$. D'après la structure des solutions d'une équation différentielle linéaire :

$$\text{solution générale de } (E) = \text{une solution particulière} + \text{solution générale de } (E')$$

$$y(t) = 5t\,e^{-t} + C\,e^{-t}$$

$$\boxed{y(t) = \left(5t + C\right)e^{-t}, \qquad C \in \mathbb{R}}$$

d. Détermination de $f$. La condition initiale $f(0) = 0$ traduit le fait que la personne n'avait pas pris ce médicament auparavant : sa concentration sanguine était nulle à l'instant de l'ingestion.

$$f(0) = \left(5 \times 0 + C\right)e^{0} = C$$

$$C = 0$$

$$\boxed{f(t) = 5t\,e^{-t}}$$

Vérification :
• $f(0) = 0$ ✓
• $f' + f = 5(1-t)e^{-t} + 5t\,e^{-t} = 5\,e^{-t}$ ✓

a. Limite en $+\infty$. C'est une forme indéterminée $\infty \times 0$ (le facteur $5t$ tend vers $+\infty$, l'exponentielle vers $0$). On la lève par croissance comparée :

$$f(t) = 5t\,e^{-t} = \frac{5t}{e^{t}}$$

L'exponentielle l'emporte sur toute puissance :

$$\boxed{\lim_{t \to +\infty} f(t) = 0}$$

Interprétation. À long terme, la concentration du médicament dans le sang tend vers $0$ : l'organisme l'élimine complètement.

Graphiquement, l'axe des abscisses est asymptote horizontale à la courbe.

b. Variations. On dérive le produit $5t \times e^{-t}$ :

$$f'(t) = 5\,e^{-t} + 5t \times \left(-e^{-t}\right)$$

On factorise par $5\,e^{-t}$ :

$$\boxed{f'(t) = 5\,(1 - t)\,e^{-t}}$$

Signe. Comme $5\,e^{-t} > 0$ pour tout $t$, le signe de $f'$ est celui de $(1 - t)$ :

$$1 - t > 0 \iff t < 1$$



Valeurs remarquables :

$$f(0) = 0 \qquad f(1) = 5 \times 1 \times e^{-1} = \frac{5}{e} \approx 1{,}84 \qquad \lim_{t \to +\infty} f(t) = 0$$

$$\boxed{f \text{ croît sur } [0\,;1] \text{ puis décroît sur } [1\,;+\infty[}$$

Interprétation physiologique. Le médicament est d'abord absorbé (la concentration monte pendant une heure), atteint un pic de $\dfrac{5}{e} \approx 1{,}84$ g/L, puis est progressivement éliminé.

Cela confirme la lecture graphique de la partie A ✓

a. Existence et unicité des deux solutions. On raisonne en deux temps, car $f$ n'est pas monotone sur $[0\,;+\infty[$.

---

Sur $[0\,;1]$ :
• $f$ est continue (produit de fonctions continues) ;
• $f$ est strictement croissante ;
• $f(0) = 0$ et $f(1) = \dfrac{5}{e} \approx 1{,}84$.

Or $1$ est compris entre $0$ et $1{,}84$. D'après le corollaire du TVI, l'équation $f(t) = 1$ admet une unique solution $t_1$ sur cet intervalle.

Sur $[1\,;+\infty[$ :
• $f$ est continue et strictement décroissante ;
• $f(1) \approx 1{,}84$ et $\lim\limits_{t \to +\infty} f(t) = 0$.

Or $1$ est compris entre $0$ et $1{,}84$. Le corollaire du TVI donne une unique solution $t_2$ sur cet intervalle.

$$\boxed{\text{Il existe exactement DEUX solutions } t_1 \in [0\,;1] \text{ et } t_2 \in [1\,;+\infty[}$$ $\blacksquare$

Valeurs approchées — par balayage à la calculatrice :

$$f(0{,}25) \approx 0{,}974 < 1 \qquad f(0{,}26) \approx 1{,}002 > 1 \qquad \Longrightarrow \qquad \boxed{t_1 \approx 0{,}26}$$

$$f(2{,}54) \approx 1{,}002 > 1 \qquad f(2{,}55) \approx 0{,}996 < 1 \qquad \Longrightarrow \qquad \boxed{t_2 \approx 2{,}54}$$

(valeurs plus précises : $t_1 \approx 0{,}2592$ et $t_2 \approx 2{,}5426$)

b. Durée du risque de somnolence. D'après le tableau de variations, $f(t) \geqslant 1$ exactement sur l'intervalle $[t_1\,;t_2]$ — entre les deux instants où la courbe franchit la droite $y = 1$.

$$\text{Durée} = t_2 - t_1 \approx 2{,}5426 - 0{,}2592 \approx 2{,}2835 \ \text{heures}$$

Conversion en heures et minutes. La partie décimale $0{,}2835$ heure vaut :

$$0{,}2835 \times 60 \approx 17{,}0 \ \text{minutes}$$

$$\boxed{\text{Durée du risque de somnolence} \approx 2 \ \text{h} \ 17 \ \text{min}}$$

Le piège de la question : répondre « $2{,}28$ heures » sans convertir. L'énoncé demande explicitement des heures et des minutes.

Autre erreur possible : utiliser les valeurs arrondies $2{,}54 - 0{,}26 = 2{,}28$ h, ce qui donne $2$ h $17$ min également — heureusement, l'arrondi n'a pas d'effet ici. Mais il vaut mieux calculer avec les valeurs précises avant d'arrondir.

Intégration par parties. On dérive le polynôme (il disparaît) et on primitive l'exponentielle :

$$u(t) = 5t \quad \Rightarrow \quad u'(t) = 5$$
$$v'(t) = e^{-t} \quad \Rightarrow \quad v(t) = -e^{-t}$$

(attention au signe : une primitive de $e^{-t}$ est $-e^{-t}$)

Formule $\displaystyle\int_a^b uv' = \Big[uv\Big]_a^b - \int_a^b u'v$ :

$$T_m = \Big[-5t\,e^{-t}\Big]_0^{1} - \int_0^{1} 5 \times \left(-e^{-t}\right)\mathrm{d}t$$

$$T_m = \Big[-5t\,e^{-t}\Big]_0^{1} + 5\int_0^{1} e^{-t}\,\mathrm{d}t$$

Terme tout intégré :

$$\Big[-5t\,e^{-t}\Big]_0^{1} = -5 \times 1 \times e^{-1} - \left(-5 \times 0 \times e^{0}\right) = -\frac{5}{e}$$

Intégrale restante :

$$5\int_0^{1} e^{-t}\,\mathrm{d}t = 5 \times \Big[-e^{-t}\Big]_0^{1} = 5 \times \left(-e^{-1} + e^{0}\right) = 5\left(1 - \frac{1}{e}\right) = 5 - \frac{5}{e}$$

Somme :

$$T_m = -\frac{5}{e} + 5 - \frac{5}{e}$$

$$\boxed{T_m = 5 - \frac{10}{e}}$$

Valeur approchée, avec $e \approx 2{,}71828$ :

$$T_m \approx 5 - \frac{10}{2{,}71828} \approx 5 - 3{,}679$$

$$\boxed{T_m \approx 1{,}32 \ \text{g/L}}$$

Contrôle de vraisemblance. Sur la première heure, la concentration monte de $0$ à son maximum $\dfrac{5}{e} \approx 1{,}84$ g/L. Sa valeur moyenne doit donc être comprise entre $0$ et $1{,}84$ — et plutôt dans la partie haute, puisque la courbe grimpe rapidement au début. Trouver $1{,}32$ est parfaitement cohérent ✓

Interprétation : c'est la concentration qu'il aurait fallu maintenir constamment pendant cette première heure pour exposer l'organisme à la même quantité totale de médicament.

Et cette valeur moyenne de $1{,}32$ g/L est supérieure au seuil de somnolence de $1$ g/L — ce qui est cohérent avec la partie C : le risque commence dès $t_1 \approx 0{,}26$ h et couvre donc les trois quarts de la première heure.

Une droite est déterminée par un point et un vecteur directeur.

Vecteur directeur.

$$\vec{CK} = K - C = \begin{pmatrix}\dfrac{\sqrt{3}}{2} - 0\\[4pt]\dfrac{3}{2} - 0\\[4pt]0 - 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\[4pt]\dfrac{3}{2}\\[4pt]-1\end{pmatrix}$$

Point de passage. La droite passe par $C(0\,;0\,;1)$.

Représentation paramétrique. Tout point $M$ de $(CK)$ s'écrit $M = C + t\,\vec{CK}$ :

$$\left\{\begin{array}{l} x = 0 + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,t \\[4pt] y = 0 + \dfrac{3}{2}\,t \\[4pt] z = 1 + t \times (-1) = 1 - t \end{array}\right.$$

$$\boxed{\text{C'est exactement la représentation proposée}}$$ $\blacksquare$

Contrôles :
• pour $t = 0$ : on obtient $(0\,;0\,;1) = C$ ✓
• pour $t = 1$ : on obtient $\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,;\dfrac{3}{2}\,;0\right) = K$ ✓

Coordonnées du point $M(t)$, d'après la question 1 :

$$M(t)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\ ;\ \frac{3}{2}t\ ;\ 1 - t\right)$$

Distance à l'origine $O(0\,;0\,;0)$. Le repère étant orthonormé :

$$OM(t) = \sqrt{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)^2 + \left(\frac{3}{2}t\right)^2 + \left(1 - t\right)^2}$$

Développons chaque carré séparément.

Premier terme — attention, le carré de $\sqrt{3}$ vaut $3$ :

$$\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)^2 = \frac{3}{4}t^2$$

Deuxième terme :

$$\left(\frac{3}{2}t\right)^2 = \frac{9}{4}t^2$$

Troisième terme — identité remarquable :

$$(1 - t)^2 = 1 - 2t + t^2$$

Somme sous la racine :

$$\underbrace{\frac{3}{4}t^2 + \frac{9}{4}t^2}_{=\ \frac{12}{4}t^2\ =\ 3t^2} + 1 - 2t + t^2$$

$$= 3t^2 + t^2 - 2t + 1$$

$$\boxed{OM(t) = \sqrt{4t^2 - 2t + 1}}$$ $\blacksquare$

Remarque : le trinôme $4t^2 - 2t + 1$ a pour discriminant $\Delta = 4 - 16 = -12 < 0$ : il est toujours strictement positif. La racine carrée est donc bien définie pour tout réel $t$ — rassurant, puisqu'il s'agit d'une distance.

a. Variations. On dérive $f(t) = \sqrt{g(t)}$ avec $g(t) = 4t^2 - 2t + 1$. La dérivée de $\sqrt{u}$ est $\dfrac{u'}{2\sqrt{u}}$ :

$$g'(t) = 8t - 2$$

$$f'(t) = \frac{8t - 2}{2\sqrt{4t^2 - 2t + 1}} = \frac{4t - 1}{\sqrt{4t^2 - 2t + 1}}$$

Signe. Le dénominateur est une racine carrée, donc strictement positif (le trinôme ne s'annule jamais, cf. question 2). Le signe de $f'$ est donc celui de $(4t - 1)$ :

$$4t - 1 > 0 \iff t > \frac{1}{4}$$



$$\boxed{f \text{ décroît sur } \left]-\infty\,;\tfrac{1}{4}\right] \text{ puis croît sur } \left[\tfrac{1}{4}\,;+\infty\right[}$$

b. Minimum.

$$\boxed{f \text{ atteint son minimum en } t = \frac{1}{4}}$$

Valeur du minimum :

$$f\left(\frac{1}{4}\right) = \sqrt{4 \times \frac{1}{16} - 2 \times \frac{1}{4} + 1} = \sqrt{\frac{1}{4} - \frac{1}{2} + 1} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0{,}87$$

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Une astuce qui évite toute dérivation. Comme la fonction racine carrée est croissante, $f = \sqrt{g}$ atteint son minimum exactement là où $g$ l'atteint. Or $g$ est un trinôme du second degré de coefficient dominant $a = 4 > 0$ : son minimum est au sommet, d'abscisse

$$t = \frac{-b}{2a} = \frac{2}{2 \times 4} = \frac{1}{4} \qquad \checkmark$$

Même résultat, en une ligne.