Bac Maths 2025 Centres étrangers Jour 1

Traduction de l'énoncé. Attention à la troisième donnée : elle est formulée « à l'envers ».

• « une fois sur dix » : $P(T) = 0{,}1$, donc $P\left(\overline{T}\right) = 0{,}9$ ;
• $P_T(E) = 0{,}30$, donc $P_T\left(\overline{E}\right) = 0{,}70$ ;
• « dans $85\ \%$ des cas il n'y a pas d'erreur » donne $P_{\overline{T}}\left(\overline{E}\right) = 0{,}85$, donc par événement contraire :

$$P_{\overline{T}}(E) = 1 - 0{,}85 = 0{,}15$$

C'est le piège de la question : l'énoncé donne la probabilité de ne pas trouver d'erreur. Reporter $0{,}85$ directement sur la branche $E$ fausse tout l'exercice.

Calcul. On multiplie le long du chemin $\overline{T}$ puis $E$ :

$$P\left(\overline{T} \cap E\right) = P\left(\overline{T}\right) \times P_{\overline{T}}(E) = 0{,}9 \times 0{,}15$$

$$\boxed{P\left(\overline{T} \cap E\right) = 0{,}135}$$

Interprétation : $13{,}5\ \%$ des contrôles sont des contrôles partiels qui révèlent une erreur.

Les évènements $T$ et $\overline{T}$ forment une partition de l'univers : on applique la formule des probabilités totales.

$$P(E) = P(T \cap E) + P\left(\overline{T} \cap E\right)$$

$$P(E) = \underbrace{0{,}1 \times 0{,}30}_{0{,}03} + \underbrace{0{,}9 \times 0{,}15}_{0{,}135}$$

$$\boxed{P(E) = 0{,}165}$$

Sur l'arbre, cela revient à additionner les deux chemins qui aboutissent à $E$.

À noter : cette valeur $0{,}165$ est exactement le $p$ réutilisé dans les parties B et C. Une erreur ici se propagerait à tout l'exercice.

Attention au sens du conditionnement. On cherche $P_E(T)$ — l'erreur est constatée, on remonte vers le type de contrôle — et non $P_T(E)$, qui est donné par l'énoncé. C'est une probabilité inverse.

$$P_E(T) = \frac{P(T \cap E)}{P(E)} = \frac{0{,}03}{0{,}165}$$

$$P_E(T) = \frac{30}{165} = \frac{2}{11} = 0{,}1818\ldots$$

$$\boxed{P_E(T) \approx 0{,}18}$$

Interprétation : parmi les contrôles ayant révélé une erreur, environ $18\ \%$ étaient des contrôles totaux. C'est bien plus que la part des contrôles totaux dans l'ensemble ($10\ \%$) — logique, puisqu'un contrôle total, plus minutieux, détecte davantage d'erreurs.

a. Paramètres. On répète $n = 15$ fois, de façon indépendante (l'énoncé le précise), une épreuve à deux issues — erreur détectée (succès) ou non — de probabilité constante $p = 0{,}165$ (valeur obtenue en A.2).

$$\boxed{X \sim \mathcal{B}(15\,;\ 0{,}165)}$$

b. Exactement 5 erreurs. On applique la formule de la loi binomiale :

$$P(X = 5) = \binom{15}{5} \times 0{,}165^{\,5} \times 0{,}835^{\,10}$$

$$P(X = 5) = 3003 \times 0{,}165^{5} \times 0{,}835^{10} = 0{,}0605\ldots$$

$$\boxed{P(X = 5) \approx 0{,}06}$$

Cohérent avec l'espérance : $E(X) = 15 \times 0{,}165 \approx 2{,}5$. Obtenir $5$ erreurs, soit le double de la moyenne, est donc peu probable — $6\ \%$ environ.

c. Au moins une erreur. Réflexe : « au moins une » est le contraire de « aucune », qui ne correspond qu'à un seul cas.

$$P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \binom{15}{0} \times 0{,}165^{0} \times 0{,}835^{15} = 1 - 0{,}835^{15}$$

$$P(X \geqslant 1) = 1 - 0{,}0669 = 0{,}9331\ldots$$

$$\boxed{P(X \geqslant 1) \approx 0{,}93}$$

Calculer $P(X=1) + P(X=2) + \cdots + P(X=15)$ donnerait le même résultat, mais en quinze fois plus de temps.

Mise en équation. Pour $n$ contrôles, la variable $X_n$ suit $\mathcal{B}(n\,;0{,}165)$, et d'après le raisonnement de la question précédente :

$$P(X_n \geqslant 1) = 1 - 0{,}835^{\,n}$$

On cherche le plus petit $n$ tel que :

$$1 - 0{,}835^{\,n} > 0{,}99 \iff 0{,}835^{\,n} < 0{,}01$$

Résolution. On compose par $\ln$, strictement croissante (le sens est conservé) :

$$n\ln(0{,}835) < \ln(0{,}01)$$

Le point délicat : $\ln(0{,}835) < 0$ (car $0{,}835 < 1$). En divisant par ce nombre négatif, le sens de l'inégalité s'inverse :

$$n > \frac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)} = \frac{-4{,}6052}{-0{,}18034} \approx 25{,}54$$

Comme $n$ est entier :

$$\boxed{n = 26 \text{ contrôles par jour}}$$

Vérification, indispensable :
• $0{,}835^{25} \approx 0{,}01102 > 0{,}01$ : insuffisant ;
• $0{,}835^{26} \approx 0{,}00920 < 0{,}01$ ✓

L'erreur classique : oublier d'inverser le sens de l'inégalité en divisant par un logarithme négatif. On obtiendrait $n < 25{,}54$, donc $n = 25$ — et une réponse fausse.

On applique les formules du cours pour $X \sim \mathcal{B}(n\,;p)$ :

$$E(X) = np \qquad V(X) = np(1-p)$$

Espérance :

$$E(X_1) = 20 \times 0{,}165$$

$$\boxed{E(X_1) = 3{,}3}$$

Variance :

$$V(X_1) = 20 \times 0{,}165 \times (1 - 0{,}165) = 20 \times 0{,}165 \times 0{,}835 = 3{,}3 \times 0{,}835$$

$$\boxed{V(X_1) = 2{,}7555}$$

L'énoncé demande les valeurs exactes : il ne faut donc surtout pas arrondir $2{,}7555$.

Interprétation : sur $20$ contrôles, on s'attend en moyenne à $3{,}3$ erreurs détectées par caisse.

a. Espérance et variance de la somme.

Espérance — elle est toujours additive, sans aucune hypothèse :

$$E(S) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) = 3 \times 3{,}3$$

$$\boxed{E(S) = 9{,}9}$$

Variance — elle n'est additive que si les variables sont indépendantes, ce que l'énoncé garantit explicitement :

$$V(S) = V(X_1) + V(X_2) + V(X_3) = 3 \times 2{,}7555$$

$$\boxed{V(S) = 8{,}2665}$$

C'est la distinction centrale du chapitre : sans l'indépendance, l'espérance resterait additive, mais pas la variance.

b. Application de Bienaymé-Tchebychev. L'inégalité s'écrit, pour $\delta > 0$ :

$$P\Big(\left|S - E(S)\right| \geqslant \delta\Big) \leqslant \frac{V(S)}{\delta^2}$$

Première étape — reconnaître l'intervalle. Avec $E(S) = 10$ (valeur donnée par l'énoncé), l'intervalle $]6\,;14[$ est centré sur l'espérance :

$$10 - 6 = 4 \qquad \text{et} \qquad 14 - 10 = 4$$

Donc « $6 < S < 14$ » équivaut à « $\left|S - 10\right| < 4$ ». On prend $\delta = 4$.

Deuxième étape — passer à l'évènement contraire.

$$P(6 < S < 14) = 1 - P\Big(\left|S - 10\right| \geqslant 4\Big) \geqslant 1 - \frac{V(S)}{4^2} = 1 - \frac{8{,}2665}{16}$$

Troisième étape — conclure.

$$1 - \frac{8{,}2665}{16} = 1 - 0{,}5167 = 0{,}4833\ldots$$

$$\boxed{P(6 < S < 14) \geqslant 0{,}4833 > 0{,}48}$$ $\blacksquare$

À retenir : Bienaymé-Tchebychev vaut pour n'importe quelle loi, ce qui la rend très générale — mais aussi très pessimiste. Ici elle ne garantit que $48\ \%$, alors qu'un calcul direct avec la loi binomiale donnerait une probabilité bien supérieure. C'est le prix de sa généralité.

$$\boxed{\textbf{Réponse a : sécantes non perpendiculaires}}$$

Les vecteurs directeurs.

$$\vec{AB}\begin{pmatrix}1-(-3)\\5-1\\2-4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix} \qquad \vec{u}\begin{pmatrix}3\\0\\-5\end{pmatrix} \ \text{(directeur de } (d))$$

Parallèles ? Non : $\vec{u}$ a sa deuxième coordonnée nulle, pas $\vec{AB}$. Les vecteurs ne sont pas colinéaires. Réponse d écartée.

Perpendiculaires ? On calcule le produit scalaire :

$$\vec{AB} \cdot \vec{u} = 4 \times 3 + 4 \times 0 + (-2) \times (-5) = 12 + 0 + 10 = 22 \neq 0$$

Les directions ne sont pas orthogonales. Réponse b écartée.

Sécantes ou non coplanaires ? Il reste à chercher un point commun. Un point de $(AB)$ s'écrit $A + s\,\vec{AB}$, soit $(-3 + 4s\,;\ 1 + 4s\,;\ 4 - 2s)$. On résout :

$$\left\{\begin{array}{l} -3 + 4s = -6 + 3t \\ 1 + 4s = 1 \\ 4 - 2s = 9 - 5t \end{array}\right.$$

La deuxième équation donne immédiatement $s = 0$. La première devient $-3 = -6 + 3t$, d'où $t = 1$.

Vérification dans la troisième — c'est elle qui décide :

$$4 - 0 = 4 \qquad \text{et} \qquad 9 - 5 \times 1 = 4 \qquad \checkmark$$

Le système est compatible : les droites se coupent. Et le point d'intersection correspond à $s = 0$, c'est-à-dire… le point $A$ lui-même ! La droite $(d)$ passe par $A$.

Sécantes, mais pas perpendiculaires : réponse a.

$$\boxed{\textbf{Réponse d : orthogonale au plan } \mathcal{P}}$$

Le vecteur normal du plan. L'équation $4x + 4y - 2z + 3 = 0$ donne directement :

$$\vec{n}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix}$$

Comparaison avec $\vec{AB}$. Or on a calculé à la question 1 :

$$\vec{AB}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix}$$

$$\boxed{\vec{AB} = \vec{n}}$$

Les deux vecteurs sont identiques — donc a fortiori colinéaires.

Conclusion. Une droite dont le vecteur directeur est colinéaire au vecteur normal du plan est orthogonale à ce plan.

C'est une question qui se résout en une ligne, à condition de comparer les coordonnées au lieu de se lancer dans des calculs. Le sujet a délibérément choisi $\vec{AB} = \vec{n}$ pour récompenser l'observation.

$$\boxed{\textbf{Réponse b : perpendiculaires}}$$

Les deux vecteurs normaux.

$$\vec{n}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix} \quad \text{(plan } \mathcal{P}) \qquad \vec{n'}\begin{pmatrix}2\\1\\6\end{pmatrix} \quad \text{(plan } \mathcal{P'})$$

Sont-ils colinéaires ? Non : $\dfrac{4}{2} = 2$ mais $\dfrac{4}{1} = 4$. Les plans ne sont donc ni parallèles, ni confondus. Réponses c et d écartées.

Sont-ils orthogonaux ? Deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux :

$$\vec{n} \cdot \vec{n'} = 4 \times 2 + 4 \times 1 + (-2) \times 6 = 8 + 4 - 12 = 0$$

$$\boxed{\vec{n} \cdot \vec{n'} = 0}$$

Les vecteurs normaux sont orthogonaux : les plans sont perpendiculaires.

Le critère à retenir : la perpendicularité de deux plans se lit sur leurs vecteurs normaux, pas sur des vecteurs directeurs.

$$\boxed{\textbf{Réponse b : } 51°}$$

Les vecteurs partant de $A(-3\,;1\,;4)$.

$$\vec{AB}\begin{pmatrix}4\\4\\-2\end{pmatrix} \qquad \vec{AC}\begin{pmatrix}0-(-3)\\1-1\\-1-4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\0\\-5\end{pmatrix}$$

Remarque : $\vec{AC}$ est précisément le vecteur directeur de $(d)$ — cohérent avec la question 1, qui montrait que $(d)$ passe par $A$.

Produit scalaire.

$$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 4 \times 3 + 4 \times 0 + (-2) \times (-5) = 12 + 0 + 10 = 22$$

Il est non nul : l'angle n'est pas droit. Réponse a écartée.
Il est positif : l'angle est aigu.

Normes.

$$\left\|\vec{AB}\right\| = \sqrt{16 + 16 + 4} = \sqrt{36} = 6 \qquad \left\|\vec{AC}\right\| = \sqrt{9 + 0 + 25} = \sqrt{34}$$

Cosinus de l'angle.

$$\cos\widehat{BAC} = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{\left\|\vec{AB}\right\| \times \left\|\vec{AC}\right\|} = \frac{22}{6\sqrt{34}} \approx \frac{22}{34{,}99} \approx 0{,}6288$$

$$\widehat{BAC} = \arccos(0{,}6288) \approx 51{,}04°$$

$$\boxed{\widehat{BAC} \approx 51°}$$

Comment éliminer sans calculatrice : le produit scalaire est non nul, donc $90°$ est faux ; les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc $0°$ est faux. Restent $39°$ et $51°$ — et là, il faut calculer.

Quand $x \to -1^+$, on a $x + 1 \to 0^+$, donc :

$$\ln(x + 1) \longrightarrow -\infty \quad \text{d'où} \quad 4\ln(x+1) \longrightarrow -\infty$$

Et le second terme tend vers une valeur finie :

$$\frac{x^2}{25} \longrightarrow \frac{(-1)^2}{25} = \frac{1}{25}$$

Par somme — il n'y a aucune indétermination :

$$\boxed{\lim_{x \to -1^+} f(x) = -\infty}$$

Interprétation graphique : la droite d'équation $x = -1$ est asymptote verticale à la courbe de $f$.

Dérivation terme à terme. La dérivée de $\ln(u)$ est $\dfrac{u'}{u}$, ici avec $u = x + 1$ et $u' = 1$ :

$$f'(x) = 4 \times \frac{1}{x+1} - \frac{2x}{25} = \frac{4}{x+1} - \frac{2x}{25}$$

Mise au même dénominateur, à savoir $25(x+1)$ :

$$f'(x) = \frac{4 \times 25}{25(x+1)} - \frac{2x(x+1)}{25(x+1)} = \frac{100 - 2x(x+1)}{25(x+1)}$$

Développement du numérateur :

$$100 - 2x(x+1) = 100 - 2x^2 - 2x$$

$$\boxed{f'(x) = \frac{100 - 2x - 2x^2}{25(x+1)}}$$ $\blacksquare$

Signe du dénominateur. Sur $]-1\,;+\infty[$, on a $x + 1 > 0$, donc $25(x+1) > 0$.

Le signe de $f'$ est donc celui du numérateur $-2x^2 - 2x + 100$.

Racines du trinôme. On résout $-2x^2 - 2x + 100 = 0$, soit, en divisant par $-2$ :

$$x^2 + x - 50 = 0$$

$$\Delta = 1^2 - 4 \times 1 \times (-50) = 1 + 200 = 201 > 0$$

$$x_1 = \frac{-1 - \sqrt{201}}{2} \approx -7{,}59 \qquad x_2 = \frac{-1 + \sqrt{201}}{2} \approx 6{,}589$$

Attention au domaine : la racine $x_1 \approx -7{,}59$ n'appartient pas à $]-1\,;+\infty[$ — elle est donc sans objet ici.

Signe. Le trinôme $-2x^2 - 2x + 100$ a un coefficient dominant $a = -2 < 0$ : il est positif entre ses racines, négatif à l'extérieur.



$$f \text{ est croissante sur } \left]-1\,;\frac{-1+\sqrt{201}}{2}\right] \text{ puis décroissante}$$

Conclusion sur $[2\,;6{,}5]$. Le point-clé :

$$6{,}5 < 6{,}589 \approx \frac{-1 + \sqrt{201}}{2}$$

L'intervalle $[2\,;6{,}5]$ est donc entièrement contenu dans la zone où $f' > 0$ :

$$\boxed{f \text{ est strictement croissante sur } [2\,;6{,}5]}$$

La marge est faible — $6{,}5$ contre $6{,}589$ — et c'est voulu : le sujet vérifie qu'on situe bien la racine et qu'on ne se contente pas d'une valeur approchée grossière.

Valeurs aux bornes.

$$h(2) = f(2) - 2 = 4\ln 3 - \frac{4}{25} - 2 \approx 4{,}3944 - 0{,}16 - 2$$

$$h(2) \approx 2{,}234 > 0$$

$$h(6{,}5) = f(6{,}5) - 6{,}5 = 4\ln(7{,}5) - \frac{42{,}25}{25} - 6{,}5 \approx 8{,}0596 - 1{,}69 - 6{,}5$$

$$h(6{,}5) \approx -0{,}130 < 0$$

Raisonnement en deux temps, en s'appuyant sur le tableau de variations.

Sur la partie croissante (de $2$ jusqu'au maximum) : $h$ part de $h(2) \approx 2{,}234 > 0$ et augmente. Elle reste donc strictement positive — aucune solution sur cette portion.

Sur la partie décroissante (du maximum jusqu'à $6{,}5$) : $h$ est continue (somme de fonctions continues) et strictement décroissante. Elle part d'une valeur $> 0$ (le maximum) pour arriver à $h(6{,}5) \approx -0{,}130 < 0$.

Or $0$ est compris entre ces deux valeurs. D'après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à une fonction strictement monotone (corollaire du TVI), l'équation $h(x) = 0$ admet une solution, et une seule, sur cette portion.

$$\boxed{h(x) = 0 \text{ admet une unique solution } \alpha \text{ dans } [2\,;6{,}5]}$$

$$\alpha \approx 6{,}366$$

Pourquoi il faut découper l'intervalle : le TVI seul donne l'existence. C'est la stricte monotonie qui donne l'unicité — et $h$ n'est pas monotone sur tout $[2\,;6{,}5]$. D'où le raisonnement en deux morceaux.

a. Exécution du script. Avec $n = 2$, le pas vaut $p = \dfrac{1}{10^2} = 0{,}01$. La variable x part de $6$ et avance de $0{,}01$ tant que $h(x) = f(x) - x > 0$.

On sort de la boucle dès que $h(x) \leqslant 0$, c'est-à-dire dès qu'on a dépassé $\alpha$.

Comme $h(6) \approx 0{,}344 > 0$, la boucle démarre. Elle s'arrête pour :

$$x = 6{,}37 \qquad \text{car} \qquad h(6{,}36) > 0 \ \text{ et } \ h(6{,}37) < 0$$

Le script renvoie alors le couple $(x - p\,;\ x)$ :

$$\boxed{\texttt{bornes(2)} = (6{,}36\ ;\ 6{,}37)}$$

b. Interprétation. Ces deux valeurs encadrent $\alpha$ à $10^{-2}$ près :

$$\boxed{6{,}36 < \alpha < 6{,}37}$$

• $6{,}36$ est la dernière valeur pour laquelle $h > 0$ : elle est donc avant $\alpha$ ;
• $6{,}37$ est la première pour laquelle $h \leqslant 0$ : elle est donc après $\alpha$.

C'est la méthode du balayage : on avance par pas fixes jusqu'à changer de signe, ce qui donne un encadrement de la racine à la précision du pas. Le paramètre n règle cette précision : bornes(3) donnerait un encadrement à $10^{-3}$.

Contrôle : la valeur réelle est $\alpha \approx 6{,}3665$, bien dans l'encadrement ✓

Notons $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « $2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} < 6{,}5$ ».

Initialisation ($n = 0$). On a $u_0 = 2$ et

$$u_1 = f(2) = 4\ln 3 - \frac{4}{25} \approx 4{,}3944 - 0{,}16 \approx 4{,}234$$

On vérifie bien :

$$2 \leqslant 2 \leqslant 4{,}234 < 6{,}5 \qquad \checkmark$$

$\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie pour un entier $n$ fixé : $2 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} < 6{,}5$.

D'après la question A.3, $f$ est strictement croissante sur $[2\,;6{,}5]$ — elle conserve donc l'ordre. Comme tous les termes de l'encadrement appartiennent à cet intervalle, on peut appliquer $f$ :

$$f(2) \leqslant f(u_n) \leqslant f(u_{n+1}) < f(6{,}5)$$

Or $f(u_n) = u_{n+1}$ et $f(u_{n+1}) = u_{n+2}$, par définition de la suite. Calculons les deux bornes :

$$f(2) \approx 4{,}234 \qquad f(6{,}5) = 4\ln(7{,}5) - \frac{42{,}25}{25} \approx 6{,}370$$

L'encadrement devient :

$$4{,}234 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} < 6{,}370$$

Il reste à recoller aux bornes voulues :

• à gauche : $2 \leqslant 4{,}234$, donc a fortiori $2 \leqslant u_{n+1}$ ✓
• à droite : $6{,}370 < 6{,}5$, donc a fortiori $u_{n+2} < 6{,}5$ ✓

$$2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} < 6{,}5$$

C'est exactement $\mathcal{P}(n+1)$ ✓

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

Le point qui fait toute la démonstration : c'est la croissance de $f$ sur $[2\,;6{,}5]$ — établie en A.3 — qui autorise à appliquer $f$ à un encadrement sans en changer le sens. Sans elle, l'hérédité s'effondre.

Et le fait que $f(6{,}5) \approx 6{,}370 < 6{,}5$ n'est pas un hasard : c'est ce qui garantit que la suite ne sort jamais de l'intervalle.

L'encadrement démontré contient deux informations distinctes :

• $u_n \leqslant u_{n+1}$ pour tout $n$ : la suite est croissante ;
• $u_n < 6{,}5$ pour tout $n$ : la suite est majorée par $6{,}5$.

D'après le théorème de convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge.

$$\boxed{(u_n) \text{ converge vers une limite } \ell}$$

Attention : ce théorème donne l'existence de la limite, pas sa valeur. C'est l'objet de la question suivante.

Étape 1 — la limite est un point fixe de $f$. La fonction $f$ est continue sur $[2\,;6{,}5]$ (somme d'un logarithme et d'un polynôme). En passant à la limite dans la relation $u_{n+1} = f(u_n)$ :

• le membre de gauche $u_{n+1} \to \ell$ ;
• le membre de droite $f(u_n) \to f(\ell)$, par continuité de $f$.

$$\boxed{\ell = f(\ell)}$$

Étape 2 — la limite appartient à l'intervalle. D'après l'encadrement de B.1, tous les termes vérifient $2 \leqslant u_n < 6{,}5$. Par passage à la limite (les inégalités larges sont conservées) :

$$2 \leqslant \ell \leqslant 6{,}5$$

Étape 3 — identification. La relation $\ell = f(\ell)$ se réécrit :

$$f(\ell) - \ell = 0 \iff h(\ell) = 0$$

Ainsi $\ell$ est une solution de $h(x) = 0$ appartenant à $[2\,;6{,}5]$. Or la question A.4 a établi que cette équation admet une unique solution sur cet intervalle, à savoir $\alpha$.

$$\boxed{\ell = \alpha \approx 6{,}37}$$

C'est ici que l'unicité démontrée en A.4 devient indispensable : sans elle, on saurait seulement que $\ell$ est une solution, sans pouvoir l'identifier à $\alpha$. Les deux parties du problème s'emboîtent exactement.

Il suffit d'injecter $h$ dans l'équation et de vérifier l'égalité.

Dérivée. $h$ est constante, donc :

$$h'(t) = 0$$

Membre de gauche de $(E_1)$ :

$$h'(t) + 0{,}48\,h(t) = 0 + 0{,}48 \times \frac{1}{120} = \frac{0{,}48}{120}$$

Calcul :

$$\frac{0{,}48}{120} = \frac{48}{12\,000} = \frac{4}{1\,000} = 0{,}004 = \frac{1}{250}$$

C'est exactement le second membre de $(E_1)$ :

$$\boxed{h \text{ est une solution particulière de } (E_1)}$$ $\blacksquare$

Cette solution constante est la solution d'équilibre : elle correspond à l'état où plus rien ne varie.

On réécrit l'équation sous la forme du cours $y' = ay$ :

$$y' + 0{,}48\,y = 0 \iff y' = -0{,}48\,y$$

C'est $y' = ay$ avec $a = -0{,}48$. D'après le cours :

$$\boxed{y(t) = C\,e^{-0{,}48\,t}, \qquad C \in \mathbb{R}}$$

Il s'agit de l'équation homogène associée à $(E_1)$ — celle obtenue en remplaçant le second membre par $0$.

Le principe (structure des solutions d'une équation différentielle linéaire) :

$$\text{solution générale de } (E_1) \ = \ \text{une solution particulière} \ + \ \text{solution générale de l'équation homogène}$$

On dispose des deux morceaux : $h(t) = \dfrac{1}{120}$ (question 1) et $Ce^{-0{,}48t}$ (question 2).

$$\boxed{y(t) = C\,e^{-0{,}48\,t} + \frac{1}{120}, \qquad C \in \mathbb{R}}$$

Contrôle : on peut retrouver ce résultat par la formule directe. Pour $y' = ay + b$, les solutions sont $y = Ce^{at} - \dfrac{b}{a}$. Ici $a = -0{,}48$ et $b = \dfrac{1}{250}$ :

$$-\frac{b}{a} = -\frac{1/250}{-0{,}48} = \frac{1}{250 \times 0{,}48} = \frac{1}{120} \qquad \checkmark$$

Pourquoi ce changement de fonction ? L'équation $(E_2)$ n'est pas de la forme $y' = ay + b$ : le produit $p(120 - p)$ contient un $p^2$, et ce type d'équation n'est pas au programme. Le passage à $y = \dfrac{1}{p}$ est l'astuce qui ramène le problème à une équation connue.

Dérivation de $y$. On a $y = \dfrac{1}{p}$, de la forme $\dfrac{1}{u}$, dont la dérivée est $-\dfrac{u'}{u^2}$. C'est licite car $p$ est strictement positive, donc ne s'annule pas — l'hypothèse de l'énoncé sert exactement à cela :

$$y'(t) = -\frac{p'(t)}{p(t)^2}$$

Utilisation de $(E_2)$. On remplace $p'$ par son expression :

$$y'(t) = -\frac{\dfrac{1}{250}\,p\,(120 - p)}{p^2} = -\frac{1}{250} \times \frac{120 - p}{p}$$

On développe, et le $\dfrac{1}{p}$ fait réapparaître $y$ :

$$y'(t) = -\frac{1}{250} \times \frac{120}{p} + \frac{1}{250} \times \frac{p}{p} = -\frac{120}{250} \times \underbrace{\frac{1}{p}}_{=\ y} + \frac{1}{250}$$

Le coefficient tombe juste :

$$\frac{120}{250} = 0{,}48$$

$$y'(t) = -0{,}48\,y(t) + \frac{1}{250}$$

En réarrangeant :

$$\boxed{y' + 0{,}48\,y = \frac{1}{250}}$$

$y$ est bien solution de $(E_1)$. $\blacksquare$

D'après la partie A, les solutions de $(E_1)$ sont :

$$y(t) = C\,e^{-0{,}48\,t} + \frac{1}{120}$$

Comme $p = \dfrac{1}{y}$ :

$$p(t) = \frac{1}{C\,e^{-0{,}48\,t} + \dfrac{1}{120}}$$

Mise sous la forme attendue. On met le dénominateur au même dénominateur, à savoir $120$ :

$$C\,e^{-0{,}48t} + \frac{1}{120} = \frac{120\,C\,e^{-0{,}48t} + 1}{120}$$

En inversant :

$$p(t) = \frac{120}{120\,C\,e^{-0{,}48\,t} + 1}$$

On pose $K = 120\,C$, qui est bien une constante réelle :

$$\boxed{p(t) = \frac{120}{1 + K\,e^{-0{,}48\,t}}}$$ $\blacksquare$

Ce changement de constante n'est pas cosmétique : il fait apparaître le $1$ au dénominateur, ce qui rendra le calcul de $K$ immédiat à la question suivante.

On sait que $p(0) = 30$ (soit $30\,000$ bactéries à l'instant initial).

Évaluation en $t = 0$. Comme $e^{0} = 1$ :

$$p(0) = \frac{120}{1 + K \times 1} = \frac{120}{1 + K}$$

Équation à résoudre :

$$\frac{120}{1 + K} = 30 \iff 120 = 30\,(1 + K) \iff 1 + K = \frac{120}{30} = 4$$

$$\boxed{K = 3}$$

Expression finale de $p$ :

$$p(t) = \frac{120}{1 + 3\,e^{-0{,}48\,t}}$$

Vérification : $p(0) = \dfrac{120}{1 + 3} = \dfrac{120}{4} = 30$ ✓