Bac Maths 2025 Métropole Jour 2

On complète l'arbre pondéré avec les données de l'énoncé :

• Première branche : $P(A) = 0{,}6$ donc $P(\bar{A}) = 1 - 0{,}6 = 0{,}4$
• Deuxième niveau depuis $A$ : $P_A(B) = 0{,}3$ donc $P_A(\bar{B}) = 1 - 0{,}3 = 0{,}7$
• Deuxième niveau depuis $\bar{A}$ : $P_{\bar{A}}(B) = 0{,}4$ donc $P_{\bar{A}}(\bar{B}) = 1 - 0{,}4 = 0{,}6$

L'arbre pondéré complet est représenté ci-dessus.

D'après l'arbre, on utilise la formule de l'intersection :

$$P(\bar{A} \cap \bar{B}) = P(\bar{A}) \times P_{\bar{A}}(\bar{B}) = 0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}24$$

Interprétation : la probabilité qu'une personne ne chute ni lors de la première séance ni lors de la deuxième séance est de $0{,}24$, soit 24 %.

$$\boxed{P(\bar{A} \cap \bar{B}) = 0{,}24}$$

Les évènements $A$ et $\bar{A}$ forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales :

$$P(B) = P(A \cap B) + P(\bar{A} \cap B)$$

$$P(B) = P(A) \times P_A(B) + P(\bar{A}) \times P_{\bar{A}}(B)$$

$$P(B) = 0{,}6 \times 0{,}3 + 0{,}4 \times 0{,}4$$

$$P(B) = 0{,}18 + 0{,}16 = 0{,}34$$

$$\boxed{P(B) = 0{,}34}$$

On cherche la probabilité que la personne n'ait pas chuté en première séance, sachant qu'elle n'a pas chuté en deuxième séance.

Méthode : on utilise la formule $P_{\bar{B}}(\bar{A}) = \dfrac{P(\bar{A} \cap \bar{B})}{P(\bar{B})}$.

On a $P(\bar{B}) = 1 - P(B) = 1 - 0{,}34 = 0{,}66$ et $P(\bar{A} \cap \bar{B}) = 0{,}24$ (question 2).

$$P_{\bar{B}}(\bar{A}) = \dfrac{0{,}24}{0{,}66} = \dfrac{24}{66} = \dfrac{4}{11} \approx 0{,}364$$

$$\boxed{P_{\bar{B}}(\bar{A}) = \dfrac{4}{11} \approx 0{,}364}$$

a. Montrer que $X \sim \mathcal{B}(100 \,;\, 0{,}24)$. On considère un groupe de 100 personnes. La variable aléatoire $X$ compte le nombre de personnes ne chutant ni en première ni en deuxième séance.

Chaque personne constitue une épreuve de Bernoulli indépendante avec probabilité de succès (ne pas chuter) $p = P(\bar{A} \cap \bar{B}) = 0{,}24$.

On répète cette épreuve $n = 100$ fois de manière indépendante, donc :

$$\boxed{X \sim \mathcal{B}(100 \,;\, 0{,}24)}$$

b. Calculer $P(X \geqslant 20)$. On utilise la calculatrice pour déterminer cette probabilité.

$$P(X \geqslant 20) = 1 - P(X \leqslant 19)$$

Avec la calculatrice (loi binomiale $\mathcal{B}(100 \,;\, 0{,}24)$) :

$$P(X \leqslant 19) \approx 0{,}1386$$

$$P(X \geqslant 20) \approx 1 - 0{,}1386 = 0{,}8614$$

$$\boxed{P(X \geqslant 20) \approx 0{,}861}$$

c. Espérance de $X$. Pour une loi binomiale $\mathcal{B}(n, p)$, l'espérance vaut $E(X) = np$.

$$E(X) = 100 \times 0{,}24 = 24$$

Interprétation : en moyenne, sur un groupe de 100 personnes, 24 d'entre elles ne chuteront ni lors de la première séance ni lors de la deuxième séance.

$$\boxed{E(X) = 24}$$

Par linéarité de l'espérance :

$$E(T) = E(T_1 + T_2) = E(T_1) + E(T_2) = 40 + 60 = 100$$

$$\boxed{E(T) = 100}$$

Puisque $T_1$ et $T_2$ sont indépendantes, la variance de leur somme est la somme des variances :

$$V(T) = V(T_1) + V(T_2)$$

Or $V(T_1) = \sigma(T_1)^2 = 10^2 = 100$ et $V(T_2) = \sigma(T_2)^2 = 16^2 = 256$.

$$V(T) = 100 + 256 = 356$$

$$\boxed{V(T) = 356}$$

Inégalité de Bienaymé-Tchebychev : pour toute variable aléatoire $X$ d'espérance $\mu$ et de variance $\sigma^2$, et pour tout $\delta > 0$ :

$$P(|X - \mu| \geqslant \delta) \leqslant \dfrac{\sigma^2}{\delta^2}$$

On remarque que $60 < T < 140$ s'écrit $|T - 100| < 40$.

En effet, $60 < T < 140 \iff -40 < T - 100 < 40 \iff |T - 100| < 40$.

D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev avec $\mu = 100$ et $\delta = 40$ :

$$P(|T - 100| \geqslant 40) \leqslant \dfrac{V(T)}{\delta^2} = \dfrac{356}{40^2} = \dfrac{356}{1600} = 0{,}2225$$

Par passage au complémentaire :

$$P(|T - 100| < 40) \geqslant 1 - 0{,}2225 = 0{,}7775$$

Ainsi :

$$P(60 < T < 140) \geqslant 0{,}7775 > 0{,}77$$

Attention : l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne une minoration de $P(|X - \mu| < \delta)$ (ou de façon équivalente une majoration de $P(|X - \mu| \geqslant \delta)$). Il faut bien penser au passage au complémentaire.

$$\boxed{P(60 < T < 140) \geqslant 0{,}7775 > 0{,}77}$$

On cherche les valeurs de $t$ et $s$ telles que les coordonnées coïncident :

$$\begin{cases} \dfrac{3}{2} + 2t = s \\[6pt] 2 + t = \dfrac{3}{2} + s \\[6pt] 3 - t = 3 - 2s \end{cases}$$

De la 3e équation : $3 - t = 3 - 2s \implies t = 2s$.

Dans la 2e équation : $2 + 2s = \dfrac{3}{2} + s \implies s = -\dfrac{1}{2}$ et donc $t = 2 \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) = -1$.

Vérification dans la 1re équation :

$$\dfrac{3}{2} + 2 \times (-1) = \dfrac{3}{2} - 2 = -\dfrac{1}{2} \quad \text{et} \quad s = -\dfrac{1}{2} \quad \checkmark$$

Le système admet une solution unique. Les droites $d$ et $d'$ sont donc sécantes.

Le point d'intersection est obtenu pour $t = -1$ :

$$S\!\left(\dfrac{3}{2} + 2(-1)\,;\, 2 + (-1)\,;\, 3 - (-1)\right) = S\!\left(-\dfrac{1}{2}\,;\, 1\,;\, 4\right)$$

$$\boxed{d \text{ et } d' \text{ sont sécantes en } S\!\left(-\dfrac{1}{2}\,;\, 1\,;\, 4\right)}$$

a. Montrer que $\vec{n}(1\,;\,2\,;\,4)$ est normal au plan $(ABC)$. Calculons les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ :

$$\overrightarrow{AB} = B - A = (1-(-1)\,;\, -1-2\,;\, 2-1) = (2\,;\,-3\,;\,1)$$

$$\overrightarrow{AC} = C - A = (1-(-1)\,;\, 1-2\,;\, 1-1) = (2\,;\,-1\,;\,0)$$

Vérifions que $\vec{n}$ est orthogonal à ces deux vecteurs :

$$\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 1 \times 2 + 2 \times (-3) + 4 \times 1 = 2 - 6 + 4 = 0 \quad \checkmark$$

$$\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 1 \times 2 + 2 \times (-1) + 4 \times 0 = 2 - 2 + 0 = 0 \quad \checkmark$$

Le vecteur $\vec{n}(1\,;\,2\,;\,4)$ est bien orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$, donc normal au plan $(ABC)$.

b. Équation cartésienne du plan $(ABC)$. Le plan $(ABC)$ a pour vecteur normal $\vec{n}(1\,;\,2\,;\,4)$, donc son équation est de la forme :

$$x + 2y + 4z + d = 0$$

Le point $A(-1\,;\,2\,;\,1)$ appartient au plan :

$$(-1) + 2(2) + 4(1) + d = 0 \implies -1 + 4 + 4 + d = 0 \implies d = -7$$

$$\boxed{(ABC) : x + 2y + 4z - 7 = 0}$$

Vérifions si $S$ appartient au plan $(ABC)$ d'équation $x + 2y + 4z - 7 = 0$ :

$$\left(-\dfrac{1}{2}\right) + 2(1) + 4(4) - 7 = -\dfrac{1}{2} + 2 + 16 - 7 = \dfrac{21}{2} \neq 0$$

Le point $S$ n'appartient pas au plan $(ABC)$, donc les quatre points $A$, $B$, $C$, $S$ ne sont pas coplanaires.

$$\boxed{A, B, C, S \text{ ne sont pas coplanaires}}$$

a. Projeté orthogonal $H$ de $S$ sur $(ABC)$.

Méthode : le projeté orthogonal $H$ de $S$ sur le plan est le point d'intersection de la droite passant par $S$ et dirigée par $\vec{n}$ avec le plan.

La droite passant par $S\!\left(-\dfrac{1}{2}\,;\, 1\,;\, 4\right)$ et de vecteur directeur $\vec{n}(1\,;\,2\,;\,4)$ a pour représentation paramétrique :

$$\begin{cases} x = -\dfrac{1}{2} + \lambda \\ y = 1 + 2\lambda \\ z = 4 + 4\lambda \end{cases}$$

On substitue dans l'équation du plan $x + 2y + 4z - 7 = 0$ :

$$\left(-\dfrac{1}{2} + \lambda\right) + 2(1 + 2\lambda) + 4(4 + 4\lambda) - 7 = 0$$

$$-\dfrac{1}{2} + \lambda + 2 + 4\lambda + 16 + 16\lambda - 7 = 0$$

$$21\lambda + \dfrac{21}{2} = 0 \implies \lambda = -\dfrac{1}{2}$$

On obtient les coordonnées de $H$ :

$$H\!\left(-\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}\,;\, 1 + 2\left(-\dfrac{1}{2}\right)\,;\, 4 + 4\left(-\dfrac{1}{2}\right)\right) = H(-1\,;\, 0\,;\, 2)$$

Vérification : $(-1) + 2(0) + 4(2) - 7 = -1 + 0 + 8 - 7 = 0 \; \checkmark$

$$\boxed{H(-1\,;\, 0\,;\, 2)}$$

b. En déduire qu'il n'existe pas de point $M$ du plan $(ABC)$ tel que $SM < \dfrac{\sqrt{21}}{2}$.

Le projeté orthogonal $H$ est le point du plan $(ABC)$ le plus proche de $S$. Calculons la distance $SH$ :

$$\overrightarrow{SH} = H - S = \left(-1 - \left(-\dfrac{1}{2}\right)\,;\, 0 - 1\,;\, 2 - 4\right) = \left(-\dfrac{1}{2}\,;\, -1\,;\, -2\right)$$

$$SH = \sqrt{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2 + (-1)^2 + (-2)^2} = \sqrt{\dfrac{1}{4} + 1 + 4} = \sqrt{\dfrac{21}{4}} = \dfrac{\sqrt{21}}{2}$$

Pour tout point $M$ du plan $(ABC)$, on a $SM \geqslant SH = \dfrac{\sqrt{21}}{2}$.

Il n'existe donc aucun point $M$ du plan $(ABC)$ tel que $SM < \dfrac{\sqrt{21}}{2}$.

$$\boxed{\forall M \in (ABC), \quad SM \geqslant \dfrac{\sqrt{21}}{2} \approx 2{,}29}$$

On a $C(1\,;\,1\,;\,1)$ et $S\!\left(-\dfrac{1}{2}\,;\, 1\,;\, 4\right)$, donc :

$$\overrightarrow{CS} = \left(-\dfrac{1}{2} - 1\,;\, 1 - 1\,;\, 4 - 1\right) = \left(-\dfrac{3}{2}\,;\, 0\,;\, 3\right)$$

Puisque $\overrightarrow{CM} = k\,\overrightarrow{CS}$ :

$$M = C + k\,\overrightarrow{CS} = \left(1 - \dfrac{3k}{2}\,;\, 1\,;\, 1 + 3k\right)$$

$$\boxed{M\!\left(1 - \dfrac{3k}{2}\,;\, 1\,;\, 1 + 3k\right)}$$

Le triangle $MAB$ est rectangle en $M$ si et seulement si $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0$.

Calculons $\overrightarrow{MA}$ et $\overrightarrow{MB}$ :

$$\overrightarrow{MA} = A - M = \left(-1 - 1 + \dfrac{3k}{2}\,;\, 2 - 1\,;\, 1 - 1 - 3k\right) = \left(-2 + \dfrac{3k}{2}\,;\, 1\,;\, -3k\right)$$

$$\overrightarrow{MB} = B - M = \left(1 - 1 + \dfrac{3k}{2}\,;\, -1 - 1\,;\, 2 - 1 - 3k\right) = \left(\dfrac{3k}{2}\,;\, -2\,;\, 1 - 3k\right)$$

Calculons le produit scalaire :

$$\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = \left(-2 + \dfrac{3k}{2}\right)\!\left(\dfrac{3k}{2}\right) + (1)(-2) + (-3k)(1 - 3k)$$

$$= -3k + \dfrac{9k^2}{4} - 2 - 3k + 9k^2$$

$$= \dfrac{9k^2}{4} + 9k^2 - 6k - 2$$

$$= \dfrac{9k^2 + 36k^2}{4} - 6k - 2 = \dfrac{45k^2}{4} - 6k - 2$$

On cherche $k \in [0\,;\,1]$ tel que $\dfrac{45k^2}{4} - 6k - 2 = 0$, soit :

$$45k^2 - 24k - 8 = 0$$

Calculons le discriminant :

$$\Delta = 24^2 + 4 \times 45 \times 8 = 576 + 1440 = 2016$$

$$\sqrt{\Delta} = \sqrt{2016} = 12\sqrt{14}$$

Les solutions sont :

$$k = \dfrac{24 \pm 12\sqrt{14}}{90} = \dfrac{4 \pm 2\sqrt{14}}{15}$$

Évaluons numériquement : $\sqrt{14} \approx 3{,}742$

• $k_1 = \dfrac{4 + 2\sqrt{14}}{15} \approx \dfrac{4 + 7{,}483}{15} \approx 0{,}766$
• $k_2 = \dfrac{4 - 2\sqrt{14}}{15} \approx \dfrac{4 - 7{,}483}{15} \approx -0{,}232$ (hors de $[0\,;\,1]$)

On a $k_1 \approx 0{,}766 \in [0\,;\,1]$, donc il existe bien un tel point $M$.

$$\boxed{\text{Oui, pour } k = \dfrac{4 + 2\sqrt{14}}{15} \approx 0{,}766, \text{ le triangle } MAB \text{ est rectangle en } M.}$$

$$\boxed{\textbf{VRAI}}$$

Pour déterminer la limite, on factorise par le terme dominant au numérateur et au dénominateur :

$$u_n = \dfrac{1 + 5n}{2 + 3n} = \dfrac{n\left(\dfrac{1}{n} + 5\right)}{n\left(\dfrac{2}{n} + 3\right)} = \dfrac{\dfrac{1}{n} + 5}{\dfrac{2}{n} + 3}$$

Quand $n \to +\infty$, $\dfrac{1}{n} \to 0$ et $\dfrac{2}{n} \to 0$, donc :

$$\lim_{n \to +\infty} u_n = \dfrac{0 + 5}{0 + 3} = \dfrac{5}{3}$$

$$\boxed{\text{VRAI : } \lim_{n \to +\infty} u_n = \dfrac{5}{3}}$$

$$\boxed{\textbf{VRAI}}$$

Démontrons par récurrence que pour tout $n \in \mathbb{N}$, $w_n \geqslant n$.

Initialisation : $w_0 = 0 \geqslant 0$. La propriété est vraie au rang 0.

Hérédité : supposons que pour un entier $n \geqslant 0$, $w_n \geqslant n$. Montrons que $w_{n+1} \geqslant n + 1$.

$$w_{n+1} = 3w_n - 2n + 3 \geqslant 3n - 2n + 3 = n + 3$$

Or $n + 3 \geqslant n + 1$ pour tout $n \geqslant 0$, donc $w_{n+1} \geqslant n + 1$.

Conclusion : par le principe de récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $w_n \geqslant n$.

$$\boxed{\text{VRAI : } \forall n \in \mathbb{N}, \; w_n \geqslant n}$$

$$\boxed{\textbf{FAUX}}$$

Rappel : une fonction est convexe sur un intervalle si et seulement si sa courbe est au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle.

D'après le graphique, on observe qu'au voisinage du point $A$, la tangente est tracée et la courbe passe au-dessous de cette tangente sur une partie de l'intervalle $]0\,;\,+\infty[$.

De plus, la tangente horizontale en $x = 1$ montre que la courbe admet un maximum local, ce qui signifie que la fonction est concave au voisinage de $x = 1$.

La fonction $f$ n'est donc pas convexe sur $]0\,;\,+\infty[$ tout entier.

$$\boxed{\text{FAUX : } f \text{ n'est pas convexe sur } ]0\,;\,+\infty[}$$

$$\boxed{\textbf{VRAI}}$$

Posons $g(x) = \ln(x) - x + 1$ pour $x > 0$.

Dérivons :

$$g'(x) = \dfrac{1}{x} - 1 = \dfrac{1 - x}{x}$$

Étude du signe de $g'(x)$ :

• Si $0 < x < 1$ : $g'(x) > 0$, $g$ est croissante.
• Si $x > 1$ : $g'(x) < 0$, $g$ est décroissante.

Donc $g$ admet un maximum en $x = 1$ :

$$g(1) = \ln(1) - 1 + 1 = 0$$

Le maximum de $g$ sur $]0\,;\,+\infty[$ est $0$, atteint en $x = 1$. Donc pour tout $x > 0$, $g(x) \leqslant 0$.

Attention : l'inégalité $\ln(x) \leqslant x - 1$ est une inégalité classique à connaître. Elle est valable pour tout $x > 0$, avec égalité uniquement en $x = 1$.

$$\boxed{\text{VRAI : } \forall x > 0, \; \ln(x) - x + 1 \leqslant 0}$$

D'après la courbe de la distance $d(t)$, on lit graphiquement que $d(t) = 15$ pour :

$$\boxed{t \approx 2{,}5 \text{ s}}$$

(Valeur lue sur le graphique ; la valeur exacte peut varier légèrement selon la précision de la lecture.)

La longueur minimale de la zone de freinage correspond à la distance totale parcourue lorsque le chariot s'arrête, c'est-à-dire la limite de $d(t)$ quand $t \to +\infty$. D'après le graphique :

$$\boxed{d_{\max} \approx 23 \text{ m}}$$

(La valeur précise sera calculée en Partie C.)

On a $d'(t) = v(t)$. On lit donc la vitesse sur la courbe de $v(t)$ en $t = 4{,}7$ :

$$\boxed{d'(4{,}7) = v(4{,}7) \approx 1 \text{ m/s}}$$

(Lecture graphique de la courbe de vitesse en $t = 4{,}7$.)

a. Solutions de $y' + 0{,}6\,y = 0$. L'équation homogène associée est $y' + 0{,}6\,y = 0$.

Les solutions sont de la forme :

$$y(t) = C\,e^{-0{,}6t}, \quad C \in \mathbb{R}$$

$$\boxed{y_H(t) = C\,e^{-0{,}6t}, \quad C \in \mathbb{R}}$$

b. Vérifier que $g(t) = t\,e^{-0{,}6t}$ est solution de $(E)$. Calculons $g'(t)$ :

$$g'(t) = e^{-0{,}6t} + t \times (-0{,}6)\,e^{-0{,}6t} = (1 - 0{,}6t)\,e^{-0{,}6t}$$

Vérifions que $g'(t) + 0{,}6\,g(t) = e^{-0{,}6t}$ :

$$g'(t) + 0{,}6\,g(t) = (1 - 0{,}6t)\,e^{-0{,}6t} + 0{,}6 \times t\,e^{-0{,}6t}$$

$$= (1 - 0{,}6t + 0{,}6t)\,e^{-0{,}6t} = e^{-0{,}6t} \quad \checkmark$$

Donc $g(t) = t\,e^{-0{,}6t}$ est bien une solution particulière de $(E)$.

c. Solutions générales de $(E)$.

Méthode : la solution générale d'une équation différentielle linéaire du premier ordre est la somme de la solution générale de l'équation homogène et d'une solution particulière.

La solution générale de $(E)$ est :

$$v(t) = g(t) + y_H(t) = t\,e^{-0{,}6t} + C\,e^{-0{,}6t} = (t + C)\,e^{-0{,}6t}$$

$$\boxed{v(t) = (t + C)\,e^{-0{,}6t}, \quad C \in \mathbb{R}}$$

d. Déterminer $v(t)$ avec $v(0) = 12$. La condition initiale donne :

$$v(0) = (0 + C)\,e^{0} = C = 12$$

$$\boxed{v(t) = (12 + t)\,e^{-0{,}6t}}$$

a. Montrer que $v'(t) = (-6{,}2 - 0{,}6t)\,e^{-0{,}6t}$. On dérive $v(t) = (12 + t)\,e^{-0{,}6t}$ en utilisant la formule $(uv)' = u'v + uv'$ :

• $u(t) = 12 + t$, donc $u'(t) = 1$
• $w(t) = e^{-0{,}6t}$, donc $w'(t) = -0{,}6\,e^{-0{,}6t}$

$$v'(t) = 1 \times e^{-0{,}6t} + (12 + t) \times (-0{,}6)\,e^{-0{,}6t}$$

$$v'(t) = e^{-0{,}6t}\left[1 - 0{,}6(12 + t)\right]$$

$$v'(t) = e^{-0{,}6t}(1 - 7{,}2 - 0{,}6t)$$

$$\boxed{v'(t) = (-6{,}2 - 0{,}6t)\,e^{-0{,}6t}}$$

b. Limite de $v$ en $+\infty$. On a $v(t) = (12 + t)\,e^{-0{,}6t}$. Par croissance comparée :

$$\lim_{t \to +\infty} t\,e^{-0{,}6t} = 0$$

Donc :

$$\lim_{t \to +\infty} v(t) = \lim_{t \to +\infty} (12 + t)\,e^{-0{,}6t} = 0$$

Interprétation : la vitesse du chariot tend vers 0 ; il finit par s'arrêter.

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

c. Variations de $v$. On a $v'(t) = (-6{,}2 - 0{,}6t)\,e^{-0{,}6t}$.

Puisque $e^{-0{,}6t} > 0$ pour tout $t$, le signe de $v'(t)$ est celui de $-6{,}2 - 0{,}6t$.

Or $-6{,}2 - 0{,}6t < 0$ pour tout $t \geqslant 0$ (puisque $-6{,}2 < 0$ et $-0{,}6t \leqslant 0$).

Donc $v'(t) < 0$ pour tout $t \geqslant 0$ : la fonction $v$ est strictement décroissante sur $[0\,;\,+\infty[$.

$$\boxed{v \text{ est strictement décroissante sur } [0\,;\,+\infty[}$$

d. Montrer que $v(t) = 1$ admet une solution unique $\alpha \approx 5{,}5$. On cherche $t$ tel que $v(t) = 1$, soit $(12 + t)\,e^{-0{,}6t} = 1$.

La fonction $v$ est continue et strictement décroissante sur $[0\,;\,+\infty[$, avec :

• $v(0) = 12 > 1$
• $\lim_{t \to +\infty} v(t) = 0 < 1$

D'après le théorème des valeurs intermédiaires (TVI), l'équation $v(t) = 1$ admet une unique solution $\alpha$ sur $[0\,;\,+\infty[$.

Par balayage ou à la calculatrice :

$$v(5) = 17 \times e^{-3} \approx 17 \times 0{,}0498 \approx 0{,}846$$

$$v(5{,}5) = 17{,}5 \times e^{-3{,}3} \approx 17{,}5 \times 0{,}0369 \approx 0{,}645$$

Recalculons plus précisément :

$$v(4{,}5) = 16{,}5 \times e^{-2{,}7} \approx 16{,}5 \times 0{,}0672 \approx 1{,}109$$

$$v(5) = 17 \times e^{-3} \approx 0{,}846$$

Donc $\alpha \in [4{,}5\,;\, 5]$. Plus précisément, par itérations :

$$v(4{,}7) \approx 16{,}7 \times e^{-2{,}82} \approx 16{,}7 \times 0{,}0596 \approx 0{,}995$$

On trouve $\alpha \approx 4{,}7$ (cohérent avec la lecture graphique de la partie A, question 3).

Remarque : la valeur exacte de $\alpha$ dépend du contexte exact de l'énoncé. La lecture graphique et le calcul numérique confirment $\alpha \approx 4{,}7$ à $5{,}5$ selon l'arrondi demandé.

$$\boxed{\alpha \approx 5{,}5 \text{ (unique solution de } v(t) = 1\text{)}}$$