Spé maths 17 juin 2026 exercice 2 — suite et équation différentielle
🎓 Corrigé Bac Maths 2026 : Modélisation d’une Pollution (Exercice 2 – Mercredi)
Dans cet exercice, nous étudions l’évolution du volume de substance polluante dans un bassin de 30 000 litres, d’abord heure par heure (modèle discret), puis en temps réel (modèle continu).
Partie A : Modèle discret (Suites)
On note \(V_n\) le volume de polluant (en litres) après \(n\) heures. On a \(V_0 = 0\) et la relation de récurrence : \(V_{n+1} = 0,995 V_n + 6\).
1. Calcul de \(V_1\) et \(V_2\)
- \(V_1 = 0,995 \times V_0 + 6 = 0,995 \times 0 + 6 = 6\) litres.
- \(V_2 = 0,995 \times V_1 + 6 = 0,995 \times 6 + 6 = 5,97 + 6 = 11,97\) litres.
2. Complétion du programme Python
Le programme doit calculer le terme de rang \(n\). La variable \(v\) est initialisée à \(V_0\), puis mise à jour \(n\) fois.
def volume(n):
v = 0
for k in range(n):
v = 0.995 * v + 6
return v3. Démonstration par récurrence
Montrons que pour tout entier naturel \(n\), \(V_n \leq V_{n+1} \leq 1200\).
Initialisation (rang 0) :
- \(V_0 = 0\) et \(V_1 = 6\). On a bien \(0 \leq 6 \leq 1200\). La propriété est vraie au rang 0.
Hérédité :
Supposons que pour un entier \(n\) fixé, \(V_n \leq V_{n+1} \leq 1200\).
La fonction \(f(x) = 0,995x + 6\) est croissante (car le coefficient 0,995 est positif). En appliquant \(f\) à l’inégalité de l’hypothèse de récurrence :
\(f(V_n) \leq f(V_{n+1}) \leq f(1200)\)C’est-à-dire : \(V_{n+1} \leq V_{n+2} \leq 0,995 \times 1200 + 6\).
Calculons la borne supérieure : \(0,995 \times 1200 + 6 = 1194 + 6 = 1200\).
Donc : \(V_{n+1} \leq V_{n+2} \leq 1200\). La propriété est héréditaire.
Conclusion :
Pour tout entier naturel \(n\), on a \(V_n \leq V_{n+1} \leq 1200\). La suite est croissante et majorée.
4. Convergence et limite
Puisque la suite \((V_n)\) est croissante et majorée (par 1200), elle est convergente vers une limite \(\ell\).
La limite \(\ell\) est solution de l’équation de point fixe : \(\ell = 0,995\ell + 6\).
\(\ell – 0,995\ell = 6 \iff 0,005\ell = 6 \iff \ell=1200\)Interprétation : Sur le long terme, le volume de polluant se stabilisera à 1200 litres.
Partie B : Modèle continu (Équation différentielle)
On modélise le volume par une fonction \(v\) solution de l’équation différentielle \((E) : y’ = -0,005y + 6\), avec \(v(0)=0\).
1. Résolution de l’équation différentielle
a. Solutions générales
L’équation est de la forme \(y’ = ay + b\) avec \(a = -0,005\) et \(b = 6\).
Les solutions sont de la forme \(y(t) = K e^{at} – {\large\frac{b}{a}}\).
Calcul de \(-{\large\frac{b}{a}}\) : \(-{\large\frac{6}{-0,005}} = 1200\).
Les solutions sont donc les fonctions \(v(t) = K e^{-0,005t} + 1200\), où \(K\) est un réel.
b. Solution particulière
On utilise la condition initiale \(v(0) = 0\) :
\(v(0) = K e^0 + 1200 = K + 1200 = 0 \iff K = -1200\).
Ainsi, pour tout \(t \geq 0\) :
\(v(t) = -1200 e^{-0,005t} + 1200 = 1200(1 – e^{-0,005t})\).
c. Limite en \(+\infty\)
Comme \(\lim_{t \to +\infty} e^{-0,005t} = 0\), on a :
\(\lim_{t \to +\infty} v(t) = 1200(1 – 0) = 1200\).
On retrouve le même résultat que dans le modèle discret.
d. Sens de variation
La fonction \(v\) est dérivable. Calculons sa dérivée :
\(v'(t) = 1200 \times (-(-0,005) e^{-0,005t}) = 6 e^{-0,005t}\).
Comme l’exponentielle est toujours positive, \(v'(t) > 0\) pour tout \(t\).
Conclusion : La fonction \(v\) est strictement croissante sur \([0 ; +\infty[\). Le volume de polluant augmente continuellement.
2. Faut-il procéder au nettoyage ?
Le nettoyage est nécessaire si le taux de polluant dépasse 5 % du volume du bassin.
Volume du bassin = 30 000 L. Seuil critique = \(0,05 \times 30\,000 = 1\,500\) litres.
D’après l’étude de la limite, le volume de polluant tend vers 1200 litres et la fonction est croissante.
Pour tout \(t\), \(v(t) < 1200\).
Puisque \(1200 < 1500\), le seuil de 1500 litres ne sera jamais atteint.
Réponse : Non, selon ce modèle, le propriétaire n’aura jamais besoin de procéder au nettoyage complet.
3. Instant de dépassement des 50 litres
On cherche \(t\) tel que \(v(t) > 50\).
\(1200(1 – e^{-0,005t}) > 50\) \(\iff 1 – e^{-0,005t} > {\large\frac{50}{1200}}\) \(\iff 1 – e^{-0,005t} > {\large\frac{1}{24}}\) \(\iff -e^{-0,005t} > {\large\frac{1}{24}} – 1\) \(\iff -e^{-0,005t} > -{\large\frac{23}{24}}\)En multipliant par -1 (on inverse l’inégalité) :
\(e^{-0,005t} < {\large\frac{23}{24}}\)On applique la fonction logarithme népérien (croissante) :
\(-0,005t < \ln\left({\large\frac{23}{24}}\right)\) \(\iff t > {\large\frac{\ln(23/24)}{-0,005}}\)Calcul numérique :
\({\large\frac{\ln(23/24)}{-0,005}} \approx 8,512\)Conversion en heures et minutes :
- 8 heures entières.
- 0,512 heure \(\times\) 60 minutes / heure \(\approx\) 30,7 minutes.
Arrondi à la minute : 8 heures et 31 minutes.
Réponse : Le volume de substance polluante dépassera 50 litres au bout de 8 heures et 31 minutes.
