Corrigé bac mathématiques 2025 — Exercice 1 : Équation différentielle et glycémie

Sujet officiel du baccalauréat, spécialité mathématiques, session 2025 (épreuve de remplacement). Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

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5 points

Partie A

On considère l'équation différentielle

$(E) y^{'} + 0, 4 y = e^{- 0, 4 t}$

où $y$ est une fonction de la variable réelle $t$ .

On cherche l'ensemble des fonctions définies et dérivables sur $R$ qui sont solutions de cette équation.

1. Soit $u$ la fonction définie sur $R$ par : $u (t) = t e^{- 0, 4 t}$ .

Vérifier que $u$ est solution de $(E)$ .

2. Soit $f$ une fonction définie et dérivable sur $R$ .

On note $g$ la fonction définie sur $R$ par : $g (t) = f (t) - u (t)$ .

Soit $(H)$ l'équation différentielle $y^{'} + 0, 4 y = 0$ .

a. Démontrer que si la fonction $g$ est solution de l'équation différentielle $(H)$ alors la fonction $f$ est solution de l'équation différentielle $(E)$ .

On admettra que la réciproque est vraie.

b. Résoudre l'équation différentielle $(H)$ .

c. En déduire les solutions de $(E)$ .

d. Déterminer la solution $f$ de $(E)$ telle que $f (0) = 1$ .

Partie B

On s'intéresse à la glycémie chez une personne venant de prendre un repas. La glycémie en $g \cdot L^{- 1}$ , en fonction du temps $t$ , exprimé en heure, écoulé depuis la fin du repas, est modélisée par la fonction $f$ définie sur $[0; 6]$ par :

$f (t) = (t + 1) e^{- 0, 4 t} .$

1. a. Montrer que, pour tout $t \in [0; 6]$ , $f^{'} (t) = (- 0, 4 t + 0, 6) e^{- 0, 4 t}$ .

b. Étudier les variations de $f$ sur $[0; 6]$ puis en dresser un tableau de variations sur cet intervalle.

2. Une personne est en hypoglycémie lorsque sa glycémie est inférieure à $0, 7 g \cdot L^{- 1}$ .

a. Démontrer que sur l'intervalle $[0; 6]$ l'équation $f (t) = 0, 7$ admet une unique solution que l'on notera $a$ .

b. Au bout de combien de temps après avoir pris un repas cette personne est-elle en hypoglycémie ?

On exprimera ce temps à la minute près.

3. On souhaite déterminer la glycémie moyenne en $g \cdot L^{- 1}$ chez cette personne lors des six heures qui suivent le repas.

a. À l'aide d'une intégration par parties, montrer que :

$\int_{0}^{6} f (t) d t = - 23, 75 e^{- 2, 4} + 8, 75.$

b. Calculer la glycémie moyenne en $g \cdot L^{- 1}$ chez cette personne lors des six heures qui suivent le repas.

c. En remarquant que la fonction $f$ est solution de l'équation différentielle $(E)$ , expliquer comment on aurait pu obtenir ce résultat autrement.

Corrigé

Partie A

1. Dérivons la fonction $u$ : $\forall t \in R$ ,

$u^{'} (t) = 1 \times e^{- 0, 4 t} + t \times (- 0, 4) e^{- 0, 4 t} = e^{- 0, 4 t} - 0, 4 t e^{- 0, 4 t} = (1 - 0, 4 t) e^{- 0, 4 t} .$

Vérifions que $u$ est solution de $(E)$ : $\forall t \in R$ ,

$u^{'} (t) + 0, 4 u (t) = (1 - 0, 4 t) e^{- 0, 4 t} + 0, 4 \times t e^{- 0, 4 t} = e^{- 0, 4 t} - 0, 4 t e^{- 0, 4 t} + 0, 4 t e^{- 0, 4 t} = e^{- 0, 4 t} .$

Donc $u$ est bien solution de $(E)$ .

2. a. Soit $g = f - u$ solution de $(H)$ .

Comme $g$ est solution de $(H)$ , on a : $\forall t \in R$ , $g^{'} (t) + 0, 4 g (t) = 0$ . Or $g = f - u$ , donc $g^{'} = f^{'} - u^{'}$ . Ainsi : $\forall t \in R$ ,

$g^{'} (t) + 0, 4 g (t) = 0 ⟺ f^{'} (t) - u^{'} (t) + 0, 4 (f (t) - u (t)) = 0 ⟺ f^{'} (t) - u^{'} (t) + 0, 4 f (t) - 0, 4 u (t) = 0 ⟺ f^{'} (t) + 0, 4 f (t) = u^{'} (t) + 0, 4 u (t) ⟺ f^{'} (t) + 0, 4 f (t) = e^{- 0, 4 t} .$

La dernière équivalence se justifie car $u$ étant une solution particulière de $(E)$ , on a bien : $\forall t \in R$ , $u^{'} (t) + 0, 4 u (t) = e^{- 0, 4 t}$ , où $C \in R$ .

Donc $f$ est solution de $(E)$ .

b. L'équation $(H)$ : $y^{'} + 0, 4 y = 0$ est de la forme $y^{'} = - 0, 4 y$ .

Les solutions de $(H)$ sont de la forme : $g : t ⟼ C e^{- 0, 4 t}$ où $C \in R$ .

c. D'après les questions précédentes, $f$ est solution de $(E)$ si et seulement si $g = f - u$ est solution de $(H)$ .

Donc si est seulement si on a : $\forall t \in R$ , $f (t) - u (t) = C e^{- 0, 4 t}$ où $C \in R$ .

Les solutions de $(E)$ sont les fonction $f$ telles que $f : t ⟼ t e^{- 0, 4 t} + C e^{- 0, 4 t}$ où $C \in R$ .

C'est-à-dire les fonction $f$ telles que $f : t ⟼ (t + C) e^{- 0, 4 t}$ où $C \in R$ .

d. Ici, on introduit une condition initiale, on veut avoir : $f (0) = 1$ .

$f (0) = 1 ⟺ (0 + C) e^{0} = 1 ⟺ C = 1.$

Donc la fonction $f$ cherchée est définie sur $R$ par : $f (t) = (t + 1) e^{- 0, 4 t}$ .

Partie B

On remarque que la fonction $f$ présentée est la solution que nous avons identifiée à la partie A.

1. a. $f$ étant une solution de l'équation $(E)$ sur $[0; 6]$ , on a :

$f^{'} + 0, 4 f = e^{- 0, 4 t} ⟺ f^{'} = - 0, 4 f + e^{- 0, 4 t} .$

Et donc : $\forall t \in [0; 6]$ ,

$f^{'} (t) = - 0, 4 f (t) + e^{- 0, 4 t} = - 0, 4 (t + 1) e^{- 0, 4 t} + e^{- 0, 4 t} = (- 0, 4 t - 0, 4 + 1) e^{- 0, 4 t} = (- 0, 4 t + 0, 6) e^{- 0, 4 t} .$

Remarque : on peut aussi obtenir cette expression en dérivant l'expression donnée pour $f$ avec les formules classiques de dérivation.

b. Étude du signe de $f^{'} (t)$ sur $[0; 6]$ :

La fonction exponentielle est à valeurs strictement positives, donc $e^{- 0, 4 t} > 0$ pour tout $t$ , donc le signe de $f^{'} (t)$ est celui de $- 0, 4 t + 0, 6$ .

$- 0, 4 t + 0, 6 > 0 ⟺ - 0, 4 t > - 0, 6 ⟺ t < \frac{- 0 , 6}{- 0 , 4} ⟺ t < 1, 5.$

(figure : tableau de variations de $f$ sur $[0; 6]$ ; $f^{'} (x)$ est positive sur $[0; 1, 5]$ , nulle en $1, 5$ , négative sur $[1, 5; 6]$ ; $f$ croît de $f (0) = 1$ jusqu'au maximum $f (1, 5) = 2, 5 e^{- 0, 6} \approx 1, 37$ puis décroît jusqu'à $f (6) = 7 e^{- 2, 4} \approx 0, 63$ .)

Avec $f (0) = 1$ , $f (1, 5) = 2, 5 e^{- 0, 6} \approx 1, 37$ et $f (6) = 7 e^{- 2, 4} \approx 0, 63$ .

2. a. Sur $[0; 1, 5]$ , $f$ est strictement croissante avec $f (0) = 1 > 0, 7$ : l'équation n'a pas de solution sur cet intervalle.

Sur $[1, 5; 6]$ , $f$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante et $0, 7$ est une valeur intermédiaire entre $f (1, 5) \approx 1, 37$ et $f (6) \approx 0, 63$ .

D'après le corollaire aux théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotones, l'équation $f (t) = 0, 7$ admet une unique solution $a$ sur $[1, 5; 6]$ .

Finalement, l'équation $f (t) = 0, 7$ admet bien une unique solution sur $[0; 6]$ .

b. Par approximations successives, ou en utilisant le solveur de la calculatrice, on trouve $a \approx 5, 62$ heures (on donne une approximation au centième près, car la précision attendue est à la minute, qui est un soixantième d'heure).

$0, 62 \times 60 \approx 37$ minutes.

La personne est en hypoglycémie au bout des 5 heures et 37 minutes après le repas.

3. a. Calcul de $\int_{0}^{6} f (t) d t = \int_{0}^{6} (t + 1) e^{- 0, 4 t} d t$ .

On pose, pour tout $t$ dans $[0; 6]$ : $u (t) = t + 1$ et $v^{'} (t) = e^{- 0, 4 t}$ , puis $u^{'} (t) = 1$ et $v (t) = \frac{1}{- 0 , 4} e^{- 0, 4 t} = - 2, 5 e^{- 0, 4 t}$ .

Les fonctions $u$ , $u^{'}$ , $v$ et $v^{'}$ sont continues sur $[0; 6]$ , donc, d'après la formule d'intégration par parties :

$\int_{0}^{6} (t + 1) e^{- 0, 4 t} d t = [u (t) v (t)]_{0}^{6} - \int_{0}^{6} u^{'} (t) v (t) d t = [(t + 1) \times (- 2, 5 e^{- 0, 4 t})]_{0}^{6} - \int_{0}^{6} 1 \times (- 2, 5 e^{- 0, 4 t}) d t = [- 2, 5 (t + 1) e^{- 0, 4 t}]_{0}^{6} + 2, 5 \int_{0}^{6} e^{- 0, 4 t} d t = (- 2, 5 \times 7 e^{- 2, 4}) - (- 2, 5 \times 1 \times e^{0}) + 2, 5 [- 2, 5 e^{- 0, 4 t}]_{0}^{6} = - 17, 5 e^{- 2, 4} + 2, 5 + 2, 5 [(- 2, 5 e^{- 2, 4}) - (- 2, 5 e^{0})] = - 17, 5 e^{- 2, 4} + 2, 5 - 6, 25 e^{- 2, 4} + 6, 25 = - 23, 75 e^{- 2, 4} + 8, 75.$

b. La glycémie moyenne pendant la période de six heures est donc donnée par la valeur moyenne de la fonction $f$ (qui donne la glycémie instantanée en fonction du temps) sur l'intervalle $[0; 6]$ (le temps étant mesuré en heures). On a :

$\frac{1}{6 - 0} \int_{0}^{6} f (t) d t = \frac{1}{6} (- 23, 75 e^{- 2, 4} + 8, 75) = \frac{95 e ^{- 2, 4} + 35}{24} (ceci est la valeur exacte)$

$\approx 1, 099 valeur approch e ˊ e au milli e ˋ me.$

La glycémie moyenne lors des six heures suivant le repas est donc d'environ $1, 10 g \cdot L^{- 1}$ .

c. Comme $f$ est solution de $(E)$ , on a : $f^{'} + 0, 4 f = e^{- 0, 4 t}$ , c'est-à-dire $f = v^{'} + p$ avec :

$v^{'} (t) = e^{- 0, 4 t} et p (t) = - 2, 5 e^{- 0, 4 t}, on a :$ $f^{'} + 0, 4 f = e^{- 0, 4 t} ⟺ f^{'} + 0, 4 f = v^{'}$ $⟺ 0, 4 f = v^{'} - f^{'}$ $⟺ f = 2, 5 (v^{'} - f^{'}) .$

On en déduit qu'une primitive de $f$ peut s'exprimer sous la forme : $F : t ⟼ 2, 5 (v (t) - f (t))$

Soit : $\forall t \in [0; 6]$ ,

$F (t) = 2, 5 (- 2, 5 e^{- 0, 4 t} - (t + 1) e^{- 0, 4 t}) = 2, 5 (- 2, 5 - (t + 1)) e^{- 0, 4 t} = 2, 5 (- 3, 5 - t) e^{- 0, 4 t} = (- 8, 75 - 2, 5 t) e^{- 0, 4 t} .$

On a alors :

$\int_{0}^{6} f (t) d t = [(- 8, 75 - 2, 5 t) e^{- 0, 4 t}]_{0}^{6} = (- 8, 75 - 2, 5 \times 6) e^{- 0, 4 \times 6} - (- 8, 75 - 2, 5 \times 0) e^{- 0, 4 \times 0} = - 23, 75 e^{- 2, 4} + 8, 75.$

Cela confirme bien le résultat obtenu à la question 3. a.

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