Corrigé bac mathématiques 2026 Métropole jour 2 — Exercice 2 : Bassin à truites : modèle discret (suite) et modèle continu (équation différentielle)

def volume(n):
    v = ...
    for k in range(n):
        v = ...
    return v

Partie A : modèle discret

1. On applique la relation de récurrence à partir de $V_0=0$ :

$$V_1=0,995\times V_0+6=0,995\times 0+6=6,$$

$$V_2=0,995\times V_1+6=0,995\times 6+6=5,97+6=11,97.$$

Une heure après le début de la pollution, le bassin contient $6$ litres de substance polluante ; après deux heures, $11,97$ litres.

2. La variable v doit contenir $V_0=0$ avant la boucle, puis la boucle for applique $n$ fois la relation $V_{k+1}=0,995V_k+6$ (une fois pour chaque valeur de k de $0$ à $n-1$) : après le $k$^e passage, v contient $V_k$, et à la sortie de la boucle, $V_n$.

def volume(n):
    v = 0                    # V_0 = 0
    for k in range(n):       # n passages : de V_0 a V_n
        v = 0.995 * v + 6    # V_{k+1} = 0,995 V_k + 6
    return v

Ainsi volume(2) renvoie $11,97$, conformément à la question 1.

3. Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel $n$, la propriété $P(n)$ : « $V_n\le V_{n+1}\le 1200$ » est vraie.

Initialisation. Pour $n=0$ : $V_0=0$ et $V_1=6$, donc $V_0\le V_1\le 1200$. La propriété $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Supposons que, pour un certain entier naturel $k$, $P(k)$ soit vraie : $V_k\le V_{k+1}\le 1200$. Montrons que $P(k+1)$ est vraie, c'est-à-dire $V_{k+1}\le V_{k+2}\le 1200$.

On multiplie les trois membres de l'hypothèse de récurrence par $0,995>0$, ce qui conserve l'ordre, puis on ajoute $6$ :

$$V_k\le V_{k+1}\le 1200⟹0,995V_k\le 0,995V_{k+1}\le 0,995\times 1200=1194$$

$$⟹0,995V_k+6\le 0,995V_{k+1}+6\le 1194+6=1200.$$

Or $0,995V_k+6=V_{k+1}$ et $0,995V_{k+1}+6=V_{k+2}$, d'où $V_{k+1}\le V_{k+2}\le 1200$ : $P(k+1)$ est vraie.

Conclusion. La propriété est initialisée au rang $0$ et héréditaire : d'après le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n$, $V_n\le V_{n+1}\le 1200$.

Ce que le correcteur attend : l'hérédité repose sur le fait que la fonction $x\mapsto 0,995x+6$ est croissante (coefficient $0,995>0$) : c'est ce qui permet de « passer » l'inégalité au rang suivant, et le calcul $0,995\times 1200+6=1200$ doit apparaître explicitement.

4. D'après la question 3, pour tout entier naturel $n$, $V_n\le V_{n+1}$ : la suite $(V_n)$ est croissante ; et $V_{n+1}\le 1200$ pour tout $n$, avec $V_0=0\le 1200$ : la suite est majorée par $1200$. D'après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : la suite $(V_n)$ converge vers un réel $\ell$, avec $\ell \le 1200$.

Pour calculer $\ell$, on remarque que $V_{n+1}=f(V_n)$ avec $f(x)=0,995x+6$, fonction affine donc continue sur $\mathbb{R}$. Puisque $(V_n)$ converge vers $\ell$, la suite $(V_{n+1})$ converge aussi vers $\ell$ et, par continuité de $f$, la suite $(f(V_n))$ converge vers $f(\ell )$. Par unicité de la limite, $\ell$ est un point fixe de $f$ :

$$\ell =0,995\ell +6⟺0,005\ell =6⟺\ell =\frac{6}{0,005}=1200.$$

La suite $(V_n)$ converge vers $1200$ : à long terme, le volume de substance polluante se stabilise autour de $1200$ litres.

Vérification par la forme explicite : en posant $W_n=V_n-1200$, on obtient $W_{n+1}=0,995V_n+6-1200=0,995(V_n-1200)=0,995W_n$ : $(W_n)$ est géométrique de raison $0,995$ et de premier terme $W_0=-1200$, donc $V_n=1200\left(1-0,995^n\right)$. Comme $0<0,995<1$, $\underset{n\to +\infty }{\lim }0,995^n=0$ et l'on retrouve $\underset{n\to +\infty }{\lim }{V}_n=1200$.

Partie B : modèle continu

1.a. L'équation $(\mathrm{E})$ est de la forme $y^{\prime }=ay+b$ avec $a=-0,005\ne 0$ et $b=6$. Cherchons d'abord la solution particulière constante : si $y(t)=c$ pour tout $t$, alors $y^{\prime }=0$ et $0=-0,005c+6$, soit $c=\frac{6}{0,005}=1200$. D'après le théorème du cours sur les solutions de $y^{\prime }=ay+b$, les solutions de $(\mathrm{E})$ sur $[0;+\infty [$ sont les fonctions

$$y(t)=C{\mathrm{e}}^{-0,005t}+1200,C\in \mathbb{R}.$$

(On retrouve $-\frac{b}{a}=-\frac{6}{-0,005}=1200$.)

1.b. La fonction $v$ est solution de $(\mathrm{E})$ : il existe un réel $C$ tel que, pour tout $t\ge 0$, $v(t)=C{\mathrm{e}}^{-0,005t}+1200$. La condition initiale $v(0)=0$ donne

$$C{\mathrm{e}}^0+1200=0⟺C+1200=0⟺C=-1200.$$

Ainsi, pour tout réel $t$ de $[0;+\infty [$ :

$$v(t)=-1200{\mathrm{e}}^{-0,005t}+1200=1200\left(1-{\mathrm{e}}^{-0,005t}\right).$$

1.c. Quand $t\to +\infty$, $-0,005t\to -\infty$ et, comme $\underset{X\to -\infty }{\lim }{\mathrm{e}}^X=0$, le théorème de la limite d'une fonction composée donne $\underset{t\to +\infty }{\lim }{\mathrm{e}}^{-0,005t}=0$. Par différence puis produit :

$$\underset{t\to +\infty }{\lim }v(t)=1200\times (1-0)=1200.$$

La droite d'équation $y=1200$ est asymptote horizontale à la courbe de $v$ en $+\infty$ : le volume de polluant tend vers $1200$ litres, comme dans le modèle discret.

1.d. La fonction $v$ est dérivable sur $[0;+\infty [$ et, avec $({\mathrm{e}}^u{)}^{\prime }=u^{\prime }{\mathrm{e}}^u$ pour $u(t)=-0,005t$ :

$$v^{\prime }(t)=1200\times \left(0-(-0,005){\mathrm{e}}^{-0,005t}\right)=1200\times 0,005{\mathrm{e}}^{-0,005t}=6{\mathrm{e}}^{-0,005t}.$$

Pour tout réel $t$, ${\mathrm{e}}^{-0,005t}>0$, donc $v^{\prime }(t)>0$ sur $[0;+\infty [$ : la fonction $v$ est strictement croissante sur $[0;+\infty [$. (On peut aussi lire ce résultat sur $(\mathrm{E})$ : $v^{\prime }(t)=-0,005v(t)+6=0,005(1200-v(t))>0$ puisque $v(t)<1200$.)

2. Le seuil de nettoyage correspond à $5\%$ du volume du bassin, soit

$$\frac{5}{100}\times 30000=1500\text{ litres}.$$

Or, pour tout $t\ge 0$, ${\mathrm{e}}^{-0,005t}>0$, donc $1-{\mathrm{e}}^{-0,005t}<1$ et $v(t)<1200$. Le volume de substance polluante reste donc toujours strictement inférieur à $1200$ litres, a fortiori inférieur à $1500$ litres : le taux de polluant ne dépasse jamais $5\%$. Selon ce modèle, le propriétaire n'aura pas à procéder à un nettoyage complet.

Ce que le correcteur attend : il ne suffit pas de dire que la limite $1200$ est inférieure à $1500$ ; il faut justifier que $v(t)$ ne dépasse jamais $1200$ (ici parce que $v$ est croissante de limite $1200$, ou directement par ${\mathrm{e}}^{-0,005t}>0$).

3. On résout d'abord l'équation $v(t)=50$ :

$$1200\left(1-{\mathrm{e}}^{-0,005t}\right)=50⟺1-{\mathrm{e}}^{-0,005t}=\frac{50}{1200}=\frac{1}{24}⟺{\mathrm{e}}^{-0,005t}=1-\frac{1}{24}=\frac{23}{24}.$$

La fonction $\ln$ étant strictement croissante sur $]0;+\infty [$, on peut appliquer $\ln$ aux deux membres (strictement positifs) :

$${\mathrm{e}}^{-0,005t}=\frac{23}{24}⟺-0,005t=\ln \left(\frac{23}{24}\right)⟺t=-\frac{1}{0,005}\ln \left(\frac{23}{24}\right),$$

soit, puisque $\frac{1}{0,005}=200$ et $-\ln \left(\frac{23}{24}\right)=\ln \left(\frac{24}{23}\right)$ :

$$t=-200\ln \left(\frac{23}{24}\right)=200\ln \left(\frac{24}{23}\right).$$

Notons $t_0=200\ln \left(\frac{24}{23}\right)$. Comme $v$ est strictement croissante sur $[0;+\infty [$ (question 1.d), on a $v(t)>50$ si et seulement si $t>t_0$ : l'instant au-delà duquel le volume dépasse $50$ litres est exactement

$$t_0=200\ln \left(\frac{24}{23}\right)\text{ heures}.$$

À la calculatrice, $t_0\approx 8,5119$ h. La partie décimale vaut $0,5119\times 60\approx 30,7$ minutes, donc $t_0\approx 8$ h $31$ min (arrondi à la minute). Le volume de substance polluante dépasse $50$ litres au-delà de $8$ heures et $31$ minutes environ après le début de la pollution.

Ce que le correcteur attend : la valeur exacte est demandée avant la valeur approchée, et la conversion en minutes se fait sur la partie décimale de l'heure ($0,5119$ h $\ne$ $51$ min). L'écriture $-200\ln \left(\frac{23}{24}\right)$ est aussi acceptée.