mathématiques complémentaires (terminale) · Chapitre 4 · Exercice de TD

Problème — Le pic d'un médicament pris par la bouche

Compléments sur la dérivation · niveau 3 (difficile)

Énoncé

Problème — Le pic d'un médicament pris par la bouche.

Avalé, un principe actif doit d'abord passer de l'intestin vers le sang — c'est l'absorption — pendant que le foie et les reins l'éliminent déjà. Les deux phénomènes se superposent, et la pharmacocinétique les modélise par une différence de deux exponentielles :

$C (t) = 12 (e^{- 0, 2 t} - e^{- 0, 6 t}), t \geq 0 en heures,$

$C (t)$ étant la concentration plasmatique, en mg/L.

Calculer $C (0)$ et l'interpréter. Que devient $C (t)$ quand $t$ devient grand ?
Calculer $C^{'} (t)$ et montrer qu'elle est du signe de $3 - e^{0, 4 t}$ .
Dresser le tableau de variation. Montrer que le pic a lieu à l'instant $t = 2, 5 ln 3$ et que la concentration maximale vaut exactement $\frac{8 3}{3}$ mg/L.
Le médicament n'agit qu'au-dessus de $2$ mg/L. Justifier qu'il existe exactement deux instants où $C (t) = 2$ , puis les encadrer par balayage au pas $0, 1$ .
Combien de temps le patient reste-t-il dans cette fenêtre thérapeutique ?

Corrigé

Aux extrémités. $C (0) = 12 (1 - 1) = 0$ : à l'instant où le comprimé est avalé, rien n'est encore passé dans le sang. Quand $t$ devient grand, $e^{- 0, 2 t}$ et $e^{- 0, 6 t}$ s'écrasent toutes deux vers $0$ : la concentration tend vers $0$ , tout finit par être éliminé.
Dérivée. Chaque terme est de la forme $e^{u}$ :

$C^{'} (t) = 12 (- 0, 2 e^{- 0, 2 t} + 0, 6 e^{- 0, 6 t}) = - 2, 4 e^{- 0, 2 t} + 7, 2 e^{- 0, 6 t} .$

On factorise par la plus petite exponentielle, $e^{- 0, 6 t}$ , qui est strictement positive :

$C^{'} (t) = 2, 4 e^{- 0, 6 t} (3 - e^{0, 4 t}) .$

Le facteur $2, 4 e^{- 0, 6 t}$ étant positif, $C^{'} (t)$ est bien du signe de $3 - e^{0, 4 t}$ .

Tableau. Par stricte croissance de l'exponentielle,

$3 - e^{0, 4 t} > 0 ⟺ e^{0, 4 t} < 3 ⟺ 0, 4 t < ln 3 ⟺ t < \frac{ln 3}{0 , 4} = 2, 5 ln 3 \approx 2, 75.$

$t C^{'} (t) C 00 + ↗ 2, 5 ln 3 0 \frac{8 3}{3} - ↘ + \infty 0$

Au pic, $0, 2 t = 0, 5 ln 3$ et $0, 6 t = 1, 5 ln 3$ , donc

$e^{- 0, 2 t} = 3^{- 1/2} = \frac{1}{3}, e^{- 0, 6 t} = 3^{- 3/2} = \frac{1}{3 3},$

d'où

$C (2, 5 ln 3) = 12 (\frac{1}{3} - \frac{1}{3 3}) = 12 \times \frac{3 - 1}{3 3} = \frac{24}{3 3} = \frac{8}{3} = \frac{8 3}{3} \approx 4, 62 mg/L.$

Deux instants. Sur $[0; 2, 5 ln 3]$ , $C$ est continue et strictement croissante de $0$ à $\approx 4, 62$ ; comme $2$ est compris entre ces deux valeurs, le théorème des valeurs intermédiaires (admis) donne exactement une solution. Sur $[2, 5 ln 3; + \infty [$ , $C$ est continue et strictement décroissante de $\approx 4, 62$ vers $0$ : encore exactement une. Il y en a donc deux, et pas davantage.

Le balayage au pas $0, 1$ donne, sur la branche croissante, $C (0, 5) \approx 1, 97 < 2$ et $C (0, 6) \approx 2, 27 \geq 2$ ; sur la branche décroissante, $C (8, 8) \approx 2, 003 > 2$ et $C (8, 9) \approx 1, 97 < 2$ . Donc

$t_{1} \in] 0, 5; 0, 6 [et t_{2} \in] 8, 8; 8, 9 [.$

Durée. La fenêtre est l'intervalle $[t_{1}; t_{2}]$ , de longueur $t_{2} - t_{1}$ . Les encadrements précédents donnent

$8, 8 - 0, 6 < t_{2} - t_{1} < 8, 9 - 0, 5, soit 8, 2 < t_{2} - t_{1} < 8, 4.$

Le médicament est donc actif un peu plus de huit heures : trois prises par jour suffisent à maintenir l'effet.

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