mathématiques complémentaires (terminale) · Chapitre 4 · Application directe du cours

Problème — Une population de poissons qui sature

Compléments sur la dérivation · niveau 1 (application)

Énoncé

Problème — Une population de poissons qui sature.

On réintroduit $200$ poissons d'une espèce disparue dans un lac. Les biologistes retiennent un modèle logistique, où la croissance ralentit à mesure que le milieu se remplit :

$P (t) = \frac{2400}{1 + 11 e ^{- 0, 4 t}}, t \geq 0 en ann e ˊ es.$

Vérifier $P (0)$ . Que devient $P (t)$ quand $t$ devient grand, et comment interpréter le nombre $2400$ ?
On pose $u (t) = 1 + 11 e^{- 0, 4 t}$ . Calculer $u^{'} (t)$ , puis $P^{'} (t)$ . Quel est le signe de $P^{'}$ ?
Dresser le tableau de variation de $P$ .
Résoudre exactement $P (t) = 1200$ , puis $P (t) = 2160$ (soit $90 %$ de la capacité).
Encadrer par balayage au pas $0, 5$ la solution de $P (t) = 2160$ et la comparer à la valeur exacte.
Comparer $P^{'} (0)$ , $P^{'} (2, 5 ln 11)$ et $P^{'} (15)$ . Que dit ce calcul du rythme de la colonisation ?

Corrigé

Départ et plafond. $P (0) = \frac{2400}{1 + 11} = \frac{2400}{12} = 200$ : ce sont bien les poissons lâchés. Quand $t$ devient grand, $e^{- 0, 4 t}$ s'écrase vers $0$ , donc $u (t)$ tend vers $1$ et $P (t)$ vers $2400$ . Ce nombre est la capacité d'accueil du lac : la population s'en approche sans jamais l'atteindre.
Dérivée. $u$ est de la forme $1 + 11 e^{v}$ avec $v (t) = - 0, 4 t$ , donc

$u^{'} (t) = 11 \times (- 0, 4) e^{- 0, 4 t} = - 4, 4 e^{- 0, 4 t} .$

Comme $P = \frac{2400}{u}$ avec $u > 0$ , la dérivée d'un quotient donne

$P^{'} (t) = - \frac{2400 u ^{'} ( t )}{u ( t ) ^{2}} = \frac{10 560 e ^{- 0, 4 t}}{( 1 + 11 e ^{- 0, 4 t} ) ^{2}} .$

Numérateur et dénominateur sont strictement positifs : $P^{'} (t) > 0$ pour tout $t$ . La population croît sans jamais redescendre.

Tableau.

$t P^{'} (t) P 0200 + ↗ + \infty 2400$

La valeur $2400$ est une borne, pas une valeur atteinte.

Deux seuils, exactement. Pour $P (t) = 1200$ :

$\frac{2400}{1 + 11 e ^{- 0, 4 t}} = 1200 ⟺ 1 + 11 e^{- 0, 4 t} = 2 ⟺ e^{- 0, 4 t} = \frac{1}{11},$

donc $- 0, 4 t = - ln 11$ , c'est-à-dire

$t = \frac{ln 11}{0 , 4} = 2, 5 ln 11 \approx 5, 99 ans.$

Pour $P (t) = 2160$ :

$1 + 11 e^{- 0, 4 t} = \frac{2400}{2160} = \frac{10}{9} ⟺ 11 e^{- 0, 4 t} = \frac{1}{9} ⟺ e^{- 0, 4 t} = \frac{1}{99},$

d'où

$t = \frac{ln 99}{0 , 4} = 2, 5 ln 99 \approx 11, 49 ans.$

Balayage. $P$ étant strictement croissante, on avance tant qu'on est en dessous de $2160$ : $P (11) \approx 2114 < 2160$ et $P (11, 5) \approx 2161 \geq 2160$ , d'où l'encadrement $t \in] 11; 11, 5 [$ , qui contient bien $2, 5 ln 99 \approx 11, 49$ .
Trois vitesses.

$P^{'} (0) = \frac{10 560}{144} = \frac{220}{3} \approx 73, 3, P^{'} (2, 5 ln 11) = 240, P^{'} (15) \approx 24, 8$

poissons par an. La vitesse monte puis retombe : au début les reproducteurs sont trop peu nombreux, à la fin le lac est trop plein. Elle est maximale au moment précis où la moitié de la capacité est atteinte.

iRemarque

Le modèle logistique n'est pas une connaissance exigible : il apparaît ici uniquement comme un contexte, et tout le travail demandé se ramène aux dérivées composées du chapitre. La position du maximum de la vitesse, elle, relève de la convexité — c'est l'objet du chapitre suivant.

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