Fonctions exponentielles x ↦ aˣ et variation exponentielle

Fonctions x ↦ aˣ (a > 0), propriétés algébriques, sens de variation, lien avec les suites géométriques et les évolutions à taux constant

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Ces problèmes corrigés sur « Fonctions exponentielles x ↦ aˣ et variation exponentielle » en première permettent d'appliquer le cours à des situations concrètes en mathématiques. Ils suivent le programme officiel de première et se résolvent étape par étape. Au programme : L'essentiel, Des suites géométriques aux fonctions x ↦ aˣ, Propriétés algébriques, Sens de variation et courbes. Cherche au brouillon, rédige, puis compare avec la correction détaillée de chaque problème. Idéal pour développer le raisonnement, la rigueur et la confiance avant une évaluation. Problèmes gratuits proposés par un professeur particulier à Marseille pour progresser en mathématiques en première.

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Problème 1 — Croissance d'une culture bactérienne

Moyen

Dans un laboratoire, on mesure toutes les heures la concentration d'une culture de bactéries (en bactéries par mL).

Temps (h)	0	1	2	3
Concentration	1 500	2 130	3 025	4 295

1. Calculer les quotients de deux mesures consécutives. Expliquer pourquoi un modèle exponentiel est pertinent.
2. On modélise la concentration par $N (x) = 1 500 \times 1, 42^{x}$ , $x$ en heures. Donner le taux d'évolution horaire et le sens de variation de $N$ .
3. Estimer la concentration au bout de 2 h 30 min.
4. Montrer que le taux d'évolution par demi-heure est d'environ 19,16 %.
5. Déterminer par tâtonnement, au centième d'heure près, le temps de doublement de la culture, puis le convertir en minutes.
6. Le milieu de culture ne peut pas contenir plus de 60 000 bactéries par mL. Déterminer, au dixième d'heure près, à partir de quand le modèle cesse d'être valable.

1. $\frac{2 130}{1 500} = 1, 42$ ; $\frac{3 025}{2 130} \approx 1, 420$ ; $\frac{4 295}{3 025} \approx 1, 420$ . Les quotients sont quasiment égaux à 1,42 : la concentration est multipliée par un même coefficient chaque heure, ce qui caractérise une évolution à taux constant, donc un modèle exponentiel.

2. Le coefficient horaire est 1,42, soit un taux de +42 % par heure. Comme $1, 42 > 1$ et $1 500 > 0$ , $N$ est strictement croissante.

3. 2 h 30 min correspond à $x = 2, 5$ : $N (2, 5) = 1 500 \times 1, 42^{2, 5} \approx 1 500 \times 2, 402 8 \approx 3 604$ . Au bout de 2 h 30, la concentration est d'environ 3 604 bactéries par mL.

4. Pour tout $x ⩾ 0$ , $N (x + 0, 5) = 1 500 \times 1, 42^{x} \times 1, 42^{0, 5} = N (x) \times 1, 42^{0, 5}$ . Le coefficient par demi-heure est $\sqrt{1, 42} \approx 1, 191 6$ , donc le taux vaut $1, 191 6 - 1 \approx 0, 191 6$ , soit environ +19,16 % par demi-heure.

5. On cherche $x$ tel que $1, 42^{x} = 2$ ( $N$ croissante). Au pas 1 : $1, 42^{1} = 1, 42$ et $1, 42^{2} = 2, 016 4$ : entre 1 et 2 h. Au pas 0,1 : $1, 42^{1, 9} \approx 1, 946 9$ et $1, 42^{2} \approx 2, 016 4$ . Au pas 0,01 : $1, 42^{1, 97} \approx 1, 995 3$ et $1, 42^{1, 98} \approx 2, 002 3$ . Le temps de doublement vaut environ 1,98 h, soit $1, 98 \times 60 \approx 119$ min, environ 1 h 59 min.

6. On cherche quand $N (x) ⩾ 60 000$ . Au pas 1 : $N (10) \approx 50 000$ et $N (11) \approx 71 000$ . Au pas 0,1 : $N (10, 5) \approx 59 583 < 60 000$ et $N (10, 6) \approx 61 709 > 60 000$ . Le modèle prévoit plus de 60 000 bactéries par mL à partir d'environ 10,6 heures : au-delà, il n'est plus valable, car la croissance est limitée par le milieu.

Problème 2 — La lumière sous la surface de l'océan

Moyen

Dans une eau de mer claire, l'intensité lumineuse diminue de 12 % par mètre de profondeur. On exprime l'intensité en pourcentage de l'intensité mesurée en surface : $I (x)$ est l'intensité à $x$ mètres de profondeur, avec $I (0) = 100$ .

1. Exprimer $I (x)$ en fonction de $x$ et justifier le sens de variation de $I$ .
2. Calculer l'intensité à 4,5 m de profondeur, arrondie au dixième.
3. Déterminer par tâtonnement, au dixième de mètre près, la profondeur à laquelle l'intensité est réduite de moitié.
4. Montrer que, pour tous réels $x ⩾ 0$ et $d ⩾ 0$ , $I (x + d) = I (x) \times 0, 88^{d}$ . En déduire, à l'aide de la question 3, une estimation de la profondeur où l'intensité ne vaut plus que 25 %.
5. La photosynthèse n'est possible que si l'intensité dépasse 1 % de celle de la surface. Déterminer, au mètre près, l'épaisseur de cette « zone éclairée ».
6. Dans une eau troublée, l'intensité diminue de 25 % par mètre. Justifier sans calcul que la zone éclairée est moins épaisse, puis déterminer sa nouvelle épaisseur au mètre près.

1. Diminuer de 12 % revient à multiplier par $0, 88$ à chaque mètre, d'où $I (x) = 100 \times 0, 88^{x}$ . Comme $0 < 0, 88 < 1$ et $100 > 0$ , $I$ est strictement décroissante : plus on descend, moins il y a de lumière.

2. $I (4, 5) = 100 \times 0, 88^{4, 5} \approx 100 \times 0, 562 6$ . À 4,5 m, l'intensité vaut environ 56,3 % de celle de la surface.

3. On cherche $x$ tel que $0, 88^{x} = 0, 5$ . Au pas 1 : $0, 88^{5} \approx 0, 527 7$ et $0, 88^{6} \approx 0, 464 4$ . Au pas 0,1 : $0, 88^{5, 4} \approx 0, 501 4$ et $0, 88^{5, 5} \approx 0, 495 1$ . $I$ étant décroissante, l'intensité est divisée par 2 entre 5,4 et 5,5 m : environ 5,5 m.

4. $I (x + d) = 100 \times 0, 88^{x + d} = 100 \times 0, 88^{x} \times 0, 88^{d} = I (x) \times 0, 88^{d}$ . Descendre de $d$ mètres multiplie toujours l'intensité par $0, 88^{d}$ , quelle que soit la profondeur de départ. Avec $d$ égal à la profondeur de demi-intensité (entre 5,4 et 5,5 m), l'intensité est à nouveau divisée par 2 : elle vaut 25 % entre 10,8 et 11 m, soit environ 10,9 m.

5. On cherche jusqu'où $0, 88^{x} ⩾ 0, 01$ . $0, 88^{36} \approx 0, 010 03$ , soit 1,003 % ; $0, 88^{37} \approx 0, 008 83$ , soit 0,883 %. La zone éclairée a une épaisseur d'environ 36 m.

6. Le nouveau coefficient est $0, 75$ . Comme $0 < 0, 75 < 0, 88$ , on a $0, 75^{x} < 0, 88^{x}$ pour tout $x > 0$ : à chaque profondeur, il y a moins de lumière, donc le seuil de 1 % est atteint plus tôt. Au tâtonnement : $0, 75^{16} \approx 0, 010 02$ et $0, 75^{17} \approx 0, 007 52$ . La zone éclairée ne mesure plus qu'environ 16 m, moins de la moitié de l'épaisseur en eau claire.

Problème 3 — Deux prévisions de fréquentation

Difficile

Un site web reçoit 5 000 visiteurs par mois à son lancement. Deux prévisions sont proposées, $x$ désignant le nombre de mois écoulés ( $x ⩾ 0$ ) :
• modèle A : la fréquentation augmente de 300 visiteurs par mois, $A (x) = 5 000 + 300 x$ ;
• modèle B : la fréquentation augmente de 4 % par mois.

1. Justifier que le modèle B s'écrit $B (x) = 5 000 \times 1, 04^{x}$ et donner son sens de variation.
2. Calculer $A (6)$ et $B (6)$ . Quel modèle prévoit la plus forte fréquentation au bout de 6 mois ?
3. Calculer le taux d'évolution sur un an prévu par le modèle B, arrondi à 0,1 %. Expliquer pourquoi il ne vaut pas 48 %.
4. Montrer que $B (20) < A (20)$ et $B (21) > A (21)$ .
5. Déterminer par tâtonnement, au dixième de mois près, à partir de quand le modèle B dépasse le modèle A.
6. Expliquer pourquoi le modèle B finit par dépasser le modèle A, bien que ce dernier soit en avance au début.

1. Une hausse de 4 % par mois multiplie la fréquentation par 1,04 chaque mois ; sur une durée de $x$ mois, elle est multipliée par $1, 04^{x}$ . D'où $B (x) = 5 000 \times 1, 04^{x}$ . Comme $1, 04 > 1$ , $B$ est strictement croissante.

2. $A (6) = 5 000 + 300 \times 6 = 6 800$ . $B (6) = 5 000 \times 1, 04^{6} \approx 5 000 \times 1, 265 3 \approx 6 327$ . Au bout de 6 mois, le modèle A prévoit davantage de visiteurs.

3. Sur 12 mois, le coefficient est $1, 04^{12} \approx 1, 601 0$ : hausse d'environ 60,1 % par an. Ce n'est pas $12 \times 4 = 48$ % car les hausses mensuelles se composent : chaque mois, les 4 % portent sur une fréquentation déjà augmentée.

4. $A (20) = 5 000 + 6 000 = 11 000$ et $B (20) = 5 000 \times 1, 04^{20} \approx 10 955, 6$ , donc $B (20) < A (20)$ . $A (21) = 11 300$ et $B (21) = 5 000 \times 1, 04^{21} \approx 11 393, 8$ , donc $B (21) > A (21)$ .

5. D'après 4., le dépassement a lieu entre 20 et 21 mois. Au pas 0,1 : $B (20, 3) \approx 11 085, 3 < A (20, 3) = 11 090$ et $B (20, 4) \approx 11 128, 8 > A (20, 4) = 11 120$ . Le modèle B dépasse le modèle A à partir d'environ 20,4 mois.

6. Le modèle A ajoute toujours 300 visiteurs par mois. Dans le modèle B, l'augmentation mensuelle vaut 4 % de la fréquentation du moment : elle grandit avec elle (200 visiteurs au départ, plus de 300 dès que la fréquentation dépasse 7 500). Une croissance exponentielle de base $a > 1$ finit par dépasser n'importe quelle croissance linéaire : l'écart en faveur de B ne cesse ensuite de grandir.

Problème 4 — Dépollution d'un lac et algorithme de seuil

Difficile

Au début d'un plan de dépollution, la concentration en nitrates d'un lac vaut 62 mg/L. On admet qu'elle diminue ensuite de 9 % par an. On note $C (x)$ la concentration (en mg/L) après $x$ années.

1. Exprimer $C (x)$ en fonction de $x$ et étudier le sens de variation de $C$ .
2. Calculer la concentration au bout de 18 mois, arrondie au dixième.
3. La norme de potabilité est de 50 mg/L. Déterminer par tâtonnement, au dixième d'année près, à partir de quand la concentration passe sous cette norme.
4. On considère la fonction Python suivante :
```
def seuil(c0, coef, s):
    n = 0
    while c0 * coef**(n/10) >= s:
        n = n + 1
    return n/10
```
Expliquer ce que renvoie l'appel seuil(62,0.91,25), puis donner la valeur renvoyée en justifiant.
5. Déterminer, au dixième d'année près, le temps au bout duquel la concentration initiale est divisée par 2.
6. Un élu annonce : « 9 % de baisse par an pendant 10 ans, c'est une baisse de 90 %. » Expliquer l'erreur et calculer la baisse réelle.

1. Le coefficient annuel est $1 - 0, 09 = 0, 91$ , d'où $C (x) = 62 \times 0, 91^{x}$ . Comme $0 < 0, 91 < 1$ et $62 > 0$ , $C$ est strictement décroissante.

2. 18 mois = 1,5 an. $C (1, 5) = 62 \times 0, 91^{1, 5} = 62 \times 0, 91 \times \sqrt{0, 91} \approx 62 \times 0, 868 1$ , soit environ 53,8 mg/L.

3. Au pas 1 : $C (2) = 62 \times 0, 828 1 \approx 51, 34$ et $C (3) \approx 46, 72$ : la norme est atteinte entre 2 et 3 ans. Au pas 0,1 : $C (2, 2) \approx 50, 38 > 50$ et $C (2, 3) \approx 49, 91 < 50$ . $C$ étant décroissante, la concentration passe sous 50 mg/L au bout d'environ 2,3 ans.

4. La variable $n$ compte des dixièmes d'année : tant que la concentration à l'instant $\frac{n}{10}$ est supérieure ou égale au seuil $s$ , on avance d'un dixième. La fonction renvoie donc le premier instant, au dixième d'année, où la concentration est strictement inférieure à $s$ . Ici : $C (9, 6) \approx 25, 07 ⩾ 25$ et $C (9, 7) \approx 24, 84 < 25$ . L'appel renvoie 9.7 : la concentration passe sous 25 mg/L au bout de 9,7 ans environ.

5. On cherche $x$ tel que $0, 91^{x} = 0, 5$ , soit $C (x) = 31$ . $0, 91^{7} \approx 0, 516 8$ et $0, 91^{8} \approx 0, 470 3$ ; puis $0, 91^{7, 3} \approx 0, 502 3$ et $0, 91^{7, 4} \approx 0, 497 6$ . La concentration est divisée par 2 au bout d'environ 7,4 ans.

6. Les baisses ne s'additionnent pas : chaque année, les 9 % portent sur une concentration déjà réduite. Le coefficient sur 10 ans est $0, 91^{10} \approx 0, 389 4$ , soit une baisse réelle d'environ 61,1 % : la concentration passe d'environ 62 à 24,1 mg/L, loin d'une baisse de 90 %.

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