Problèmes sur la fonction exponentielle en première

Ces problèmes font tourner la fonction exponentielle sur les situations où elle sert vraiment : une somme qui grossit d'un même pourcentage chaque année, une matière qui se désintègre, un objet qui refroidit. À chaque fois, la question est la même - qu'est-ce qui reste constant, la quantité ajoutée ou le coefficient multiplicateur ?

Modéliser une croissance exponentielle par une suite géométrique, puis par une fonction du temps.
Reconnaître une décroissance exponentielle et en exploiter la demi-vie.
Dériver une fonction du type $t \mapsto k \, e^{at}$ et en déduire un sens de variation.
Distinguer une évolution linéaire d'une évolution exponentielle sur une situation concrète.

Un livret d'épargne

Camille place $3 \ 500 \ \text{€}$ sur un livret rémunéré à $2.5 \ \%$ par an. Les intérêts sont ajoutés au capital chaque $1^{\text{er}}$ janvier. On note $C_n$ le capital, en euros, au bout de $n$ années.

Justifier que $(C_n)$ est une suite géométrique, et donner sa raison.

Chaque année, le capital est multiplié par $1 + 0.025 = 1.025$.

$$ C_{n+1} = 1.025 \times C_n $$

C'est une suite géométrique de raison $q = 1.025$ et de premier terme $C_0 = 3 \ 500$.
Exprimer $C_n$ en fonction de $n$.

$$ C_n = 3 \ 500 \times 1.025^{\,n} $$
Calculer le capital au bout de $8$ ans, arrondi à l'euro.

$$ C_8 = 3 \ 500 \times 1.025^{8} $$

$$ C_8 \approx 4 \ 264 \ \text{€} $$
Camille pensait gagner $2.5 \ \%$ de $3 \ 500 \ \text{€}$ chaque année, soit $87.50 \ \text{€}$ par an. Expliquer l'écart avec le résultat précédent.

Son calcul donnerait $3 \ 500 + 8 \times 87.50 = 4 \ 200 \ \text{€}$, soit $64 \ \text{€}$ de moins.

L'écart vient de ce que les intérêts eux-mêmes rapportent des intérêts : le pourcentage porte chaque année sur un capital plus grand. C'est ce qui distingue une croissance exponentielle d'une croissance linéaire.

La décroissance d'un traceur médical

Un traceur injecté pour un examen se désintègre selon la loi $m(t) = m_0 \, e^{-0.116 \, t}$, où $m(t)$ est la masse restante en milligrammes et $t$ le temps écoulé en heures. La masse initiale vaut $m_0 = 20 \ \text{mg}$.

Calculer la masse restante au bout de $6$ heures, arrondie au dixième.

$$ m(6) = 20 \, e^{-0.116 \times 6} = 20 \, e^{-0.696} $$

$$ m(6) \approx 10.0 \ \text{mg} $$
Que représente cette durée de $6$ heures pour ce traceur ?

Il en reste la moitié : $6$ heures est la demi-vie du traceur.
Calculer $m'(t)$, et en déduire le sens de variation de $m$.

$$ m'(t) = 20 \times (-0.116) \, e^{-0.116 \, t} $$

$$ m'(t) = -2.32 \, e^{-0.116 \, t} $$

L'exponentielle étant strictement positive, $m'(t)$ est strictement négative : la masse décroît sur $\bigl[0 \ ; \ +\infty\bigr[$.
Le traceur est considéré comme éliminé sous $1 \ \text{mg}$. Justifier que ce seuil est atteint, sans le calculer exactement.

La masse est divisée par deux toutes les $6$ heures : $20 \rightarrow 10 \rightarrow 5 \rightarrow 2.5 \rightarrow 1.25 \rightarrow 0.625$.

Le seuil est donc franchi entre la $24^{\text{ème}}$ et la $30^{\text{ème}}$ heure.
La masse peut-elle devenir nulle ?

Non : l'exponentielle ne s'annule jamais, donc $m(t) > 0$ pour tout $t$. La masse se rapproche de zéro sans jamais l'atteindre - c'est le propre d'une décroissance exponentielle.

Deux offres de location

Un loueur de matériel propose deux tarifs pour un même engin, où $t$ est le nombre de jours de location :

Offre A :

$$ A(t) = 40t + 200 $$

Offre B :

$$ B(t) = 150 \, e^{0.12 \, t} $$

Calculer le prix de chaque offre pour $5$ jours, puis pour $15$ jours. Arrondir à l'euro.

Durée	Offre A	Offre B
$5$ jours	$400 \ \text{€}$	$273 \ \text{€}$
$15$ jours	$800 \ \text{€}$	$907 \ \text{€}$

comparaison des deux offres

Déterminer le sens de variation de chacune des deux fonctions sur $\bigl[0 \ ; \ +\infty\bigr[$.

$A'(t) = 40 > 0$ : $A$ est strictement croissante, à vitesse constante.

$$ B'(t) = 150 \times 0.12 \, e^{0.12 \, t} = 18 \, e^{0.12 \, t} $$

$B'$ est strictement positive : $B$ est strictement croissante, mais de plus en plus vite.
Entre $5$ et $15$ jours, l'offre la plus avantageuse change. Expliquer pourquoi ce changement était prévisible.

L'offre A augmente de $40 \ \text{€}$ par jour, quelle que soit la durée. L'offre B augmente de $12 \ \%$ par jour : son accroissement journalier grandit avec le prix déjà atteint.

Une croissance exponentielle finit toujours par dépasser une croissance linéaire, quelle que soit la pente de celle-ci. Le seul enjeu est de savoir quand.
Le loueur veut que l'offre B reste la moins chère jusqu'à $20$ jours. Proposer un coefficient à la place de $0.12$, et le justifier par un calcul.

Il faut $B(20) \leqslant A(20) = 1 \ 000$, c'est-à-dire $150 \, e^{20k} \leqslant 1 \ 000$.

Avec $k = 0.09$ : $150 \, e^{1.8} \approx 907 \ \text{€}$, ce qui convient.

$$ B(t) = 150 \, e^{0.09 \, t} $$

Toute valeur de $k$ inférieure ou égale à environ $0.0949$ convient également.

L'affluence de l'exposition

Une exposition temporaire reste ouverte $30$ jours. Le nombre de visiteurs du jour $t$, pour $t \in \bigl[0 \ ; \ 30\bigr]$, est modélisé par :

$$ v(t) = 400 \, t \, e^{-0.2 \, t} $$

Calculer $v(2)$ et $v(10)$, arrondis à l'unité, puis commenter.

$$ v(2) = 800 \, e^{-0.4} \approx 536 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} v(10) = 4 \ 000 \, e^{-2} \approx 541 $$

Les deux journées se ressemblent, à cinq visiteurs près. Pourtant l'une est en début d'exposition et l'autre bien après : la fréquentation monte, puis redescend.

Calculer $v'(t)$, montrer qu'elle s'annule en un seul point de $\bigl[0 \ ; \ 30\bigr]$, puis dresser le tableau de variations de $v$.

$$ t $$	$$ 0 $$	$$ \hspace{10em} $$	$$ 30 $$
$$ v(t) $$

tableau de variations de $v$ (à compléter)

C'est un produit, avec $u(t) = 400t$ et $w(t) = e^{-0.2 \, t}$, dont la dérivée vaut $- 0.2 \, e^{-0.2 \, t}$ :

$$ v'(t) = 400 \, e^{-0.2 \, t} + 400t \times \left( - 0.2 \right) e^{-0.2 \, t} $$

$$ v'(t) = 400 \, e^{-0.2 \, t} \left( 1 - 0.2t \right) $$

L'exponentielle est strictement positive et ne s'annule jamais. Un produit est nul quand l'un de ses facteurs l'est, donc :

$$ v'(t) = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad 1 - 0.2t = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad t = 5 $$

C'est la seule valeur possible, et $v'(t)$ est du signe de $1 - 0.2t$ : positive avant $5$, négative après.

variations de $v$ sur $\bigl[0 \ ; \ 30\bigr]$

$$ t $$	$$ 0 $$		$$ 5 $$		$$ 30 $$
$$ v'(t) $$	$$ + $$	$$ 0 $$	$$ - $$
$$ v(t) $$	$$ 0 $$		$$ \approx 736 $$		$$ \approx 30 $$

Les deux valeurs se calculent en remplaçant : $v(5) = 2 \ 000 \, e^{-1} \approx 736$ et $v(30) = 12 \ 000 \, e^{-6} \approx 30$.

En déduire le jour de plus forte fréquentation, puis démontrer qu'aucun autre jour n'atteint ce nombre de visiteurs.

$$ \text{le pic a lieu le } 5^{\text{ème}} \ \text{jour, avec environ } 736 \ \text{visiteurs} $$

La fonction $v$ est strictement croissante sur $\bigl[0 \ ; \ 5\bigr]$ : pour $t < 5$, on a $v(t) < v(5)$. Elle est strictement décroissante sur $\bigl[5 \ ; \ 30\bigr]$ : pour $t > 5$, on a encore $v(t) < v(5)$.

Aucun autre jour ne peut donc égaler le cinquième, et le maximum est atteint une seule fois.
Donner la valeur exacte du rapport $\frac{v(10)}{v(20)}$, puis sa valeur arrondie au centième.

$$ v(10) = 4 \ 000 \, e^{-2} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} v(20) = 8 \ 000 \, e^{-4} $$

On simplifie le quotient en soustrayant les exposants :

$$ \frac{v(10)}{v(20)} = \frac{4 \ 000 \, e^{-2}}{8 \ 000 \, e^{-4}} = \frac{1}{2} \, e^{-2 - (-4)} $$

$$ \frac{v(10)}{v(20)} = \frac{e^{2}}{2} \approx 3.69 $$

Le dixième jour a reçu près de quatre fois plus de monde que le vingtième : environ $541$ visiteurs contre $147$. Le rapport ne dépend que de l'écart entre les deux dates et du facteur $\frac{10}{20}$ venu du terme $400t$.

La reprise de la camionnette

Une camionnette achetée neuve $24 \ 000 \ \text{€}$ perd de la valeur. Le barème du concessionnaire donne sa valeur de reprise, en euros, au bout de $t$ années, pour $t \in \bigl[0 \ ; \ 10\bigr]$ :

$$ V(t) = 24 \ 000 \, e^{-0.25 \, t} $$

Calculer $V(1)$ et $V(4)$, arrondis à l'euro, puis montrer que $V$ est strictement décroissante.

$$ V(1) = 24 \ 000 \, e^{-0.25} \approx 18 \ 691 \ \text{€} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} V(4) = 24 \ 000 \, e^{-1} \approx 8 \ 829 \ \text{€} $$

$$ V'(t) = 24 \ 000 \times \left( - 0.25 \right) e^{-0.25 \, t} = - 6 \ 000 \, e^{-0.25 \, t} $$

L'exponentielle est strictement positive, donc $V'(t)$ est strictement négative : la valeur baisse sans jamais remonter.
Montrer que, d'une année à la suivante, la valeur est multipliée par un même nombre, puis en déduire le pourcentage de perte annuelle, arrondi au dixième.

On forme le quotient de deux valeurs séparées d'un an, et on soustrait les exposants :

$$ \frac{V(t + 1)}{V(t)} = \frac{24 \ 000 \, e^{-0.25(t + 1)}}{24 \ 000 \, e^{-0.25 \, t}} = e^{-0.25 \, t - 0.25 + 0.25 \, t} $$

$$ \frac{V(t + 1)}{V(t)} = e^{-0.25} \approx 0.7788 $$

Ce coefficient ne dépend pas de $t$ : chaque année, la valeur est multipliée par $0.7788$, soit une baisse de $1 - 0.7788 = 0.2212$.

$$ \text{la camionnette perd environ } 22.1 \ \% \ \text{par an} $$
Le vendeur affirme : « le coefficient vaut $0.25$, donc elle perd $25 \ \%$ par an ; au bout de quatre ans, elle ne vaut plus rien ». Trancher, en vous appuyant aussi sur le modèle $W(t) = 24 \ 000 \times 0.75^{\,t}$, qui ferait vraiment perdre $25 \ \%$ chaque année.

Première erreur : le coefficient $0.25$ de l'exposant n'est pas un pourcentage. La perte annuelle réelle est de $22.1 \ \%$, pas de $25 \ \%$.

Seconde erreur : des pourcentages de baisse ne s'additionnent pas. Quatre baisses successives de $25 \ \%$ ne font pas une baisse de $100 \ \%$ :

$$ W(4) = 24 \ 000 \times 0.75^{4} = 24 \ 000 \times 0.316 \ 406 \ 25 \approx 7 \ 594 \ \text{€} $$

Même avec une vraie perte de $25 \ \%$ par an, la camionnette vaudrait encore $7 \ 594 \ \text{€}$.

$$ \text{le vendeur a tort : au bout de } 4 \ \text{ans, la reprise est d'environ } 8 \ 829 \ \text{€} $$

Une exponentielle décroissante reste strictement positive : la valeur s'approche de zéro sans jamais l'atteindre.

Au bout de combien de temps la camionnette a-t-elle perdu la moitié de sa valeur ? Encadrer ce temps au dixième d'année, en complétant le tableau.

$t$ (années)	$2.5$	$2.6$	$2.7$	$2.8$
$V(t)$ en $\text{€}$	$12 \ 846$

valeurs de reprise arrondies à l'euro (à compléter)

La moitié de la valeur d'achat vaut $12 \ 000 \ \text{€}$. On complète le tableau :

$t$ (années)	$2.5$	$2.6$	$2.7$	$2.8$
$V(t)$ en $\text{€}$	$12 \ 846$	$12 \ 529$	$12 \ 220$	$11 \ 918$

valeurs de reprise arrondies à l'euro

$V$ est strictement décroissante : elle ne passe qu'une seule fois sous $12 \ 000 \ \text{€}$, entre $2.7$ et $2.8$.

$$ 2.7 < t < 2.8 \ \text{, en années} $$

Soit environ deux ans et neuf mois : la camionnette perd la moitié de sa valeur bien avant la moitié de sa vie utile.

Durée	Offre A	Offre B
\(5\) jours	\(400 \ \text{€}\)	\(273 \ \text{€}\)
\(15\) jours	\(800 \ \text{€}\)	\(907 \ \text{€}\)