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Bac 2025

Mathématiques (spécialité) – Métropole 2025, sujet 1 : correction détaillée

Voie générale · spécialité Mathématiques · 4 h · 20 points · probabilités (groupes sanguins), fonction ln et aire, vrai-faux géométrie, suite et équation différentielle

Corrigé

Correction rédigée par l'équipe BAC Révision, non officielle. Les énoncés sont reformulés avec leurs données : refais toujours les calculs et compare avec ton professeur.

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Exercice 1 : Probabilités : groupes sanguins et donneurs universels5 points

Population française : A 45 % (85 % rhésus positif), B 10 % (84 %), AB 3 % (82 %), O le reste. R : rhésus positif ; on donne P(R) = 0,8397.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Arbre à compléter (dix pointillés). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1Recopier l'arbre en complétant les dix pointillés.Touche pour voir la correction

À retenir Les probabilités des branches issues d'un même nœud ont pour somme 1 ; P(O) = 1 − (P(A) + P(B) + P(AB)).

Démarche
  1. Premier niveau : P(A) = 0,45 ; P(B) = 0,10 ; P(AB) = 0,03 ; P(O) = 1 − 0,58 = 0,42.
  2. Après A : P_A(R) = 0,85 et P_A(R̄) = 0,15.
  3. Après B : P_B(R) = 0,84 et P_B(R̄) = 0,16.
  4. Après AB : P_AB(R) = 0,82 et P_AB(R̄) = 0,18.
  5. Après O : P_O(R) et P_O(R̄) sont déterminées à la question 3 (0,83 et 0,17).

RéponseBranches principales : 0,45 ; 0,10 ; 0,03 ; 0,42. Sous-branches : (0,85 ; 0,15), (0,84 ; 0,16), (0,82 ; 0,18), (0,83 ; 0,17).

Piège Les « 85 % rhésus positif » sont des probabilités conditionnelles (sachant le groupe), pas des probabilités sur toute la population.

2Montrer que P(B ∩ R) = 0,084 et interpréter.Touche pour voir la correction

À retenir P(B ∩ R) = P(B) × P_B(R).

Démarche
  1. P(B ∩ R) = 0,10 × 0,84 = 0,084.

RéponseP(B ∩ R) = 0,084 : 8,4 % de la population française est de groupe B et de rhésus positif.

3On précise que P(R) = 0,8397. Montrer que P_O(R) = 0,83.Touche pour voir la correction

À retenir Formule des probabilités totales sur la partition {A, B, AB, O}, puis P_O(R) = P(O ∩ R)/P(O).

Démarche
  1. P(R) = P(A ∩ R) + P(B ∩ R) + P(AB ∩ R) + P(O ∩ R).
  2. P(A ∩ R) = 0,45 × 0,85 = 0,3825 ; P(B ∩ R) = 0,084 ; P(AB ∩ R) = 0,03 × 0,82 = 0,0246.
  3. P(O ∩ R) = 0,8397 − 0,3825 − 0,084 − 0,0246 = 0,3486.
  4. P_O(R) = 0,3486 / 0,42 = 0,83.

RéponseP_O(R) = 0,83.

Vérification 0,42 × 0,83 = 0,3486 ✓.

4Montrer que la probabilité qu'un individu soit donneur universel (groupe O de rhésus négatif) est 0,0714.Touche pour voir la correction

À retenir Événement contraire : P_O(R̄) = 1 − P_O(R).

Démarche
  1. P_O(R̄) = 1 − 0,83 = 0,17.
  2. P(O ∩ R̄) = 0,42 × 0,17 = 0,0714.

RéponseP(O ∩ R̄) = 0,0714.

5.aÉchantillon de 100 personnes, tirage assimilé à un tirage avec remise ; X est le nombre de donneurs universels. Justifier que X suit une loi binomiale.Touche pour voir la correction

À retenir Loi binomiale : n épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes.

Démarche
  1. Chaque personne est donneur universel avec la probabilité 0,0714 : épreuve de Bernoulli.
  2. Le tirage étant assimilé à un tirage avec remise, les 100 épreuves sont indépendantes.

RéponseX suit la loi binomiale B(100 ; 0,0714).

5.bDéterminer à 10⁻³ près la probabilité d'avoir au plus 7 donneurs universels.Touche pour voir la correction

À retenir P(X ≤ 7) se lit avec la fonction de répartition de la loi binomiale (BinomFRép).

Démarche
  1. X suit B(100 ; 0,0714) : P(X ≤ 7) = Σ de k = 0 à 7 de C(100 ; k) × 0,0714^k × 0,9286^{100−k}.
  2. À la calculatrice (BinomFRép(100 ; 0,0714 ; 7)) : ≈ 0,5771, soit 0,577 à 10^{−3} près.

RéponseP(X ≤ 7) ≈ 0,577.

Piège Avec p = 0,0714 exactement, on obtient 0,577 ; garder p non arrondi.

5.cMontrer que E(X) = 7,14 et que V(X) = 6,63 à 10⁻² près.Touche pour voir la correction

À retenir E = np et V = np(1 − p).

Démarche
  1. X suit B(100 ; 0,0714) : E(X) = np = 100 × 0,0714 = 7,14.
  2. V(X) = np(1 − p) = 100 × 0,0714 × 0,9286 = 6,6302…, soit 6,63 à 10^{−2} près.

RéponseE(X) = 7,14 et V(X) ≈ 6,63.

6.aQue représente M_N = (X₁ + … + X_N)/N ?Touche pour voir la correction

À retenir C'est la moyenne arithmétique de N variables aléatoires.

Démarche
  1. Chaque Xᵢ est le nombre de donneurs universels dans 100 personnes de la ville i.

RéponseM_N est le nombre moyen de donneurs universels par échantillon de 100 personnes, calculé sur les N villes.

6.bCalculer E(M_N).Touche pour voir la correction

À retenir Linéarité de l'espérance : E(aX) = aE(X).

Démarche
  1. E(M_N) = (1/N) × (E(X₁) + … + E(X_N)) = (1/N) × N × 7,14.

RéponseE(M_N) = 7,14.

6.cMontrer que V(M_N) = 6,63/N.Touche pour voir la correction

À retenir V(aX) = a²V(X) et variance d'une somme de variables indépendantes.

Démarche
  1. Par indépendance, V(X₁ + … + X_N) = N × 6,63.
  2. V(M_N) = (1/N²) × N × 6,63 = 6,63/N.

RéponseV(M_N) = 6,63/N.

6.dDéterminer la plus petite valeur de N pour laquelle l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d'affirmer que P(7 < M_N < 7,28) ≥ 0,95.Touche pour voir la correction

À retenir P(|M − E(M)| < δ) ≥ 1 − V(M)/δ².

Démarche
  1. E(M_N) = 7,14, donc 7 < M_N < 7,28 ⇔ |M_N − 7,14| < 0,14.
  2. P(|M_N − 7,14| < 0,14) ≥ 1 − (6,63/N)/0,14² = 1 − 6,63/(0,0196 N).
  3. On veut 1 − 6,63/(0,0196 N) ≥ 0,95 ⇔ 6,63/(0,0196 N) ≤ 0,05 ⇔ N ≥ 6,63/(0,0196 × 0,05) = 6,63/0,00098 ≈ 6765,3.
  4. N est entier : N ≥ 6766.

RéponseN = 6766.

Vérification Pour N = 6765 : 6,63/(0,0196 × 6765) ≈ 0,05001 > 0,05 : insuffisant.

Exercice 2 : Fonction ln, convexité, tangente et aire6 points

f définie sur ]0 ; +∞[, deux fois dérivable. Partie A : lectures graphiques (tangentes T_A en A(1 ; 2) passant par C(3 ; 0) et T_B en B(e ; e)). Partie B : f(x) = x(2(ln x)² − 3 ln x + 2). Partie C : aire du domaine entre 𝒞_f et T_B.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Courbe 𝒞_f, tangentes T_A et T_B, domaine hachuré. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

A.1Déterminer le nombre dérivé f′(1).Touche pour voir la correction

À retenir f′(1) est le coefficient directeur de la tangente T_A en A(1 ; 2).

Démarche
  1. T_A passe par A(1 ; 2) et C(3 ; 0).
  2. Coefficient directeur : (0 − 2)/(3 − 1) = −1.

Réponsef′(1) = −1.

A.2Combien de solutions l'équation f′(x) = 0 admet-elle dans ]0 ; 3] ?Touche pour voir la correction

À retenir f′(x) = 0 aux points où la tangente est horizontale, c'est-à-dire aux extremums.

Démarche
  1. La courbe monte jusqu'à un maximum local situé vers x ≈ 0,4 (tangente horizontale).
  2. Elle décroît ensuite, atteint un minimum local vers x ≈ 1,6 (tangente horizontale), puis remonte jusqu'à B.

Réponse2 solutions (un maximum local et un minimum local).

Vérification Avec f′(x) = 2(ln x)² + ln x − 1 : posant X = ln x, 2X² + X − 1 = 0 donne X = −1 ou X = 1/2, soit x = e⁻¹ ≈ 0,37 et x = √e ≈ 1,65 : bien 2 solutions.

A.3Quel est le signe de f″(0,2) ?Touche pour voir la correction

À retenir f″ < 0 là où la courbe est concave (en dessous de ses tangentes).

Démarche
  1. Au voisinage de x = 0,2, la courbe est au-dessous de ses tangentes : elle est concave.

Réponsef″(0,2) < 0.

Vérification Partie B : f″(0,2) = (4 ln 0,2 + 1)/0,2 ≈ −27 < 0 ✓.

B.1Résoudre 2X² − 3X + 2 = 0 dans ℝ et en déduire que 𝒞_f ne coupe pas l'axe des abscisses.Touche pour voir la correction

À retenir Si le discriminant est strictement négatif, il n'y a pas de racine réelle et le trinôme garde le signe de a.

Démarche
  1. Δ = (−3)² − 4 × 2 × 2 = 9 − 16 = −7 < 0 : aucune solution réelle.
  2. Le trinôme a pour coefficient dominant 2 > 0, donc 2X² − 3X + 2 > 0 pour tout X.
  3. Avec X = ln x : f(x) = x × (2(ln x)² − 3 ln x + 2) est un produit de deux nombres strictement positifs, donc f(x) > 0.
  4. f ne s'annule jamais : 𝒞_f ne rencontre pas l'axe des abscisses.

RéponseL'équation n'a pas de solution réelle ; f(x) > 0 pour tout x > 0.

Piège Ne pas oublier que x > 0 pour conclure sur le signe du produit.

B.2Déterminer la limite de f en +∞.Touche pour voir la correction

À retenir Quand x → +∞, ln x → +∞ ; on factorise le terme dominant du trinôme en X = ln x.

Démarche
  1. Posons X = ln x → +∞. 2X² − 3X + 2 = X²(2 − 3/X + 2/X²) → +∞.
  2. Par produit avec x → +∞ : f(x) → +∞.

Réponselim f(x) = +∞ en +∞.

B.3.aSachant que f′(x) = 2(ln x)² + ln x − 1, montrer que f″(x) = (4 ln x + 1)/x.Touche pour voir la correction

À retenir (u²)′ = 2uu′ avec u = ln x et u′ = 1/x.

Démarche
  1. f″(x) = 2 × 2 ln x × (1/x) + 1/x − 0.
  2. f″(x) = (4 ln x + 1)/x.

Réponsef″(x) = (4 ln x + 1)/x.

B.3.bÉtudier la convexité de f et préciser l'abscisse exacte du point d'inflexion.Touche pour voir la correction

À retenir Le signe de f″ donne la convexité ; un changement de signe de f″ donne un point d'inflexion.

Démarche
  1. Sur ]0 ; +∞[, x > 0 donc f″ a le signe de 4 ln x + 1.
  2. 4 ln x + 1 > 0 ⇔ ln x > −1/4 ⇔ x > e^(−1/4).
  3. f est concave sur ]0 ; e^(−1/4)] et convexe sur [e^(−1/4) ; +∞[.

RéponsePoint d'inflexion d'abscisse e^(−1/4) (≈ 0,78).

Piège L'inégalité ln x > −1/4 se traduit par x > e^(−1/4) car exp est strictement croissante.

B.3.cMontrer que 𝒞_f est au-dessus de la tangente T_B sur [1 ; +∞[.Touche pour voir la correction

À retenir Une fonction convexe est au-dessus de ses tangentes.

Démarche
  1. e^(−1/4) < 1, donc f est convexe sur [1 ; +∞[ (inclus dans [e^(−1/4) ; +∞[).
  2. B(e ; e) a pour abscisse e ∈ [1 ; +∞[ : la tangente T_B est en dessous de la courbe sur cet intervalle.

Réponsef est convexe sur [1 ; +∞[ donc 𝒞_f est au-dessus de T_B sur cet intervalle.

C.1Justifier que T_B a pour équation réduite y = 2x − e.Touche pour voir la correction

À retenir Tangente en a : y = f′(a)(x − a) + f(a).

Démarche
  1. f(e) = e(2 − 3 + 2) = e (ln e = 1).
  2. f′(e) = 2 + 1 − 1 = 2.
  3. y = 2(x − e) + e = 2x − e.

RéponseT_B : y = 2x − e.

C.2Par intégration par parties, montrer que ∫₁^e x ln x dx = (e² + 1)/4.Touche pour voir la correction

À retenir ∫ u′v = [uv] − ∫ uv′ avec u′ = x (u = x²/2) et v = ln x (v′ = 1/x).

Démarche
  1. ∫₁^e x ln x dx = [(x²/2) ln x]₁^e − ∫₁^e (x²/2)(1/x) dx.
  2. [(x²/2) ln x]₁^e = e²/2 (ln e = 1, ln 1 = 0).
  3. ∫₁^e x/2 dx = [x²/4]₁^e = (e² − 1)/4.
  4. Résultat : e²/2 − (e² − 1)/4 = (2e² − e² + 1)/4 = (e² + 1)/4.

Réponse∫₁^e x ln x dx = (e² + 1)/4.

C.3On admet ∫₁^e x(ln x)² dx = (e² − 1)/4. En déduire l'aire 𝒜 du domaine compris entre 𝒞_f, T_B et les droites x = 1 et x = e.Touche pour voir la correction

À retenir Sur [1 ; e], 𝒞_f est au-dessus de T_B : 𝒜 = ∫₁^e (f(x) − (2x − e)) dx.

Démarche
  1. f(x) = 2x(ln x)² − 3x ln x + 2x.
  2. ∫₁^e f = 2 × (e² − 1)/4 − 3 × (e² + 1)/4 + [x²]₁^e = (2e² − 2 − 3e² − 3)/4 + e² − 1 = (3e² − 9)/4.
  3. ∫₁^e (2x − e) dx = [x² − ex]₁^e = −(1 − e) = e − 1.
  4. 𝒜 = (3e² − 9)/4 − (e − 1) = (3e² − 4e − 5)/4.

Réponse𝒜 = (3e² − 4e − 5)/4 u.a. ≈ 1,57 u.a.

Vérification Contrôle numérique : ∫₁^e (f(x) − 2x + e) dx ≈ 1,5735 u.a., ce qui confirme (3e² − 4e − 5)/4.

Exercice 3 : Vrai ou faux : droites et plans de l'espace4 points

Quatre affirmations à justifier dans un repère orthonormé de l'espace.

1 (affirmation 1)A(−1 ; 0 ; 5) et B(3 ; 2 ; −1). Affirmation 1 : x = 3 − 2t, y = 2 − t, z = −1 + 3t est une représentation paramétrique de (AB).Touche pour voir la correction

À retenir Une représentation paramétrique convient si elle passe par un point de la droite avec un vecteur directeur colinéaire à AB.

Démarche
  1. AB = (4 ; 2 ; −6).
  2. Le point de paramètre t = 0 est (3 ; 2 ; −1) = B.
  3. Le vecteur directeur (−2 ; −1 ; 3) vérifie AB = −2 × (−2 ; −1 ; 3) : colinéaire.

RéponseVRAIE : la droite passe par B avec un vecteur directeur colinéaire à AB.

1 (affirmation 2)Affirmation 2 : le vecteur n(5 ; −2 ; 1) est normal au plan (OAB).Touche pour voir la correction

À retenir n est normal à (OAB) s'il est orthogonal à OA et OB.

Démarche
  1. OA = (−1 ; 0 ; 5) : n · OA = −5 + 0 + 5 = 0.
  2. OB = (3 ; 2 ; −1) : n · OB = 15 − 4 − 1 = 10 ≠ 0.

RéponseFAUSSE : n n'est pas orthogonal à OB.

2 (affirmation 3)d : x = 15 + k, y = 8 − k, z = −6 + 2k ; d′ : x = 1 + 4s, y = 2 + 4s, z = 1 − 6s. Affirmation 3 : d et d′ ne sont pas coplanaires.Touche pour voir la correction

À retenir Deux droites non parallèles sont coplanaires si et seulement si elles sont sécantes.

Démarche
  1. Vecteurs directeurs : (1 ; −1 ; 2) et (4 ; 4 ; −6) : non colinéaires.
  2. Intersection : 15 + k = 1 + 4s et 8 − k = 2 + 4s. En additionnant : 23 = 3 + 8s, s = 2,5 ; puis k = 1 + 10 − 15 = −4.
  3. Vérification sur z : −6 + 2(−4) = −14 et 1 − 6 × 2,5 = −14 ✓.

RéponseFAUSSE : d et d′ sont sécantes au point (11 ; 12 ; −14), donc coplanaires.

3 (affirmation 4)𝒫 : x − y + z + 1 = 0 et C(2 ; −1 ; 2). Affirmation 4 : la distance de C à 𝒫 est 2√3.Touche pour voir la correction

À retenir d(M, 𝒫) = |ax₀ + by₀ + cz₀ + d| / √(a² + b² + c²).

Démarche
  1. Numérateur : |2 + 1 + 2 + 1| = 6.
  2. Dénominateur : √(1 + 1 + 1) = √3.
  3. 6/√3 = 2√3.

RéponseVRAIE : d(C, 𝒫) = 6/√3 = 2√3.

Exercice 4 : Posidonie : modèle discret puis modèle continu5 points

Zone de 20 ha, 1 ha recouvert au 1er juillet 2024. Partie A : uₙ₊₁ = −0,02uₙ² + 1,3uₙ. Partie B : f solution de y′ = 0,02y(15 − y) avec f(0) = 1.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Algorithme seuil() à compléter. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

A.1Calculer la superficie recouverte au 1er juillet 2025.Touche pour voir la correction

À retenir On applique la relation de récurrence à u₀ = 1.

Démarche
  1. u₁ = −0,02 × 1² + 1,3 × 1 = 1,28.

Réponse1,28 hectare.

A.2.ah(x) = −0,02x² + 1,3x est croissante sur [0 ; 20] (admis). Démontrer par récurrence que 1 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 20.Touche pour voir la correction

À retenir On applique h croissante à l'encadrement et on utilise h(1) = 1,28 ≥ 1 et h(20) = 18 ≤ 20.

Démarche
  1. Initialisation : u₀ = 1, u₁ = 1,28, donc 1 ≤ u₀ ≤ u₁ ≤ 20.
  2. Hérédité : si 1 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 20, par croissance de h : h(1) ≤ h(uₙ) ≤ h(uₙ₊₁) ≤ h(20).
  3. h(1) = 1,28 ≥ 1 et h(20) = −8 + 26 = 18 ≤ 20, donc 1 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 20.
  4. Conclusion : vraie pour tout n.

RéponsePour tout n, 1 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 20.

A.2.bEn déduire que (uₙ) converge ; on note L sa limite.Touche pour voir la correction

À retenir Suite croissante et majorée : convergente.

Démarche
  1. uₙ ≤ uₙ₊₁ (croissante) et uₙ ≤ 20 (majorée).

Réponse(uₙ) converge vers L ∈ [1 ; 20].

A.2.cJustifier que L = 15.Touche pour voir la correction

À retenir Par continuité de h, L = h(L).

Démarche
  1. L = −0,02L² + 1,3L ⇔ −0,02L² + 0,3L = 0 ⇔ L(−0,02L + 0,3) = 0.
  2. L = 0 ou L = 0,3/0,02 = 15.
  3. Comme L ≥ u₀ = 1, L ≠ 0 : L = 15.

RéponseL = 15.

A.3.aSans calcul, justifier que, d'après ce modèle, la superficie dépassera 14 hectares.Touche pour voir la correction

À retenir Si une suite converge vers L > 14, elle dépasse 14 à partir d'un certain rang.

Démarche
  1. (uₙ) tend vers 15 > 14, donc uₙ > 14 pour n assez grand.

RéponseLa limite 15 étant strictement supérieure à 14, les termes finissent par dépasser 14.

A.3.bCompléter l'algorithme seuil() (n = 0 ; u = 1 ; while … : n = … ; u = … ; return n) pour qu'il renvoie le nombre d'années pour dépasser 14 hectares.Touche pour voir la correction

À retenir Tant que u ≤ 14, on avance d'une année.

Démarche
  1. On cherche le premier rang n tel que u_n > 14 : la boucle tourne tant que u ≤ 14.
  2. Condition : u <= 14 ; dans la boucle : n = n + 1 puis u = -0.02*u**2 + 1.3*u.
  3. Valeurs : u_17 ≈ 13,79 ≤ 14 et u_18 ≈ 14,12 > 14 : n = 18.

Réponsewhile u <= 14 : / n = n + 1 / u = -0.02*u**2 + 1.3*u ; return n renvoie 18 (au 1er juillet 2042).

Vérification Simulation à la calculatrice : u₁₈ ≈ 14,12 > 14.

B.1g = 1/f. Montrer que g est solution de (E₂) : y′ = −0,3y + 0,02.Touche pour voir la correction

À retenir g′ = −f′/f² ; on remplace f′ par 0,02 f (15 − f).

Démarche
  1. f ne s'annule pas : g est définie et dérivable.
  2. g′ = −f′/f² = −0,02 f(15 − f)/f² = −0,02(15 − f)/f = −0,3/f + 0,02.
  3. Comme 1/f = g : g′ = −0,3 g + 0,02.

Réponseg′ = −0,3g + 0,02 : g est solution de (E₂).

B.2Donner les solutions de (E₂).Touche pour voir la correction

À retenir y′ = ay + b a pour solutions C e^(ax) − b/a.

Démarche
  1. a = −0,3 et b = 0,02 : solution constante 0,02/0,3 = 1/15.
  2. Solutions : y(t) = C e^(−0,3t) + 1/15.

Réponsey(t) = C e^(−0,3t) + 1/15, C ∈ ℝ.

B.3En déduire que f(t) = 15/(14e^(−0,3t) + 1).Touche pour voir la correction

À retenir f = 1/g ; la condition f(0) = 1 donne g(0) = 1.

Démarche
  1. g(t) = C e^(−0,3t) + 1/15.
  2. g(0) = C + 1/15 = 1 ⇒ C = 14/15.
  3. g(t) = (14e^(−0,3t) + 1)/15, donc f(t) = 1/g(t) = 15/(14e^(−0,3t) + 1).

Réponsef(t) = 15/(14e^(−0,3t) + 1).

B.4Déterminer la limite de f en +∞.Touche pour voir la correction

À retenir e^(−0,3t) → 0.

Démarche
  1. Le dénominateur tend vers 1, donc f(t) → 15.

Réponselim f(t) = 15 hectares.

B.5Résoudre f(t) > 14 et interpréter.Touche pour voir la correction

À retenir On isole l'exponentielle puis on prend le logarithme népérien.

Démarche
  1. f(t) > 14 ⟺ 15/(14e^{−0,3t} + 1) > 14, le dénominateur étant strictement positif : 15 > 14(14e^{−0,3t} + 1).
  2. 15 > 196e^{−0,3t} + 14 ⟺ 196e^{−0,3t} < 1 ⟺ e^{−0,3t} < 1/196.
  3. Par croissance de ln : −0,3t < −ln 196 ⟺ t > ln 196 ÷ 0,3 ≈ 17,6.
  4. Interprétation : d'après le modèle continu, la posidonie recouvre plus de 14 ha au bout d'environ 17,6 ans, soit à partir de l'année 2042 environ (début 2042 si l'on part de juillet 2024 + 17,6 ans) ; c'est cohérent avec n = 18 du modèle discret.

Réponset > ln 196/0,3 ≈ 17,6 années : la surface recouverte dépasse 14 ha après environ 17,6 ans (vers début 2042), en accord avec le modèle discret (n = 18).

Vérification ln 196 ≈ 5,278 et 5,278/0,3 ≈ 17,6.

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