Partie A

▶ 1. Déterminer un paramètre

Le nombre de cellules de la tumeur double en 14 semaines. Nous pouvons donc écrire que $N(14)=2N(0)$. Ensuite :

$\begin{array}{l}N(14)=2N(0)\iff N_0{\text{e}}^{14a}=2N_0\\ \iff {\text{e}}^{14a}=2\\ \iff 14a=\ln (2)\\ \iff a=\frac{1}{14}\ln (2).\end{array}$

La valeur du paramètre $a$ est $\frac{1}{14}\ln (2)$.

▶ 2. Déterminer une valeur seuil

Après l'intervention, soit au temps initial t = 0, on suppose qu'il reste $N(0)=N_0={10}^4$ cellules indétectables. Soit $t_1$ le moment où la tumeur redevient détectable au toucher (soit $N(t_1)={10}^9$). Nous avons alors $N(t_1)={10}^5{N}_0$.

Ensuite :

$\begin{array}{l}N(t_1)={10}^5{N}_0\iff N_0{\text{e}}^{\mathrm{0,05}{t}_1}={10}^5{N}_0\\ \iff {\text{e}}^{\mathrm{0,05}{t}_1}={10}^5\\ \iff \mathrm{0,05}{t}_1=\ln ({10}^5\text{)}\\ \iff t_1=\frac{5\ln (10)}{\mathrm{0,05}}=100\ln (10).\end{array}$

Puisque $100\ln (10)\approx \mathrm{230,26}$, en l'absence de suivi médical, la tumeur pourrait redevenir détectable au toucher au bout de 230 semaines environ.

Partie B

▶ 1. a) Établir l'équation vérifiée par un paramètre inconnu

Au bout de 6 heures, la concentration du médicament est égale à 6,8 μmol · L⁻¹. Cela donne donc $c(6)=\mathrm{6,8}$. Sachant que le débit de la perfusion est D = 112 μmol · h⁻¹, nous obtenons :

$\begin{array}{l}c(6)=\mathrm{6,8}\iff \frac{112}{k}\left(1-{\text{e}}^{-\frac{k}{80}\times 6}\right)=\mathrm{6,8}\\ \iff 112\left(1-{\text{e}}^{-\frac{3}{40}k}\right)=\mathrm{6,8}k\\ \iff 112\left(1-{\text{e}}^{-\frac{3}{40}k}\right)-\mathrm{6,8}k=0.\end{array}$

La clairance k du patient est donc solution de l'équation $112\left(1-{\text{e}}^{-\frac{3}{40}k}\right)-\mathrm{6,8}k=0$.

b) Appliquer le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires

Considérons la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty [$ par :

$f(t)=112\left(1-{\text{e}}^{-\frac{3}{40}t}\right)-\mathrm{6,8}t$.

Déterminons la dérivée de la fonction $f$.

$f$ est une somme de fonctions dérivables sur $[0;+\infty [$ donc $f$ est dérivable sur $[0;+\infty [$.

Pour tout $t\in [0;+\infty [$ : $\begin{array}{c}{f}^{\prime }(t)=112\times \left(0-\left(-\frac{3}{40}\right){\text{e}}^{-\frac{3}{40}t}\right)-\mathrm{6,8}\times 1\\ =\mathrm{8,4}{\text{e}}^{-\frac{3}{40}t}-\mathrm{6,8}.\end{array}$

Déterminons le signe de la dérivée $f^{\prime }$ et les variations de $f$ sur $[0;+\infty [$.

En notant $\text{α}=-\frac{40}{3}\ln \left(\frac{17}{21}\right)$, avec $\text{α}\approx \mathrm{2,82}$, nous obtenons le tableau de variations suivant pour $f$.

$f(0)=112\left(1-{\text{e}}^{-\frac{3}{40}\times 0}\right)-\mathrm{6,8}\times 0=112\left(1-\underset{=1}{\underbrace{{\text{e}}^0}}\right)-\mathrm{6,8}\times 0=0$.

$\begin{array}{l}f(\text{α})=112\left(1-{\text{e}}^{-\frac{3}{40}\times \text{α}}\right)-\mathrm{6,8}\times \text{α}\\ =112\left(1-\underset{=\frac{17}{21}}{\underbrace{{\text{e}}^{\ln \left(\frac{17}{21}\right)}}}\right)-\mathrm{6,8}\times \left(-\frac{40}{3}\right)\ln \left(\frac{17}{21}\right)\\ =\frac{64}{3}+\frac{272}{3}\ln \left(\frac{17}{21}\right)\approx \mathrm{2,175}.\end{array}$

$\underset{t\to +\infty }{\lim }-\frac{3}{40}t=-\infty$ et $\underset{X\to -\infty }{\lim }{\text{e}}^X=0$ donc, par composition, $\underset{t\to +\infty }{\lim }{\text{e}}^{-\frac{3}{40}t}=0$.

De plus,$\underset{t\to +\infty }{\lim }-\mathrm{6,8}t=-\infty$. Par opérations élémentaires sur les limites, nous obtenons que$\underset{t\to +\infty }{\lim }f(t)=-\infty$.

Montrons enfin que l'équation $f(t)=0$ admet une unique solution sur $]0;+\infty [$.

Sur l'intervalle $]0;\text{α}]$, l'équation $f(t)=0$ n'admet pas de solution d'après le tableau de variations. Sur l'intervalle $[\text{α};+\infty [$, la fonction $f$ est continue et strictement décroissante.

Puisque $f(\text{α})>0$ et que$\underset{t\to +\infty }{\lim }f(t)=-\infty$, nous déduisons du corollaire du théorème des valeurs intermédiaires que l'équation $f(t)=0$ admet une unique solution sur l'intervalle $[\text{α};+\infty [$.

Finalement, l'équation$f(t)=0$ admet une unique solution sur $]0;+\infty [$.

L'équation $112\left(1-{\text{e}}^{-\frac{3}{40}k}\right)-\mathrm{6,8}k=0$ admet donc une unique solution sur $]0;+\infty [$.

c) Donner une valeur approchée de la solution d'une équation

À l'aide de la calculatrice, on obtient $k\approx \mathrm{5,85}$ L · h⁻¹.

Si la concentration est de 6,8 μmol · L⁻¹ au bout de 6 heures avec un débit de 112 μmol · h⁻¹, c'est que la clairance du patient est d'environ 5,85 L · h⁻¹.

▶ 2. a) Calculer une limite

Sachant que $k>0$, $\underset{t\to +\infty }{\lim }-\frac{k}{80}t=-\infty$ et $\underset{X\to -\infty }{\lim }{\text{e}}^X=0$ donc, par composition, $\underset{t\to +\infty }{\lim }{\text{e}}^{-\frac{k}{80}t}=0$.

Par conséquent, $\underset{t\to +\infty }{\lim }c(t)=\frac{D}{k}\left(1-0\right)=\frac{D}{k}$. Ainsi $\mathcal{l}=\frac{D}{k}$.

b) Déterminer un paramètre sous contrainte

Pour que le traitement soit efficace sans être toxique, la concentration limite $\mathcal{l}$ doit être égale à 16 μmol · L⁻¹. La clairance est de 5,85, donc $k=\mathrm{5,85}$. Nous obtenons ainsi :

$\mathcal{l}=\frac{D}{k}\iff D=\mathcal{l}\times k=16\times \mathrm{5,85}=\mathrm{93,6}$.

Lorsque la clairance du patient est de 5,85 L · h⁻¹, le débit D doit être réglé par le médecin à 93,6 μmol · h⁻¹.