Durée : 4 heures
[ Corrigé du baccalauréat STI juin 2006 \ Métropole Génie mécanique, civil
EXERCICE1 5 points
1. z=zA
zB=
p2+ip 6 2−2i =
¡p2+ip 6¢
(2+2i) (2−2i)(2+2i) =2p
2−2p 6+2ip
2+2ip 6
4+4 =
p2−p 6 4 +i
p2+p 6
4 .
2. a. On a|zA|2=2+6=8=¡ 2p
2¢2
⇒ |zA| =2p 2.
On peut écrire :zA=2p 2
Ã1 2+i
p3 2
!
=2p 2¡
cosπ3+iπ3¢ . Un argument dezAest doncπ
3. De même|zB|2=4+4=8=¡
2p 2¢2
⇒ |zB| =2p 2.
On peut écrire :zB=2p 2
Ãp 2 2 −i
p2 2
!
=2p 2¡
cos−4π+i cos−4π¢ . Un argument dezBest donc−π
4.
b. De la question précédente on déduit que,|z| =
¯¯
¯¯zA
zB
¯¯
¯¯=|zA|
|zA|=2p 2 2p
2=1.
De plus arg(z)=arg(zA−arg(zB=π 3−−π
4 =4π 12+3π
12 =7π 12.
c. La question précédente donne l’écriture trigonométrique dez=1e712π =cos712π+i sin712π. 3. n identifiant la dernière écriture avec celle du 1., on obtient, pour la partie réelle :
cos7π 12 =
p2−p 6
4 ; et pour la partie imaginaire : sin7π
12 = p2+p
6
4 .
4. a. Voir à la fin de l’exercice.
b. On a|zA| =2p
2= |zB| =2p
2=OA = OB, donc le triangle AOB est isocèle en O.
CommeAOB=105°, le triangle n’est pas rectangle.
Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique,
énergétique, civil A. P. M. E. P.
1 2 3
−1
−2
−3
−1
−2
−3 1 2 3
b b
A
B O
EXERCICE2 4 points
1. a. Calculonsf(π)=2−sinπ2=2−1=1.
C contient S(π; 1).
b. La fonctionf est dérivable sur [0 ; 2π] et sur cet intervalle : f′(x)= −1
2cosx 2. En particulierf(π)= −1
2cosπ 2 = −1
2×0=0.
La tangente à la courbeC au point S est parallèle à l’axe des abscisses.
c. Sur [0 ; 2π],f′(x)= −1 2cosx
2donc f′′(x)= −1
2× µ
−1 2
¶
sinx2=14sinx2.
Donc 4f′′(x)+f(x)−2=sinx2+2−sinx2−2=0,
ce qui signifie quef est solution de l’équation différentielle : 4y′′+y−2=0.
2. a. g(x)=[f(x)]2=£
2−sinx2¤2
=4+sin2x2−4sinx2 (1).
Or cosx=cos2x2−sin2x2=1−sin2x2−sin2x2=1−2sin2x2 ⇐⇒
sin2x2=1−cosx
2 =1
2−cosx 2 . En remplaçant dans (1) : cosx=4+1
2−cosx
2 −4sinx2=9
2−4sinx2−cosx 2 . b. On en déduit que :
V=π Z2π
0
g(x) dx=π Z2π
0
·9
2−4sinx 2−cosx
2
¸ dx=π
·9x
2 +8cosx
2−2sinx 2
¸2π
0 = π
µ9×2π
2 +8cos22π−2sin 2π 2
¶
−π
·9×0
2 +8cos02−2sin 0 2
¸
= π(9π−8−8)=π(9π−16) unités de volume.
Comme 1 u. a.=2×2×2=8 cm3, on a finalement : V=8π(9π−16)≈308, 488 cm3.
Métropole 2 juin 2006
Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique,
énergétique, civil A. P. M. E. P.
PROBLÈME 11 points
Partie A
1. En écrivant pourx> −1,etx6=0, 2x 1+x= 2
1
x+1, comme lim
x→+∞
1
x =0, on en déduit que
x→+∞lim 2x 1+x=2.
Comme lim
x→+∞ln(1+x)= +∞, on a finalement : lim
x→+∞f(x)= −∞.
2. a. PosonsX=1+x. On a :
Xlim→0XlnX=0⇐⇒ lim
x→−1(1+x) ln(1+x)=0, donc lim
x→−12x−(1+x) ln(1+x)= −2.
Enfin lim
x→−1
1
1+x= +∞et par produit de limites lim
x→−1f(x)= −∞.
b. Le résultat précédent montre que la droiteDd’équationx= −1 est asymptote verticale à C au voisinage de−1.
3. En dérivant terme à terme : f′(x)=2(1+x)−1×2x
(1+x)2 − 1
1+x= 2
(1+x)2− 1
1+x=2−(1+x)
(1+x)2 = 1−x (1+x)2.
4. a. Comme sur ]−1 ;+∞[, (1+x)2>0 le signe def′(x) est celui du numérateur 1−x.
• 1−x>0⇐⇒ 1>x ⇐⇒x<1 ; doncf′(x)>0 sur ]−1 ; 1[ ;
• 1−x<0⇐⇒ 1<x ⇐⇒x>1 ; doncf′(x)<0 sur ]1 ;+∞[ ;
• 1−x=0⇐⇒ x=1, doncf′(1)=0.
b. On af(1)= 2
1+1−ln(1+1)=1−ln 2.
c. La fonction est donc croissante sur ]−1 ; 1[ et décroissante sur ]1 ;+∞[. D’où le tableau de variations :
x −1 1 +∞
f(x)
−∞
1−ln 2
−∞
Partie B
1. On aM(x;y)∈T ⇐⇒ y−f(0)=f′(0)(x−0).
Avecf(0)=0 etf′(0)=1, on obtient : On aM(x;y)∈T ⇐⇒ y=x.
2. a. On sait quef(1)=1−ln 2≈0, 31>0 etf(5)=10
6 −ln 6≈ −0, 13<0.
Sur l’intervalle [1 ; 5] la fonctionf est décroissante def(1)>0 àf(5)<0. Il existe donc une valeur unique dex telle que f(x)=0 sur cet intervalle. Soitαcette solution. On a donc f(α)=0⇐⇒ 2α
1+α−ln(1+α)⇐⇒ 2α
1+α=ln(1+α).
b. La calculatrice donne 3, 9<α<4, puis 3, 92<α<3, 93, la valeur la plus proche étant 3,92.
3. On a vu que sur l’intervalle [0 ; 1] la fonction est croissante de 0 à 1−ln 2≈0, 31 et sur l’intervalle [1 ;α] elle décroit de 1−ln 2 à 0. Conclusion : sur [O;α]f(x)>0.
4. Figure à la fin.
Partie C
Métropole 3 juin 2006
Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique,
énergétique, civil A. P. M. E. P.
1. On aF′(x)= −1ln(1+x)+−3−x
1+x +3=−3−x+3+3x
1+x −ln(1+x)= 2x
1+x−ln(1+x)=f(x).
Ce résultat signifie queFest une primitive def sur ]−1 ;+∞[.
2. a. Voir la figure.
b. On a vu que sur [0 ; α], la fonction f est positive, donc l’aire de la surface hachurée est égale à l’intégrale de la fonctionf entre 0 etα:
A(α)= Zα
0 f(x)dx=[F(x)]α0=F(α)−F(0)=(−3−α) ln(1+α)+3α−[(−3−0) ln(1+0)+3×0]= 3α−(3+α) ln(1+α).
Or on a vu que ln(1+α)= 2α
1+α, donc : A(α)=3α−(3+α)× 2α
1+α=3α(1+α)−2α(3+α)
1+α =3α+3α2−6α−2α2
1+α =α2−3α 1+α u. a.
Or une unité d’aire est égale à 1 u. a.=2×1=2 cm2. DoncA(α)=2
µα2−3α 1+α
¶
1 2 3 4 5 6 7 8 9
−1
−2
−1
−2
−3 1 2 3
O x
y
T
C
Métropole 4 juin 2006
