Durée : 4 heures
[ Corrigé du baccalauréat STI Polynésie 14 septembre 2012 \ Génie mécanique, énergétique, civil
EXERCICE1 5 points
1. ∆=4×3−4×4= −4=(2i)2. Le discriminant est négatif, l’équation a deux solutions complexes conjuguées :2p
3+2i
2 =p
3+i etp
3+i. Réponsec.
2. On a|zA|2=¯
¯ p3−i¯
¯
2=3+1=4=22⇒ |zA| =2.
On a donczA=2 Ãp
3 2 −i1
2
!
=2 Ãp
3 2 +i−1
2
!
=2¡
cos−6π+i sin−6π¢ . Réponsed.
3. ¯
¯z−p 3−i¯
¯=¯
¯z−p 3+i¯
¯⇐⇒¯
¯z−¡p 3+i¢¯
¯=¯
¯z−¡p 3−i¢¯
¯⇐⇒ |z−zB| = |z−zA| ⇐⇒
BM=AM. Les points de l’ensemble sont donc équidistants de A et de B.
L’ensemble est donc la médiatrice de [AB], mais comme A et B sont symétriques autour de l’axe des abscisses, cette médiatrice est l’axe des abscisses : réponseb.
4. Calculons zA
zB= p3+i p3−i=
¡p3+i¢ ¡p 3+i¢
¡p3−i¢ ¡p
3+i¢=3−1+2ip 3
3+1 =1−ip 3
2 .
Réponse :d.
5. DEAC est un parallélogramme ⇐⇒ −−→
DE=−−→
CA ⇐⇒ zE−zD=zA−zC ⇐⇒ zE=zD+zA−zC=
−p 3−i+p
3−i+p
3−i=p
3−3i. Réponse :c.
EXERCICE2 4 points
1. L’équation est de la formeq′′+ωq=0, avecω=11×103. Une solution est de la forme :q(t)=Acos¡
11×103¢
t+Bsin¡
11×103¢
t, avecAetBréels quel- conques.
2. qest dérivable surRetq′(t)= −11×103Asin¡
11×103¢
t+11×103Bcos¡
11×103¢ t. Donc
½ q(0) = 2×10−6
q′(0) = 0 ⇐⇒
½ A = 2×10−6
11×103B = 0 ⇐⇒
½ A = 2×10−6
B = 0
La solution particulière est donc
q(t)=2×10−6cos¡
11×103¢ t.
3. q′(t)=i(t)= −2×10−6×11×103sin¡
11×103¢
t=22×10−3sin¡
11×103¢
t=2, 2×10−2sin¡
11×103¢ t.
4. La valeur moyenne de la fonctionqsur l’intervalle
·
0 ; π×10−3 2×11
¸
est donc égale à : Zπ×10−3
2×11
0 q(t) dt= Zπ×10−3
2×11
0 2×10−6cos¡
11×103¢ tdt=
· 1
11×103×2×10−6sin¡
11×103¢ t
¸
π×10−3 2×11
0 =
2×10−6 11×103
£sin¡
11×103¢ t¤
π×10−3 2×11
0 = 2
11×10−9sinπ 2 = 2
11×10−9.
STI génie mécanique, énergétique, civil A. P. M. E. P.
PROBLÈME 11 points
Partie A : étude d’une fonction auxiliaire
1. a. Sur ]0 ;+∞[, toutes les fonctions sont dérivables et sur cet intervalle : g′(x)= −31
x+3x2=3 µ
x2−1 x
¶
=3 µx3−1
x
¶ . Orx3−1 s’annule pourx=1 : on peut donc écrire : x3−1=(x−1)¡
x2+bx+c¢ , soit :
x3−1=x3+bx2+cx−x2−bx−c=x3+x2(b−1)+x(c−b)−c.
En identifiant les deux écritures :b−1=0⇐⇒ b=1 ;−c= −1 ⇐⇒c=1.
Doncx3−1=(x−1)¡
x2+x+1¢ . Finalement :g′(x)=3(x−1)¡
x2+x+1¢
x .
b. Le trinômex2+x+1 a un discriminant (∆=1−4= −3 négatif il est donc du signe du coefficient dex2donc positif pour tout réel ; commex>0 il en résulte que le signe deg′(x) est celui dex−1.
Donc six>1,g′(x)>0 ; si x = 1, g′(x)<0.
c. On en déduit le tableau de variations deg:
x 0 1 +∞
4 g(x)
2. g(1)=3−3ln 1+13=3+1=4.
3. D’après le tableau de variations le minimum de la fonctiongsur ]0 ; +∞[ est égal à 4, donc g(x)>4>0 sur ]0 ;+∞[.
Partie B : étude d’une fonction 1. a. On sait que lim
x→+∞
x
x=0, donc lim
x→+∞f(x)= +∞. b. On a lim
x→0
lnx
x = −∞, donc lim
x→0f(x)= −∞.
2. a. f′(x)=3
1
x×x−1×lnx
x2 +1
2×2x=3−3lnx
x2 +x=3−3lnx+x3 x2 =g(x)
x2 .
b. On a vu à la questionA 3.queg(x)>0 sur ]0 ;+∞[, donc sur cet intervallef′(x)>0.
c. Le résultat précédent montre quef est strictement croissante sur ]0 ;+∞[ de moins l’infini à plus l’infini.
3. a. Le résultat précédent montre que sur l’intervalle [0,5 ; 1], f est strictement croissante de f(0, 5)= 3ln 0, 5
0, 5+1 20, 52+1
≈ −3<0 à
f(1)=3ln 1 1 +1
212+1=1
21+1=3 2>0.
Il existe donc un réel uniqueαtel que f(α)=0,αétant l’abscisse du point unique où la courbeC coupe l’axe des abscisses.
La calculatrice donne successivement : 0, 5<α<1 ; 0,7 <α<0, 8 ;
0,73 <α<0, 74.
Polynésie 2 14 septembre 2012
STI génie mécanique, énergétique, civil A. P. M. E. P.
4. Soitdla fonction définie sur ]0 ;+∞[ par d(x) = f(x) - µ1
2x2+1
¶
=3lnx x +1
2x2+1− µ1
2x2+1
¶
= 3lnx
x .
Commex>0, le signe ded(x) est celui de lnx. On sait quex>1⇒lnx>0 et 0< x < 1⇒lnx<0.
Sur ]0 ; 1[,d(x)<0 ce qui signifie que la courbeC est sous la paraboleP. Sur ]1 ;+∞[,d(x)>0 : la courbeC est au dessus de la paraboleP. Pourx=1 les deux courbes ont en commun le point¡
1 ; 32¢ . 5. Voir la figure
Partie C : calcul d’une aire 1. Voir la figure à la fin.
2. hest dérivable sur ]0 ;+∞[ et sur cet intervalle : h′(x)=1
2×2lnx×1 x =lnx
x .
3. Donchest une primitive de la fonctionx7−→lnx x . Une primitive de la fonctionx7−→3lnx
x est donc3 2(lnx)2.
On a vu que pour x>1, la courbeC est au-dessus de la parabole, donc l’aire de la surface hachurée est égale à l’intégrale :
Ze 1
f(x)− µ1
2x2+1
¶ dx=
Ze 1
3lnx x dx=
·3 2(lnx)2
¸e 1=3
2(ln e)2−3 2(1)2=3
2=1, 5 unité d’aire.
Polynésie 3 14 septembre 2012
STI génie mécanique, énergétique, civil A. P. M. E. P.
Annexe (problème) à rendre avec la copie
1 2 3
−1
−2
−3
−1
−2
−3
−4 1 2 3 4 5 6
0 1
0 1
O P
C
x=1 x=e
Polynésie 4 14 septembre 2012
