[ Corrigé du baccalauréat STI mars 2011 \ Génie mécanique - Génie énergétique - Génie civil
Nouvelle-Calédonie
EXERCICE1 5 points
1. a. On a 23−2¡ 1+p
3¢ 22+4¡
1+p 3¢
×2−8=8−8−8p
3+8+8p
3−8=0, ce qui montre que 2 est une solution de l’équation (E).
b. L’équation (E) est du troisième degré ; comme 2 est solution le polynôme du troisième degré est le produit dez−2 par un trinôme du second degré dont le terme de degré 2 estz2; il existe donc deux réelsαetβtels que l’équation s’écrive :
(z−2)¡
z2+αz+β¢
=0.
En développant cette écriture :
(E)⇐⇒ z3+αz2+βz−2z2−2αz−2β=0⇐⇒ z3+(α−2)z2+(β−2α)z− 2β=0 et en l’identifiant avec l’énoncé on obtient :
α−2 = −2−2p 3 β−2α = 4+4p
3
−2β= −8
⇐⇒
α = −2p 3 β−2α = 4+4p
3 β=4
, la seconde égalité étant vraie.
On a donc (E) (z−2)¡ z2−2p
3z+4¢
=0.
c. Équation du second degré :z2−2p
3z+4=0 :
∆=¡ 2p
3¢2
−4×1×4=12−16= −4=(2i)2<0.
Cette équation a donc deux solutions complexes conjuguées :
z1=2p 3+2i
2 =p
3+i et z2=p 3−i.
On a|z1|2=3+1=4=22⇒ |z1| =2.
D’oùz1=2 Ãp
3 2 +i1
2
! . Or cosπ6=
p3
2 et sinπ6=12, donc un argument dez1estπ 6. Commez2=z1, on a|z2| =2 et un argument dez2est−π 6.
2. a. On place A grâce au cercle de centre O de rayon 2 et de la droite d’équation y=1 qui coupe le cercle en un point d’ordonnée positive A. Voir la figure à la fin.
zAetzBont pour module 2, donc OA = OB = 2 : le triangle OAB est isocèle en O.
b. OAB est isocèle en O et C est le milieu de la base [AB] donc le pied de la hauteur et de la bissectrice issues de O. Comme³−−→OB ;−−→OA´
=π6, on a
³−−→
OB ;−−→
OC´
=12π.
c. Comme C est le milieu de [AB] : c=zA+zB
2 =z1
+zB2=
p3+i+2
2 =
p3+2 2 +i1
2. d. On a|c|2=
Ãp 3+2
2
!2
+ µ1
2
¶2
=3+4+4p 3+1
4 =8+4p
3 4 =2+p
3, donc
|c| = q
2+p 3.
Calculons Ãp
6+p 2 2
!2
=6+22p 12
4 =8+4p 3 4 =2+p
3= |c|2. Donc|c| =p
2+p 3=
p6+p 2
2 .
e. Le modulecest p6+p
2
2 et un de ses arguments est π
12; on peut donc écrire :
c= p6+p
2 2 ei12π =
p6+p 2 2
¡cos12π+i sin12π¢
= p3+2
2 +i1 2. Donc en identifiant les parties imaginaires :
p6+p 2 2 sin³π
12
´
=1
2 ⇐⇒ sin³π 12
´
= 1 p6+p
2 =
p6−p 2 (p
6+p 2)(p
6−p 2)= p6−p
2
4 .
1
−1
−2
−1 1
−2 −→
u
−
→v
A
B O
C
EXERCICE2 5 points
1. a. I+J= Zπ2
0 cos2xdx+ Zπ2
0 sin2xdx= Zπ2
0
¡cos2x+sin2x¢ dx=
Zπ2
0 1 dx= [x]0π2 =π
2. b. I−J=
Zπ2
0 cos2xdx−
Zπ2
0 sin2xdx= Zπ2
0
¡cos2x−sin2x¢ dx=
Zπ2
0 cos2xdx=
·1 2sin 2x
¸π2
0 =1
2sinπ−1
2sin 0=0−0=0.
c. En ajoutant membres à membres les deux égalités précédentes : 2I = π
2 ⇐⇒ I=π
4 d’oùJ=I=π 4.
2. a. f2(x)=(cosx+2sinx)2=cos2x+4sin2x+4sinxcosx=
b. On a donc : V =π
Zπ2
0 f2(x) dx=π Zπ2
0
£cos2x+4sin2x+2sin 2x¤ dx= π
Zπ2
0 cos2xdx+4π Zπ2
0 sin2xdx+2π Zπ2
0 sin2xdx=
πI+4πJ+π[−cos 2x]0π2 =5πI+π(1−cosπ)=5πI+2π=π(5I+2)=π¡5π
4 +2¢
= V =π(5π+8)
4 .
PROBLÈME 10 points
Partie A : Étude d’une équation différentielle
1. On sait que les solutions de l’équation sont les fonctions définies surRpar f(x)=Kex,K∈R.
2. uest dérivable surRetu′(x)= −ex−xex+Cex.
Doncu′(x)−u(x)= −ex−xex+Cex−(−xex+Cex)= −ex−xex+Cex+xex− Cex = −ex, ce qui montre que les fonctionsusont solutions de l’équation différentielle (E).
3. u(x)= −xex+Cexetu(0)=2 entraîne−0e0+Ce0=2 ⇐⇒C=2.
La fonction définie surRparu(x)= −xex+2ex=(2−x)exest solution de (E) et vérifieu(0)=2.
Partie B : Étude d’une fonction
1. Étude des limites de la fonction f a. On a lim
x→+∞(2−x)= −∞et lim
x→+∞ex= +∞, donc par produit de limites :
x→+∞lim f(x)= −∞. f(x)=2ex−xex. On a lim
x→−∞2ex=0 et lim
x→−∞xex=0, donc par somme de limites lim
x→−∞f(x)= 0.
b. Le résultat précédent montre que l’axe des abscisses d’équationy=0 est asymptote àCau voisinage de moins l’infini.
2. Étude des variations de la fonctionf surR a. f est dérivable surRet :
f′(x)= −ex+(2−x)ex=(1−x)ex.
b. Comme ex>0 quel que soit le réelx, le signe def′(x) est celui de 1−x, donc :
• 1−x>0⇐⇒ x<1,f′(x)>0 : la fonction est croissante sur ]− ∞; 1[ ;
• 1−x<0⇐⇒ x>1,f′(x)<0 : la fonction est décroissante sur ]1 ;+∞[, d’où le tableau de variations :
x −∞ 1 +∞
f(x) 0
e
−∞
3. Tracé de la courbeC
a. On aM(x;y)∈T0⇐⇒ y−f(0)=f′(0)(x−0).
Orf(0)=2×e0=2 etf′(0)=1×e0=1.
DoncM(x;y)∈T0⇐⇒ y−2=x ⇐⇒ y=x+2.
b. Intersection avec l’axe des abscisses : il faut résoudre l’équation : f(x)=0⇐⇒(2−x)ex ⇐⇒2−x=0 (car ex6=0) ⇐⇒ x=2.
La courbeC coupe l’axe des abscisses au point (2 ; 0).
Intersection avec l’axe des ordonnées :f(0)=(2−0)e0=2.
La courbeC coupe l’axe des ordonnées au point (0 ; 2).
c. Voir à la fin.
Partie C : Calcul d’une aire plane 1. Fest dérivable surRet :
F′(x)= −ex+(3−x)ex=(2−x)ex=f(x).
Cette égalité montre queFest une primitive def surR.
2. a. On a vu que sur ]− ∞; 2[,f(x)>0, donc l’aire, en unité d’aireA(α) est égale à :
A(α)= Z2
α
f(x) dx=[F(x)]2α=F(2)−F(α)=(3−2)e2−£
(3−α)eα¤
= e2−[(3−α)eα].
b. On a (3−α)eα=3eα−αeα. Or lim
α→−∞3eα=0 et lim
α→−∞αeα=0, donc lim
α→−∞
£(3−α)eα¤
=0 et finale- ment :
αlim→−∞
A(α)=e2.
1 2
−1
−2
−3
1 2
−1
−2
−3 x
y
O
T0
C
α
A(α)
