Corrigé du bac blanc du 10 mars 2010 (TMIC)

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Baccalauréat Blanc Génie Mécanique

CORRIGE

EXERCICE 1 5 points

Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct (O ,

→

u ,

→

v ) (unité graphique : 2 cm).

On note i le nombre complexe de module 1 et d’argument π 2. 1. Je résous l’équation iz = - 3 + i ñ z = − 3 + i

i = − 3 × i + i²

i² = 1 + 3 i.

2. Soit A le point d’affixe zA défini par zA = 2 e ^iπ/3. a. | zA | = | 2 e ^iπ/3 | = 2 × | e ^iπ/3 | = 2.

b. zA = 2 e ^iπ/3 = 2 × ( cos(π

3) + i sin(π

3))= 2 × (1

2 + i 3

2 ) = 1 + i 3.

3. a. zB = − zA = - 1 − i 3 et zC = zA

2 = (1 + i 3)² = 1 + 2i 3 – 3 = - 2 + 2i 3.

b. V. dessin ci-contre.

c. Montrer que le triangle ABC est un triangle rectangle.

zC − zA = - 2 + 2i 3 − 1 − i 3 = - 3 + i 3 zB − zA =- 1 − i 3 – (1 + i 3) = - 2 – 2 i 3

zC − zA

zB − zA

= - 3 + i 3

- 2 – 2 i 3 = (- 3 + i 3)(- 2 + 2 i 3) 4 + 4 × 3

= 6 – 6 i 3 – 2 i 3 – 6

16 = - i 3

2

zC − zA

zB − zA

est un imaginaire pur donc il admet π

2 comme argument.

Le triangle ABC est donc rectangle en A.

4. zD = 4 zA

= 4

1 + i 3 =4(1 – i 3)

(1 + 3) = 1 – i 3 = zA. 5. L’affixe zE est un nombre réel dont zE = x.

zC − zA = - 2 + 2i 3 − 1 − i 3 = - 3 + i 3 zC − zE = - 2 + 2i 3 – x = - 2 – x + 2i 3

Les points sont alignés donc il existe un réel k tel que zC − zA = k ×( zC − zE) Pour les parties imaginaires, on passe de i 3 à 2 i 3 donc k = 2.

On a donc - 3 × 2 = - 2 – x d'où - 6 + 2 = - x donc x = 4 donc zE = 4.

5 EXERCICE 2 5 points

1.

2. Un produit est nul lorsque l'un des facteurs est nul.

sin(x)[1 + 2cos(x)] = 0

ñ sin(x) = 0 ou 1 + 2 cos(x) = 0 ñ sin(x) = 0 ou cos(x) = - 1

2

ñ (x = 0 ou x = π ou x = 2π) ou (x = 2π

3 ou x = 4π 3) Les solutions sur [0 ; 2π] sont 0, 2π

3, π, 4π 3 et 2π.

3. Tableau de signes de f ′ (x) sur l’intervalle [0 ; 2π].

x 0 π/3 π 4π/3 2π

f ′ (x) - + - +

4. f (2π

3) = f (4π 3) = - 1

2 + 1 2 × (- 1

2) + 1= 1 4 f (0) = f (2π) = 1 + 1

2 + 1 = 5

2 et f (π) = - 1 + 1

2 + 1 = 1 2

5.

a. f est derivable sur [0 ; 2π].

f ′ (x) = - sin(x) – 2

2 sin(2x) = - sin(x) – sin(2x)

b. f ′ (x) = - sin(x) – sin(2x)

= - sin(x) – 2cos(x) × sin(x) = - sin(x) [ 1 + 2 cos(x)]

x f ' f(x)

0

- 5

2

2π/3

+ 1

4

π

- 1

2

4π/3

+ 1

4

2π 5

2

6 PROBLEME 10 points

I. Première partie : étude d’une fonction g

1. g est dérivable sur l’intervalle ]0 ; +∞[.

g ' (x) = 2x − 2

x = 2x² − 2

x = 2 x²− 1

x = 2 (x – 1)(x + 1) x

donc g est décroissante sur ] 0 ; 1[ et croissante sur ] 1 ; +∞ [.

2. g (1) = 1 + 2 – 2 ln(1) = 3 donc 3 est un minimum de g sur ]0 ; +∞[ donc g (x) > 0 pour tout x ∈ ]0 ; +∞[.

II. Deuxième partie : étude d’une fonction f

1. lim

x → 0 f (x) = - ∞ car lim

x → 0 (x

2 + 2) = 2 et lim

x → 0

lnx x = - ∞. lim

x → +∞

f (x) = + ∞ car lim

x → +∞

(x

2 + 2) = + ∞ et lim

x → + ∞

lnx x = 0.

2. a. lim

x → +∞ (f (x) – (x

2 + 2)) = lim

x → + ∞

lnx

x = 0 donc la droite est asymptote à la courbe au voisinage de + ∞. b. f (x) – (x

2 + 2) = ln x

x < 0 pour tout x ∈ ]0 ; 1[ donc la courbe est au dessous de sur]0 ; 1[.

f (x) – (x

2 + 2) = ln x

x > 0 pour tout x ∈ ]1 ; +∞[ donc la courbe est au dessus de sur]1 ; +∞ [.

3. a. f est dérivable sur l’intervalle ]0 ; +∞[.

f ' (x) = 1 2 +

1

x× x – 1 × ln(x)

x² forme 

 u v

' =u ' v – v ' u

v² avec u(x) = ln(x) et v(x) = x.

= 1

2 + 1– ln(x) x²

b. f ′ (x) = 1

2 + 1– ln(x) x² = x²

2x² + 2 – 2 × ln(x) 2x² = g (x)

2x².

g(x) > 0 pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ donc f '(x) > 0 pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ donc f est croissante sur ]0 ; +∞[.

c. Tableau de variations de f.

x 0 1 +∞

x – 1 - +

x + 1 + +

g ' (x) - +

x f ' f(x)

- ∞

+

-∞

+∞

+∞

7 4. a. ∆ a pour équation y = f '(1) (x – 1) + f (1)

f ' (1) = 3

2 et f (1) = 1

2 + 2 = 5

2 donc y = 3

2 (x – 1) + 5 2 = 3

2 x – 3 2 + 5

2 = 3 2 x + 1 La tangente à au point A d’abscisse 1 est y = 3

2 x + 1.

b. Je résous f '(x) = 1 2 1

2 + ln(x) – 1 x² = 1

2 ñ ln(x) – 1

x² = 0 ñ ln(x) – 1 = 0 ñ ln(x) = 1 ñ x = e donc le point B a pour abscisse e.

f (e) = e

2 + 2 + ln e e = e

2 + 2 + 1

e donc B( e ; e

2 + 2 + 1 e ).

5.

6. Calcul d’aire.

a. K ' (x) = 1

2× 2 ×1

x× ln(x) = k(x) forme (uⁿ)' = n × u^{n – 1}× u' donc K est bien une primitive k sur ]0 ; +∞[.

b. A = ⌡⌠

1

5f(x) dx

= ⌡⌠

1 5 (x

2 + 2 + ln x x ) dx

= 

 x²

4 + 2x + 1

2×

(

)

= 25

4 + 10 + 1

2 (ln(5))² – (1 4 + 2)

= 14 + 1

2 (ln(5))² u.a.

≈ 61 cm².

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