[ Corrigé du Baccalauréat STL Métropole 18 juin 2010 \ Physique de laboratoire

Physique de laboratoire

EXERCICE1 4 points

1. On a∆=4²−4×16= −3×16=¡ 4ip

3¢2

<0.

L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées :

z1=4+4ip 3

2 =2+2ip

3 etz2=z1=2−2ip 3.

2. zA=2−2ip

3⇒ |zA|²=2²+¡ 2p

3¢2

=4+12=16=4²⇒ |zA| =OA=4.

En factorisant ce module :zA=4 Ã1

2−i p3

2

!

=4 Ã1

2+i−p 3 2

!

= 4¡

cos¡

−^π₃¢ +i sin¡

−^π₃¢¢

. Un argument dezAest donc− π 3.

CommezBest le conjugué dezA, on a|zB| =OB=4 et un argument dezBestπ 3. 3. a. On a de même|zC|²=¡

2p 3¢2

+2²=12+4=16=4²⇒ |zC| =OC=4. On a donc montré que OA = OB = OC = 4 ce qui prouve que les points A, B et C appartiennent au cercleC de centre O et de rayon 4.

b. zAetzBont une partie réelle égale à 2 : ils sont sur le cercleC et sur la droite d’équation x=2.

Autre méthode :les triangles OEB et OEA sont équilatéraux (triangles isocèles ayant un angle au sommet de 60°) : donc EB = EA = 4.

A et B sont donc les points communs àC et au cercle de centre E et de rayon 4.

(E est le point deC d’affixe 4 : voir plus bas.)

zCa une partie imaginaire égale à−2i : il appartient donc au cercleC et à la droite d’équa- tiony= −2, sa partie réelle étant négative.

4. Par la rotation de centre O et d’angle2π

3 , un pointMd’affixeza pour image le pointM^′d’affixe z^′=ze^i23π.

L’image de a donc pour image le point d’affixe 4i Ã

−1 2+i

p3 2

!

= −2i−2p 3=zC

Par la rotation le point D a pour image le point C 5. Par définition de la translation on doit avoir :−→

AE=−−→

OB ce qui se traduit en termes d’affixe par z−→AE=z−−→OB, soitzE−zA=zBou encorezE−2+2ip

3=2+2ip

3, donc finalement : zE=4.

Comme|zE| =4, le point appartient au cercleC.

Autre méthode :on aurait pu aussi montrer facilement avec le triangle équilatéral (OEB) que OE = 4, car (OBEA) est un losange.

1 2 3 4

−1

−2

−3

−4

−5

−1

−2

−3

−4

−5 1 2 3 4

−

→u

−

→v

O x

y

b

bb

b bb

A B

C

E D

EXERCICE2 5 points

1. a. Au premier tirage on a le choix entre 6 boules et au second entre 5 boules : il y a donc en tout 6×5=30 résultats différents possibles.

Métropole 2 18 juin 2010

b b

B₁

b R₂

b R₃

b V₁

b V₂

b V₃

b

R₂

b B₁

b R3

b V1

b V2

b V3

b

R3

b B₁

b R₂

b R₃

b V₂

b V₃

b

V1

b B₁

b R₂

b R₃

b V₂

b V₃

b

V₂

b B1

b R2

b R3

b V1

b V₃

b bbbb

Métropole 3 18 juin 2010

b. A : Chaque tirage a une probabilité de sortie de 1

30. Il y a 8 tirages de boules de même couleur, doncp(A)=8× 1

30 = 4 15.

B : On a 6=2×3=3×2 : il y a 6 tirages donnant un produit égal à 6, donc p(B)=6× 1

30=1 5.

C : On compte les tirages contenant au moins une fois la lettre B : il y a 10 tirages, donc p(C)=10× 1

30=1 3.

2. a. Xpeut prendre les valeurs : 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 9.

b. Il y a deux tirages conduisant à un produit égal à 9 : (R3 ; V3) et (V3 ; R3).

Doncp(X=9)= 2 30= 1

15.

c. Tableau de la loi de probabilité deX:

X=xi 1 2 3 4 6 9

p(X=xi) 1 15

4 15

4 15

1 15

4 15

1 15 d. On a E(X)=1× 1

15+2× 4

15+3× 4

15+4× 1

15+6× 4

15+9× 1

15=1+8+12+4+24+9

15 =58

15.

PROBLÈME 11 points

Partie A : Étude d’une fonction auxiliaire

1. • Sur ]0 ; 1[,g^′(x)<0⇒gest décroissante ;

• Sur ]1 ;+∞[,g^′(x)>0⇒gest croissante.

2. On ag(1)=1²+3−2ln 1=4.

Le minimum de la fonction est supérieur à zéro, donc quel que soitx∈]0 ;+∞[,g(x)>0.

Partie B : Étude d’une fonction 1. a. On sait que lim

x→0

1

2x=0, lim

x→0−1

2x= −∞et que lim

x→0

lnx

x = −∞, donc par somme de limites :

xlim→0f(x)= −∞; ceci signifie que la droite d’équationx=0 (axe des ordonnées) est asymp- tote verticale à la courbeCau voisinage de zéro.

b. On a lim

x→+∞

1

2x= +∞, lim

x→+∞− 1

2x=0 et lim

x→+∞

lnx

x =0, donc par somme des limites : lim

x→+∞f(x)= +∞.

2. a. La fonctionf somme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ est dérivable sur cet intervalle.

Or µlnx

x

¶_′

=

1

x×x−lnx×1

x² =1−lnx x² ; µ

− 1 2x

¶_′

= 2 (2x)²= 1

2x². Doncf^′(x)=1

2+ 1

2x²+1−lnx

x² =x²+1+2−2lnx

2x² =x²+3−2lnx 2x² . On remarque que f^′(x)= g(x)

x² ; or sur ]0 ; +∞[ on a vu queg(x)>0 etx²>0, donc le quotientf^′(x)>0.

Conclusion : sur ]0 ;+∞[ la fonctionf est croissante (strictement).

Métropole 4 18 juin 2010

b. On a donc le tableau de variations suivant :

x 0 +∞

f^′(x)

f(x)

+

−∞

+∞

3. a. Sur ]0 ;+∞[, la fonctionf est dérivable et strictement croissante de−∞à+∞. Il existe donc un réel uniqueαtel quef(α)=0.

b. La calculatrice donne :

• f(1)=1 donc 0<α<1 ;

• f(0, 6)≈ −0, 385 etf(0, 7)≈0, 126, donc 0, 6<α<0, 7 ;

• f(0, 67)≈ −0, 009 etf(0, 68)≈0, 038, donc 0, 67<α<0, 68.

4. M(x;y)∈T ⇐⇒ y−f(1)=f^′(1)(x−1).

Orf(1)=1 etf^′(1)=1²+3−2ln 1 2×1² =2.

On a doncM(x;y)∈T ⇐⇒ y−1=2(x−1)⇐⇒ y=2x−1.

5. Soit

a. Soit la fonctionddéfinie sur ]0 ;+∞[ par : d(x)=f(x)−

·1 2x+1

¸

= − 1 2x+lnx

x . Or on a vu que lim

x→+∞

lnx

x =0 et lim

x→+∞− 1

2x =0, ce qui montre que la droiteDd’équation y=1

2x+1 est asymptote oblique à la courbeC au voisinage de plus l’infini.

b. Il faut donc résoudre l’équationd(x)=0⇐⇒ − 1 2x+lnx

x =0⇐⇒

2lnx−1

x =0⇐⇒ 2lnx−1=0⇐⇒ lnx1

2 ⇐⇒e^lnx=e¹² ⇐⇒x=e¹². La courbeCcoupe la droiteDau point B d’abscisse e¹².

c. Il faut étudier le signe de la fonctiond, définie pard(x)=2lnx−1

x donc du numérateur 2lnx−1 puisque le dénominateurxest supérieur à zéro.

• 2lnx−1>0⇐⇒ lnx>¹₂ ⇐⇒ x>e¹² par croissance de la fonction ln ; ceci signifie que suri

e¹² ;+∞h

la courbeC est au dessus de l’asymptoteD;

• 2lnx−1<0⇐⇒ lnx<¹₂ ⇐⇒ x<e¹² par croissance de la fonction ln ; ceci signifie que sur ]0 ; e¹²[ la courbeC est au dessous de l’asymptoteD.

6. Voir plus bas Partie C : calcul d’une aire

1. Voir la figure.

2. a. Hest une fonction dérivable sur ]0 ;+∞[ etH^′(x)=1

2×2lnx×(lnx)^′=lnx×1 x=lnx

x . Donc la fonctionHest une primitive de la fonctionhsur ]0 ;+∞[.

Métropole 5 18 juin 2010

b. Sur l’intervalle ]0 ; +∞[ une primitive de1 2xest 1

2×x² 2 = x²

4 , une primitive de− 1 2x est

−1 2lnx.

Donc une primitive de la fonctionf sur ]0 ;+∞[ est la fonctionFdéfinie par : F(x)=x²

4 −lnx 2 +1

2(lnx)². c. On a vu que pourx>α≈0, 67, f(x)>0.

Or e¹²≈1, 648, donc sur l’intervalleh e¹² ; ei

, la fonctionf est positive et l’aire de la surface hachurée est en unités d’aire égale à l’intégrale :

Ze e¹²

f(x) dx=[F(x)]^e

e¹² =F(e)−F³ e¹²´

. F(e)=e

4+e−1

2×lne+1

2(ln e)²=e 4+e−1

2+1 2=e

4+e.

On aF³ e¹²´

=e

4+e¹²−1

2ln e¹²+1 2

³ ln e¹²´2

=e

4+e¹²−1 2×1

2+1 2×1

4, µ

car ln e¹² =1 2

¶

;F³ e¹²´

=e

4+e¹²−1 8; Finalement :A=e

4+e−e

4−e¹²+1

8=2e²+8e−2e−8e¹²+1

8 =

2e²+6e−8e¹²+1

8 (u. a.).

L’unité d’aire est égale à 2×2=4 cm², donc en centimètres carrés, l’aire est égale à2e²+6e−8e¹²+1

2 ≈

9, 45 cm²à 10⁻²près.

1 2 3 4 5

−1 1 2 3

x y

O

C

T D

Métropole 6 18 juin 2010