[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole 23 juin 2009 \ Génie des matériaux, mécanique B, C, D, E
EXERCICE1 5 points
1. (E) est une équation différentielle de la formey′′+ω2y=0, avecω=12. Les solutions de cette équation sont donc de la forme :
y=Acos µ1
2x
¶ +Bsin
µ1 2x
¶ .
2. a. CommeCf passe par le pointA, on en déduit quef(0)=1. Comme la tangente à la courbe admet pour pente12, on en déduit quef′(0)=12.
b. f(0)=1 entraine queAcos (0)+Bsin (0)=1 soitA=1.
f′(x)= −12sin¡1
2x¢
+B2cos¡1
2x¢ .
Commef′(0)=12queAsin(0)+B2cos(0)=12. DoncB=12. On en déduit quef(x)=cos¡1
2x¢ +sin¡1
2x¢ . 3. Voir la figure 1.
1 2 3 4 5 6
−1
−2
−1 1 2 3 4
A
+ π π
FIGURE1 – Corrigé
4. [f(x)]2=¡ cos¡1
2x¢ +sin¡1
2x¢¢2
=cos2¡1
2
¢+2cos¡1
2
¢sin¡1
2
¢+sin2¡1
2
¢.
Or d’après le formulaire cos2(a)+sin2(a)=1 et sin(2a)=12cos(a) sin(a), on en déduit que :
£f(x)¤2
=1+sin(x).
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5.
V=π Zπ
0
£f(x)¤2
dx
=π[x−cos(x)]π0
=π(π−cos(π)−0+cos(0)) V=π(π−2)
EXERCICE2 5 points
1. Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul. Donc soitz= −4 soit z2−4z+16=0. Le discriminant∆de cette dernière équation vaut :∆=16−4×16= −3×16=
¡4ip 3¢2
.
On en déduit que l’équation admet deux racines complexes conjuguéeszA=4−4i
p3
2 =2−2ip 3 etzB=2+2ip
3.
Les solutions de l’équation sont donc−4, 2−2ip
3 et 2+2ip 3.
2. |zA| =p
4+12=4.
Un argumentθdezAvérifie : cos (θ)=12et sin(θ)=
p3
2 . On en déduit queθ=π3. Voir la figure.
b
O O
bA
A
b
B B
bC
C
b
D D
1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−4
−5
−1
−2
−3
−4 1 2 3 4
3. a. |zA| = |zB| =4 car les deux nombres complexes sont conjugués. De plus|zC| =4. On en déduit que les pointsA,BetCsont sur le cercle de centreOet de rayon 4.
b. Voir la figure.
c. Montrons queABC est un triangle équilatéral.AC= |zA−zC| =p 48=4p
3. Par symétrie BC=4p
3.AB= |zB−zA| =¯
¯4ip 3¯
¯=4p
3. Donc,ABCest un triangle équilatéral.
Donc,D est à la fois le pied de la hauteur et de la médiane. On en déduit que le triangle ABDest rectangle enD.
Métropole 2 23 juin 2009
Corrigé du baccalauréat STI Génie des matériaux A. P. M. E. P.
PROBLÈME 10 points
1. On a lim
x→+∞ex= +∞donc lim
x→+∞
1
ex =0. On en déduit que lim
x→+∞f(x)= +∞. On démontre de même que lim
x→−∞f(x)= +∞.
2. a. f′(x)=ex−e1x =e2xex−1=(ex−1)(eexx+1).
b. Les facteurs (ex+1) et ex sont strictement positif, donc le signe def′(x) est le même que celui de (ex−1).
Or (ex−1)>0 si et seulement six>0.
On en déduit le tableau de variations avecf(0)=e0−5 2+ 1
e0=1−5
2+1= −1 2.
x −∞ 0 +∞
f′(x) − 0 +
f(x)
+∞
−12
+∞
3. a. On calcule le discriminant∆=9, il y a donc deux solutions réellesX1=12etX2=2.
b. f(x)=0 si et seulement si ex−52+e1x =0. En réduisant au même dénominateur on obtient : 2(ex)2−5ex+2
2ex =0. Or comme ex est non nul, cela revient à résoudre l’équation 2(ex)2− 5ex+2=0.
c. On a poséX=ex, et on a vu qu’il y a deux solutionsX1=1
2=ex1donc grâce à la croissance de la fonction ln,x1=ln¡1
2
¢= −ln(2) et de mêmeX2=2=ex2donnex2=ln (2).
d. Les coordonnées des points d’intersection de la courbeCf avec l’axe des abscisses sont (−ln(2) ; 0) et (ln(2) ; 0).
e. La fonction est décroissante surR−doncf(x)>0 pourx< −ln(2) et positif entre ln(2) et 0.
SurR+la fonction est croissante, la fonction est donc négative entre 0 et ln(2) puis positive pourx>ln(2).
4. Une équation de la tangente au point d’abscissea=ln(2) est donnée par :y=f′(a)(x−a)+ f(a). Ce qui donne :y=32(x−ln(2))=32x−3 ln(2)2 .
5. Voir la figure.
Métropole 3 23 juin 2009
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1 2
−1
−2
−1
−2 1 2 3 4 5
6. a. F′(x)=ex−52+e−x=f(x). DoncFest une primitive def. b.
I= Z2
ln(2)f(x)dx=[F(x)]2ln(2)
=e2−5− 1
e2−eln(2)+5
2ln(2)+ 1 eln(2)
=e2−e−2−6, 5+5
2ln(2)u. a.
c. Voir la figure.
d. A=8I=8e2−8e−2+20ln(2)−52≈19, 89 cm2.
Métropole 4 23 juin 2009
