[ Corrigé du baccalauréat STL Antilles 17 juin 2010 \ Chimie de laboratoire et de procédés industriels

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EXERCICE1 6 points

1. Par somme on obtient 4z =4p

3+4i ⇐⇒ z=p

3+i, puis la seconde équation donnez^′= 4i−z=4i−p

3−i= −p 3+3i.

2. On remarque quez1etz2sont les deux solutions du système ci-dessus.

a. •On a|z1|²=3+1=4 ⇐⇒ |z1| =2.

Doncz1=2 Ãp

3 2 +1

2i

!

=2¡

cos^π₆+i sin^π₆¢ . Un argument dez1estπ

6.

•De même|z2|²=9+3=12⇐⇒ |z2| =2p 3.

On peut donc écrirez2=2p 3

Ã

−1 2+i

p3 2

!

=2p 3¡

cos^2π₃ +i sin^2π₃¢ . Un argument dez2est2π

3 .

• |z3| =|z2|

|z1|=p 3.

De plus argz3=argz2−argz1=2π 3 −π

6 =4π 6 −π

6 =π 2.

b. De la question précédente on en déduit avec l’écriture exponentielle que z3=−p

3+3i p3+i =p

3i tout simplement.

3. a. Voir à la fin.

b. •D’après la question 2.,³−−→

OA ,−−→

OB´

=argzB−argzA=2π 3 −π

6 =π

2. Le triangle OAB est donc rectangle en O.

• Autre méthode : on peut aussi utiliser la réciproque du théorème de Pythagore.

c. On a K(0 ; 2).

d. zC=4p 3

3 z3=4p 3 3 ×p

3i=4i. On a donc C(0 ; 4).

On sait déjà que K est équidistant de A et de B. Comme AB²=¡

−p 3−p

3¢2

+(3−1)²= 12+4=16=4², AB = 4 et KA = KB = 2.

Il est évident que KO = KC = 2.

Conclusion le point K est équidistant des quatre points O, A, B et C. Ces quatre points appartiennent au cercle de centre K et de rayon 2.

1 2 3 4

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4 5

−

→u

−

→v O O

A B

C

K

Corrigé du baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédés industriels A. P. M. E. P.

EXERCICE2 6 points

1. Au départ l’émission est de 6,8 milliards de tonnes et chaque année cette émission est aug- mentée de 3 %, donc est multipliée par 1, 03.

La suite des émissions est donc une suite géométrique de premier termeE0=6, 8 et de raison 1, 03.

Quel que soit le natureln, on a donc pour l’année 2000+n: En=6, 8×1, 03ⁿ.

2. 2010 correspond àn=10 etE10=6, 8×1, 03¹⁰≈9, 1 milliards de tonnes.

3. Du 1^erjanvier 2000 au 31 décembre 2010, il se sera écoulé 11 années. Il faut donc calculer :

S0+S1+ ··· +E11=6, 8×1, 03¹¹−1 1, 03−1 ≈87, 1.

4. Il faut résoudre l’inéquation : 6, 8×1, 03ⁿ>2×6, 8⇐⇒ 1, 03ⁿ>2.

La calculatrice donnen>24. Réponse : 2024.

Autre méthode :

1, 03ⁿ>2⇐⇒ nln 1, 03>ln 2⇐⇒ n> ^{ln 2}

ln 1, 03 ⇐⇒ n>23, 44.

PROBLÈME 8 points

1. On peut écriref(x)=x−2+2+2− 4e^x

e^x+3=x−2+4− 4e^x

e^x+3=x−2+4(e^x+3)−4e^x e^x+3 = x−2+ 12

e^x+3.

2. • Limite en+∞: en utilisant l’écriture précédente, lim

x→+∞

12

e^x+3=0 et comme

x→+∞lim (x−2)= +∞, lim

x→+∞f(x)= +∞.

• Limite en−∞On a lim

x→−∞

12

e^x+3=4 (car lim

x→−∞ete^x=0), et comme lim

x→−∞(x−2)= −∞, on a

x→−∞lim f(x)= −∞.

3. Soitgla fonction définie surRparg(x)=f(x)−(x−2)= 12

e^x+3. Comme lim

x→+∞

12 e^x+3=0,

x→+∞lim f(x)−(x−2)=0, ce qui signifie que la droiteD1est asymptote àC_f au voisinage de plus l’infini.

De même soithla fonction définie surRparg(x)=f(x)−(x+2)= − 4e^x e^x+3. Comme lim

x→−∞

4e^x

e^x+3 =0, lim

x→−∞f(x)−(x+2)=0, ce qui signifie que la droiteD2d’équation y=x+2 est asymptote àC_f au voisinage de moins l’infini.

4. On ag(x)= 12

e^x+3qui est une fonction positive : on a doncf(x)−(x−2)>0⇐⇒ f(x)>x−2, ce qui signifie queC_f est au dessus deD1.

De mêmeh(x)= − 4e^x

e^x+3 : cette fonction est négative : on a doncf(x)−(x−2)<0⇐⇒

f(x)<x−2 ce qui signifie queC_f est au dessous deD2.

Antilles 2 17 juin 2010

Corrigé du baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédés industriels A. P. M. E. P.

5. En partant def(x)=x−2+ 12

e^x+3et en dérivant chaque terme, le dernier étant de la forme 1 u qui a pour dérivée−u^′

u²: f^′(x)=1−12 e^x

(e^x+3)²=(e^x+3)²−12e^x

(e^x+3)² =e^2x+9−6e^x

(e^x+3)² =(e^x−3)² (e^x+3)².

f^′(x) est un carré donc un nombre positif : la fonctionf est croissante surRde moins l’infini à plus l’infini.

6. Soitf(ln 3)=ln 3+2− 4e^{ln 3}

e^{ln 3}+3=ln 3+2− 12

3+3=ln 3+2−2=ln 3.

Conclusion H(ln 3 ; ln 3)∈C_f. On af^′(ln 3)=

Ãe^{ln 3}−3 e^{ln 3}+3

!2

= µ3−3

3+3

¶2

=0. La tangente en H est horizontale.

Graphique : plus bas.

7. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires : on a vu que la fonction f est croissante de moins l’infini à plus l’infini surR: il existe donc un réel uniquex0tel que

f(x0)=0.

La calculatrice donne :f(−2)≈ −0, 17 etf(−1)≈0, 56, donc :−2<x0< −1, puis : f(−1, 8)≈ −0, 009 etf(−1, 7)≈0, 07, donc :−1, 8<x0< −1, 7, puis :

f(−1, 79)≈ −0,0009 et f(−1, 78)≈0, 007, donc :−1, 79<x0< −1, 78, la valeur la plus proche étant donc−1, 79.

1 2 3 4 5 6 7 8

−1

−2

−3

−4

−1

−2 1 2 3 4 5 6 7

−

→ı

−

→ O

+

D2

D1

Antilles 3 17 juin 2010