Durée : 4 heures
Corrigé du baccalauréat STI Antilles-Guyane 13 septembre 2012 Génie mécanique (options A et F), Génie civil, Génie énergétique
EXERCICE1 6 points
1. a. P(3)=33−6×32+18×3−27=27−54+54−27=0.
3 est donc un zéro du polynômeP.
Il existe donc des nombres réelsa,betc tels que pour tout nombre complexe z,P(z)= (z−3)¡
az2+bz+c¢
=az3+bz2+cz−3az2−3bz−3c=az3+z2(b−3a)+z(c−3b)−3c. En identifiant cette écriture avec celle de l’énoncé, on obtient :
a = 1
b−3a = −6 c−3b = 18
−3c = −27
⇐⇒
a = 1
b = 3−6
9−3b = 18
c = 9
⇐⇒
a = 1
b = −3
−3 = b
c = 9
.
On a donc
P(z)=z3−6z2+18z−27=(z−3)¡
z2−3z+9¢ . b. Résolution de l’équation du second degré :
∆=9−4×9= −3×9=¡ 3ip
3¢2
<0.
L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées : 3+3ip
3
2 et 3−3ip 3 2 2. a. zA=3=3cos 0+i sin 0;
zB=3 2+3p
3
2 i. On a|zB|2= µ3
2
¶2
+ Ã3p
3 2
!2
=9 4+27
4 =36
4 =9=32⇒ |zB| =3.
En factorisant ce module : zB=3
Ã1 2+
p3 2 i
!
=3¡
cosπ3+i sinπ3¢
=3eiπ3.
zF=3 2−3p
3
2 i, donc|zF|2= µ3
2
¶2
+ Ã3p
3 2
!2
=9 4+27
4 =36
4 =9=32⇒ |zF| =3.
En factorisant ce module : zF=3
Ã1 2−
p3 2 i
!
=3¡
cos−3π+i sin−3π¢
=3e−iπ3.
b. Comme|zA| =3,|zB| =3 et|zF| =3, on a donc OA = OB = OF = 3 : les trois points A, B et F appartiennent au cercle centré en O de rayon 3.
c. On place B et F sur le cercle précédent et la droite d’équationx=3
2. Voir la figure à la fin de l’exercice.
d. On a AB2= |zB−zA|2=
¯
¯
¯
¯
¯ 3 2+3p
3 2 i−3
¯
¯
¯
¯
¯
2
=
¯
¯
¯
¯
¯
−3 2+3p
3 2 i
¯
¯
¯
¯
¯
2
=9 4
27 4 =36
4 =9=32⇒AB=3.
De même AF2= |zF−zA|2=
¯
¯
¯
¯
¯ 3 2−3p
3 2 i−3
¯
¯
¯
¯
¯
2
=
¯
¯
¯
¯
¯
−3 2−3p
3 2 i
¯
¯
¯
¯
¯
2
=9 4
27 4 =36
4 =9=32⇒AF=3.
On a donc OA = OB = AB = AF = 3 : le quadrilatère OABF quatre côtés de même longueur : c’est un losange. (mais pas un carré puisque³−−→
OA,−−→
OB´
=
³−−→
OF ,−−→
OA´
= π 3).
Baccalauréat S A. P. M. E. P.
−2 2
−2 2
b b
bb
O A
B
F
EXERCICE2 4 points
1. a. Graphiquement on voit que cette équation a 8 solutions dans l’intervalle [−2π; 2π].
b. f(x)=2⇐⇒ 2sin³ 2x−π
6
´
=2 ⇐⇒sin³ 2x−π
6
´
=1 ⇐⇒
2x−π 6 =π
2 ⇐⇒2x=π 6+π
2+k2π⇐⇒ 2x=4π
6 +k2π⇐⇒ 2x=2π
3 +k2π⇐⇒ x=π 3+kπ aveck∈Z.
Sur l’intervalle [−2π; 2π], les solutions sontπ 3,4π
3 ,−2π 3 ,−5π
3 . 2. a. On sait la solution générale de l’équationy′′+22y=0 est
y=Acos 2x+Bsin 2x, avecA,B∈R.
b. On ag′(x)= −2Asin 2x+2Bcos 2x, donc g(0)= −1 ⇐⇒ A= −1 et
g′(0)=2p
3⇐⇒ 2B=2p
3⇐⇒ B=p 3.
La solution particulière est donc définie parg(x)= −cos 2x+p 3 sin 2x.
c. D’après la formule rappelée : f(x)=2sin³
2x− π 6
´
=2sin 2xcosπ
6−2cos 2xsinπ 6= 2sin(2x)×
p3
2 −2cos(2x)×1 2=p
3 sin 2x−cos 2x=g(x).
Doncf(x)=g(x).
PROBLÈME 10 points
PARTIE A : Étude de la fonctionf
1. Le dénominateur ex+5 ne peut s’annuler puisqu’il est supérieur à 5.f est donc dérivable sur Ret sur cet ensemble :
f′(x)=6ex(ex+5)−ex×6ex
(ex+5)2 =(ex)2+30ex−(ex)2
(ex+5)2 = 30ex (ex+5)2.
Tous les termes de ce quotient sont supérieurs à zéro, doncf′(x)>0, quel que soit le réelx: la fonction est croissante surR.
2. a. En multipliant chaque terme du quotient par le nombre non nul e−x, on obtient : f(x)= 6ex×e−x
e−x(ex+5)= 6 1+5e−x.
Antilles-Guyane 2 13 septembre 2012
Baccalauréat S A. P. M. E. P.
b. On sait que lim
x→+∞e−x=0, donc lim
x→+∞f(x)=6 1=6.
Géométriquement ce résultat signifie que la droite∆1d’équationy=6 est asymptote ho- rizontale àC au voisinage de plus l’infini.
D’autre part on sait que lim
x→−∞ex=0, donc lim
x→−∞ex+5=5 et lim
x→−∞f(x)=0 5=0.
Géométriquement ce résultat signifie que la droite∆2d’équationy=0 est asymptote ho- rizontale àC au voisinage de moins l’infini.
3. On a vu que la fonction est croissante surRde 0 à 6.
4. On af(0)= 6 1+5=1.
f′(0)= 30e0
¡e0+5¢2=30 25=6
5.
Une équation de la tangenteT à la courbeC def au point d’abscisse 0 est : y−f(0)=f′(0)(x−0)⇐⇒ y−1=6
5x ⇐⇒ y=6 5x+1.
5.
1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−4
−5
2 4 6
x y
O
∆1
∆2
T
PARTIE B : Résolution d’une équation
1. Sur l’intervalle [1 ; 5], f est strictement croissante ; de plus f(1)= 6e
e+5 ≈2, 113 et f(5)= 6e5
e5+5 ≈5, 804. Comme 4∈[2, 113 ; 5, 804], la droite d’équationy =4 coupeC en un point uniquex0tel quef(x0)=4.
2. Le graphique montre que 2<x0<3.
3. Déterminer, à l’aide de la calculatrice, la valeur décimale arrondie au centième dex0. La cal- culatrice donne 2, 303<x0<2, 304.
La valeur décimale arrondie au centième dex0est 2, 30.
PARTIE C : Un calcul d’aire
Antilles-Guyane 3 13 septembre 2012
Baccalauréat S A. P. M. E. P.
1. a. On a ex+5>5>0, doncGest bien définie surRet : G′(x)= ()′
ex+5= ex
ex+5=g(x).
Gest donc une primitive de la fonctiongsurR.
b. h(x)= 6ex ex+5−
µ5 6x+1
¶
. D’après la question précédente une primitive de 6ex
ex+5est 6ln (ex+5) ; D’autre part une primitive de5
6x+1 est5 6
x2 2 +x.
Donc une primitiveHde la fonctionhest définie surRpar : H(x)=6ln (ex+5)− 5
12x2−x+C, avecC∈R.
2. a. Voir la figure plus haut.
b. L’aire du domaine compris entreC, la droiteDet les droites d’équationsx=0 etx=2 est égale à l’intégrale entre 0 et 2 de la fonctionh.
A= Z2
0 h(x) dx=[H(x)]20=H(2)−H(0)=6ln¡ e2+5¢
−5
1222−2+C−
· 6ln¡
e0+5¢
− 5
1202−0+C
¸
= 6ln¡
e2+5¢
−5
3−2−6ln 6=6ln¡ e2+5¢
−6ln 6−11 3 =6£
ln¡ e2+5¢
−ln 6¤
−11 3 =6ln
·e2+5 6
¸
− 11
3 ≈0, 68 (unité d’aire)
Antilles-Guyane 4 13 septembre 2012
