[ Corrigé du baccalauréat STI Polynésie juin 2007 \ Génie mécanique, énergétique, civil
EXERCICE1 5 points
1. a. P¡
−2p 2¢
=¡
−2p 2¢3
+¡ 2p
2−4¢ ¡
−2p 2¢2
+¡ 8−8p
2¢ ¡
−2p 2¢
+16p
2= −16p 2+ 8¡
2p 2−4¢
−16p
2+32+16p
2= −16p 2+16p
2−32−16p
2+32+16p 2=0.
b. P(z)=z3+¡ 2p
2−4¢ z2+¡
8−8p 2¢
z+16p 2=¡
z+2p 2¢ ¡
z2+αz+β¢
⇐⇒
z3+¡ 2p
2−4¢ z2+¡
8−8p 2¢
z+16p
2=z3+z2¡ α+p
2¢ +¡
β+2αp 2¢
z+ 2βp
2 ⇐⇒
α+2p
2 = 2p
2−4 β+2αp
2 = 8−8p 2 2βp
2 = 16p
2
⇐⇒
α = −4
8−4(2p
2) = 8−8p 2
β = 8
On a doncP(z)=¡ z+2p
2¢ ¡
z2−4z+8¢ . c. P(z)=0 ⇐⇒ ¡
z+2p 2¢ ¡
z2−4z+8¢
=0 ⇐⇒ z+2p
2=0 ou z2−4z+ 8=0.
La première équation a pour solution :c.
La seconde :z2−4z+8=0 ⇐⇒(z−2)2−4+8=0⇐⇒(z−2)2+4=0 ⇐⇒
(z−2)2−(2i)2=0⇐⇒ (z−2+2i)(z−2−2i)=0⇐⇒ z=2−2i ou z=2+2i.
S=n
−2p
2 ; 2−2i ; 2+2i.o
2. a. Voir figure à la fin. On a|a|2=4×2=8 ;|b|2=4+4=8 ;|c|2=4+4=8.
Donc OA = OB = OC=p 8=2p
2, ce qui montre que A, B et C appar- tiennent au cercle centré en O de rayon 2p
2.
b. On peut écrirea=2p 2
Ãp 2 2 +i
p2 2
!
=2p 2¡
cosπ4+isinπ4¢ . Un argument deaest doncπ
4.
Commebest le conjugué dea, un de ses arguments est−π 4.
³−−→OB ,−−→OA´
=
³−−→OB ,−→ u´
+
³−→ u,−−→OA´
= −arg(b)−arg(a)=π 4+π
4=π 2. c. D’après la relation entre l’angle inscrit et l’angle au centre, on a
³−−→CB ,−−→CA´
=1 2
³−−→OB ,−−→OA´
=1 2×1
2=π 4.
d. Comme A et B sont symétriques autour de (OC), cette droite (OC) est la médiatrice de [AB], donc C est équidistant de A et de B : le triangle ACB est isocèle en C ; on a donc³−−→AC ,−−→AB´
=³−−→BA ,−−→BC´
, d’où dans le triangle ACB,³−−→AC ,−−→AB´
=π−π4
2 =
3π4
2 =3π 8 .
e. Soit H le point de coordonnées (2 ; 0). Le triangle AHC est rectangle en H et on a tan³−−→AC ,−−→AB´
=tan3π 8 =HC
AH=2+2p 2 2 =1+p
2.
Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, énergétique, civil A. P. M. E. P.
2
−2
−2 −→ 2
u
−
→v O
bb b
b
A
B
C H
EXERCICE2 4 points
1. Enlever 2 % revient à multiplier par 0,98, donc : u1=u0×0,98=20×0,98=19,6 ;
u2=u1×0,98=19,6×0,98=19,208≈19,21 ; u3=u2×0,98=19,208×0,98=18,8238≈18,82.
2. On aun+1=un×0,98 : la suite est donc géométrique de raison 0,98 de pre- mier termeu0=20.
3. On sait queun=u0×0,98n=20×0,98n. 4. On a doncu10=20×0,9810≈16,34 cm.
5. Il faut frapper la pièce un nombre naturelntel que : 20×0,98n<14⇐⇒ 0,98n<14
20 ⇐⇒0,98n<0,7⇐⇒nln 0,98<ln0,7 (par croissance de la fonction logar n> ln 0,7
ln 0,98 (car ln 0,7 et par conséquent son inverse sont négatifs), soit fi- nalementn>17,6.
Il faut donc au minimum 18 frappes soit un temps de frappe de 18×6=108 s ou encore 1 min 48 s.
PROBLÈME 11 points
I. Étude d’une fonction auxiliaireg
1. gest la somme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ et sur cet intervalle : g′(x)=2x+2
x =2x2+2
x =2x2+1 x .
2. Tous les termes de la dérivée sont supérieurs à zéro : doncg′(x)>0, ce qui signifie que la fonctionf est croissante sur ]0 ;+∞[.
3. a. On ag(1)=1−4+2ln 1= −3<0 ; g(2)=4−4+2ln 2=2ln 2=ln 4>0.
Donc sur l’intervalle [1 ; 2], la fonctiongest croissante,g(1)<0 et g(2)>0 : il existe donc un réel uniqueαde [1 ; 2] tel quef(α)=0.
b. La calculatrice donne :g(1,7)≈ −1,7 etg(1,8)≈0,4, donc 1,7<α<1,8 ; g(1,71)≈ −0,003 etg(1,72)≈0,04, donc 1,71<α<1,72.
Polynésie 2 juin 2007
Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, énergétique, civil A. P. M. E. P.
4. La fonction étant croissante sur ]0 ; +∞[ et s’annulant enα, on en déduit que :
- sur ]0 ;α[,g(x)<0 ; - sur ]α;+∞[,g(x)>0.
II. Étude de la fonctionf 1. On a lim
x→0
2
x= +∞, lim
x→0
lnx
x = −∞et lim
x→0−lnx
x = +∞, donc lim
x→0f(x)= +∞. 2. Étude en+∞.
a. On sait que lim
x→+∞
lnx
x =0, que lim
x→+∞
2
x=0 et lim
x→+∞x= +∞, donc
x→+∞lim f(x)= +∞.
b. Soitdla fonction définie sur ]0 ;+∞[ par d(x)=f(x)−(x−1)=2
x−2ln(x) x . On a vu que lim
x→+∞
lnx
x =0 et que lim
x→+∞
2
x=0, donc lim
x→+∞d(x)=0, ce qui montre que la droiteDd’équationy=x−1 est asymptote à la courbeC au voisinage de plus l’infini.
c. C etDont un point commun commun sid(x)=0 ⇐⇒ 2−2lnx
x =0 ⇐⇒
2−2lnx=0 ⇐⇒ 1−lnx=0 ⇐⇒ 1=lnx ⇐⇒ x=e. Il existe donc un seul point commun àC et à la droiteD, le point A(e ; e−1).
d. On ad(x)>0 ⇐⇒ 2−2lnx
x >0 ⇐⇒ 1−lnx>0 ⇐⇒ 1>lnx ⇐⇒ x<
ln e ;
De mêmed(x)<0 ⇐⇒ x>lne.
Donc sur ]0 ; e[,d(x)>0 ce qui signifie que la courbeC est au dessus de la droiteDet sur ]e ;+∞[,d(x)<0, ce qui signifie que la courbeC est au dessous de la droiteD.
3. Étude des variations def.
a. f est la somme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ et sur cet intervalle : f′(x)=1− 2
x2−2 Ã1
x×x−lnx x2
!
=1− 2
x2−21−lnx
x2 =x2−2−2+2lnx
x2 =
x2−4+2lnx x2 =g(x)
x2 .
b. Commex2>0 six>0, le signe def′(x) est celui deg(x) vu à la partie I.
Donc sur ]0 ;α[, f′(x)<0 : la fonctionf est décroissante et
sur ]α;+∞[, f′(x)>0 : la fonctionf est croissante. D’où le tableau :
x 0 e +∞
f(x)
+∞ +∞
e−1 4. On a :M(x;y)∈T ⇐⇒ y−f¡
e2¢
=f′¡ e2¢ ¡
x−e2¢ . f′¡
e2¢
=e4−4+2ln e2 e4 =e4
e4=1.
f¡ e2¢
=e2−1+ 2
e2−2ln e2
e2 =e2−1+ 2 e2− 4
e2=e2−1− 2 e2. DoncM(x;y)∈T ⇐⇒ y−e2+1+ 2
e2=1¡ x−e2¢
⇐⇒ y=x−1− 2 e2. Cette tangente a le même coefficient directeur que la droiteD.
Polynésie 3 juin 2007
Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, énergétique, civil A. P. M. E. P.
5. Voir en bas.
III. Calcul d’une aire
1. Hest dérivable sur ]0 ;+∞[ et sur cet intervalle : H′()=x−1+2
x−2lnx×1
x=x−1+2 x−2lnx
x =f(x).
Hest donc une primitive def sur ]0 ;+∞[ 2. a. Voir la figure
b. Le minimum def est e−1≈1,728>0 ; la fonctionf est donc positive non nulle.
L’aire en unité d’aire de la partieEest donc égale à l’intégrale : Ze
1 f(x)dx=[H(x)]e1=H(e)−H(1)=e2
2−e+2ln e−(ln e)2− µ12
2 −1+2ln 1−(ln 1)2
¶
= e2
2 −e+2−1−1
2+1=e2 2 −e+1
2(u. a.)
c. L’unité d’aire est égale à 2×2=4 cm2, doncS=4 µe2
2 −e+1 2
¶
=2+2e2− 4e≈5,904≈5,90 cm2au mm2près.
1 2 3 4 5 6 7
1 2 3 4 5 6 7
−
→ı
−
→
O x
y
T D
C
e2
Polynésie 4 juin 2007
