[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole juin 2006 \ Génie des matériaux, mécanique B, C, D, E
EXERCICE1 5 points
1. (z−4)¡
z2+4z+16¢
=0 ⇐⇒
½ z−4=0 z2+4z+16=0
La première équation a pour solutionz1=4. La seconde est une équation du second degré :
∆=16−4×16= −3×16=¡ 4ip
3¢2
<0.
L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées : z2=−4−4ip
3
2 = −2−2ip
3 et z3= −2+2ip 3.
On a doncS={4 ;−2−2ip
3 ;−2+2ip 3}.
2. a. On a|z1| =4 et argz1=0 ;
|z2|2=4+12=16=42⇒ |z2| =4.
Doncz2=4 Ã
−1 2+i−p
3 2
!
=4¡ cos¡
−23π¢ +i sin¡
−23π¢¢
. Donc un argument dez2est−2π
3 . De mêmez3=4
Ã
−1 2+i
p3 2
!
=4¡ cos¡2π
3
¢+i sin¡2π 3
¢¢. Donc un argument dez3est2π
3 . b. z4=8eiπ3 =8£
cosπ3+i sinπ3¤
=8³
1 2+i
p3 2
´
=4+4ip 3.
z5=2eiπ3 =2¡
cosπ3+i sinπ3¢
=2
³1 2+i
p3 2
´
=1+ip 3.
3. a. Voir la figure.
b. L’affixe du vecteur−−→
AD est égale àzB−zA=4ip
3 : celle du vecteur−−→
BC est égale à zC−zB=4ip
3. On a donc−−→
AD=−−→
BC ⇐⇒ ADCB est un parallélogramme.
De plus AB2=36+12=48 et BC2=¡ 4p
3¢2
=48, donc AB = BC.
Le parallélogramme ADCB a deux côtés consécutifs de même longueur : c’est un losange.
EXERCICE2 5 points
1. gest dérivable etg′(x)= −2π 3 sin
³π 3x
´ +4π
3 cos
³π 3x
´ , puis g′′(x)= −2π2
9 cos³π 3x
´
−4π2 9 sin
³π 3x
´ . Calculons :
π2g(x)+9g′′(x)=π2 h
2cos³π 3x´
+4sin³π 3x´i
+9
·
−2π2 9 cos³π
3x´
−4π2 9 sin³π
3x´¸
=
2π2cos³π 3x´
+4π2sin³π 3x´
)−2π2cos³π 3x´
−4π2sin³π 3x´
=0.
Conclusiongest une solution de l’équation différentielle (E).
Baccalauréat STI Génie des matériaux, mécanique A. P. M. E. P.
2. a. (E) peut s’écrireπ2
9 y+y′′=0 qui est de la formeω2y+y′′=0 avecω=π 3. On sait que les solutions sont de la forme :
f(x)=Acosπ
3x+Bsinπ 3x.
b. On af′(x)= −Aπ 3sinπ
3x+Bπ 3cosπ
3x. Doncf′(0)=Bπ 3. ( f(0) = 1
f′(0) = π 3
⇐⇒
( A = 1
Bπ
3 = π
3
⇐⇒
½ A = 1
B = 1
La solution particulière vérifiant les deux conditions initiales est donc : f(x)=cosπ
3x+sinπ 3x.
c. On peut écrire en factorisantp 2 : f(x)=p
2
"p 2 2 cos
à π 3x+
p2 2 sinπ
3x
!#
= p2
h
cosπ4cos³π
3x+sinπ4sinπ 3x
´i
= p2cos³π
3x−π 4
´
. (d’après la formule cosacosb+sinasinb=cos(a−b)) d. f(x)=1 ⇐⇒ p
2 cos³π 3x−
π 4
´
=1 ⇐⇒ cos³π 3x−
π 4
´
= 1
p2 ⇐⇒ cos³π 3x−
π 4
´
= p2
2 ⇐⇒
cos³π 3x−π
4
´
= p2
2 .
On a donc deux possibilités :
π 3x−π
4 = π
4 ou π
3x−π
4 = −π
4
⇐⇒
π
3x = π
2+2kπ,k∈Z ou π
3x = 0+2k′π,k∈Z ⇐⇒
(
x = 3
2+6k ou x = 0+6k′ Seuls 0 et3
2 appartiennent à l’intervalle [0 ; 3], donc S=
½ 0,3
2
¾
PROBLÈME 10 points
Partie A
1. Le discriminant est égal à∆=25−4×2×2=9=32>0.
L’équation a donc deux solutions réelles : S=
½5+3
4 =2, 5−3 4 =1
2
¾ . 2. 2(lnx)2−5lnx+2=0.
½ 2(lnx)2−5lnx+2=0
X=lnx ⇒2X2−5X+2=0 équation résolue à la question 1.
On a donc :
Métropole 2 juin 2006
Baccalauréat STI Génie des matériaux, mécanique A. P. M. E. P.
X1=lnx1=2⇐⇒ x1=e2ou X2=lnx2=1
2 ⇐⇒ x2=e12.
S′= n
e2, e12o . Remarque : e12 =p
e.
Partie B
1. Limites aux bornes a.
( lim
x→02(lnx)2= +∞
xlim→0−5lnx= +∞ ⇒par somme de limites lim
x→0f(x)= +∞.
Graphiquement ce résultat montre que l’axe des ordonnées d’équationx=0 est asymptote verticale àC au voisinage de zéro.
b. D’après l’indication on peut écrire : f(x)=lnx
·
2lnx−5+ 2 lnx
¸ .
x→+∞lim 2lnx= +∞
x→+∞lim 2
lnx= +∞ ⇒par somme de limites lim
x→+∞f(x)= +∞. Et
x→+∞lim lnx= +∞
x→+∞lim 2lnx−5+ 2
lnx = +∞ ⇒par produit de limites lim
x→+∞f(x)= +∞. 2. Variations
a. En dérivant terme à terme : f′(x)=2×2×lnx×1
x−5
x=4lnx−5
x .
b. Commex>0, le signe def′(x) est celui du numérateur 4lnx−5.
4lnx−5>0 ⇐⇒lnx>5
4 ⇐⇒ x>e54. Donc la fonctionf est croissante sur¤5
4;+∞£ . De même 4lnx−5<0⇐⇒ lnx<5
4 ⇐⇒ x<e54. Donc la fonctionf est décroissante sur¤
0 ; 54£ . c. Sur¤
0 ; 54£
la fonctionf décroit de plus l’infini àf³ e54´
= −1, 125 puis croit de−1, 125 à plus l’infini. On a vu à la question 2. quef s’annule enx=p
eet enx=e2. On a donc le tableau de signes suivant :
x 0 p
e e2 +∞
f(x) + 0 − 0 +
3. M(x;y)∈T⇐⇒ y−f¡p e¢
=¡ x−p
e¢ f′¡p
e¢ . Orf¡p
e¢
=0 etf′¡p e¢
=4ln¡p e¢ p −5
e =−3
pe. DoncM(x;y)∈T⇐⇒ y=−3
pe
¡x−p e¢
⇐⇒ y=−3x pe +3.
Métropole 3 juin 2006
Baccalauréat STI Génie des matériaux, mécanique A. P. M. E. P.
4. Voir à la fin.
5. Calcul d’une aire a. Voir à la fin.
b. On aF′(x)=£
2(lnx)2−9lnx+11¤ +x
µ4lnx x −9
x
¶
=£
2(lnx)2−9lnx+11¤
+4lnx−9=2(lnx)2− 5lnx+2=f(x).
DoncFest une primitive def. c. On a vu que sur£p
e ; e2¤
,f(x)60, doncAest l’opposée de l’intégrale Ze2
pe f(x) dx.
A= − Ze2
pe f(x) dx= −[F(x)]ep2 e= −F¡
e2¢ +F¡p
e¢
= peh
2¡ lnp
e¢2
−9lnp e+11i
−e2h 2¡
ln e2¢2
−9ln e2+11i
=7p
e−e2(u. a.) Une unité d’aire est égale à 1×1=1 cm2, on a
A=7p
e−e2≈4, 15 cm2.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
−1
−2
−4
−6
−8
−10
−12
−14 2 4 6 8 10 12 14
∆ C
O
Métropole 4 juin 2006
