[ Corrigé du baccalauréat STL Antilles juin 2011 \ Chimie de laboratoire et de procédés industriels
EXERCICE1 5 points
1. On a∆=1−4×1= −3=¡ ip
3¢2
<0, donc l’équation a deux solutions complexes conjuguées : 1+ip
3
2 =1
2+i p3
2 =cosπ
3+i sinπ
3 et1−ip 3
2 =1
2−i p3
2 =1 2+i−p
3
2 =cos5π
3 +i sin5π 3 . 2. Posonsu(x)=ex+1, alorsu′(x)=ex et f(x)=u′(x)
u(x). On reconnaît la dérivée de la fonction lnu(x)=ln (ex+1) car comme ex>0 quel que soit le réelx, on a ex+1>1>0, donc la fonction ln (ex+1) est bien définie surR.
3. a. Il y a 10−2=8 flacons ne présentant que le défaut A,
6−2=4 ne présentant que le défaut B, et 2 qui présentent les deux défauts, soit en tout 8+4+2=14 flacons avec défaut(s) soit finalement 86 flacons sans défaut.
La probabilité cherchée est donc égale à86 10=0, 86.
b. On a le tableau suivant :
Nombre de défauts 0 1 2
Valeurs deX 3 −1 −4
probabilité 0,86 12 2
D’où E(X)=3×0, 86+(−1)×0, 12+(−4)×0, 02=2, 58−0, 12−0, 08=2, 38(. 4. L’équation s’écrity′=23y.
Les solutions de l’équation différentielle sont de la formef(x)=Ce23x, avecC∈R.
Sif(0)=3, alorsCe23×0=3 ⇐⇒C=3.
La solution est donc définie parf(x)=3e23x.
EXERCICE2 5 points
1. Retrancher 3,7 % revient à multiplier par 1−3, 7
100=100−3, 7 100 =96, 3
100 =0, 963.
On a doncN1=0, 963N0et en généralNk+1=0, 963Nk.
2. La dernière égalité montre que la suite (Nk) est une suite géométrique de premier termeN0et de raison 0,963.
3. a. On sait queNk=N0×0, 963k=1020×0, 963k. b. 2 ans correspondent à 2×365=730 jours.
DoncN730=1020×0, 963730≈111478111 atomes.
c. Il faut résoudre l’équation dansN, 1020
2 =1020×0, 963x ⇐⇒ 1
2 =0, 963x ⇐⇒ ln12= xln 0, 963 ⇐⇒ −ln 2=xln 0, 963 ⇐⇒x= −ln 2
ln 0, 963≈18, 3.
La période est donc égal à 19 jours.
PROBLÈME 10 points
Baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédés industriels A. P. M. E. P.
1. On sait que lim
x→−∞ex=0. Or e2x=(ex)2donc par produit de limites lim
x→−∞e2x=0 et finalement par somme de limites lim
x→−∞f(x)=0.
Géométriquement ce résultat signifie que l’axe des abscisses est asymptote àC au voisinage de moins l’infini.
2. On admet quef est dérivable sur ]− ∞; 1] , on notef′sa dérivée.
a. On af′(x)=2ex−2e2x=2ex−2(ex)2=2ex(1−ex).
b. On sait que pour tout réelx, ex>0 ; le signe def′(x) est donc celui de 1−ex.
Or 1−ex>0 ⇐⇒1>ex ⇐⇒ 0>x, par croissance de la fonction logarithme népérien.
La dérivée est donc positive sur l’intervalle ]− ∞; 0] et de la même façon f′(x)60 sur [0 ; 1].
c. La fonction est donc croissante sur ]− ∞; 0] et décroissante sur [0 ; 1].
d. On af(0)=2−1=1 etf(1)=2e−e2. D’où le tableau de variations def :
x −∞ 0 1
f′(x) + 0 −
f(x) 0
1
2e−e2
3. a. Il faut résoudre l’équation f(x)=0 ⇐⇒ ex(2−ex)=0 ⇐⇒ 2−ex =0 car ex >0 et 2= ex ⇐⇒ x=ln 2≈0, 69<1.
On a donc une seule solutionf(ln 2)=0.
b. On aM(ln 2 ; 0) et le nombre dérivé en ln 2 est égal à f′(ln 2)=2eln 2−2e2 ln 2=2eln 2− 2¡
eln 2¢2
=2×2−2×22=4−8= −4.
Une équation de la tangente enMest donc :
y= −4x+b.M(ln 2 ; 0)∈T ⇐⇒0= −4×ln 2+b ⇐⇒b=4ln 2.
L’équation réduite deTest doncy= −4x+4ln 2 4. Voir à la fin.
a. Une primitive de la fonction exest ex, une primitive de la fonction e2xest la fonction1 2e2x. Donc une primitiveFdef sur ]− ∞; 1] est la fonctionF(x)=2ex−1
2e2x.
b. La fonctionf est décroissante def(0)=1 àf(ln 2)=0 : elle est donc positive sur l’intervalle [0 ; ln 2] ;
La fonction f est décroissante de f(ln 2)=0 à f(1)≈ −1, 95 : elle est donc négative sur l’intervalle [ln 2 ; 1].
c. On vient de voir que sur l’intervalle [0 ; ln 2] la fonctionf est positive. L’aire de la surfaceD est donc en unité d’aire égale à l’intégrale :
Zln 2
0 f(x)dx=[F(x)]ln 20 =F(ln 2)−F(0)=2eln 2−1 2e2 ln 2−
µ 2e0−1
2e2×0
¶
=2×2−1
2×4−2+1 2= 1
2 unité d’aire.
Or une unité d’aire vaut 5×5=25 cm2. Donc l’aire du domaineD est égale à 25×1 2 = 12, 5 cm2.
Antilles 2 juin 2011
Baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédés industriels A. P. M. E. P.
1
−1
−1
−2 1
O
ln 2
x f(x)
Antilles 3 juin 2011
