[ Corrigé du baccalauréat STL Métropole septembre 2006 \ Chimie de laboratoire et de procédés industriels
Calculatrice autorisée 3 heures
Durée de l’épreuve : 3 heures Coefficient : 4
EXERCICE1 4 points
Soit (E) l’équation différentielley′′+4y=0, oùyest une fonction deux fois dérivable de la variable réellex.
1. On sait que les solutions sont de la forme :
f(x)=Acos 2x+Bsin 2x, avecA,Bréels quelconques.
2. Il faut trouver les réelsAetBtels que :
f³π
2
´
= −p 3 f′³π
2
´
= 2
Orf′(x)= −2Asin 2x+2Ncos 2x. Le système s’écrit donc :
½ Acosπ+Bsinπ = −p 3
−2Asinπ−2Bcosπ = 2 ⇐⇒
½ −A = −p
3
2B = 2 ⇐⇒
½ A = p
3
B = 1
On a donc :f(x)=p
3cos 2x+sin 2x.
3. On a 2cos³ 2x+π
6
´
=2cos 2xcosπ6−2sin 2xsinπ6 =2×
p3
2 cos 2x−2×12sin 2x=p
3 cos 2x+ sin 2x=f(x).
4. La valeur moyenne de la fonctionf sur l’intervalleh 0 ; π
2 i
est égale à : 1
π 2−0
Zπ
2
0 f(x) dx=2 π
Zπ
2 0
hp
3 cos 2x+sin 2xi dx=2
π
"p 3
2 sin 2x−1 2cos 2x
#π2
0
= 2
π
"p 3
2 sinπ−1 2cosπ−
p3
2 sin 0+1 2cos 0
#
=2 π
·1 2+1
2
¸
=2 π.
EXERCICE2 5 points
1. a. Résoudre, dans l’ensembleCdes nombres complexes, l’équation 1
2z2+z+1=0.
On a∆=1−4×1
2= −1=i2.
Il y a donc deux solutions complexes conjuguées : z1=−1+i
2×12 = −1+i etz2= −1−i.
b. On retrouve bienz1etz2de la question précédente.
z2= −1−i ;z4= −2(−1+i)=2−2i.
2. a. Voir à la fin de l’exercice.
b. On a I(0 ;−1)
c. On a : AC2=(−2+1)2+ +(0−1)2=1+1=2 ; AD2=(2+1)2+(−2−1)2=9+9=18 ; CD2=(2+2)2+(−2+0)2=16+4=20.
2+18=20 ⇐⇒ AC2+AD2=CD2 ⇐⇒ ACD est un triangle rectangle en A d’hypoténuse [CD]
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d. On sait que le triangle rectangle en A, ACD est inscrit dans le cercle de diamètre [CD] donc de centre I et de rayonCD
2 = p20
2 =p 5.
1 2
−1
−2
−3
−1
−2
−3 1
bb
b b
b
A
B C
D I
PROBLÈME 11 points
On considère la fonctionf définie surRpar f(x)=¡
3−x2¢ ex.
On noteCla courbe représentative de la fonctionf dans un repère orthononnal³ O ;−→
ı,−→
´ . Une partie de la courbeC est représentée sur la feuille annexe, à rendre avec la copie.
Partie I : étude de la fonctionf 1. a. De lim
x→+∞3−x2= −∞et lim
x→+∞ex= +∞, on déduit par produit de limites que lim
x→+∞f(x)=
−∞.
b. On af(x)=3ex−x2ex. Comme lim
x→−∞ex=0 et que l’on nous dit que lim
x→−∞x2ex=0, on a par somme de limites :
x→−∞lim f(x)=0.
2. a. f produit de fonctions dérivables surRest dérivable surR: f′(x)−2xex+¡
3−x2¢
ex=ex¡
−x2−2x+3¢
=¡
−x2−2x+3¢ ex.
b. Comme ex>0, quel que soit e réelx, le signe def′(x) est celui du trinôme−x2−2x+3.
Celui-ci a une racine évidente : 1 ; il peut donc s’écrire :
−x2−2x+3=(x−1)(−x−3). L’autre racine est donc−3.
On sait que ce trinôme est négatif sauf entre les racines soit sur l’intervalle ]−3 ; 1[.
c. De la question précédente on déduit que :
• f′(x)>0 sur ]−3 ; 1[ :f est croissante sur cet intervalle ;
• f′(x)<0 sur ]− ∞;−3[ et sur ]1 ;+∞[.
• f′(−3)=f′(1)=0 ;f(−3)= −6e−3≈ −0, 3 etf(1)=2e≈5, 44 sont les extremums de cette fonction. D’où le tableau de variations :
x −∞ −3 1 +∞
f′(x)
f(x) 0
−6e−3
2e
−∞
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3. Les points d’intersection de la courbeC avec l’axe des abscisses ont des abscisses qui véri- fient :
f(x)=0⇐⇒¡ 3−x2¢
ex ⇐⇒ 3−x2=0 ⇐⇒x=p
3 oux= −p 3.
Donc A¡
−p 3 ; 0¢
et B¡ 0 ;p
3¢ . Partie II : Tracé d’une parabole
1. SoitP la parabole d’équationy=6−2x2. On a : 6−2¡
−p 3¢2
=6−2×3=0 et 6−2¡p 3¢2
=6−2×3=0.
Les points A et B appartiennent à la paraboleP. 2. a. ¡
6−2x2¢
−f(x)=¡ 6−2x2¢
−¡ 3−x2¢
ex=2¡ 3−x2¢
−¡ 3−x2¢
ex=¡ 3−x2¢
(2−ex).
b. • 3−x2>0 sur l’intervalle£
−p 3 ;p
3¤
donc a fortiori sur l’intervalle£
−p 3 ; ln 2¤
;
• 2−ex >0 ⇐⇒ 2>ex ⇐⇒ ln 2>x ⇐⇒ x6ln 2 ; donc 2−ex >0 sur l’intervalle
£−p 3 ; ln 2¤
.
Conclusion : sur l’intervalle£
−p 3 ; ln 2¤
, ¡ 3−x2¢
(2−ex)>0.
c. Le résultat précédent montre que sur l’intervalle£
−p 3 ; ln 2¤
, ¡ 6−2x2¢
−f(x)>0, ce qui signifie géométriquement que la paraboleP est au-dessus de la courbeC.
3. Voir à la fin en rouge.
Partie III : Calcul d’aires 1.
G(x)=¡
x2−2x+2¢ ex. a. On aG′(x)=(2x−2)ex+¡
x2−2x+2¢
ex=ex¡
2x−2+x2−2x+2¢
=x2ex.
b. Puisque f(x)=3ex−x2ex, d’après le résultat précédent, une primitive surRde f est la fonctionFdéfinie par :
F(x)=3ex−¡
x2−2x+2¢ ex=¡
−x2+2x+1¢ ex. 2. a. Voir à la fin.
b. Une primitive de la fonctionx7−→6−2x2est 6x−2 3x3. On a vu que sur l’intervalle£
−p 3 ; ln 2¤
, donc en particulier sur l’intervalle£
−p 3 ; 0¤
, la parabole est au dessus de la courbeC, donc l’aireAest égale (en unité d’aire) à l’intégrale : Z0
−p 3
£¡6−2x2¢
−¡ 3−x2¢
ex¤ dx=
· 6x−2
3x3−F(x)
¸0
−p 3=
· 6x−2
3x3−¡
−x2+2x+1¢ ex
¸0
−p 3= 0−1+6p
3−2 3×3p
3−¡
−3−2p 3+1¢
e−p3=4p 3−1+¡
2+2p 3¢
e−p3≈4, 96. (u. a.) On peut approximativement vérifier ce résultat sur la figure.
Métropole 3 septembre 2006
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Annexe (à rendre avec la copie)
O −→
ı
−
→
C ln 2
D
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