[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole \ Génie des matériaux, mécanique B, C, D, E sept. 2007
EXERCICE1 4 points
1. On sait que les solutions sont de la formey=Ke−12x,K∈R.
2. f(2)=1 ⇐⇒Ke−12×2=1⇐⇒Ke−1=1 ⇐⇒K=e.
Doncf(x)=e1e−12x=e−12x+1.
3. La fonctionf est dérivable surRetf′(x)= −12e−12x+1.
Comme e−12x+1>0 quel que soitx∈R, le signe def′(x) est celui de−12, donc f′(x)<0 surR.
La fonctionf est donc décroissante surR.
4.
1 2 3 4 5 6 7
−1
−2
1 2 3 4 5 6
−1
−2
−3 −→
ı
−
→ (C)
EXERCICE2 6 points
1. z2−2z+4=0⇐⇒ (z−1)2−1+4=0⇐⇒ (z−1)2+3=0 ⇐⇒(z−1)2−¡ ip
3¢2
= 0 ⇐⇒¡
z−1+ip 3¢ ¡
z−1−ip 3¢
=0.
IL y a donc deux solutions complexes conjuguées :z1=1−ip
3 etz2=1+ip 3.
2. a. (z−(1+i))¡
z2−2z+4¢
=z3−2z2+4z−(1+i)z2+2(1+i)z−4(1+i)=z3− 2z2+4z−z2−iz2+2z+2iz−4−4i=z3−(3−i)z2+(6+i)z−4(1+i)=P(z).
b. P(z)=0⇐⇒ (z−(1+i))¡
z2−2z+4¢
=0 ⇐⇒
½ z−(1+i) = 0 z2−2z+4 = 0 . Les solutions sont doncz1=1−ip
3,z2=1+ip
3 etz3=1+i.
3. a. q=z1
z2= 1+i 1+ip
3= (1+i)¡ 1−ip
3¢
¡1+ip 3¢ ¡
1−ip
3¢=1+p 3+i¡
1−p 3¢
1+3 =1+p
3+i¡ 1−p
3¢
4 =
1+p 3
4 +i1−p 3 4 .
Corrigé du baccalauréat STI Génie des matériaux, mécanique A. P. M. E. P.
b. On a|z1| =p
12+12=p 2.
|z2| =p
1+3=2.
On peut écrirez1=p 2
Ãp 2 2 +i
p2 2
!
=2¡
cosπ4+i sinπ4¢
: un argument de z1est doncπ
4. De mêmez2=2
Ã1 2+i
p3 2
!
=2¡
cosπ3+i sinπ3¢
: un argument dez2est donc π
3.
c. On sait que|q| =
¯
¯
¯
¯ z1
z2
¯
¯
¯
¯=|z1|
|z2|= p2
2 .
Conclusion des résultats sur les arguments trouvés ci-dessus : on a arg (q)=argz1−argz2=π
4−π 3= −π
12
d. De la question précédente on peut écrire queq= p2
2
³ cos³
−π 12
´ +i sin³
−π 12
´´
p = 2 2
³ cos³π
12
´
−i sin³π 12
´´
. En identifiant cette écriture avec le résultat du 3. a.q=1+p
3 4 +i1−p
3
4 on en déduit par identification des parties réelles et imaginaires :
cos³π 12
´
= p2¡
1+p 3¢
4 et sin³π 12
´
= p2¡p
3−1¢ 4 PROBLÈME
Question préliminaire On litf(0, 5)=2⇐⇒ a+ b
0, 5=2 ⇐⇒a+2b=2.
On lit aussif(2)=0, 2⇐⇒ a+b
2=0, 2⇐⇒ 2a+b=0, 4.
On a doncb=0, 4−2aet en reportant dans la première équation :a+2(0, 4−2a)= 2⇐⇒ a+0, 8−4a=2 ⇐⇒ −1, 2=3a ⇐⇒ a= −0, 4 et ensuiteb=0, 4−2×(−0, 4)= 0, 4+0, 8=1, 2.
Conclusion :f(x)= −0, 4+1, 2 x . Partie A. Étude de fonction
1. 0∉[0, 5 ; 2], doncf est dérivable sur cet intervalle etf′(x)= −1, 2 x2. 2. Comme 1
x2>0 sur [0,5 ; 2],f′(x)<0 : la fonctionf est donc décroissante sur [0,5 ; 2].
3. M(x;y)∈T1 ⇐⇒ y−f(0, 5)=f′(0, 5)(x−0, 5).
f(0, 5)= −0, 4+1, 2
0, 5= −0, 4+2, 4=2 etf′(0, 5)= −1, 2
0, 52= −4, 8.
DoncM(x; y)∈T1 ⇐⇒ y−2= −4, 8(x−0, 5) ⇐⇒ y= −4, 8x+2, 4+2 ⇐⇒
y= −4, 8x+4, 4.
De mêmeM(x;y)∈T2⇐⇒ y−f(2)=f′(2)(x−2).
f(2)= −0, 4+1, 2
2 = −0, 4+0, 6=0, 2 etf′(2)= −1, 2 22 = −0, 3.
DoncM(x;y)∈T2 ⇐⇒ y−0, 2= −0, 3(x−2)⇐⇒ y= −0, 3x+0, 6+0, 2 ⇐⇒
y= −0, 3x0, 8.
4. Tracer, dans le repère indiqué, les droitesT1etT2, ainsi que la courbe (C).
Voir plus bas.
Métropole 2 septembre 2007
Corrigé du baccalauréat STI Génie des matériaux, mécanique A. P. M. E. P.
5. a. Une primitive de la la fonction 1
x, avecx6=0, est la fonction lnx, avec x>0 ; une primitive de la fonction f est donc la fonctionF définie sur [0,5 ; 2] parF(x)= −0, 4x+1, 2lnx.
b. La fonctionf est décroissante sur [0,5 ; 2] et le minimum est égal àf(2)= 0, 2>0 ; la fonction est donc positive sur l’intervalle [0,5 ; 2].
On sait alors que l’aire exprimée en unités d’aire, de la surface limitée par la courbe représentative def, l’axe des abscisses et les droites d’équations respectivesx=0, 5 etx=2 est égale à l’intégrale :
Z2
0,5f(x) dx=[F(x)]20,5=F(2)−F(0, 5)= −0, 4×2+1, 2ln 2−
(−0, 4×0, 5+1, 2ln 0, 5)= −0, 8+1, 2ln 2+0, 2−1, 2ln12=
−0, 6+1, 2ln 2+1, 2ln 2=2, 4ln 2−0, 6 (u. a.).
Partie B. Étude de la masse perdue en production
S1
S3
S2
1. L’aire restanteS3dans le rectangle est égale à :
2, 5×1, 5−2(2, 4ln 2−0, 6)=3, 75−4, 8ln 2+1, 2=4, 95−4, 8ln 2≈1,62289≈ 1,6229.
2. Une plaque de 3,75 m3a une masse de 500 kg, donc la partie restanteS3a une masse de (4, 95−4, 8ln 2)× 500
3, 75≈216, 386 kg au gramme près
Métropole 3 septembre 2007
