Durée : 4 heures
[ Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, civil \ Métropole juin 2007
EXERCICE1 4 points
1. On sait que les solutions sont de la formey=Acosπx+Bsinπx,A∈R,B∈R.
2. Il faut trouver une fonction g telle que g(x)= Acosπ2x+Bsinπ2x et donc g′(x)= −Aπ2sinπ2x+Bπ2cosπ2xet vérifiant
( g¡1
2
¢ =
p2 2
g′¡1
2
¢ = 0 ⇐⇒
(
Acosπ212+Bsinπ212 =
p2 2
−Asinπ212+Bcosπ212 = 0 ⇐⇒
( A
p2 2 +B
p2
2 =
p2 2
−A
p2 2 +B
p2
2 = 0 ⇐⇒
½ A+B = 1
−A+B = 0 ⇒2B=1 ⇐⇒B=1
2et doncA=1 2. Doncg(x)=1
2cosπ2x+1 2sinπ2x.
3. g(x)=1
2cosπ2x+1
2sinπ2x= p2
2 Ãp
2 2 cosπ
2x+ p2
2 sinπ 2x
!
= p2
2 cos³πx 2 −π
4
´ . 4. La valeur moyenne de la fonctiongsur l’intervalle [0 ; 1] est égale à :
1 1−0
Z1 0
g(x)dx= Z1
0
p2 2 cos³πx
2 −π 4
´ dx=
"
2 π
p2 2 sin³πx
2 −π 4
´
#1
0
= p2
π sinπ 4− p2
π sin³
−π 4
´
=1 π+1
π=2 π.
EXERCICE2 5 points
1. z2+2z+10=0⇐⇒(z+1)2−1+10=0 ⇐⇒(z+1)2+9=0 ⇐⇒(z+1)2−(3i)2= 0 ⇐⇒(z+1+3i)(z+1−3i)=0.
L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées : {−1−3i ;−1−3i}.
Autre méthode :∆=4−40= −36=(6i)2. . . 2.
½ −2c+d = 1+13i
−c+d = 4+8i ⇒ par différencec=3−5i, d’oùd=c+4+8i=3− 5i+4+8i=7+3i.
3. a. Voir la figure à la fin de l’exercice.
b. On az−−→
AB = −1−3i−(−1+3i)= −6i.
z−−→AD=7+3i−(−1+3i)=8.
On a donc−−→
AB= −6−→ v et−−→
AD=8→−
u. Comme→− u et−→
v sont orthogonaux,−−→
AB et−−→
AD le sont aussi. Donc ABD est rectangle en A.
c. On a BC2=42+(−2)2=16+4=20 ; CD2=42+82=16+64=80 ; BD2=82+62=64+36=100.
On a 100 = 80 + 20 ⇐⇒ BD2=CD2+BC2 ⇐⇒ BCD est un triangle rec- tangle en C d’après la réciproque du théorème de Pythagore.
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d. Les deux triangles rectangles BCD et BAD ont la même hypoténuse [BD] : les quatre points A, B, C et D sont sur un même cercle de centre le milieu de [BD] soitΩ. On aΩ(3 ; 0). Comme BD2=100, BD=10, donc le rayon du cercle est égal à 5.
1 2 3 4
−1
−2
−3
−4
−5
1 2 3 4 5 6 7 8
−1
−2
−3 −→
u
−
→v
bb b b
b
A
B
C
D
Ω
PROBLÈME 11 points
Partie A
1. On a lim
x→+∞exlnx= +∞et lim
x→+∞
ex
x = +∞, d’où par somme de limites lim
x→+∞f(x)= +∞.
2. a. On af(x)=ex µ
lnx+1 x
¶
=ex
x (xlnx+1). On a lim
x→0xlnx=0, donc lim
x→0xlnx+ 1=1 et lim
x→0
ex
x = +∞, d’où par produit de limites, lim
x→0f(x)= +∞.
b. Le résultat précédent montre que l’axe des ordonnéesDd’équationx=0 est asymptote verticale à la courbeC au voisinage de zéro.
Partie B : étude d’une fonction intermédiaire 1. a. g′(x)=1
x− 2 x2+2x
x4=1 x− 2
x2+ 2
x3=x2−2x+2 x3 .
b. Commex>0⇒x3>0, le signe deg′(x) est celui dex2−2x+2. Pour ce trinôme∆=4−8= −4<0 : le trinôme est donc du signe dea=1 donc positif.
Conclusion :g′(x)>0, donc la fonctiongest croissante sur ]0 ;+∞[.
Métropole 2 juin 2007
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2. a. On ag¡1
2
¢=ln12+2
1 2
− 1
¡1
2
¢2= −ln 2+4−8= −ln 2−4<0 etf(1)=ln 1+ 2
1− 1
12=0+2−1=1>0.
Comme la fonctiongest croissante sur
·1 2; 1
¸
, il existe un réel uniqueα de cet intervalle tel queg(α)=0.
b. La calculatrice donnef(0, 5)≈ −0, 69 etf(0, 6)≈0, 04, donc 0, 5<α<0, 6 :
f(0, 59)≈ −0, 01 etf(0, 60)≈0, 04 , donc 0, 59<α<0, 60.
3. Des questions précédentes, on en déduit que : -sur ]0 ;α[,g(x)<0 ;
- sur ]α;+∞[,g(x)>0.
Partie C : étude des variations de la fonctionf et construction de la courbe asso- ciée
1. a. f est une somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[, donc sur cet in- tervalle,g′(x)=exlnx+ex×1
x+xex−ex
x2 = x2exlnx+xex+xex−ex
x2 =
ex x2
¡x2lnx+2x−1¢
=ex µ
lnx+2 x−12
x2
¶
=exg(x).
b. Comme ex>0, quel que soitx, le signe def′(x) est donc celui deg(x) trouvé à la question 3 de la partie précédente :
-sur ]0 ;α[, f′(x)<0 ; doncf est décroissante - sur ]α;+∞[,g(x)>0 ; doncf est croissante.
2. a.
x 0 α +∞
f(x)
+∞ +∞
f(α)
b. En prenant comme valeur approchéeα≈0, 60, on a f(α)≈e0,6+e0,6 0, 6 ≈ 2, 1.
3. a. Reproduire et compléter le tableau ci-dessous.
x 0,25 0,5 0,75 1 1,25 1,5 1,75 2 2,25 2,5
f(x) à
10−1près 3,4 2,2 2,2 2,7 3,6 4,8 6,5 8,8 11,9 16,0 b. Voir à la fin
Partie D : calcul d’aire
1. Fest dérivable sur ]0 ;+∞[ et F′(x)=exlnx+ex×1
x=exlnx+ex x =f(x).
Fest donc une primitive def sur l’intervalle ]0 ;+∞[.
2. a. Voir la figure
Métropole 3 juin 2007
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b. Le tableau de variations montre quef(x)>0, quel que soit le réelx. Donc l’aire en unité d’aire de la surfaceEest égale à l’intégrale
Z2
1 f(x) dx=[F(x)]21=F(2)−F(1)=e2ln 2−e1ln 1=e2ln 2 (u. a.).
Or l’unité d’aire est égale à 4×1=4 cm2. Donc finalement : A(E)=4×e2ln 2≈20, 49 cm2.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
1 2
−
→ı
−
→
O x
y
f(α)
α
C
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