[ Corrigé du baccalauréat STL juin 2005 \ Chimie de laboratoire et de procédés industriels

Calculatrice autorisée 3 heures

EXERCICE1 5 points

1. ∆=3²−4×1×3=9−12= −3=¡ ip

3¢2

.

∆<0 : l’équation a donc deux solutions complexes conjuguées :

−3+ip 3

2 et −3−ip 3

2 .

2. a. On a|z1|²= µ

−3 2

¶2

+ Ãp

3 2

!2

=9 4+3

4=12

4 =3⇒ |z1| =p 3.

On peut donc écrirez1=p 3

Ã

− p3

2 +i1 2

!

=p 3¡

cos⁵₆^π+i sin⁵₆^π¢ . b. On peut construire la longueurp

3 en utilisant un triangle rectangle d’hy- poténuse 2 et dont l’un des côtés de l’angle droit mesure 1. On trace en- suite le cercle centré en O de rayonp

3 et la droite d’équationx= −3 2. Commez2est le conjugué dez1, B est le symétrique de A autour de l’axe des abscisses. Voir plus bas.

3. a. KA= |z1−z4| =

¯

¯

¯

¯

¯

−3 2+

p3 2 i−1

¯

¯

¯

¯

¯

=

¯

¯

¯

¯

¯

−5 2+

p3 2 i

¯

¯

¯

¯

¯

= r

¡−⁵₂¢2

+

³p 3 2

´2

= q25

4 +³₄= p7.

Comme A et B sont symétriques autour de l’axe de des abscisses et que K appartient à cet axe, KB=p

7.

KD= |z3−z4| =

¯

¯

¯

¯

¯ 7 2−

p3 2 i−1

¯

¯

¯

¯

¯

=

¯

¯

¯

¯

¯ 5 2−

p3 2 i

¯

¯

¯

¯

¯

= r

¡−⁵₂¢2

+

³

−

p3 2

´2

= q25

4 +³₄= p7.

Conclusion KA = KB = KD=p

7 : les trois points A, B et D appartiennent au cercleC de centre K et de rayonp

7.

b. On a1

2(z1+z3)=1 2 Ã

−3 2+

p3 2 i+7

2− p3

2 i

!

=1

2×2=1=z4. Donc K est le milieu de [AD].

c. On az2=z1= −3 2−

p3

2 i ; doncz2etz3ont la même partie imaginaire et la droite (BD) est parallèle à l’axe des abscisses ; comme la droite (AB) est perpendiculaire à l’axe des abscisses, (AB) et (AD) sont des droites per- pendiculaires et le triangle ABD est rectangle en B.

1 2

−1

−2

−3

1 2 3 4

−1

−2

−3 →−

u

−

→v

bb b

b

A

B D

O

K

1 p3 2

EXERCICE2 4 points

1.

1

1

1 (1, 1, 1) 2 (1, 1, 2) 3 (1, 1, 3)

2

1 (1, 2, 1) 2 (1, 2, 2) 3 (1, 2, 3)

3

1 (1, 3, 1) 2 (1, 3, 2) 3 (1, 3, 3)

2

1

1 (2, 1, 1) 2 (2, 1, 2) 3 (2, 1, 3) 2

1 (2, 2, 1) 2 (2, 2, 2) 3 (2, 2, 3) 3

1 (2, 3, 1) 2 (2, 3, 2) 3 (2, 3, 3)

3

1

1 (3, 1, 1) 2 (3, 1, 2) 3 (3, 1, 3)

2

1 (3, 2, 1) 2 (3, 2, 2) 3 (3, 2, 3)

3

1 (3, 3, 1) 2 (3, 3, 2) 3 (3, 3, 3) 2. a. X∈{−10 ; 3 ; 5 ; 15}

b.

X=xi −10 3 5 15

p(X=xi) 15 6 3 3

c. E(X)= −10×15 27+3× 6

27+5× 3

27+15× 3

27=−150+18+15+45

27 =−72

27 =

−8

3≈ −2, 67(.

Sur un grand nombre de parties on perdra en moyenne 2,67(par partie.

PROBLÈME 11 points

Partie A Étude d’une fonction auxiliaireg

1. La fonctiongest dérivable sur ]0 ;+∞[ et sur cet intervalle : g^′(x)=1

x−4x=1−4x² x .

Commex>0, le signe deg^′(x) est celui du numérateur 1−4x²=(1+2x)(1− 2x) trinôme qui est négatif sauf entre les racines−1

2et1 2. Donc sur

¸ 0 ; 1

2

·

,g^′(x)>0 : la fonction est croissante ; sur

¸1 2;+∞

·

,g^′(x)<0 : la fonction est décroissante.

Enx=1

2, la fonction présente un extremum (maximum),f ¡₁

2

¢=ln¹₂−2¡₁

2

¢2

− 1= −ln 2−¹₂−1= −³₂−ln 2.

D’où le tableau de variations :

x 0 ¹2 +∞

g^′(x) + 0 −

−³₂−ln 2

2. Comme le maximum est à peu près égal à−2, 2, on peut en déduire que la fonctiongest négative sur ]0 ;+∞[.

Partie B Étude d’une fonction 1. a. On sait que lim

x→+∞

lnx

x =0 et comme lim

x→+∞−2x= −∞, on a lim

x→+∞f(x)=

−∞.

b. On a lim

x→0

lnx

x = −∞, donc lim

x→0f(x)= +∞.

2. a. Soitdla fonction définie sur ]0 ;+∞[ pard(x)=f(x)−1−2x)= −lnx x . On vient de voir que lim

x→0

lnx

x =0, donc que lim

x→0d(x)=0, ce qui signifie que la droiteDest asymptote à la courbeC au voisinage de zéro.

b. La position dépend du signe ded(x), donc de celui de−lnxcarx>0.

d(x)>0⇐⇒ −lnx>0 ⇐⇒0>lnx ⇐⇒1>xd’après la croissance de la fonction exponentielle.

Donc sur ]0 ; 1[, d(x)>0, c’est-à-dire que la courbeC est au dessus de son asymptoteD.

On a de mêmed(x)<0 ⇐⇒ x>1, donc sur ]1 ;+∞[, la courbeC est en dessous de son asymptoteD.

3. a. f est dérivable sur ]0 ;+∞[ et : f^′(x)= −2−

Ã₁

x×x−1×lnx x²

!

= −2−

µ1−lnx x²

¶

=−2x²−1+lnx

x² =

lnx−2x²−1 x² =g(x)

x² .

b. On a vu à la partie A que sur ]0 ;+∞[,g(x)<0 et commex²>0, on a donc sur cet intervallef^′(x)<0 : la fonctionf est décroissante sur ]0 ;+∞[ de plus l’infini à moins l’infini.

4. Voir plus bas.

Partie C Calcul d’une aire

1. hest une fonction dérivable sur ]0 ;+∞[ et : h^′(x)=1

2×2×(lnx)×1 x

lnx x .

Donchest une primitive sur ]0 ;+∞[ delnx x . 2. a. Voir en bas.

b. On a vu que six>1, la courbeC est en dessous de son asymptote D; donc l’aire de la partie du plan comprise entre la droiteD, la courbeC et les droites d’équationsx=1 etx=e est égale à l’intégrale

Z_e

1

£(1−2x)−f(x)¤

= Z_e

1

lnx

x =[h(x)]^e₁=1

2(ln e)²−

·1 2(ln 1)²

¸

=1 2(u. a.).

Comme 1 unité d’aire est égale à 2×2=4 cm², on a finalement : A=4×1

2=2 cm².

1 2 3 4

−1

−2

−3

−4

−5

−6

1 2 3 4 5

C

D

x=e