[ Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, civil \ Métropole septembre 2006

[ Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, civil \ Métropole septembre 2006

EXERCICE1 4 points

1. ¡ z²+9¢ ¡

z²−9z+27¢

=0⇐⇒

½ z²+9 = 0 z²−9z+27 = 0 La première équation a pour solutions : 3i et−3i.

Pour la seconde :∆=81−4×27= −27=(3ip

3)²; elle a donc deux solutions complexes conju- guées :

9+3ip 3

2 et −9+3ip 3 2 2. a. • 3i=3e^iπ2;

• |zB|²=⁸¹₄ +²⁷₄ =¹⁰⁸₄ =27⇒ |zB| =3p 3 ; On peut donc écrirezB=3p

3 Ãp

3 2 +i1

2

!

=3p 3¡

cos^π₆+i sin^π₆¢

=3p 3e^iπ6;

• CommezCest le conjugué dezB, on azC=3p 3e^−iπ6. b. IA²= |3i−2|²=9+4=13⇒IA=p

13.

BI²=

¯

¯

¯

¯

¯ 2−9

2−3p 3 2 i

¯

¯

¯

¯

¯

2

=

¯

¯

¯

¯

¯

−5 2−3p

3 2 i

¯

¯

¯

¯

¯

2

=25 4 +27

4 =52

4 =13⇒BI=p 13 ;

CI²=

¯

¯

¯

¯

¯ 2−9

2+3p 3 2 i

¯

¯

¯

¯

¯

2

=

¯

¯

¯

¯

¯

−5 2+3p

3 2 i

¯

¯

¯

¯

¯

2

=25 4 +27

4 =52

4 =13⇒CI=p

13. IA=BI=CI=p 13 montrent que A, B et C sont sur un même cercle de centre I et de rayonp

13 c.

1 2 3 4 5 6

−1

−1

−2

−3 1 2 3 4

−

→ı

−

→

b bb

b b

A

B

C I

O

p3 3

4,5

EXERCICE2 4 points 1. y^′′+16y=0, ⇐⇒ y^′′+4²y=0,y. On sait que les solutions sont de la forme :

y=Acos 4x+Bsin 4x,A∈R,B∈R.

2. La solutionf(x)=Acos 4x+Bsin 4xa pour dérivée :f^′(x)= −4Asin 4x+4Bcos 4x.

Donc







f(0) = 1 10 f^′(0) = −2p

3 5

⇐⇒







A = 1

10 4B = −2p

3 5

⇐⇒







A = 1

10

B = −

p3 10 La solution vérifiant les conditions est définie par :f(x)= 1

10cos 4x− p3

10 sin 4x 3. On peut écriref(x)=1

5 Ã1

2cos 4x− p3

2 sin 4x

!

=1 5

¡cos−^π₃cos 4x+sin−^π₃sin 4x¢

=1 5cos¡

4x+^π₃¢ , d’après la formule d’addition : cosacosb+sinasinb=cos(a−b).

4. a. f(x)=1 5 ⇐⇒ 1

5cos¡ 4x+^π₃¢

=1

5 ⇐⇒ cos¡ 4x+^π₃¢

=1 ⇐⇒ 4x+^π₃=0+2kπ,k∈Z ⇐⇒

4x= −^π₃+2kπ⇐⇒ x= −₁₂^π+k^π₂. b. On doit avoir :

06₋₁₂^π _+k^π₂6_{2π⇐⇒ 12}^π 6_k^π₂6_2π+12^π _⇐⇒ ²

π π 126_k^π₂²

π6²

π

¡2π+₁₂^π¢

⇐⇒ ¹₆6_k6₄₊¹_6.

Donc les valeurs possibles pourksont 1, 2, 3 et 4.

k=1,x= −₁₂^π+^π₂=5π 12; k=2x= −₁₂^π+2^π₂=11π 12 ; k=3x= −₁₂^π+3^π₂=17π

12 ; k=4x= −₁₂^π+4^π₂=23π

12

O

b

b b b

5π 12

11π 12

17π 12

23π 12

PROBLÈME 12 points

Partie A : étude d’une fonction auxiliaire

1. gsomme de fonctions dérivable sur ]0 ;+∞[ est dérivable sur cet intervalle et : g^′(x)=4x−4

x =4x²−4 x .

2. Commex>0, le signe deg^′(x) est celui du trinôme 4x²−4 ou encore 1−x²; celui-ci est positif sauf entre les racines−1 et 1.

Donc sur ]0 ; 1[, g^′(x)<0 : la fonctiongest décroissante ; sur [1 ;+∞[,g^′(x)>0 : la fonctiongest croissante.

On ag(1)=2×1²−4ln 1+4=6. D’où le tableau de variations :

x 0 1 +∞

g(x)

6

3. Le minimum f(1)=6 de la fonction est supérieur à zéro : la fonctiongest donc positive non nulle sur ]0 ;+∞[.

Partie B

1. a. On a lim

x→0

lnx

x = −∞, donc lim

x→0f(x)= −∞.

b. Géométriquement le résultat précédent montre que l’axe des ordonnéesy=0 est asymp- tote verticale àCau voisinage de zéro.

2. a. On sait que lim

x→+∞

lnx

x =0, donc lim

x→+∞f(x)= +∞.

b. Soit la fonctionddéfinie sur ]0 ;+∞[ pard(x)=f(x)−(2x−3)=4lnx x . On a vu que lim

x→+∞

lnx

x =0, donc lim

x→+∞d(x)=0, donc la droiteDd’équationy=2x−3 est asymptote à la courbeC en+∞.

c. La position de la courbeC par rapport à la droiteDest donnée par le signe ded(x)=lnx c’est-à-dire du signe de lnx; x

donc sur ]0 ; 1[,d(x)<0 ce qui signifie que la courbeC est sous la droiteD; sur ]1 ;+∞[,d(x)>0 ce qui signifie que la courbeC est au dessus de la droiteD. 3. f somme de fonctions dérivable sur ]0 ;+∞[ est dérivable et sur cet intervalle,

f^′(x)=2+4 Ã₁

x×x−1×lnx x²

!

=2+4

µ1−lnx x²

¶

=2x²+4−4lnx x² =g(x)

x² .

4. Commex²>0, le signe def^′(x) est celui deg(x). Or on a vu à la partie A queg(x)>0 six>0 ; donc la fonctionf est croissante sur ]0 ;+∞[. D’où le tableau de variations :

x 0 +∞

f(x)

−∞

+∞

5. a. La fonctionf est croissante sur [1 ; 2] ;f(1)=2−3+4ln 1

1 = −1<0 et f(2)=4−3+4ln 2

2 =1+4ln 2 2 >0.

Conclusion : il existe un réel uniqueαde [1 ; 2] tel quef(α)=0.

b. La calculatrice donne :f(11981)≈ −0,0004 etf(11982)≈0,00004.

Donc 11981< <11982.

6. Le coefficient directeur deDest égale à 2. Il faut donc résoudre l’équation : f^′(x)=2⇐⇒ 2x²+4−4lnx

x² =2⇐⇒ 2x²+4−4lnx=2x²⇐⇒

4−4lnx=0 ⇐⇒4=4lnx ⇐⇒ 1=lnx ⇐⇒ x=e.

7. Voir la figure à la fin.

Partie C

1. Voir la figure

2. On a vu à la question 2. c. de la partie B queC est au dessus deDpourx>1.

L’aire de la partie est donc égale, en unité d’aire à l’intégrale Z5

1 f(x)−(2x−3) dx= Z5

1 4lnx x dx.

3. a. Pourx>0, la fonctionHest dérivable et sur cet intervalle H^′(x)=2lnx×1

x=2lnx x . b. D’après le résultat précédent :

A= Z5

1

4lnx x dx=2

Z5 1

2lnx

x dx=2£ (lnx)²¤5

1=2(ln 5)²−2(ln 1)²=2(ln 5)². L’unité d’aire étant égale à 1×1=1 cm², on a

A=2(ln 5)²¡ cm²¢

≈5, 180≈5, 18cm²à 1 mm²près.

1 2 3 4 5 6 7 8

−1

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

−8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

−

→ı

−

→ O

D C

Si vous photocopiez ce corrigé pensez à en créditer l’A. P. M. E. P., merci