\documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc}%ATTENTION codage UTF8 \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage{fancybox} \usepackage{tabularx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{pifont} \usepackage{diagbox} \usepackage{textcomp} % Tapuscrit Denis Vergès \newcommand{\euro}{\eurologo{}} \usepackage{pstricks,pst-node,pstricks-add} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \usepackage[left=3.5cm,right=3.5cm,top=3cm,bottom=3cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\barre}[1]{\overline{\,\mathstrut#1\,}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \usepackage{fancyhdr} \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage[np]{numprint} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique} \lfoot{\small{Métropole}} \rfoot{\small{23 juin 2008}} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center}\textbf{Durée : 4 heures} \vspace{0,5cm} {\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalaurŽéat STI Métropole 23 juin 2008~\decofourright\\[5pt] Génie électronique, Génie électrotechnique, optique}} \vspace{0,5cm} %Le candidat est invité à faire figurer toute trace de recherche, même incomplète on non fructueuse, qu'il aura développée. %Deux feuilles de papier millimétré seront distribuées en même temps que le sujet. \end{center} \textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points} \medskip %Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal direct \Ouv{} d'unité graphique 1~cm. %On désigne par i le nombre complexe de module $1$ et d'argument $\dfrac{\pi}{2}.$ \begin{enumerate} \item %Résoudre dans l'ensemble $\C$ des nombres complexes l'équation : %\[z^2 + 6z\sqrt{3}+36 = 0.\] $\Delta = \left(6\sqrt{3}\right)^2 - 4 \times 36 = - 1 \times 36 = (6\text{i})^2$. L'équation a donc deux racines complexes : \[z_{1} = \dfrac{-6\sqrt{3} + 6\text{i}}{2} = - 3\sqrt{3} + 3\text{i}\quad \text{et}\quad z_{2} = - 3\sqrt{3} - 3\text{i}.\] \item %On considère les points A, B et C d'affixes respectives : %\begin{tabularx}{\linewidth}{*{3}{X}} %$z_{\text{A}} = - 3\sqrt{3} + 3\text{i}$&$z_{\text{B}} = -3\sqrt{3} - 3\text{i}$ &et $z_{\text{C}}= -6\sqrt{3}$.\\ %\end{tabularx} \begin{enumerate} \item %Déterminer le module et un argument de chacun des nombres complexes z_{\text{A}}$ et z_{\text{B}}$. $\left|z_{\text{A}} \right|^2 = 27 + 9 = 36 = 6^2 \Rightarrow \left|z_{\text{A}} \right| = 6$. On peut donc écrire $z_{\text{A}} = 6\left(- \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i} \right) = 6\left(\cos \frac{2\pi}{3} + \text{i}\sin \frac{2\pi}{3} \right)$. Un argument de $z_{\text{A}}$ est donc $\dfrac{2\pi}{3}$ $\left|z_{\text{B}} \right|^2 = 27 + 9 = 36 = 6^2 \Rightarrow \left|z_{\text{B}} \right| = 6$. Alors $z_{\text{B}} = 6\left(- \dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{2}\text{i} \right) = 6\left(\cos \frac{-2\pi}{3} + \text{i}\sin \frac{-2\pi}{3} \right)$. Un argument de $z_{\text{B}}$ est donc $-\dfrac{2\pi}{3}$ \item %Écrire le nombre complexe $z_{\text{A}}$ sous la forme $r\text{e}^{\text{i}\theta}$ où $r$ est un nombre réel strictement positif et $\theta$ un nombre réel compris entre $-\pi$ et $\pi$. D'après la question précédente $z_{\text{A}} = 6\text{e}^{- \frac{\pi}{3}}.$ \item %Placer les points A, B, C dans le plan muni du repère \Ouv. Voir la figure plus bas. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Déterminer la nature du triangle ABC. AB $ = \left|z_{\text{B}} - z_{\text{A}} \right| = 6$. AC $= \left|z_{\text{C}} - z_{\text{A}} \right| = \left|-3\sqrt{3} - 3\text{i} \right| = \sqrt{27 + 9} = 6$. Comme A et B sont symétriques autour de (O$u$), CA = CB et finalement CA = CB = BA = 6 : le triangle ABC est équilatéral. \item %En déduire que le quadrilatère OACB est un losange. On a vu que OA = OB = 6, donc OA = AC = CB = BO = 6 : le quadrilatère OACB ayant ses quatre côtés de même longueur, c'est un losange. \end{enumerate} \item %On appelle K le point du plan complexe d'ordonnée négative tel que le triangle OAK soit rectangle et isocèle en O. %On note $z_{\text{K}}$ l'affixe du point K. \begin{enumerate} \item %Construire le point K sur la figure. Voir la figure \item %Par quelle rotation de centre O, le point K est-il l'image du point A ? K est l'image de A par la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{\pi}{2}.$ \item %Écrire alors $z_{\text{K}}$, sous la forme $r\text{e}^{\text{i}\theta}$ (où $r$ est un nombre réel strictement positif et $\theta$ un réel compris entre $-\pi$ et $\pi$) puis sous forme algébrique. L'image de $M$ d'affixe $z$ par la rotation précédente est $M'$ d'affixe $z'$ telle que $z' = z\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}$. Donc $z_{\text{K}} = z_{\text{A}}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}} = 6\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}} \times \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}} = 6\text{e}^{\text{i}\left( \frac{2\pi}{3} + \frac{\pi}{2}\right)} = 6\text{e}^{\text{i}\frac{5\pi}{6}}$. Écriture algébrique : $z_{\text{K}} = 6 \left(\cos \frac{5\pi}{6} + \text{i}\sin \frac{5\pi}{6} \right) = 6 \left(\dfrac{- 1}{2}+ \text{i}\dfrac{-\sqrt{3}}{2} \right) = -3 - 3\sqrt{3}\text{i}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \medskip \begin{center} \psset{unit=0.8cm} \begin{pspicture}(-11,-6.5)(1,6.5) \psaxes[linewidth=1pt,Dx=6,Dy=6](0,0)(-11,-6.5)(1,6.5) \psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=6,Dy=6]{->}(0,0)(1,1) \uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} \psdots(-5.195,3)(-5.195,-3)(-10.392,0)(-3,-5.195) \uput[ul](-5.195,3){A} \uput[dl](-5.195,-3){B} \uput[ul](-10.392,0){C}\uput[dl](0,0){O}\uput[dl](-3,-5.195){K} \psarc(0,0){6}{90}{270} \pspolygon(-5.195,3)(-5.195,-3)(-10.392,0) \psline(-5.195,3)(0,0)(-5.195,-3) \psline(0,0)(-3,-5.195)(-5.195,3) \end{pspicture} \end{center} \vspace{1cm} \textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points} %On considère l'équation différentielle : %\[(\text{E}) : \quad y'' + 25y = 0\] %où $y$ désigne une fonction de la variable réelle $x$ définie et deux fois dérivable sur l'ensemble $\R$ des nombres réels, et $y''$ sa fonction dérivée seconde. \begin{enumerate} \item %Résoudre l'équation (E). On sait que les solutions sont de la forme : $y = A\cos 5x + B \sin 5x.$ \item %Soit $f$ la fonction définie et dérivable sur $\R$, dont on note $f'$ la fonction dérivée, vérifiant les trois conditions suivantes : %\begin{itemize} %\item[$\bullet~$] $f$ est solution de l'équation différentielle (E) ; %\item[$\bullet~$] la courbe représentative de $f$ dans un repère du plan passe par le point de coordonnées $\left(\dfrac{\pi}{6}~;~-2\right)$ ; %\item[$\bullet~$] $f'(0) = - 5$. %\end{itemize} %Montrer que, pour tout réel $x,~ f(x) =\sqrt{3}\cos 5x - \sin 5x$. On a donc \setlength\parindent{5mm} \begin{itemize} \item[$\bullet~$] $f(x) = A\cos 5x + B \sin 5x$ ; \item[$\bullet~$] $-2 = A\cos \frac{5\pi}{6} + B\sin \frac{5\pi}{6}$ ; \item[$\bullet~$] $- 5 = 5B\cos 5\times 0$. \end{itemize} \setlength\parindent{0mm} La troisième équation donne $B = - 1$ et en remplaçant dans la deuxième : $-2 = A\times \left(- \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) - \dfrac{1}{2} \iff - \dfrac{3}{2} = A\times \left(- \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) \iff \sqrt{3} = A$. Donc $f(x) = \sqrt{3}\cos 5x - \sin 5x$. = 2 \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos 5x - \dfrac{1}{2} \sin 5x \right) = $ $2 \left(\cos \frac{\pi}{6}\cos 5x - \sin \frac{\pi}{6}\sin 5x \right) = 2\cos \left(5x + \dfrac{\pi}{6}\right)$ \item %Vérifier que, pour tout réel $x,~ f(x) = 2 \cos \left(5x + \dfrac{\pi}{6}\right)$. $f(x) = \sqrt{3}\cos 5x - \sin 5x = 2 \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos 5x - \dfrac{1}{2} \sin 5x \right) =$ $2 \left(\cos \frac{\pi}{6}\cos 5x - \sin \frac{\pi}{6}\sin 5x \right) = 2\cos \left(5x + \dfrac{\pi}{6}\right)$ \item %Calculer la valeur moyenne de $f$ sur l'intervalle sur $\left[0~  ;~\dfrac{\pi}{6}\right]$. $V_{m} = \dfrac{1}{\frac{\pi}{6}}\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{6}} f(x)\:\text{d}x = \dfrac{6}{\pi}\left[\dfrac{1}{5}\times 2\sin \left(5x + \dfrac{\pi}{6}\right)\right]_{0}^{\frac{\pi}{6}} = \dfrac{12}{5\pi}\left(\sin (-\pi) - \sin \frac{\pi}{6} \right) = \dfrac{12}{5\pi}\times \left(- \dfrac{1}{2} \right) = - \dfrac{6}{5\pi}$. \end{enumerate} \vspace{1cm} \textbf{\textsc{Problème } \hfill 11 points} %Le plan est muni d'un repère orthogonal \Oij{} d'unités graphiques 4~cm en abscisse et 2~cm en ordonnée. % On s'intéresse dans ce problème à la fonction $f$ définie sur l'ensemble $\R$ des nombres réels par %\[f(x) = \dfrac{3}{\text{e}^{3x} + 1}.\] %On note $\mathcal{C}$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans le repère \Oij. %\medskip \textbf{Partie A : étude de la fonction}\boldmath $f$\unboldmath \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Déterminer la limite de $f(x)$ lorsque $x$ tend vers $+ \infty$. Comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \text{e}^{3x} = + \infty,~\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\dfrac{3}{\text{e}^{3x} + 1} = 0$ \item %En déduire que la courbe $\mathcal{C}$ admet une asymptote que l'on précisera. Ceci montre que l'axe des abscisses est asymptote horizontale à $\mathcal{C}$ au voisinage de plus l'infini. \item %Déterminer le signe de $f(x)$ pour tout nombre réel $x$ ; qu'en déduit-on sur la position de la courbe $\mathcal{C}$ par rapport à cette asymptote ? Quel que soit $x \in \R, \text{e}^x > 0 \Rightarrow \text{e}^{3x} > 0\Rightarrow \text{e}^{3x} + 1 > 0 \Rightarrow \dfrac{3}{\text{e}^{3x} + 1} > 0$. On peut donc dire que la courbe $\mathcal{C}$ est au dessus de son asymptote quel que soit le réel $x$. \end{enumerate} \item %On considère la droite $\mathcal{D}$ d'équation $y = 3$. \begin{enumerate} \item %Déterminer la limite de $f(x)$ quand $x$ tend vers $- \infty$. $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^{x} = 0 \Rightarrow \displaystyle\lim_{x \to - \infty} \left(\text{e}^{x}\right)^3 = 0$, donc \displaystyle\lim_{x \to - \infty} f(x) = 3.$ \item %En déduire que la courbe $\mathcal{C}$ admet la droite $\mathcal{D}$ comme asymptote. La question précédente montre que la droite $\mathcal{D}$ est asymptote horizontale à $\mathcal{C}$ au voisinage de moins l'infini. \item %Montrer que, pour tout nombre réel $x,~ f(x) = 3 - \dfrac{3\text{e}^{3x}}{\text{e}^{3x} + 1}$. $3 - \dfrac{3\text{e}^{3x}}{\text{e}^{3x} + 1} = \dfrac{3\text{e}^{3x} + 3 - 3\text{e}^{3x}}{\text{e}^{3x} + 1} = \dfrac{3}{\text{e}^{3x} + 1} = f(x).$ \item %En déduire la position relative de la courbe $\mathcal{C}$ et de la droite $\mathcal{D}$. Comme $\dfrac{3\text{e}^{3x}}{\text{e}^{3x} + 1}> 0$, il en résulte que $f(x) < 3$, c'est-à-dire que $\mathcal{C}$ est au dessous de $\mathcal{D}$, quel que soit $x \in \R$. \end{enumerate} \item %On note $f'$ la fonction dérivée de la fonction $f$. \begin{enumerate} \item %Montrer que, pour tout nombre réel $x,~ f'(x) = \dfrac{- 9\text{e}^{3x}}{\left(\text{e}^{3x} + 1\right)^2}$. $f$ quotient de fonctions dérivables, le dénominateur ne s'annulant pas est dérivable sur $\R$ et $f'(x) = - \dfrac{3 \times 3\text{e}^{3x}}{\left(\text{e}^{3x} + 1 \right)^2} = \dfrac{- 9\text{e}^{3x}}{\left(\text{e}^{3x} + 1\right)^2}$. \item %En déduire le sens de variation de la fonction $f$ sur $\R$, puis dresser son tableau de variations. Tous les termes sont positifs excepté $-9$, la dérivée est donc négative et la fonction décroissante sur $\R$. \medskip \begin{center} \psset{unit=1cm} \begin{pspicture}(7,3) \psframe(7,3) \psline(0,2)(7,2) \psline(0,2.5)(7,2.5) \psline(2,0)(2,3) \uput[u](1,2.5){$x$} \uput[u](2.4,2.5){$- \infty$} \uput[u](6.5,2.5){$+ \infty$} \rput(1,2.25){$f'(x)$} \rput(1,1){$f(x)$}\rput(4.5,2.25){$-$} \psline{->}(2.5,1.7)(6.5,0.3)\uput[d](2.2,2){3}\uput[u](6.7,0){$0$} \end{pspicture} \end{center} \end{enumerate} \item %Déterminer une équation de la tangente $\Delta$ au point d'abscisse $0$. Le point d'abscisse $0$ a pour ordonnée $f(0) = \dfrac{3}{1 + 1} = \dfrac{3}{2}$. En ce point le nombre dérivé $f'(0)$ est égal à $- \dfrac{9}{4}.$ L'équation de la tangente est donc : $M(x~;~y) \in \Delta \iff y - \dfrac{3}{2} = - \dfrac{9}{4}(x - 0) \iff y = - \dfrac{9}{4}x + \dfrac{3}{2}$. \item %Dans le plan muni du repère \Oij{} tracer les droites $\mathcal{D}$ et $\Delta$ ainsi que la courbe $\mathcal{C}$. Voir la figure. \end{enumerate} \medskip \textbf{Partie B : Calcul de l'aire d'une partie du plan} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %On considère la fonction $g$ définie sur $\R$ par % \[g(x) = \dfrac{3\text{e}^{3x}}{\text{e}^{3x} + 1}.\] %Déterminer une primitive $G$ de la fonction $g$ sur $\R$. (On pourra remarquer que la fonction $g$ est de la forme $\dfrac{u'}{u}$ où $u$ est une fonction que l'on précisera). En posant $u(x) = \text{e}^{3x} + 1,~u'(x) = 3\text{e}^{3x}$, donc $g(x) = \dfrac{u'(x)}{u(x)}$ et une primitive de $g$ est donc $G$ telle que $G(x) = \ln |u(x)| = \ln \left(\text{e}^{3x} + 1 \right)$, car $\text{e}^{3x} + 1 \geqslant 1 > 0$. $G(x) = \ln \left(\text{e}^{3x} + 1 \right)$ \item %En utilisant la question 2. c. de la partie A, déterminer une primitive $F$ de la fonction $f$ sur $\R$. Avec la même notation, le résultat de la question 2. c. s'écrit $f(x) = 3 - \dfrac{u'(x)}{u(x)}$ et par conséquent une primitive de $f$ est la fonction $F$ telle que : $F(x) = 3 x - \ln \left(\text{e}^{3x} + 1\right)$ \end{enumerate} \item %Soit $a$ un réel strictement positif. %On note $\mathcal{A}(a)$ la mesure, exprimée en unités d'aire, de l'aire de la partie du plan comprise entre la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = 0$ et $x = a$. \begin{enumerate} \item %Exprimer $\mathcal{A}(a)$ à l'aide d'une intégrale. On sait qu'en unités d'aire l'aire de la surface est égale à : $\mathcal{A}(a) = \displaystyle\int_{0}^a f(x)\:\text{d}x$. \item %Établir que $\mathcal{A}(a) = 3a - \ln \left(\text{e}^{3a} + 1\right) + \ln 2$. $\mathcal{A}(a) = \left[F(x) \right]_{0}^a = \left[3 x - \ln \left(\text{e}^{3x} + 1 \right)\right]_{0}^a = 3 a - \ln \left(\text{e}^{3a} + 1 \right) - \left[3 \times 0 - \ln \left(\text{e}^{3\times0} + 1\right) \right\] = 3a - \ln \left(\text{e}^{3a} + 1 \right) + \ln 2.$ \item %En remarquant que $3a = \ln \left(\text{e}^{3a}\right)$, écrire $\mathcal{A}(a)$ sous la forme du logarithme népérien d'un quotient ; déterminer alors la limite de $\mathcal{A}(a)$ lorsque $a$ tend vers $+\infty$. Comme $3a = \ln \left(\text{e}^{3a}\right)$, on a $\mathcal{A}(a) = \ln \left(\text{e}^{3a}\right) - \ln \left(\text{e}^{3a} + 1\right) + \ln 2 = \ln \dfrac{2\text{e}^{3a}}{\text{e}^{3a} + 1}$. On peut écrire en multipliant chaque terme par $\text{e}^{-3a},~\mathcal{A}(a) = \ln \dfrac{2}{1 + \text{e}^{-3a}}$. Comme $\displaystyle\lim_{ a \to + \infty} \text{e}^{-3a} = 0,{} \displaystyle\lim_{ a \to + \infty} \mathcal{A}(a) = \ln 2$. %\emph{Dans cette question particulièrement, toute trace de recherche, même incomplète, figurant sur la copie sera prise en compte dans l'évaluation.} \end{enumerate} \end{enumerate} \medskip \begin{center} \psset{xunit=4cm,yunit=2cm} \begin{pspicture}(-1.5,-0.5)(1.5,3.5) \psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-1.5,-0.5)(1.5,3.5) \psplot[linewidth=1.25pt,linecolor=blue,plotpoints=3000]{-1.5}{1.5}{3 2.71828 x 3 mul exp 1 add div}\uput[u](1.4,0.05){\blue $\mathcal{C}$} \psline(-1.5,3)(1.5,3)\uput[u](1.4,3){$\mathcal{D}$} \psplot{-1.5}{1.5}{1.5 0.75 x mul sub}\uput[u](1.4,0.5){$\Delta$} \uput[d](1.5,0){$x$} \uput[l](0,3.5){$y$}\uput[dl](0,0){O} \pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray]{ \psplot[linewidth=1.25pt,linecolor=blue,plotpoints=3000]{0}{0.7}{3 2.71828 x 3 mul exp 1 add div} \psline(0.7,0)(0,0)} \uput[d](0.7,0){$a$} \rput(0.35,0.45){$\mathcal{A}(a)$} \psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1) \end{pspicture} \end{center} \end{document}