\documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc}%ATTENTION codage en utf8 ! \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} %tapuscrit : Denis Vergès \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{fancybox} \usepackage{tabularx} \usepackage{ulem} \usepackage{dcolumn} \usepackage{textcomp} \usepackage{pifont} \usepackage{diagbox} \usepackage{lscape} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} \usepackage[dvips]{color} \usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree} \usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \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 Baccalauréat STL Physique de laboratoire et de procédés industriels} \lfoot{\small{Métropole}} \rfoot{\small{juin 2009}} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STL Métropole juin 2009~\decofourright\\[4pt] Physique de laboratoire et de procédés industriels }} \end{center} \vspace{0,5cm} %\begin{center} %Durée de l'épreuve : 4 heures \hfill Coefficient : 4 %\end{center} \textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points} \medskip %Soit l'équation différentielle %\[(E) : \quad y' + y = 2x,\] % où $y$ désigne une fonction dérivable de la variable $x$ et $y'$ sa dérivée. \begin{enumerate} \item %Résoudre l'équation différentielle $(H) : \quad y' + y = 0$. D'après le cours les solutions de $H$ sont les fonctions définies sur $\R$ par $x \longmapsto K\text{e}^{-x}$, avec $k \in \R$. \item %Déterminer les deux nombres réels $a$ et $b$ tels que la fonction $g$ définie dans $\R$ par $g{x) = ax + b$ soit solution de l'équation $(E)$. Si $g(x) = ax + b$, alors $g'(x) = a$, donc $g$ est solution de $E$ si et seulement si : $g'(x) + g(x) = 2x$ soit $a + ax + b = 2x$ ou encore $ax+ (a + b) = 2x + 0$ et en identifiant les deux membres $\left\{\begin{array}{l c l} a&=&2\\ a + b& =& 0 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} a&=&2\\ b& =& -2 \end{array}\right.$. Conclusion la fonction affine définie par $x \longmapsto g(x) = 2x - 2$ est une solution de l'équation différentielle $(E)$. \item \begin{enumerate} \item %Le nombre $k$ désignant une constante réelle, on considère la fonction définie sur $\R$ par : % \[ f(x) = k\text{e}^{-x} +2x - 2. \] %Vérifier que la fonction $f$ est solution de l'équation $(E)$. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ et $f'(x) = - k\text{e}^{-x} + 2$. On a donc $f'(x) + f(x) = - k\text{e}^{-x} + 2 + k\text{e}^{-x} +2x - 2 = 2x$, ce qui montre que $f$ est une solution de $(E)$. \item %Déterminer le réel $k$ pour que $f(0) = 0$. Parmi toutes les fonctions $f$, celle qui vérifie $f(0) = 2$ est telle que $k\text{e}^0 - 2 = 0$ soit $k - 2 = 0 \iff k = 2$. Conclusion : la fonction définie par $f(x) = 2\text{e}^{-x} +2x - 2$ est la solution de $(E)$ dont la représentation graphique passe par l'origine. \end{enumerate} \item %Dans cette question, on prend $k = 2$. \begin{enumerate} \item %Calculer la valeur moyenne $m$ de la fonction $f$sur l'intervalle [0~;~2]. On sait que $m = \dfrac{1}{2 - 0}\displaystyle\int_{0}^2 f(x)\:\text{d}x$. Une primitive de $f$ est $F(x) = - 2\text{e}^{-x} + x^2 - 2x$, donc $m = \dfrac{1}{2}\left[- 2\text{e}^{-x} + x^2 - 2x \right]_{0}^2 = $ $\dfrac{1}{2}\left(-2\text{e}^{-2} + 4 - 4 + 2\right) = \dfrac{1}{2}\left(-2\text{e}^{-2} + 2\right) = 1 - \text{e}^{-2}$. \item %Donner une valeur approchée de $m$ à $10^{-2}$ près. La calculatrice donne $m \approx 0,86$. \end{enumerate} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points} \medskip %Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal \Ouv{} direct. L'unité graphique est égale à 4~cm. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Résoudre dans $\C$ l'équation: %\[z^2 -2z\sqrt{3} + 4 = 0.\] On calcule $\Delta = \left( 2 \sqrt{3}\right)^2 - 4 \times 1 \times 4 = 12 - 16 = -4 = (2\text{i})^2$. Le discriminant est négatif, l'équation a deux solutions complexes conjuguées $\dfrac{2\sqrt{3} + 2\text{i}}{2} = \sqrt{3} + \text{i}$ et son conjugué $\sqrt{3} - \text{i}$. \item %On désigne par $z_{1}$ et $z_{2}$ les solutions, $z_{1}$ étant celle dont la partie imaginaire est négative. %Écrire $z_{1}$ et $z_{2}$ sous forme exponentielle. On a donc $z_{2} = \sqrt{3} + \text{i}$. Calcul du module : $\left|z_{2} \right|^2 = \left( \sqrt{3}\right)^2 + 1^2 = 3 + 1 = 4 = 2^2$, d'où $\left|z_{2} \right| = 2$. En factorisant ce module : $z_{2} = 2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \text{i}\dfrac{1}{2} \right) = 2 \left(\cos \frac{\pi}{6} + \text{i}\sin \frac{\pi}{6}\right) = 2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$. Comme $z_{1} = \overline{z_{2}}$, on a $z_{1} = 2\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}$. \end{enumerate} \item %Soit A le point du plan d'affixe $z_{1}$ et B celui d'affixe $z_{2}$. Le point A est le point d'abscisse positive intersection du cercle de centre O et de rayon 2 (puisque OA = 2) et de la droite d'équation $y = \dfrac{1}{2}$ (partie imaginaire de $z_{1}$. %Placer les points A et B dans le plan complexe et démontrer que le triangle OAB est équilatéral. Pour le point B on trace la droite d'équation $y = - \dfrac{1}{2}$. Voir la figure plus bas. Le triangle OAB est isocèle en O, puisque OA = OB = 2 et a un angle $\widehat{\text{AOB}} = \pi/3$, donc par complément à $\pi$, les deux autres angles ont eux aussi pour mesure $\pi/3$ : le triangle OAB est équilatéral. \item %Soit E le point d'affixe $z_{3} = \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}$ et F d'affixe $z_{4} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$. \begin{enumerate} \item %F est l'image de E par une transformation du plan. On a $\left|z_{3} \right| = \left|z_{4} \right| = 1$, donc OE = OF. D'autre part $\frac{\pi}{6} - \left(-\frac{\pi}{3} \right) = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$. Donc F est l'image de E par la rotation de centre O et d'angle $\frac{\pi}{2}$ (un quart de tour). En écriture complexe : $z_{4} = z_{3}\text{e}^{\frac{\pi}{2}} = \text{i}z_{3}$. \emph{Remarque :} on peut aussi dire que F est l'image de E dans la translation de vecteur $\vect{\text{EF}}$. %\Donner la nature de cette transformation et ses éléments caractéristiques. \item %Montrer que F est le milieu du segment [OB]. Le milieu de [OB] a pour affixe : $\dfrac{1}{2}\left(0 + 2\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}} \right) = 2\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}} = z_{\text{F}}$, ce qui montre que F est le milieu de [OB]. \end{enumerate} \item %Soit D l'image de E par la translation de vecteur $2\vect{v}$. On a donc $\vect{\text{ED}} = 2 \vect{v}$ ou $z_{\text{D}} - z_{\text{E}} = 2 \text{i}$ soit $z_{\text{D}} = \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}} + 2\text{i}$. \begin{enumerate} \item %Placer les points D, E et F sur la figure. Le point E se place en construisant sous l'axe des abscisses le triangle équilatéral de côté 1 ; le point D à partir de D en montant de deux unités ; enfin le point F est à l'intersection du cercle de centre O et de rayon 1 et de la droite d'équation $y = \dfrac{1}{2}$. Voir plus bas. \item %Déterminer l'affixe de D. On a donc $\vect{\text{ED}} = 2 \vect{v}$ ou $z_{\text{D}} - z_{\text{E}} = 2 \text{i}$ soit $z_{\text{D}} = \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}} + 2\text{i} = \dfrac{1}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} + 2\text{i} = \dfrac{1}{2} + \text{i}\left( \dfrac{4 - \sqrt{3}}{2}\right)$. \item %Montrer que OD = DB. D'après la question précédente OD$^2 = \left(\dfrac{1}{2} \right)^2 + \left(\dfrac{4 - \sqrt{3}}{2} \right)^2 = \dfrac{1}{4} + \dfrac{16 + 3 - 8\sqrt{3}}{4} = \dfrac{20 - 8\sqrt{3}}{4} = 5 - 2\sqrt{3}$. DB$^2 = \left(\sqrt{3} - \dfrac{1}{2} \right)^2 + \left(1 - 2 + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 = 3 + \dfrac{1}{4} - \sqrt{3} + 1 + \dfrac{3}{4} - \sqrt{3} = 5 - 2\sqrt{3}$. Donc OD$^2 = \text{DB}^2$ entraîne OD = DB. \item %Qu'en déduire pour la droite (AD) ? %\emph{Dans cette question, toute trace de recherche même incomplète ou d'initiative non fructueuse sera prise en compte dans l'évaluation.} D est donc équidistant de O et de B : il appartient à la médiatrice de [OB], mais on a vu que AO = AB, donc A équidistant de O et de B appartient lui aussi à la médiatrice de [OB] qui est donc la droite (AD). \end{enumerate} \end{enumerate} \medskip \psset{unit=2cm} \begin{center} \begin{pspicture}(-2,-2)(2,2) \psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-2,-2)(2,2) \psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1) \uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}\uput[dl](0,0){O} \pscircle(0,0){2} \pscircle(0,0){1} \psline(0.5,-1)(0.5,1.134) %\psline(0,-0.5)(2,-0.5) \psline(0,1)(2,1) \psline(0,-1)(2,-1) \psdots(1.732,-1)(1.732,1)(0,0)(0.5,-0.866)(0.5,1.134)(0.866,0.5) \uput[dr](1.732,-1){A}\uput[ur](1.732,1){B} \uput[dr](0.5,-0.866){E}\uput[ur](0.5,1.134){D} \uput[r](0.866,0.5){F} \psline[linecolor=green](1.732,-1)(0.5,1.134) \pspolygon[linecolor=blue](1.732,-1)(1.732,1)(0,0) \end{pspicture} \end{center} \vspace{1cm} \textbf{\textsc{Problème} \hfill 11 points} \medskip \textbf{Partie A} \medskip %Soit $g$ la fonction définie sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$ par % %\[g(x) = x - 5 + 5 \ln x.\] % %On note $g'$ la fonction dérivée de la fonction $g$. \begin{enumerate} \item %Calculer $g'(x)$ pour $x$ dans l'intervalle $]0~;~+\infty[$. Étudier le signe de $g'(x)$ et donner le sens de variation de la fonction $g$ (\emph{l'étude des limites n'est pas demandée}). $g'(x) = 1 + \dfrac{5}{x}$. On a $x > 0$, donc $\dfrac{5}{x} > 0$ et finalement $1 + \dfrac{5}{x} > 1 > 0$ sur $]0~;~+\infty[$. La dérivée étant positive la fonction $g$ est croissante sur $]0~;~+\infty[$. \item \begin{enumerate} \item %Montrer que l'équation $g(x) = 0$ a une solution unique dans l'intervalle [1~;~ 5]. On note $\alpha$ cette solution. La fonction $g$ est croissante sur $]0~;~+\infty[$, donc en particulier sur [1~;~5]. Or $g(1) = - 4 < 0$ et $g(5) = 5 - 5 + 5\ln 5 = 5\ln 5 > 0$. Il existe donc une valeur unique $\alpha$ telle que $g(\alpha) = 0$ et $1 < \alpha < 5$. \item %Déterminer la valeur décimale arrondie au centième de $\alpha$. La calculatrice donne $g(1,8) < 0$ et $g(1,9) > 0$, donc $1,8 < \alpha < 1,9$, puis $g(1,870) \approx -\np{0,0003}$ et $g(1,871) \approx 0,003$. Finalement au centième près $\alpha \approx 1,87$. \end{enumerate} \item %Étudier le signe de $g(x)$ pour $x$ appartenant à $]0~;~+\infty[$. Puisque la fonction $g$ est croissante sur $]0~;~+\infty[$ et qu'elle s'annule en $\alpha$, on a : \setlength\parindent{8mm} \begin{itemize} \item $g(x) < 0$ si $0 < x < \alpha$ ; \item $g(\alpha) = 0$ ; \item $g(x) > 0$ si $x > \alpha$ \end{itemize} \setlength\parindent{0mm} \end{enumerate} \medskip \textbf{Partie B} \medskip %Soit $f$ la fonction définie sur $]0~;~+\infty[$ par %\[f(x) = \dfrac{(x - 5)\ln x}{x}.\] %On peut donc aussi écrire $f(x) = \dfrac{1}{x}(x - 5) \ln x$ %ou encore $f(x) = \ln x- \dfrac{5\ln x}{x}$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Déterminer la limite de $f$ en $0$. En utilisant la première écriture donnée : $f(x) = \dfrac{1}{x}(x - 5) \ln x$ on a : $\displaystyle\lim_{x \to 0 \atop x > 0} \dfrac{1}{x} = + \infty$ ; $\displaystyle\lim_{x \to 0 \atop x > 0} (x - 5) = - 5$ ; $\displaystyle\lim_{x \to 0 \atop x > 0} \ln x = - \infty$, donc par produit des limites des trois facteurs $\displaystyle\lim_{x \to 0 \atop x >0} f(x) = + \infty$ %Interpréter graphiquement ce résultat. Ce résultat signifie que l'axe des ordonnées est asymptote verticale au graphe de $f$ au voisinage de $0$. \item %Déterminer la limite de $f$ en $+\infty$. En utilisant l'écriture $f(x) = \ln x - \dfrac{5\ln x}{x}$, on a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \ln x = + \infty$ ; $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$, donc par somme des limites $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Soit $f'$ la fonction dérivée de $f$. Calculer $f'(x)$. En partant de $f(x) = \ln x - \dfrac{5\ln x}{x}$, dérivons le deuxième terme qui est un quotient en utilisant $\left(\dfrac{u}{v} \right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}$, soit ici : $\left(\dfrac{5\ln x}{x} \right)' = \dfrac{\frac{5}{x}\times x - 1 \times 5\ln x}{x^2} = \dfrac{5 - 5\ln x}{x^2}$. Donc comme $\left(\ln x\right)' = \dfrac{1}{x}$, on a finalement : $f'(x) = \dfrac{1}{x} - \dfrac{5 - 5\ln x}{x^2} = \dfrac{x - 5 + 5\ln x}{x^2}$. \item %Montrer que $f'(x) = \dfrac{g(x)}{x^2}$ et en déduire le signe de $f'(x)$. On reconnaît alors que $f'(x) = \dfrac{g(x)}{x^2}$. Or on a vu le signe de $g(x)$ sur $]0~;~+ \infty[$ et de fa\c{c}on évidente $x^2 > 0$ sur cet intervalle, donc finalement sur $]0~;~+ \infty[$, le signe de $f'(x)$ est celui de $g(x)$, d'où le tableau de variations : \item %Dresser le tableau de variations de la fonction $f$. \medskip \psset{unit=1cm} \begin{center} \begin{pspicture}(8,3) \psframe(8,3) \psline(0,2)(8,2)\psline(0,2.5)(8,2.5) \psline(2,0)(2,3) \uput[u](1,2.5){$x$} \uput[u](2.15,2.5){$0$} \uput[u](5,2.5){$\alpha$} \uput[u](7.6,2.5){$+ \infty$} \uput[u](1,2){$f'(x)$} \uput[u](3.5,2){$+$} \uput[u](5,2){$0$} \uput[u](6.5,2){$-$} \rput(1,1){$f(x)$}\uput[d](2.4,2){$+ \infty$}\uput[u](5,0){$f(\alpha)$} \uput[d](7.5,2){$+ \infty$} \psline{->}(2.8,1.6)(4.2,0.3)\psline{->}(5.8,0.3)(7.4,1.6) \end{pspicture} \end{center} \medskip \end{enumerate} \item %On désigne par $\mathcal{C}$ la courbe représentative de $f$ dans le plan rapporté à un repère orthonormal \Oij{} d'unité graphique 2~cm. \begin{enumerate} \item %Soit A le point de la courbe $\mathcal{C}$ d'abscisse $1$. %Donner une équation de la droite $\mathcal{D}$ tangente en A à la courbe $\mathcal{C}$. Une équation de $\mathcal{D}$ est $y = f(1) + f'(1)(x - 1)$. Comme $f'(1) = -4$ et $f(1) = 0$, une équation de $\mathcal{D}$ est $y = -4x + 4$. %Déterminer les coordonnées du point d'intersection de $\mathcal{D}$ et de l'axe des ordonnées. $\mathcal{D}$ coupe l'axe des ordonnées si $x = 0$, d'où $y = 4$. le point commun à $\mathcal{D}$ et à l'axe des ordonnées est le point (0~;~4). \item %Tracer la droite $\mathcal{D}$ et la courbe $\mathcal{C}$. Voir plus bas. \end{enumerate} \end{enumerate} \medskip \textbf{Partie C} \medskip \begin{enumerate} \item %Soit $F$ la fonction définie sur $]0~;~+\infty[$ par %\[F(x)= x \ln x - x - \dfrac{5}{2} (\ln x)^2.\] %Montrer que la fonction $F$ est une primitive de la fonction $f$. La fonction $F$ est dérivable sur $]0~;~+\infty[$ et sur cet intervalle $F'(x) = \ln x + x \times \dfrac{1}{x} - 1 - \dfrac{5}{2} \times 2 \ln x \times \dfrac{1}{x} = \ln x - 5\dfrac{\ln x}{x}= f(x)$ (deuxième écriture donnée). Donc $F$ est une primitive de la fonction $f$ sur $]0~;~+\infty[$. \item \begin{enumerate} \item %Hachurer l'aire du domaine plan limité par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = 1$ et $x = \text{e}$. Voir le dessin plus bas. \item %Déterminer graphiquement une valeur approchée au cm$^2$ de l'aire de ce domaine. Voir le dessin plus bas. \item %Calculer la valeur exacte en cm$^2$ de l'aire de ce domaine. On a vu que sur l'intervalle [1~;~e], $f(x) < 0$, donc l'aire en unités d'aire du domaine hachuré est égale à $- \displaystyle\int_{1}^{\text{e}} f(x)\:\text{d}x = -\left[F(x) \right]_{1}^{\text{e}} = -F(\text{e}) + F(1) = - \text{e} + \text{e} + \dfrac{5}{2}\times 1^2 + (0 - 1 - 0) = \dfrac{5}{2} - 1 = \dfrac{3}{2}$~(u. a.). Comme l'unité d'aire est égale à $2 \times 2 = 4$~cm$^2$, l'aire en cm$^2$ du domaine hachuré est égale à $6$. (On peut vérifier ce résultat approximativement sur la figure 4 petits carreaux ayant une aire de 1 cm$^2$) \end{enumerate} \end{enumerate} \medskip \psset{unit=2cm} \begin{center} \begin{pspicture*}(-0.4,-1.26)(6.1,4) \psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=4,gridcolor=orange,subgridcolor=orange](0,-1.2)(6,4) \psaxes[linewidth=1pt](0,0)(0,-1.25)(6,3.99) \psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1) \psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.587}{6}{x 5 sub x ln mul x div} \psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt]{0}{1.25}{4 4 x mul sub} \uput[dl](0,0){O}\uput[u](2.71828,0){e} \pscustom[fillstyle=vlines] {\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{1}{2.71828}{x 5 sub x ln mul x div} \psline(2.71828,0)(1,0) } \end{pspicture*} \end{center} \end{document}