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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat STI Arts appliqués}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{septembre 2006}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}\textbf{\Large\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STI Arts appliqués  Métropole~\decofourright\\[5pt]
septembre 2006}

\vspace{0,5cm}

%Coefficient : 2 \hfill    Durée : 2 heures

%\bigskip

%L'usage d'une calculatrice réglementaire est autorisé durant l'ensemble de l'épreuve.

%Le formulaire officiel de mathématiques est joint au sujet. 

\end{center} 

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice  1} \hfill 8 points}

\medskip

%Dans un repère orthonormal \Oij{} d'unité $1$~cm, on considère la courbe $\mathcal{C}$ d'équation \[9x^2 + 25y^2 = 225\]

\begin{enumerate}
\item %Vérifier que les points $M$ dont les coordonnées vérifient cette équation, sont solutions de l'équation : $\dfrac{x^2}{25} + \dfrac{y^2}{9} = 1$.
$9x^2 + 25y^2 = 225 \iff \dfrac{9x^2}{225} + \dfrac{25y^2}{225} = 1 \iff \dfrac{x^2}{25} + \dfrac{y^2}{9} = 1.$

%Quelle est la nature de la courbe $\mathcal{C}$ ?
On reconnaît l'équation d'une ellipse.
\item %Calculer les coordonnées des sommets A, A$'$, B et B$'$.
$y = 0 \Rightarrow x^2 = 25$. Donc A(5~;~0) et A$'(-5~ ;~0)$ ;

$x = 0 \rightarrow y^2 = 9$. Donc B(0~;~3) et B$'(0~;~-3)$.
\item %Calculer les coordonnées des foyers F et F$'$.
On a $c^2 = a^2 - b^2 = 25 - 9 = 16 = 4^2$.

Donc F(4~;~0) et F$'(-4~;~0)$
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Placer sur un  graphique les points A, A$'$, B, B$'$, F et F$'$.
Voir à la fin de l'exercice.
		\item %Montrer que $\mathcal{C}$ est la réunion de deux courbes $\mathcal{C}_{1}$ et $\mathcal{C}_{2}$ d'équations respectives 
%\[y = 3\sqrt{1 - \dfrac{x^2}{25}}\quad \text{et}\qquad (1)  \quad y = - 3\sqrt{1 - \dfrac{x^2}{25}}.\]
On a $9x^2 + 25y^2 = 225 \iff 25y^2 = 225 - 9x^2 \iff y^2 = \dfrac{225}{25} - \dfrac{9}{25}x^2 \iff y^2 = 9 - \dfrac{9}{25}x^2 \iff y^2 = 9\left(1 - \dfrac{x^2}{25}\right) \Rightarrow \left\{\begin{array}{l c l}
y&=&3\sqrt{1 - \dfrac{x^2}{25}} \quad \text{ou}\\
y&=&- 3\sqrt{1 - \dfrac{x^2}{25}}
\end{array}\right.$
		\item %En utilisant l'équation (1) de la courbe $\mathcal{C}_{1}$, compléter le tableau de valeurs, arrondies au dixième, ci-dessous.

\medskip

\begin{center}
\begin{tabularx}{\linewidth}{|*{7}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
$x$	&0	&1	&2	&3	&4	&5\\ \hline
$y$	&3	&2,9&2,7&2,4&1,8&0\\ \hline
\end{tabularx}
\end{center}
\medskip
\item %Tracer la courbe $\mathcal{C}_{1}$ sur l'intervalle [0 ; 5] ; puis en utilisant les éléments de symétrie de la courbe $\mathcal{C}$, tracer $\mathcal{C}$.
Voir à la fin.
	\end{enumerate}
\item %Soit D le point de coordonnées $(-3~;~- 2,4)$. Déterminer FD, F$'$D et FD + F$'$D.
FD$ = \sqrt{(-7)^2  + 2,4^2} = \sqrt{54,76} = 7,4$ ;

F$'\text{D}^2 = \sqrt{1^2 + 2,4^2}  = \sqrt{6,76} = 2,6$ ;

FD $ + \text{F}'\text{D} = 7,4 + 2,6 = 10$.
%Que peut-on en conclure ?
En considérant le point A on a FA + F$'$A = 1 + 9 = 10 et A appartient à l'ellipse : donc D est lui aussi un point de l'ellipse.
\end{enumerate}

\medskip
\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-6,-3.5)(6,3.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-6,-3.5)(6,3.5)
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\uput[dl](0,0){O}
\psplot[plotpoints=3000,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{-5}{5}{3 1 x dup mul 25 div sub sqrt mul}
\psplot[plotpoints=3000,linecolor=red,linewidth=1.25pt]{-5}{5}{3 1 x dup mul 25 div sub sqrt mul neg} 
\uput[ur](5,0){A} \uput[ul](-5,0){A$'$}\uput[ur](0,3){B} \uput[dr](0,-3){B$'$}
\psdots(0,3)(1,2.9)(2,2.7)(3,2.4)(4,1.8)(5,0)(-3,-2.4)
\uput[dl](-3,-2.4){D}
\end{pspicture}
\end{center}
\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{ Exercice  2} \hfill 12 points}

\medskip

%Soit $f$ la fonction numérique définie sur $]- 1~;~+ \infty[$ par 
%\[f(x) = \dfrac{2x^2 + 4x - 1}{(x + 1)^2}.\]
%On appelle $\mathcal{C}_{f}$ la courbe représetative de $f$ dans un repère orthonormal \Oij{} (unité : $2$~cm).

\begin{enumerate}
\item %Vérifier que $f(x)$ peut s'écrire sous la forme $f(x) = 2 - \dfrac{3}{(x + 1)^2}$.
On a $2 - \dfrac{3}{(x + 1)^2} = \dfrac{2(x + 1)^2 - 3}{(x + 1)^2} = \dfrac{2x^2 + 2  + 4x - 3}{(x + 1)^2} =  \dfrac{2x^2 + 4x - 1}{(x + 1)^2} = f(x)$.
\item %Déterminer $\displaystyle\lim_{x \to -1 \atop x > -1} f(x)$. En déduire l'existence d'une asymptote dont on déterminera une équation.
Comme $\displaystyle\lim_{x \to -1} (x + 1)^2 = 0$ et que $(x + 1)^2 > 0$, il en résulte que $\displaystyle\lim_{x \to -1} - \dfrac{3}{(x + 1)^2} = - \infty$, donc enfin que $\displaystyle\lim_{x \to -1} f(x) = - \infty$.

Géométriquement cecic montre que la droite d'équation $x = - 1$ est asymptote verticale à $\mathcal{C}_{f}$.
\item %Déterminer $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}  f(x)$. En déduire l'existence d'une asymptote dont on déterminera une équation.
Comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} - \dfrac{3}{(x + 1)^2} = 0,~\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x)  = 2$.

Géométriquement ceci montre que la droite d'équation $y = 2$ est asymptote horizontale à la courbe $\mathcal{C}_{f}$ au voisinage de plus l'infini.
\item %Vérifier que la dérivée de $f$ est définie par $f'(x) = \dfrac{6}{(x+1)^3}$.
$f$ est dérivable sur $]- 1~;~+ \infty[$ et 

$f(x) = 2 - \dfrac{3}{(x + 1)^2} \Rightarrow f'(x) = + 2(x + 1)\dfrac{3}{(x + 1)^4} = \dfrac{6}{(x + 1)^3}$.

%Trouver le signe de $f'(x)$ sur $]- 1~;~+ \infty[$. En déduire le sens de variation de $f$ et dresser son tableau de variation.
Sur $]- 1~;~+ \infty[,~x + 1 > 0$, donc $(x + 1)^3 > 0$ et par suite $f'(x) > 0$. La fonction $f$ est donc croissante sur son intervalle de définition.

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(6,2.5)
\psframe(6,2.5) \psline(0,2)(6,2)\psline(2,0)(2,2.5)
\uput[u](1,2){$x$} \uput[u](2.1,2){$0$} \uput[u](5.6,2){$+\infty$}
\rput(1,1){$f(x)$}\uput[d](5.8,2){$2$}\uput[u](2.4,0){$- \infty$}
\psline{->}(2.7,0.3)(5.4,1.7) 
\end{pspicture}
\end{center}

\medskip

\item %Déterminer une équation de la tangente T à $\mathcal{C}_{f}$ au point d'abscisse $1$.
$M(x~;~y) \in \text{T} \iff y - f(1) = f'(1)(x - 1)$ ;

$f(1) = \dfrac{5}{4}~;~f'(1) = \dfrac{6}{(1 + 1)^3} = \dfrac{6}{8} = \dfrac{3}{4}.$

Donc $M(x~;~y) \in \text{T} \iff y - \dfrac{5}{4} = \dfrac{3}{4}(x - 1) \iff y = \dfrac{3}{4}x + \dfrac{1}{2}$.
\item %Calculer les coordonnées du point d'intersection de $\mathcal{C}_{f}$ avec l'axe des ordonnées puis du point d'intersection de $\mathcal{C}_{f}$ avec l'axe des abscisses.
Avec l'axe des ordonnées : $x = 0$, d'où $f(0) = -1$ ;

Avec l'axe des abscissess : $y = 0$, d'où $\dfrac{2x^2 + 4x - 1}{(x + 1)^2} = 0 \iff 2x^2 + 4x - 1 = 0$ ;

Pour cette équation du second degré : $\Delta = 4 + 8 = 12 = \left(2\sqrt{3}\right)^2$ ; l'équation a deux racines réelles : 

$\dfrac{-4 + 2\sqrt{3}}{4} = -1 + \dfrac{\sqrt{3}}{2}\quad \text{et}\quad -1 - \dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Seule la première racine est supérieure à $-1$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Compléter le tableau de valeurs, arrondies au dixième, suivant :
		
\medskip

\begin{center}
\begin{tabularx}{0.8\linewidth}{|*{7}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
$x$ 	&$-0,5$	&$0$	&$1$	&$2$	&$3$	&$5$\\ \hline
$f(x)$ 	&$-10$	&$-1$	&1,3	&1,7	&1,8	&1,9  \\ \hline
\end{tabularx}
\end{center}
		\item %Construire sur un même graphique les asymptotes, T, puis $\mathcal{C}_{f}$.
Voir la figure à la fin.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que la fonction $F$ définie sur $]- 1~;~+ \infty[$ par $F(x) = 2x + \dfrac{3}{x+1}$ est une primitive de la fonction $f$ sur $]- 1~;~+ \infty[$.
Sur $]- 1~;~+ \infty[,~F$ est dérivable et 

$F'(x) = 2 - \dfrac{3}{(x + 1)^2} = f(x)$.

$F$ est donc une primitive de $f$ sur $]- 1~;~+ \infty[$.
		\item %On considère la partie $\mathcal{A}$ du plan comprise entre les droites d'équation $x = 1,~x = 5$, la courbe $\mathcal{C}_{f}$ et l'axe des abscisses.
La fonction est croissante sur $[1~ ;~5]$ et $f(1) \approx 1,3$, donc sur cet intervalle la fonction $f$ est positive non nulle, donc l'aire de la partie $\mathcal{A}$ est égale (en unité d'aire) à l'intégrale :
		
$\displaystyle\int_{1}^5 f(x)\:\text{d}x = \left[F(x)\right]_{1}^5 = F(5) - F(1) = 2\times 5 + \dfrac{3}{5+1} - \left(2\times 1 + \dfrac{3}{1+1} \right) = 10 + \dfrac{1}{2} - 2 - \dfrac{3}{2} = 8 - 1 = 7$~(u.~a.)
		
Comme l'unité d'aire est égale à $2 \times 2 = 4$~(cm)$^2$, l'aire en centimètres carrés est égale à $4 \times 7 = 28~\text{cm}^2$.
		
%Déterminer l'aire de $\mathcal{A}$ en unités d'aire et ensuite en cm$^2$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip
\psset{unit=2cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-0.25,-2)(5,2.5)
\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=0.25pt,gridcolor=lightgray](0,-2)(5,2)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(0,-2)(5.25,2.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[plotpoints=3000,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{1}{5}{2 3 x 1 add 2 exp div sub}
\psline(5,0)(1,0)}
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\uput[dl](0,0){O}
\psplot[plotpoints=3000,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{0.00001}{5}{2 3 x 1 add 2 exp div sub}
\psline(1,0)(1,1.27) \psline(5,0)(5,1.92)
\psline[linecolor=red](0,-2)(0,2.5)
\psline[linecolor=red](0,2)(5,2)
\psplot{0}{2}{0.75 x mul 0.5 add}\uput[u](1.6,1.7){T}
\uput[u](3,1.8){\blue $\mathcal{C}_{f}$}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}

