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\begin{document}
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\lhead{\small Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique,\\ énergétique, civil}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{juin 2006}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}\textbf{Durée : 4 heures}

\vspace{0,5cm}

{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STI juin 2006 \decofourright\\[5pt]Métropole Génie mécanique, civil}}

\vspace{0,5cm}

%L'utilisation d'une calculatrice est autorisée.
%
%Du papier millimétré est mis  la disposition des candidats.
%
%Le candidat doit traiter  les deux exercices et le problème. 

\end{center}
  
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}

\medskip

%On note i le nombre complexe de module 1 et d'argument $\dfrac{\pi}{2}$.
%
%On considère les nombres complexes suivants :
%
%\[z_{\text{A}} = \sqrt{2} + \text{i}\sqrt{6}, \qquad z_{\text{B}} = 2 - 2\text{i}.\]
%
%On pose $z= \dfrac{z_{\text{A}}}{z_{\text{B}}}$.

\begin{enumerate}
\item  %Écrire $z$ sous forme algébrique.
$z= \dfrac{z_{\text{A}}}{z_{\text{B}}} = \dfrac{\sqrt{2} + \text{i}\sqrt{6}}{2 - 2\text{i}} = \dfrac{\left(\sqrt{2} + \text{i}\sqrt{6} \right)(2 + 2\text{i})}{(2 - 2\text{i})(2 + 2\text{i})} = \dfrac{2\sqrt{2}- 2\sqrt{6}+ 2\text{i}\sqrt{2} + 2\text{i}\sqrt{6}}{4 + 4} = \dfrac{\sqrt{2} - \sqrt{6}}{4} + \text{i}\dfrac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Calculer le module et un argument de $z_{\text{A}}$ et de $z_{\text{B}}$.
On a $\left|z_{\text{A}} \right|^2 = 2 + 6 = 8 = \left(2\sqrt{2} \right)^2 \Rightarrow \left|z_{\text{A}} \right| = 2\sqrt{2}$.

On peut écrire : $z_{\text{A}} = 2\sqrt{2}\left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) =  2\sqrt{2}\left(\cos \frac{\pi}{3} + \text{i}\frac{\pi}{3} \right)$.

Un argument de $z_{\text{A}}$ est donc $\dfrac{\pi}{3}$.

De m\^eme $\left|z_{\text{B}} \right|^2 = 4 + 4 = 8 = \left(2\sqrt{2} \right)^2 \Rightarrow \left|z_{\text{B}} \right| = 2\sqrt{2}$.

On peut écrire : $z_{\text{B}} = 2\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right) =  2\sqrt{2}\left(\cos \frac{-\pi}{4} + \text{i}\cos \frac{-\pi}{4} \right)$.

Un argument de $z_{\text{B}}$ est donc $- \dfrac{\pi}{4}$.
		\item %En déduire le module et un argument de $z$.
De la question précédente on déduit que, $|z| = \left|\dfrac{z_{\text{A}}}{z_{\text{B}}}\right| = \dfrac{\left|z_{\text{A}} \right|}{\left|z_{\text{A}} \right|} = \dfrac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{2}} = 1$.

De plus arg$(z) = \text{arg}(z_{\text{A}} - \text{arg}(z_{\text{B}} = \dfrac{\pi}{3} - \dfrac{- \pi}{4} = \dfrac{4\pi}{12} + \dfrac{3\pi}{12} = \dfrac{7\pi}{12}$.
		\item %Écrire $z$ sous forme trigonométrique.
		La question précédente donne l'écriture trigonométrique de $z = 1\text{e}^{\frac{7\pi}{12}} = \cos \frac{7\pi}{12} + \text{i}\sin \frac{7\pi}{12}$.
	\end{enumerate}
\item %Déduire des résultats obtenus aux questions précédentes les valeurs exactes de $\cos \dfrac{7\pi}{12}$ et de $\sin \dfrac{7\pi}{12}$.
n identifiant la dernière écriture avec celle du 1., on obtient, pour la partie réelle :

$\cos \dfrac{7\pi}{12} = \dfrac{\sqrt{2} - \sqrt{6}}{4}$ ;
et pour la partie imaginaire :

$\sin \dfrac{7\pi}{12} = \dfrac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}$.
\item %Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal \Ouv{} d'unité graphique $2$~cm.
	\begin{enumerate}
		\item  %Sur papier millimétré, construire les points A et B, images respectives de $z_{\text{A}}$ et de $z_{\text{B}}$.
Voir à la fin de l'exercice.
		\item %Déterminer la nature du triangle OAB.
On a $\left|z_{\text{A}} \right| = 2\sqrt{2} = \left|z_{\text{B}} \right| = 2\sqrt{2} =$ OA = OB, donc le triangle AOB est isocèle en O.

Comme $\widehat{\text{AOB}} = 105$\degres, le triangle n'est pas rectangle. 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\psset{unit=1.25cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-3,-3)(3,3)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange]
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-3,-3)(3,3)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\pscircle(0,0){2.828}
\psdots(2.828;60)(2.828;-45)
\uput[ur](2.828;60){A}\uput[dr](2.828;-45){B}\uput[dl](0,0){O}
\pspolygon[linewidth=2pt](2.828;60)(0;0)(2.828;-45)

\end{pspicture}
\end{center}
\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points}

\medskip

%On donne ci-dessous la représentation graphique $\mathcal{C}$, dans un repère orthonormal d'unité 2 cm, de la fonction $f$ définie sur $[0~;~ 2\pi]$  par :
%
%\[f(x) = 2 - \sin \dfrac{x}{2}\]
%
%\begin{center}
%\psset{unit=1.5cm}
%\begin{pspicture}(-1,-2)(7,4)
%\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(-1,-2)(7,4)
%\psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=1](0,0)(-1,-2)(7,4)
%\uput[dr](1,0){1} \uput[dl](0,1){1}
%\uput[u](3.141,1){S}\uput[dl](0,0){O}
%\psline(6.282,0)(6.282,2) \psline(3.141,0)(3.141,1)
%\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{0}{6.282}{2 x 90  mul 3.141 div  sin sub}
%\end{pspicture}
%\end{center}

\begin{enumerate}
\item  %Vérifier, par le calcul, que :
	\begin{enumerate}
		\item %la courbe $\mathcal{C}$ passe par le point S$(\pi~;~1)$.
Calculons $f(\pi) = 2 - \sin \frac{\pi}{2} = 2 - 1 = 1$.

$\mathcal{C}$ contient S$(\pi~;~1)$.

		\item %la tangente à la courbe $\mathcal{C}$ au point S est parallèle à l'axe des abscisses.
La fonction $f$ est dérivable sur $[0~;~ 2\pi]$ et sur cet intervalle :

$f'(x) = - \dfrac{1}{2}\cos \dfrac{x}{2}$.

En particulier $f\left(\pi \right) = - \dfrac{1}{2}\cos \dfrac{\pi}{2} = - \dfrac{1}{2} \times 0 = 0$.

La tangente à la courbe $\mathcal{C}$ au point S est parallèle à l'axe des abscisses.
		\item %la fonction $f$ est solution de l'équation différentielle : $4y'' + y - 2 =  0$.
Sur $[0~;~ 2\pi],\, f'(x) = - \dfrac{1}{2}\cos \dfrac{x}{2}$ donc 

$f''(x) = - \dfrac{1}{2} \times \left(- \dfrac{1}{2} \right)\sin \frac{x}{2} = \dfac{1}{4}\sin \frac{x}{2}$.

Donc $4f''(x) + f(x) - 2 =  \sin \frac{x}{2} + 2 - \sin \frac{x}{2} - 2 = 0$,

ce qui signifie que $f$ est solution de l'équation différentielle : $4y'' + y - 2 =  0$.
	\end{enumerate}
\item %On veut calculer la valeur exacte du volume du solide de révolution engendré par la courbe $\mathcal{C}$ lors de sa rotation autour de l'axe des abscisses. On rappelle que la valeur V de ce volume, en unités de volume, est donnée par la formule :

%\[\text{V} = \pi \displaystyle\int_{0}^{2\pi} [f(x)]^2\:\text{d}x.\]
	\begin{enumerate}
		\item  %On pose, pour tout nombre réel $x$ appartenant à $[0~;~ 2\pi],~g(x) = [f(x)]^2$.
%Démontrer que l'on a : $g(x) = \dfrac{9}{2} -  4 \sin \dfrac{x}{2} - \dfrac{1}{2} \cos x$.
$g(x) = [f(x)]^2 = \left[2 - \sin \frac{x}{2}  \right]^2 = 4 + \sin^2\frac{x}{2} - 4\sin \frac{x}{2}$ \quad (1).

Or $\cos x = \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2} = 1 - \sin^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2} = 1 - 2\sin^2 \frac{x}{2} \iff$

$\sin^2 \frac{x}{2}  = \dfrac{1 - \cos x}{2} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{\cos x}{2}$.

En remplaçant dans (1) :

$\cos x = 4 + \dfrac{1}{2} - \dfrac{\cos x}{2} - 4\sin \frac{x}{2} = \dfrac{9}{2} - 4\sin \frac{x}{2} - \dfrac{\cos x}{2}$.
		\item %Donner la valeur exacte de ce volume en cm$^3$, puis sa valeur arrondie au mm$^3$ près.
On en déduit que :
		
$\text{V} = \pi \displaystyle\int_{0}^{2\pi} g(x)\:\text{d}x = \pi \displaystyle\int_{0}^{2\pi} \left[\dfrac{9}{2} - 4\sin \frac{x}{2} - \dfrac{\cos x}{2} \right]\:\text{d}x = \pi\left[\dfrac{9x}{2} + 8\cos \frac{x}{2} - 2\dfrac{\sin x}{2} \right]_{0}^{2\pi} =$

$ \pi\left( \dfrac{9\times 2\pi}{2} + 8\cos \frac{2\pi}{2} - 2\dfrac{\sin 2\pi}{2}\right) - \pi\left[\dfrac{9\times 0}{2} + 8\cos \frac{0}{2} - 2\dfrac{\sin 0}{2} \right] =$

$\pi(9\pi - 8 -  8) = \pi(9\pi - 16)$~unités de volume.

Comme 1 u. a. $= 2 \times 2 \times 2 = 8$~cm$^3$, on a finalement :

$\text{V} = 8\pi(9\pi - 16) \approx 308,488$~cm$^3$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Problème} \hfill 11 points}

\medskip

%Soit $f$  la fonction définie sur l'intervalle $]- 1 ~;~+\infty[$ par :
%
%\[f(x) = \dfrac{2x}{1 + x} -  \ln (1 + x).\]
%
%On note $\mathcal{C}$ sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthogonal \Ouv{} d'unités graphiques 1 cm sur l'axe des abscisses et 2 cm sur l'axe des ordonnées.
%
%\bigskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  %Calculer la limite de $f$ en $+\infty$.
En écrivant pour $x > - 1$,et $x \neq 0$,\, $\dfrac{2x}{1 + x} = \dfrac{2}{\frac{1}{x} + 1}$, comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x}  = 0$, on en déduit que 

$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{2x}{1 + x} = 2$.

Comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \ln (1 + x) = + \infty$, on a finalement : $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = - \infty$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %En remarquant que, pour tout nombre réel $x$ appartenant à l'intervalle $]- 1~;~+\infty[$
%
%\[f(x) = \dfrac{1}{1 + x}[2x - (1 + x)\ln (1 + x)],\]
%
%calculer la limite de $f$ en $-1$ (on pourra utiliser sans démonstration
%
%$\displaystyle\lim_{X \to 0} X \ln X = 0$).
Posons $X = 1 + x$. On a :

$\displaystyle\lim_{X \to 0} X \ln X = 0 \iff \displaystyle\lim_{x  \to - 1} (1 + x) \ln (1 + x) = 0$, donc 
$\displaystyle\lim_{x  \to - 1}2x -  (1 + x) \ln (1 + x) = - 2$.

Enfin $\displaystyle\lim_{x  \to - 1} \dfrac{1}{1 + x} = + \infty$ et par produit de limites $\displaystyle\lim_{x  \to - 1} f(x) = - \infty$.
		\item %En déduire une équation d'une droite $\mathcal{D}$ asymptote à $\mathcal{C}$.
Le résultat précédent montre que la droite $\mathcal{D}$  d'équation $x = - 1$ est asymptote verticale à $\mathcal{C}$ au voisinage de $- 1$.
	\end{enumerate}
\item %Déterminer la dérivée $f'$ de $f$ et montrer que, pour tout nombre réel $x$ appartenant à l'intervalle $]- 1~;~+\infty[,~f'(x) = \dfrac{1 - x}{(1 + x)^2}$.

En dérivant terme à terme :

$f'(x) = \dfrac{2(1 + x) - 1 \times 2x}{(1 + x)^2}- \dfrac{1}{1 + x} = \dfrac{2}{(1 + x)^2}- \dfrac{1}{1 + x} = \dfrac{2 - (1 + x)}{(1 + x)^2} = \dfrac{1 - x}{(1 + x)^2}$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Étudier le signe de $f'(x)$ sur l'intervalle $]- 1~;~+\infty[$.
Comme sur $]- 1~;~+\infty[,\, (1 + x)^2 > 0$ le signe de $f'(x)$ est celui du numérateur $1 - x$.

$\bullet~~$ $1 - x > 0 \iff 1 > x \iff x < 1$ ; donc $f'(x) > 0$ sur $]- 1~;~1[$ ;

$\bullet~~$ $1 - x < 0 \iff 1 < x \iff x > 1$ ; donc $f'(x) < 0$ sur $] 1~;~+ \infty[$ ;

$\bullet~~$ $1 - x = 0 \iff x = 1$, donc $f'(1) = 0$.
		\item %Calculer la valeur exacte de $f(1)$.
On a $f(1) = \dfrac{2}{1 + 1} - \ln (1 + 1) = 1 - \ln 2$.
		\item %Dresser le tableau de variations de $f$ sur l'intervalle $]- 1 ~;~+\infty[$.
La fonction est donc croissante sur $]- 1~;~1[$ et décroissante sur $] 1~;~+ \infty[$. D'où le tableau de variations :

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(8,2.5)
\psframe(8,2.5) \psline(0,2)(8,2) \psline(2,0)(2,2.5)\psline(2.2,0)(2.2,2)
\psline(2.25,0)(2.25,2)
\uput[u](1,2){$x$}\uput[u](2.25,2){$- 1$}\uput[u](5,2){$1$}\uput[u](7.5,2){$+\infty$}
\rput(1,1){$f(x)$}\uput[u](2.5,0){$- \infty$}\uput[d](5,2){$1 - \ln 2$}\uput[u](7.5,0){$- \infty$}
\psline{->}(2.5,0.5)(4.5,1.5)\psline{->}(5.5,1.5)(7.5,0.5)
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\begin{enumerate}
\item  %Déterminer une équation de la tangente $\mathcal{T}$ à la courbe $\mathcal{C}$ au point d'abscisse $0$.
On a $M(x~;~y) \in \mathcal{T} \iff y - f(0) = f'(0)(x - 0)$.

Avec $f(0) = 0$ et $f'(0) = 1$, on obtient :

On a $M(x~;~y) \in \mathcal{T} \iff y = x$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Justifier que l'équation $f(x) =  0$ a une seule solution $\alpha$ dans l'intervalle [1~;~5].
On sait que $f(1) = 1 - \ln 2 \approx 0,31 > 0$ et $f(5) = \dfrac{10}{6} - \ln 6 \approx - 0,13 < 0$.

Sur l'intervalle [1~;~5] la fonction $f$ est décroissante de $f(1) > 0$ à $f(5) < 0$. Il existe donc une valeur unique de $x$ telle que $f(x) = 0$ sur cet intervalle. Soit $\alpha$ cette solution.
%Démontrer que $\ln (1 + \alpha) = \dfrac{2\alpha}{1 + \alpha}$.
On a donc $f(\alpha) = 0 \iff \dfrac{2\alpha}{1 + \alpha} -  \ln (1 + \alpha) \iff \dfrac{2\alpha}{1 + \alpha} =  \ln (1 + \alpha)$.
		\item %Donner une valeur approchée de $\alpha$ à $10^{-2}$ près.
La calculatrice donne $3,9 < \alpha < 4$, puis $3,92 < \alpha < 3,93$, la valeur la plus proche étant 3,92.
	\end{enumerate}
\item %Déterminer le signe de $f$ sur l'intervalle $[O~;~\alpha]$.
On a vu que sur l'intervalle [0~;~1] la fonction est croissante de $0$ à $1 - \ln 2 \approx 0,31$ et sur l'intervalle $[1~;~\alpha]$ elle décroit de $1 - \ln 2$ à $0$. Conclusion  : sur $[O~;~\alpha]\, f(x) \geqslant 0$.
\item %Tracer, dans le repère \Ouv{}, la tangente $\mathcal{T}$, la droite $\mathcal{D}$ puis la courbe $\mathcal{C}$.
Figure à la fin.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie C}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  %Démontrer que, sur l'intervalle $]- 1~;~+\infty[$, la fonction $F$ définie par \[F(x) = (-3 - x)\ln(1 + x) + 3x\] est une primitive de la fonction $f$.
On a $F'(x) = - 1\ln(1 + x) + \dfrac{-3 - x}{1 + x} + 3 = \dfrac{- 3 - x + 3 + 3x}{1 + x} - \ln(1 + x) =$

$ \dfrac{2x}{1 + x} - \ln (1 + x) = f(x)$.

Ce résultat signifie que $F$ est une primitive de $f$ sur $]- 1~;~+\infty[$.
\item %Soit $\mathcal{H}$ la partie du plan délimitée par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = 0$ et $x = \alpha$.
	\begin{enumerate}
		\item %Hachurer la partie $\mathcal{H}$ sur le dessin.
Voir la figure.
		\item %Calculer, en unités d'aire et en fonction de $\alpha$, l'aire $\mathcal{A}(\alpha)$ de la partie $\mathcal{H}$ et démontrer que  
%$\mathcal{A}(\alpha) = 2\left(\dfrac{\alpha^2 - 3\alpha}{1 + \alpha}\right)$ cm$^2$.
On a vu que sur $[0~;~\alpha]$, la fonction $f$ est positive, donc l'aire de la surface hachurée est égale à l'intégrale de la fonction $f$ entre $0$ et $\alpha$ :

$\mathcal{A}(\alpha) = \displaystyle\int_{0}^{\alpha} f(x)\:\text{d}x = [F(x)]_{0}^{\alpha} = F(\alpha) - F(0) = (-3 - \alpha)\ln(1 + \alpha) + 3\alpha - [ (-3 - 0)\ln(1 + 0) + 3\times 0 ] = 3\alpha - (3 + \alpha)\ln(1 + \alpha)$.

Or on a vu que $\ln(1 + \alpha) = \dfrac{2\alpha}{1 + \alpha}$, donc :

$\mathcal{A}(\alpha) = 3 \alpha - (3 + \alpha)\times \dfrac{2\alpha}{1 + \alpha} = \dfrac{3\alpha(1 + \alpha) - 2\alpha(3 + \alpha)}{1 + \alpha} = \dfrac{3\alpha + 3\alpha^2 - 6\alpha - 2\alpha^2}{1 + \alpha} = \dfrac{\alpha^2 - 3\alpha}{1 + \alpha}$~u. a.

Or une unité d'aire est égale à 1 u. a. $= 2 \times 1 = 2$~cm$^2$.

Donc $\mathcal{A}(\alpha) = 2\left(\dfrac{\alpha^2 - 3\alpha}{1 + \alpha}\right)$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\psset{xunit=1cm,yunit=2cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-2,-3)(9.2,3.2)
\psgrid[gridlabels=0,subgriddiv=1,gridcolor=orange]
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-2,-3)(9.2,3.2)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[dl](0,0){O}\uput[d](9.2,0){$x$}\uput[l](0,3.2){$y$}
\uput[ul](2,2){$\mathcal{T}$}\uput[ur](3,0.175){\blue $\mathcal{C}$}
\psline(-2,-2)(2,2)
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-0.675}{9}{2 x mul 1 x add div 1 x add ln sub}
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{3.92}{2 x mul 1 x add div 1 x add ln sub}
\psline(3.92,0)(0,0)}

\end{pspicture}
\end{center}
\vfill
Si vous photocopiez ce corrigé pensez à en créditer l'\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}, merci
\end{document} 