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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~ \vect{\jmath},~ \vect{k}\right)$}
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\lhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\rhead{\small Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique,\\ génie électrotechnique, génie optique}
\lfoot{\small{Nouvelle-Calédonie}}
\rfoot{\small{novembre 2006}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

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

\vspace{0,5cm}

{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STI novembre
 2006 Nouvelle-Calédonie~\decofourright\\Génie électronique, électrotechnique, optique\\}}

\end{center}

%\emph{Le formulaire officiel de mathématiques est distribué en même  temps que le sujet.}
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1}\hfill 6 points}

\medskip

%Le plan est muni d'un repère orthonormal \Ouv (unité graphique : 1~cm). 
\begin{enumerate}
\item  %Résoudre dans $\C$ l'équation 
\[z^2 - 4z\sqrt{3} + 16 = 0.\] 
$\Delta = \left(4\sqrt{3} \right)^2 - 4 \times 16 = 48 - 64 = - 16 = (4\text{i})^2$ : l'équation a donc deux solutions complexes conjuguées :
\[\dfrac{4\sqrt{3} + 4\text{i}}{2} = 2\sqrt{3} + 2\text{i} \quad \text{et}\quad 2\sqrt{3} - 2\text{i}.\]
\item %Soient A et B les points d'affixes respectives : $z_{\text{A}} = 2\sqrt{3} - 2\text{i}$ et $z_{\text{B}} = 2\sqrt{3} + 2\text{i}$. 
	\begin{enumerate}
		\item %Calculer le module et un argument de $z_{\text{A}}$ et de $z_{\text{B}}$·
On a $\left|z_{\text{A}} \right|^2 = \left(2\sqrt{3} \right)^2 + (2)^2 = 12 + 4 = 16 = 4^2 \Rightarrow  \left|z_{\text{A}} \right| = 4$ et comme $z_{\text{A}}$ et $z_{\text{B}}$ sont conjugués, $\left|z_{\text{B}} \right| = 4$.

On peut alors écrire $z_{\text{A}} = 4\left(\dfrac{1}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) = 4\left(\cos \frac{-\pi}{3} + \text{i}\sin \frac{-\pi}{3} \right)$. 

Un argument de $z_{\text{A}}$ est donc égal à $\dfrac{-\pi}{3}$ et un argument de $z_{\text{B}}$ est  égal à $\dfrac{\pi}{3}$.
		\item %Construire avec précision les points A et B dans le plan en laissant les traits de construction apparents.
Voir plus bas : les points A et B sont les points communs au cercle centré en O de rayon 4 et de la droite d'équation $x = 2$. 
		\item  %Donner le module et un argument de $\dfrac{z_{\text{B}}}{z_{\text{A}}}$.
On a $\left|\dfrac{z_{\text{B}}}{z_{\text{A}}} \right|  = \dfrac{\left| z_{\text{B}}\right|}{\left|z_{\text{A}} \right|} = \dfrac{4}{4} = 1$.

Pour l'argument : arg$\left(\dfrac{z_{\text{B}}}{z_{\text{A}}} \right) = \text{arg}\left(z_{\text{B}} \right) - \text{arg}\left(z_{\text{A}}\right)  =  \dfrac{\pi}{3} - \left(-\dfrac{\pi}{3}\right) =  \dfrac{2\pi}{3}$.
		\item  %Donner une mesure en radians de l'angle de la rotation de centre O, qui transforme A en B.
On vient de voir que $\left(\vect{\text{OA}},~\vect{\text{OB}} \right) =  \dfrac{2\pi}{3}$, donc l'angle de la rotation de centre O, qui transforme A en B est $\dfrac{2\pi}{3}$.
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item  %Soit C le symétrique de A par rapport à O. Déterminer l'affixe $z_{\text{C}}$ du point C et placer le point C dans le plan. 
On a $z_{\text{C}} = - z_{\text{A}} = -2\sqrt{3} + 2\text{i}$.
		\item  %$t_{\vect{w}}$ désigne la translation de vecteur $\vect{w} = -4\sqrt{3}\vect{u}$. Soit D l'image de A par la translation $t_{\vect{w}}$.
		 
%Déterminer son affixe $z_{\text{D}}$ et placer D.
On a donc $z_{\text{AD}} = z_{\vect{w}} = z_{-4\sqrt{3}\vect{u}}$, soit :

$z_{\text{D}} - z_{\text{A}} = -4\sqrt{3} \iff z_{\text{D}}   = -4\sqrt{3} + z_{\text{A}} = -4\sqrt{3} + 2\sqrt{3} - 2\text{i} = - 2\sqrt{3} - 2 \text{i}$.
	\end{enumerate} 
\item %Quelle est la nature du quadrilatère ABCD ? Justifier la réponse.
On a $z_{\vect{\text{AB}}} = 4\text{i}$ et $z_{\vect{\text{DC}}} = -2\sqrt{3} + 2\text{i} - \left(- 2\sqrt{3} - 2 \text{i} \right) = 4\text{i}$.

Conclusion $\vect{\text{AB}} = \vect{\text{DC}} \iff $ ABCD est un parallélogramme.

D'autre part B et C ont la m\^eme ordonnée, donc la droite (BC) est perpendiculaire à l'axe de sordonnées ;

A et B ont la m\^eme abscisse, donc la droite (AB) est perpendiculaire à l'axe des abscisses.

Conclusion : (AB) et (BC) sont perpendiculaires : le quadrilat\`ere ABCD est donc un rectangle. 
\end{enumerate}


\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-4,-4)(4,4)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-4,-4)(4,4)
\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}
\psdots(3.464,-2)(3.464,2)(-3.464,2)(3.464,-2)%ABCD
\uput[dr](3.464,-2){A} \uput[ur](3.464,2){B} \uput[ul](-3.464,2){C} \uput[dl](-3.464,-2){D}
\pspolygon(3.464,-2)(3.464,2)(-3.464,2)(-3.464,-2)
\psarc[linecolor=blue,linewidth=2pt]{->}(0,0){4}{-30}{30}
\pscircle(0,0){4}
\psline(-4,2)(4,2) 
\psline(3.464,-2)(0,0)(3.464,2)
\end{pspicture}
\end{center}
\vspace{0,5cm}
 
\textbf{\textsc{Exercice 2}\hfill 4 points}

\medskip

%\psset{unit=1cm}
%\begin{center}
%\begin{pspicture}(9,3)
%\psline(0,0)(0,2) \psline[linestyle=dotted,linewidth=1.5pt](0,1)(4.75,1)
%\psline[linestyle=dotted,linewidth=1.5pt](7,1)(9,1)
%\psline(0,1)(0.75,1)(1,1.5)(1.5,0.5)(2,1.5)(2.5,0.5)(3,1.5)(3.5,0.5)(4,1.5)(4.5,0.5)(4.75,0.5)
%\psframe(4.75,0.25)(7,1.75) \psdots(5.85,1)(4.25,1)\uput[ur](5.85,1){G}
%\uput[d](4.25,1){O}
%\psline[linewidth=1pt]{<->}(5.85,2.5)(4.25,2.5)\uput[u](5.05,2.5){5 cm}
%\end{pspicture}
%\end{center}
% 
%\medskip
% 
%On s'intéresse au mouvement d'un mobile qui se déplace sur un axe horizontal en étant fixé à un ressort.

% L'axe est muni d'un repère $\left(\text{O}~;~\vect{\imath}\right)$ l'unité étant le cm.
%  
%G désigne le centre d'inertie. À l'équilibre G et O sont confondus. On tire de 5~cm vers la droite le mobile et on lâche.
% 
%On appelle $f(t)$ la position du mobile sur l'axe à l'instant $t$ exprimé en secondes. Ainsi $f(0) = 5$.
% 
%On rappelle que la vitesse du mobile à l'instant $t$ est $f'(t)$ (donc $f'(0) = 0$). 

\textbf{Les questions 1. et 2. sont indépendantes.}

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item %On suppose, dans cette question uniquement, qu'il n'y a pas de frottements sur l'axe. On admettra dans ce cas, que la fonction $f$ vérifie l'équation différentielle suivante : (E) :
% \[y'' + 2y = 0.\] 
	\begin{enumerate}
		\item  %Résoudre l'équation différentielle (E).
		Les solutions sont de la forme : $y = A\cos 2t + B\sin 2t,~A, \in \R, B \in \R$. 
		\item  %Déterminer la solution de (E) vérifiant $f(0) = 5$ et $f'(0) = 0$.
$\left\{\begin{array}{l c l}
f(0) &=& 5\\
f'(0) &=& 0
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
A&=&5\\
2B = 0
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
A&=&5\\
B&=&0
\end{array}\right.$

La solution s'écrit donc $f(t) = 5\cos 2t$.
	\end{enumerate}
\item %Dans cette question, on suppose qu'il y a des frottements sur l'axe.
 
%On admet dans ce cas que pour $t \geqslant  0$, on a : $f(t) = 5\sqrt{2} \text{e}^{-t}\cos\left(t - \frac{\pi}{4}\right)$. 

	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que pour tout $t \geqslant  0$, on a : $-5\sqrt{2} \text{e}^{-t} \leqslant  f(t) \leqslant  5\sqrt{2}\text{e}^{-t}$.
		Sachant que $-1 \leqslant \cos\left(t - \frac{\pi}{4}\right) \leqslant 1$ on a $-\text{e}^{-t} \leqslant \cos\left(t - \frac{\pi}{4}\right) \leqslant \text{e}^{-t}$ puis $-\text{e}^{-t} \leqslant \cos\left(t - \frac{\pi}{4}\right) \leqslant \text{e}^{-t}$ et enfin $-5\sqrt{2}\text{e}^{-t} \leqslant -5\sqrt{2}\cos\left(t - \frac{\pi}{4}\right) \leqslant 5\sqrt{2}\text{e}^{-t}$.
		
Conclusion : pour tout $t \geqslant  0$, on a : $-5\sqrt{2} \text{e}^{-t} \leqslant  f(t) \leqslant  5\sqrt{2}\text{e}^{-t}$.
		\item %En déduire la limite de la fonction $f$ en $+\infty$.
Comme $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \text{e}^{-t}  = 0,{} \displaystyle\lim_{t \to + \infty} -5\sqrt{2}\text{e}^{-t}$	 et $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} -5\sqrt{2}\text{e}^{-t}$ ; donc par encadrement des limites $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t) = 0.$	 
%Quel est le comportement du mobile pour $t$ assez grand ?
Ceci montre que pour $t$ assez grand le mobile va se rapprocher du point O.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate} 

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Problème}\hfill 10 points}

\medskip

%Le but du problème est d'étudier la fonction $f$ définie sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$ par 
%\[f(x) = x + \dfrac{1 + 2\ln (x)}{x}.\]
  
%On désigne par $(\mathcal{C})$ la courbe représentative dans un repère \Oij{} orthonormal (unité graphique : 2~cm)

\medskip
 
\textbf{Partie A : étude d'une fonction auxiliaire}

\medskip
 
%Soit $g$ la fonction définie sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$ par $g(x) = x^2 + 1 - 2\ln (x)$. 

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer la fonction dérivée de la fonction $g$ sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$.
Sur $]0~;~ +\infty[$ la fonction $g$ est dérivable et 

$g'(x) = 2x - \dfrac{2}{x} = \dfrac{2x^2 - 2}{x} = \dfrac{2\left( x^2 - 1\right)}{x}$ 
		\item  %Dresser le tableau de variations de la fonction $g$ (aucune limite n'est demandée).
Comme $x > 0$, la dérivée est du signe du trin\^ome $x^2 - 1$ donc positive sauf entre $-1$ et $1$.

Donc sur $]0~;~1[,~ g'(x) < 0$ et $f$ est décroissante ;

sur $]1~;~+ \infty[,~g'(x) > 0$ et $f$ est croissante, d'o\`u 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)
\uput[u](1,2){$x$} \uput[u](2.2,2){$0$} \uput[u](5,2){$1$} \uput[u](7.5,2){$+ \infty$} \rput(1,1){$g(x)$} 
\psline{->}(2.6,1.7)(4.4,0.3)\psline{->}(5.5,0.3)(7.4,1.7) 
\end{pspicture}
\end{center}

	\end{enumerate} 
\item %En déduire le signe de $g(x)$ sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$.
On a $g(1) = 1 + 1 = 2$ ; le minimum de la fonction étant supérieur à zéro, la fonction $g$ est positive non nulle sur $]0~;~ +\infty[$.
\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{Partie B : étude de la fonction} \boldmath $f$ \unboldmath
 
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer la limite de la fonction $f$ en $0$. Que peut-on en déduire pour la courbe $(\mathcal{C})$ ? 

Comme $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln (x) = - \infty$, $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1 + 2\ln (x)}{x} = - \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = - \infty$.

Géométriquement : l'axe des ordonnées est asymptote verticale à la courbe $(\mathcal{C})$ au voisinage de zéro.
		\item  %Vérifier que pour tout $x$ de l'intervalle $]0~;~ +\infty[$, $f(x) = x + \dfrac{1}{x} + 2 \dfrac{\ln (x)}{x}$ et en déduire la limite de  la fonction $f$ en $+\infty$.
On peut écrire $f(x) = x + \dfrac{1}{x} + 2\dfrac{\ln (x)}{x}$

On a : $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x = + \infty$, 

$\displaystyle\lim_{x \to +\infty}\dfrac{12}{x} = 0$, 

$\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln (x)}{x} = 0$,

on peut conclure que $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = + \infty$.
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
			\item  %Démontrer que la droite $(\Delta)$ d'équation $y = x$ est asymptote à la courbe $(\mathcal{C})$ en $+\infty$.
			Soit la fonction $d$ définie sur $]0~;~ +\infty[$ par $d(x) = f(x) - x =  \dfrac{1 + 2\ln (x)}{x} = \dfrac{1}{x} + 2 \dfrac{\ln (x)}{x}$ et d'qapr\`es les résultats précédents $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} d(x) = 0$, ce qui signifie que la droite  $(\Delta)$ d'équation $y = x$ est asymptote à la courbe $(\mathcal{C})$ en $+\infty$.
			\item  %Pour $x$ appartenant à l'intervalle $]0~;~ +\infty[$, étudier le signe de $\dfrac{1 + 2\ln (x)}{x}$ et en déduire la position  
%relative de la courbe $(\mathcal{C})$ par rapport à la droite $(\Delta)$.
Pour $x$ appartenant à l'intervalle $]0~;~ +\infty[$, $\dfrac{1}{x} > 0$ et $\dfrac{\ln (x)}{x} > 0$, donc $d(x) > 0$, ce qui signifie que la courbe $(\mathcal{C})$ est au dessus de la droite $(\Delta)$.
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que pour tout $x > 0$, on a $f'(x) = \dfrac{g(x)}{x}$.
En posant $u(x) = 1 + 2\ln (x)$ et $v(x) = x$, on a $\left(\dfrac{u}{v} \right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2} = \dfrac{\frac{2}{x}\times x - 1 (1 + 2\ln (x)) }{x^2} = \dfrac{1 - 2\ln (x)}{x^2}$.

Donc $f'(x) = 1 + \dfrac{1 - 2\ln (x)}{x^2} = \dfrac{x^2 + 1 - 2\ln (x)}{x^2} = \dfrac{g(x)}{x^2}$.		 
		\item %En utilisant les résultats de la partie A, dresser le tableau de variations de la fonction $f$.
On sait que $x^2 > 0$ et que $g(x) > 0$ sur $]0~;~ +\infty[$, donc $f'(x) > 0$ : la fonction $f$ est donc croissante sur $]0~;~ +\infty[$. D'o\`u le tableau de variations :

\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](2.2,2){$0$}  \uput[u](5.5,2){$+ \infty$} \rput(1,1){$f(x)$} 
\psline{->}(2.7,0.3)(5.3,1.7)
\uput[u](2.4,0){$- \infty$}\uput[d](5.6,2){$+ \infty$} 
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate} 
\item %Soit A le point de la courbe $(\mathcal{C})$ d'abscisse 1.

%Déterminer une équation de la tangente (T) à la courbe $(\mathcal{C})$ en A.
On a $M(x~;~y) \in (\text{T}) \iff y - f(1) = f'(1)(x - 1) \iff y  - 2 = 2(x - 1) \iff y = 2x$.
\item %Tracer la droite $(\Delta)$, la tangente (T) et la courbe $(\mathcal{C})$ dans le repère \Oij.
Voir la figure à la fin.
\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{Partie C : calculs d'aire}

\medskip 
 
\begin{enumerate}
\item %Soit $F$ la fonction définie sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$ par 
%\[F(x) = \dfrac{x^2}{2} + \ln (x) + [\ln (x)]^2.\] 
%Démontrer que $F$ est une primitive de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$.
Sur $]0~;~ +\infty[$, $F$ est dérivable et 

$F'(x) = x + \dfrac{1}{x} + 2 \ln (x) \times \dfrac{1}{x} = x + \dfrac{1 + 2\ln (x)}{x} = f(x)$.

$F$ est une primitive de $f$ sur $]0~;~ +\infty[$. 
\item %Soit $(\mathcal{D})$ la partie du plan délimitée par la courbe $(\mathcal{C})$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = 1$ et $x = \text{e}$.

	\begin{enumerate}
		\item %Hachurer $(\mathcal{D})$ sur la figure.
		Voir plus bas. 
		\item %Calculer la valeur exacte de l'aire de $(\mathcal{D})$ exprimée en cm$^2$.
La fonction est croissante sur $[1~;~+\infty[$ et $f(1) = 2 > 0$ : donc la fonctioin est positive sur cet intervalle et l'aire (en u. a.) de la partie $(\mathcal{D})$ est égale à l'intégrale :

$\int_{1}^{\text{e}} f(x)\:\text{d}x = \left[F(x) \right]_{1}^{\text{e}} = F(\text{e}) - F(1) = \dfrac{\text{e}^2}{2} + \ln (\text{e}) + [\ln (\text{e})]^2 - \left(\dfrac{1^2}{2} + \ln (1) + [\ln (1)]^2 \right) = \dfrac{\text{e}^2}{2} + 1 + 1 - \dfrac{1}{2}= \dfrac{3}{2} - \dfrac{\text{e}^2}{2} = \dfrac{3 - \text{e}^2}{2}$~(u. a.).

Or l'unité d'aire est égale à $2 \times 2 = 4$~cm$^2$, donc l'aire de la partie $(\mathcal{D})$ est égale à $4\left(\dfrac{3 - \text{e}^2}{2} \right) = 2\left(3 - \text{e}^2 \right)$.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate} 

\medskip

\psset{unit=1cm}

\begin{center}
\begin{pspicture}(-0.5,-4)(8,8)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.25pt,gridcolor=lightgray](0,-4)(8,8)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-0.5,-4)(8,8)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{1}{2.71828}{x ln 2 mul 1 add x div x add} 
\psline(2.71828,0)(1,0)}
\psline(1,0)(1,2) \uput[d](2.71828,0){e}

\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\uput[dl](0,0){O} \uput[l](3.5,7){(T)}\uput[dr](7,7.6){\blue $\mathcal{C}$}
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.31}{7.25}{x ln 2 mul 1 add x div x add}
\psplot{0}{3.5}{x 2 mul} 
\end{pspicture}
\end{center}
\vfill
Si vous photocopiez ce corrigé pensez à en créditer l'\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}, merci
\end{document}