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\def\Oij{$\left(\text{O}~;~\overrightarrow{\imath},~\overrightarrow{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\overrightarrow{u},~\overrightarrow{v}\right)$}
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{septembre 2009}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}

{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STI Métropole~\decofourright\\[5pt]Génie mécanique, génie des matériaux septembre 2009}}
    
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1}}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  %Soit (E) l'équation différentielle : $y' + y = 0$ , où $y$ est une fonction numérique définie et dérivable sur $\R.$
	\begin{enumerate}
		\item  %Résoudre l'équation (E).
On sait que la solution générale de l'équation $y' = - y$ est de la forme $y = K\text{e}^{-x},~K \in \R$
		\item  %Montrer que  la solution $f$ de (E) telle que $f(0) = 1$  est la fonction $f$ définie par $f(x) = \text{e}^{-x}$.
$f$ solution de (E) et $f(0) = 1 \Rightarrow K\text{e}^{-0} = 1 \iff K = 1$.

Donc $f(x) = \text{e}^{-x}$.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item %Calculer la valeur moyenne de $f$ sur  [2~;~3].
La valeur moyenne de $f$ sur [2~;~3] est donnée par $V_{m} = \dfrac{1}{3 - 2}\displaystyle\int_{2}^3 \text{e}^{-x}\:\text{d}x = \left[- \text{e}^{-x}  \right]_{2}^3 = \text{e}^{-2} - \text{e}^{-3}$.
		\item  %Déterminer, en fonction de $n$, la valeur moyenne de $f$ sur l'intervalle $[n~;~ n+ 1]$.
Le m\^eme calcul sur l'intervalle $[n~;~ n+ 1]$ donne :

$V_{n} = \dfrac{1}{n+ 1 - n}\displaystyle\int_{n}^{n+1} \text{e}^{-x}\:\text{d}x = \left[- \text{e}^{-x}  \right]_{n}^{3n+1} = \text{e}^{-n} - \text{e}^{-n-1} = \dfrac{1}{\text{e}^{n}} - \dfrac{1}{\text{e}^{n+1}} = \dfrac{1}{\text{e}^{n}}\left(1 - \dfrac{1}{\text{e}} \right)  =  \text{e}^{-n}\left(1 - \text{e}^{-1} \right)$.
    \end{enumerate}
\item %\emph{Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d'initiative, même non fructueuse sera prise en compte dans l'évaluation.}

%Soit $\left(u_{n}\right)$ la suite définie par : $u_{n} = \left(1 - \text{e}^{-1}\right)\text{e}^{-n}$, pour tout $n$ entier positif ou nul.
Pour tout $n$ entier positif ou nul, $u_{n+1} = \text{e}^{-n-1}\left(1 - \text{e}^{-1} \right) = \text{e}^{-n} \times \text{e}^{-1} \left(1 - \text{e}^{-1} \right) =  u_{n+1} = \text{e}^{-1}u_{n}$.

La suite $\left(u_{n}\right)$ est donc une suite géométrique de raison $\text{e}^{-1}$ de premier terme $u_{0} = 1 - \text{e}^{-1}$.   
%Quelle est la nature de cette suite ?
\end{enumerate}    
    
\vspace{0,5cm}

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

\medskip

%Le plan complexe  est rapporté à un repère \Ouv{} orthonormal direct.

%On note i le nombre complexe de module 1 et d'argument $\dfrac{\pi}{2}$.

\begin{enumerate}
\item  %Résoudre dans l'ensemble des nombres complexes l'équation 
%\[z^3 - 12z^2 + 48z = 0.\]
$z^3 - 12z^2 + 48z = 0 \iff z\left(z^2 - 12z + 48 \right) = 0.$

La solution $0$ est évidente. Reste à résoudre l'équation du second degré : $z^2 - 12z + 48 = 0$.

$\Delta = 12^2 - 4 \times 48 = 144 - 192 = - 48 = -3 \times 16 = \left(4\sqrt{3}\text{i} \right)^2$.

L'équation a deux solutions complexes : 

$z_{1} = \dfrac{12 + 4\sqrt{3}\text{i}}{2} = 6 + 2\sqrt{3}\text{i}$ et $z_{2} = 6 - 2\sqrt{3}\text{i}$.

L'ensemble des solutions est donc $S = \left\{0~;~6 + 2\sqrt{3}\text{i}~;~6 - 2\sqrt{3}\text{i}  \right\}$.
\item %Soient A et B  les points du plan d'affixes respectives $z_{\text{A}}$ et $z_{\text{B}}$ telles que 

%$z_{\text{A}} = 6 + 2\text{i}\sqrt{3},~z_{\text{B}} = 6 - 2\text{i}\sqrt{3}$.
\begin{enumerate}
\item %En prenant comme unité graphique 1~cm, placer les points A et B dans le repère \Ouv.

\medskip

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture*}(-1,-4.5)(8.5,4.5)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-1,-4.5)(8.5,4.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=2,subgridcolor=lightgray](0,0)(-1,-4.5)(8.5,4.5)
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45](6,3.4641)(6,-3.4641)(4,0)
\uput[ur](6,3.4641){A}\uput[dr](6,-3.4641){B}\uput[dl](0,0){O}
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}\uput[u](4,0){$\Omega$}\uput[ur](6,0){H}
\pscircle(4,0){4} 
\psline(6,3.4641)(4,0)(6,-3.4641)\psline(6,3.4641)(0,0)(6,-3.4641)
\end{pspicture*}
\end{center} 
(On utilisera une feuille de papier millimétré fournie avec le sujet)
\item  %Calculer le module et un argument de $z_{\text{A}}$.
On a $\left|z_{\text{A}}\right|^2 = 6^2 + 4\times 3  = 36 + 12 = 48.$

Donc $\left|z_{\text{A}}\right|= \sqrt{48} = \sqrt{16 \times 3} = 4\sqrt{3}.$

On peur donc écrire $z_{\text{A}} = 4\sqrt{3}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \text{i}\dfrac{1}{2} \right) = 4\sqrt{3}\left(\cos \frac{\pi}{6} + \text{i}\sin \frac{\pi}{6}\right).$

Un argument de $z_{\text{A}}$ est donc $\dfrac{\pi}{6}.$
\item  %Démontrer que le triangle OAB est équilatéral.
Comme $z_{\text{B}} = \overline{z_{\text{A}}}$, le module de $z_{\text{B}}$ est égal à celui de $z_{\text{A}}$, soit OB = OA = $4\sqrt{3}$ et un argument de $z_{\text{B}}$est égal à $- \dfrac{\pi}{6}$.

On a donc $\widehat{\text{BOA}} = \dfrac{\pi}{6} + \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{3}$.

Le triangle OAB  est donc isocèle avec un angle au sommet de 60 \degres : les deux autres angles, égaux mesurent eux aussi 60 \degres ; le triangle OAB est équilatéral.
\item  %Soit $\Omega$ le point d'affixe 4. Démontrer que le points O, A et B se trouvent sur un cercle $\mathcal{C}$ de centre $\Omega$ dont on précisera le rayon en cm.
On a O$\Omega = \left|z_{\Omega}\right| = 4$ ;

$\Omega\text{A} = \left|6 + 2\text{i}\sqrt{3} - 4 \right| =  \left|2 + 2\text{i}\sqrt{3} \right| = \sqrt{4 + 12} = 4$ ;

$\Omega\text{B} = \left|6 - 2\text{i}\sqrt{3} - 4 \right| =  \left|2 - 2\text{i}\sqrt{3} \right| = \sqrt{4 + 12} = 4$ ;

On a donc $\Omega\text{A} = \Omega\text{B} = \Omega\text{O}$, $\Omega$ équidistant des points O, A et B est le centre du cercle circonscrit au triangle OAB.

Autre méthode : en considérant le point H d'affixe 6, on voit que [OH] est médiane du triangle équilatéral OAB. Le point $\Omega$ situé aux 2/3 sur cette médiane est aussi le centre du cercle circonscrit au triangle OAB.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}       
       
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Problème}  \hfill}

\medskip
 
\textbf{Partie A}

\medskip 

%Soit $g$ la fonction définie sur l'intervalle $\text{I}  = ]0~;~+ \infty[$ par
%\[g(x) = x^2 - 2\ln (x) + 4\]
%et dont la représentation graphique est donnée ci-après.
 
\begin{enumerate}
\item  %Soit $g'$ la dérivée de $g$ sur l'intervalle I. Montrer que $g'(x) = 2\dfrac{x^2 - 1}{x}$.
$g$ est la somme de deux fonctions dérivables sur $]0~;~+ \infty[$ ; elle est donc dérivable sur cet intervalle et :

$g'(x) = 2x - \dfrac{2}{x} = 2\left(x - \dfrac{1}{x} \right) = 2\left(\dfrac{x^2 - 1}{x} \right)$
\item %Dresser le tableau de variations de $g$ sur I.
Comme $x > 0$, le signe de $g'(x)$ est celui de $x^2 - 1$ qui est positif sauf entre $-1$ et $1$, soit ici $g'(x) < 0$ si $0 < x 1$ et $g'(x) > 0$ si $x > 1$. D'o\`u le tableau de variations :

\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)
\psline[doubleline=true](2.1,0)(2.1,2.5)
\uput[u](1,2.5){$x$} \uput[u](2.15,2.5){0} \uput[u](5,2.5){1} \uput[u](7.6,2.5){$+ \infty$}
\rput(1,2.25){$g'(x)$} \rput(3.5,2.25){$-$} \rput(5,2.25){$0$}\rput(6.5,2.25){$+$}
\rput(1,1){$g$}\uput[d](2.4,2){$+ \infty$}\uput[u](5,0){5} \uput[d](7.7,2){$+\infty$}
\psline{->}(2.8,1.7)(4.5,0.3) \psline{->}(5.4,0.3)(7.4,1.7) 
\end{pspicture}
\end{center}

\medskip

$\bullet~$ Comme $\displaystyle\lim_{x \to 0} x^2 = 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln x = - \infty$, on en déduit que $\displaystyle\lim_{x \to 0} g(x) = - \infty$ ;

$\bullet~$ $g(1) = 1^2 - 2 \ln (1) + 4 = 1 + 4 = 5$ ;

$\bullet~$ On peut écrire $g(x) = x \left(x - 2\dfrac{\ln x}{x} + \dfrac{4}{x} \right)$.

On sait que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0,\: \displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{4}{x} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x - 2\dfrac{\ln x}{x} + \dfrac{4}{x} = + \infty$ et finalement $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g(x) = + \infty$, par produit des limites.
\item %En déduire le signe de $g(x)$ sur I.
La fonction a un minimum en 1 qui vaut 5 : on peut donc affirmer que pour tout réel supérieur à zéro, $g(x) > 5 > 0$.
\end{enumerate}

\medskip

\psset{xunit=4cm,yunit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(0,4)(3,8)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Oy=4]{->}(0,4)(3,8)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=5,gridwidth=0.25pt](0,4)(3,8)
 \uput[d](3,4){$x$} \uput[l](0,8){$y$}
\psplot[plotpoints=5000,linecolor=blue]{0.1347}{2.4}{x dup mul 4 add x ln 2 mul sub}
\end{pspicture}
\end{center}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

%Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle I, par 
\[f(x) = \dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{2} + \dfrac{\ln (x) - 1}{x}.\]
 
%On note $\mathcal{C}$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans le plan muni d'un repère orthonormal \Oij.

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Étudier la limite de $f$ en 0 et en déduire l'existence d'une asymptote à la courbe $\mathcal{C}$.
		On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{2} =  \dfrac{1}{2}$.
		
		On peut écrire $\dfrac{\ln (x) - 1}{x} = \dfrac{\ln (x)}{x} - \dfrac{1}{x}.$
		
Or $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\ln (x)}{x} = - \infty$ et  $\displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{1}{x} = - \infty$, d'o\`u par somme des limites $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = - \infty$.

L'axe des ordonnées est asymptote verticale à $\mathcal{C}$ au voisinage de $0$.
		\item  %Étudier la limite de $f$ en $+\infty$ en remarquant que $f(x) = \dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{x} + \dfrac{\ln (x)}{x}$.
On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x} = 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln (x)}{x} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
	\end{enumerate}
\item %On note $f'$ la dérivée de $f$.
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que pour tout nombre réel $x$ de l'intervalle I,~$f'(x) = \dfrac{g(x)}{2x^2}.$ 
Puisque $x \neq 0$, $f$ est une somme de fonctions dérivables et est donc dérivable sur I :

$f'(x) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{\frac{1}{x}\times x - (\ln x - 1)}{x^2} = \dfrac{2 - \ln x}{x^2} = \dfrac{x^2 - 2\ln x + 4}{2x^2} = \dfrac{g(x)}{4}.$
		\item  %En utilisant la partie A donner le signe de $f'(x)$.
		On a vu dans la partie A que sur I, $g(x) > 0$, donc $f'(x) > 0$ sur I et la fonction $f$ est croissante
%En déduire que la fonction $f$ est croissante sur I.
		\item  %Calculer $f(1)$ et en déduire le signe de $f(x)$ sur I.
$f(1) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{\ln 1 - 1}{1} = 1 - 1 = 0$.

Comme $f$ est croissante sur $]0~;~+ \infty[$ et que 
$f(1) = 1$, on en déduit que :

$\bullet~$ $f(x) < 0$ si $0 < x < 1$ ;

$\bullet~$ $f(1) = 0$ ;

$\bullet~$ $f(x) > 0$ si $x > 1$.
	\end{enumerate}
\item  %Construire sur une feuille de papier millimétré, la courbe $\mathcal{C}$ dans le repère \Oij{} en prenant comme unité graphique 2~cm.
\end{enumerate}

\medskip

\psset{xunit=2cm,yunit=2cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(0,-4)(6,4)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(0,-4)(6,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=5,gridwidth=0.25pt](0,0)(0,-4)(6,4)
\uput[u](6,0){$x$} \uput[r](0,4){$y$}
\uput[u](4.75,3){\red $\mathcal{C}$}
\psline(2.71828,-4)(2.71828,4)\uput[l](2.71828,3.5){$\mathcal{D}$}
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[plotpoints=3000,linecolor=red]{1}{2.71828}{0.5 x 1 add mul x ln 1 sub x div add}
\psline(2.71828,0)(1,0)}
\psplot[plotpoints=3000,linecolor=red,linewidth=1.25pt]{0.405}{6}{0.5 x 1 add mul x ln 1 sub x div add}
\end{pspicture}
\end{center}

\medskip

\textbf{Partie C}

\medskip

%On considère la fonction $F$, définie et dérivable sur l'intervalle I, d'expression : 
%  \[F(x) = \dfrac{1}{4}x^2 + \dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{2}\left[\ln (x) - 1 \right]^2.\]
  
\begin{enumerate}
\item  Sur I, $F$ est dérivable et :

$F'(x) = 2 \times \dfrac{1}{4}x + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\times 2 [\ln (x) - 1] \times \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{2}x + \dfrac{1}{2} + \dfrac{\ln (x) - 1}{x} = f(x)$.
%Vérifier que la fonction $F$ est une primitive de la fonction $f$ définie à la partie B.

$F$ est donc une primitive de $f$ sur I.
\item  Voir la figure plus haut.
%Dans le repère \Oij, tracer la droite $\mathcal{D}$ d'équation $x = \text{e}$.

%Hachurer la partie du plan située au dessus de l'axe des abscisses et délimitée par $\mathcal{C}$ et $\mathcal{D}$.

\item  %Que représente  le nombre $A = 4F(\text{e}) - F(1)$.
$F(\text{e}) - F(1) = \displaystyle\int_{1}^{\text{e}} f(x)\:\text{d}x$.

Comme l'unité d'aire est $2 \times 2$~(cm$^2$), $A = 4\left[F(\text{e} - F(1)\right]$ est égale à l'aire de la surface hachurée en cm$^2$.
%Calculer la valeur exacte de $A$, puis sa valeur arrondie au centième.
On a $F(\text{e}) - F(1) = \dfrac{1}{4}\text{e}^2 + \dfrac{1}{2}\text{e} + \dfrac{1}{2}\left[\ln (\text{e}) - 1 \right]^2 - \left[\dfrac{1}{4}1^2 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\left[0 - 1 \right]^2 \right] = \dfrac{\text{e}^2}{4} + \dfrac{\text{e}}{2}- \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{2} = \dfrac{\text{e}^2}{4} + \dfrac{\text{e}}{2} - \dfrac{5}{4}$.

Donc $A = \text{e}^2 + 2\text{e} - 5 \approx 7,825 \approx 7,83$ cm$^2$.
\end{enumerate}
\end{document}