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%tapuscrit : Denis Vergès
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\def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
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\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}