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% Tapuscrit et corrigé Patrick Barril
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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{A. P. M. E. P.}
\lhead{\small Baccalauréat STI  Génie mécanique A et F, énergétique, civil}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{juin 2001}}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}%
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}
\textbf{\Large  \gray  \decofourleft~Correction Baccalauréat STI Métropole juin 2001~\decofourright\\
Génie mécanique A et F, énergétique, civil \decofourright} \end{center}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\[z_{\text{A}} = \sqrt{3} + 3\text{i}~ ;~ z_{\text{B}} = 2\sqrt{3} \quad 
\text{et}\quad  z_{\text{C}} = 2\text{i}.\]

\begin{enumerate} 
\item Voir la figure plus bas.
\item Déterminons  le module  du nombre  complexe $z_{\text{A}}$:

\[|z_{\text{A}}|=\sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^2+3^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\]

Déterminons  un argument $\theta$ du nombre  complexe $z_{\text{A}}$:
\[\left\lbrace 
\begin{array}{l}
\sqrt{3}=2\sqrt{3}\cos \theta \\
 3=2\sqrt{3}\sin \theta 
\end{array}
\right. 
\iff
\left\lbrace 
\begin{array}{l}
\cos \theta=\frac{1}{2} \\
 \sin \theta =\frac{3}{2\sqrt{3} }=\frac{\sqrt{3}^2}{2\sqrt{3} }=\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{array}
\right. 
\Rightarrow
 \theta= \frac{\pi}{3}
\]
Ainsi, $z_{\text{A}}=[2\sqrt{3},\,\frac{\pi}{3}]$
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item 
\begin{eqnarray*}
 AC=|z_{\text{A}}  - z_{\text{C}}|&=&\sqrt{\left(0-\sqrt{3}\right)^2+(2-3)^2}=\sqrt{3+1}=2\\
 AB=|z_{\text{B}}  - z_{\text{A}}|&=&\sqrt{\left(2\sqrt{3}-\sqrt{3}\right)^2+(3-0)^2}=\sqrt{3+9}=\sqrt{12}\\
BC= |z_{\text{B}}  - z_{\text{C}}|&=&\sqrt{\left(0-2\sqrt{3}\right)^2+(2-0)^2}=\sqrt{12+4}=4
\end{eqnarray*}
Ainsi, $\text{BC}^2=\text{AB}^2+\text{AC}^2$, donc le  triangle ABC est rectangle en A.
		\item Comme ABC est rectangle en A, alors le centre K du cercle $(\Gamma)$ circonscrit au triangle ABC est le milieu de l'hypothénuse [BC], donc K a pour coordonnées:
		
\[\left(\frac{x_{\text{B}}+x_{\text{C}}}{2}=\frac{2\sqrt{3}+0}{2}=\sqrt{3}~;~\frac{y_{\text{B}}+y_{\text{C}}}{2}= \frac{0+2}{2} = 1\right).\]

Et, le rayon $r$ de ce cercle est: $\frac{1}{2}\text{BC} = \frac{1}{2}\times 4 = 2$.

Donc, $(\Gamma)$ est le cercle de centre K d'affixe $z_\text{K} = \sqrt{3}+\text{i}$ et de rayon $r = 2$.

		\item Comme:
\[\text{OK}= \left|z_{\text{K}}-z_{\text{O}}\right|=\sqrt{\sqrt{3}^2+1^2}=\sqrt{4} = 2 = r\]
Alors,  le point O appartient au cercle $(\Gamma)$.
	\end{enumerate}
\item On considère le point D, d'affixe $z_{\text{D}} = 2 \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}$.
	\begin{enumerate} 
		\item Comme par définition, $\text{e}^{i\theta}=\cos \theta + \text{i} \sin \theta$, alors:
\[z_{\text{D}} = 2 \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}=2\left(\cos (-\frac{\pi}{6}) + \text{i} \sin (-\frac{\pi}{6}) \right)=2 \left(\frac{\sqrt3}{2}+\text{i} \frac{1}{2}\right)= \sqrt{3}-  \text{i}\]
		\item Ainsi, le  milieu M du segment [AD] a pour coordonnées 

\[\left(\frac{x_{\text{A}} + x_{\text{D}}}{2}=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}~;~\frac{y_{\text{A}}+y_{\text{D}}}{2}=\frac{3+(-1)}{2}=1\right).\]

Donc, M a pour affixe $z_\text{M}=\sqrt{3}+\text{i}= z_\text{K}$, donc M et K sont confondus. 
		\item On en déduit que  les diagonales du  quadrilatère ABDC ont même milieu K, donc ABDC est un parallélogramme ; mais, comme il possède un angle droit (en A), c'est  un rectangle.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\begin{center}
 % TeXgraph version 1.94 beta-8
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\psset{xunit=1cm, yunit=1cm}
\begin{pspicture}(-1,-2)(5,4.5)%
%psaxes1  (Utilisateur)
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{\small\psaxes[ticksize=-1mm 1mm,labelsep=1mm]{->}(0,0)(-1,-2)(5,4.5)}%
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\psset{linecolor={black}}
\psdots(1.7321,3)
\psset{linewidth=0.4pt}
\rput[b](1.7321,3.25){\small $A$}
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\psellipse(1.7321,1)(2,2)
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\psline(1.7321,3)(3.4641,0)(1.7321,-1)(0,2)(1.7321,3)
%objet4  (Ligne Polyg.)
\psline(0,2)(3.4641,0)
\end{pspicture}%

\end{center}
\vspace{1cm}

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

\medskip

\begin{enumerate} 
\item	Comme $4y''+y = 0 \iff y''+\frac{1}{4}y=0$, alors les solutions de  l'équation différentielle : $4y'' + y = 0$ sont les fonctions :

\[y(x)=A\cos \left(\frac12 x\right)+B \sin \left(\frac12 x\right), \text{ avec  A et B deux constantes réellles}.\]

\item On a :
\[\left\{\begin{array}{l c l}
f(x)&=&A\cos\left(\frac12 x\right)+B \sin \left(\frac12 x\right)\\
f(\pi) & = & \sqrt{3}\\
f'(\pi)& =& - \cfrac{1}{2}.
\end{array}  \right.\]
Ainsi, $f(\pi)  =  \sqrt{3}$ devient: 

\[A\underbrace{\cos\left(\frac12 \pi\right)}_{=0}+B \underbrace{\sin \left(\frac12 \pi\right)}_{=1}=\sqrt{3}\iff B=\sqrt{3}.\]

Comme 

\[f'(x)=-\frac{1}{2}A\sin\left(\frac12 x\right)+\frac{1}{2}B \cos \left(\frac12 x\right).\]

Alors, $f'(\pi) = - \cfrac{1}{2}.$ devient:

\[-\frac{1}{2}A\sin\left(\frac12 \pi\right)+\frac{1}{2}B \cos \left(\frac12 \pi\right)=- \cfrac{1}{2}\iff -\frac12 A=-\frac12 \iff A=1.\]

Donc la solution particulière $f$ de l' équation différentielle $4y''+y=0$ vérifiant $f(\pi) = \sqrt{3}$ et $f'(\pi) = - \frac{1}{2}$ est 

\[f(x)=\cos\left(\frac12 x\right)+\sqrt{3} \sin \left(\frac12 x\right).\]

\item Comme
\begin{eqnarray*}
2 \cos \left( \cfrac{x}{2} - \cfrac{\pi}{3} \right)&=&2\left(\cos \frac{x}{2}\sin \frac{\pi}{3}+ \sin \frac{x}{2}\cos \frac{\pi}{3}\right)\\
&=&2\left(\cos \left(\frac{x}{2}\right)\times \frac{1}{2}+\sin \left(\frac{x}{2}\right)\times \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\
&=&\cos \left(\frac12 x\right)+\sqrt{3} \sin \left(\frac12 x\right)\\
&=&f(x)
\end{eqnarray*}
Alors, pour  tout $x$ réel : $f(x) = 2 \cos \left( \cfrac{x}{2} - \cfrac{\pi}{3} \right)$.

\item Résoudre dans l'ensemble des nombres réels:

\[f(x) = 1\iff 2 \cos \left( \cfrac{x}{2} - \cfrac{\pi}{3} \right)=1 \iff \cos \left( \cfrac{x}{2} - \cfrac{\pi}{3} \right)=\frac12=\cos \frac{\pi}{3}.\]

Donc, \[\cfrac{x}{2} - \cfrac{\pi}{3}=\pm \frac{\pi}{3}+ k \times 2\pi, \mbox{ avec } k \in \Z.\]

C'est à dire:

\[\frac{x}{2}- \cfrac{\pi}{3}= \frac{\pi}{3}+ k \times 2\pi \mbox{ ou } \frac{x}{2}- \frac{\pi}{3}= -\frac{\pi}{3}+ k \times 2\pi.\]

Donc, 

\[\frac{x}{2}= \frac{2\pi}{3}+ k \times 2\pi \mbox{ ou } \frac{x}{2}= k \times 2\pi.\]

D'où:

\[x=\frac{4\pi}{3}+ k \times 4\pi  \mbox{ ou } x= k \times 4\pi.\]

Ainsi, les solutions appartenant à l'intervalle $[0~;~4\pi[$ sont : $0$ et $\frac{4\pi}{3}$.
\end{enumerate} 

\newpage

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

\medskip

Soit $f$ la fonction définie sur $]-\infty~;~+ \infty[$ par :

\[f(x) = 3\text{e}^{-x} + 2x - 4.\]

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie A : Construction de la courbe représentative de} 
\boldmath $f$ \unboldmath

\medskip

\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item Comme $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \text{e}^{-x}=0$ et $\displaystyle \lim_{x\to +\infty}2x-4=+\infty$, alors:

\[\displaystyle \lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty.\]

		\item Comme :
\begin{eqnarray*}
\text{e}^{-x}\left(3 + 2x\text{e}^x -  4\text{e}^{x}\right)&=&3\text{e}^{-x}+2x \text{e}^{-x}\times \text{e}^{x}-4\text{e}^{-x}\text{e}^{x}\\
&=&3\text{e}^{-x}+2x \text{e}^{-x+x}-4\text{e}^{-x+x}\\
&=&3\text{e}^{-x}+2x \text{e}^{0}-4\text{e}^{0}\\
&=&3\text{e}^{-x}+2x \times 1-4\times 1\\
&=&3\text{e}^{-x}+2x -4
\end{eqnarray*}
Ainsi,  

\[f(x) = \text{e}^{-x}\left(3 + 2x\text{e}^x - 
 4\text{e}^{x}\right).\]
 
Comme $\displaystyle \lim_{x\to -\infty} \text{e}^{x}=0$ et $\displaystyle \lim_{x\to -\infty} x\text{e}^{x}=0$, alors $\displaystyle \lim_{x\to -\infty} 3 + 2x\text{e}^x -  4\text{e}^{x}=3$.
 
Mais, ce résultat est à multiplier par $\displaystyle \lim_{x\to -\infty} \text{e}^{-x}=+\infty$, donc:

\[\displaystyle \lim_{x\to -\infty} f(x)=+\infty.\]

		\item Soit $(\mathcal{C})$ la courbe représentative de $f$ et
 soit (D) la droite d'équation : $y = 2x - 4$.
 
Comme  \[\displaystyle \lim_{x\to +\infty}f(x)-(2x-4)=\displaystyle \lim_{x\to +\infty}3\text{e}^{-x}=0\]

alors  (D) est  asymptote à $(\mathcal{C})$ en $+ \infty$.

De plus, 
\begin{eqnarray*}
f(x) \geqslant 2x-4 & \iff & f(x)-(2x-4)\geqslant 0 \\
& \iff & 3\text{e}^{-x}\geqslant 0 \\
& \iff & \text{e}^{-x}\geqslant 0 \\
& \iff & S =\R
\end{eqnarray*}
Donc, pour tout réel $x$ la courbe $(\mathcal{C})$ est au-dessus de la droite (D).
	\end{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item Comme $f(x)=3\text{e}^{-x} + 2x - 4$, alors:

\[f'(x) = -3\text{e}^{-x} + 2\]

Et, \begin{eqnarray*}
- 3\text{e}^{-x} + 2 \geqslant 0 &\iff& 2 \geqslant 3\text{e}^{-x} \\
&\iff& \frac23 \geqslant \text{e}^{-x} \\
&\iff& \ln \frac23 \geqslant -x \\
&\iff& -\ln \frac23 \leqslant x 
    \end{eqnarray*}
		\item Ainsi le tableau de variation de $f$ est:
\begin{center}
\begin{tabular}{l|ccccc}
$x$ 		& $-\infty$ &  & $-\ln \frac23$ &  & $+\infty$ \\ \hline
signe de $f'(x)$ 	&  & $-$ 		&0 &$+$ &  \\ \hline
 & $+\infty$ 		&  &  			&  &$+\infty$ \\ 
variation de $f$ 	&  & $\searrow$ &  &$\nearrow$ &  \\ 
 					&  &  			&$f(-\ln \frac23)$&  & 
\end{tabular}
\end{center}
		\item Une équation de la tangente (T) à la courbe $(\mathcal{C})$ au point d'abscisse $0$ est :
		
\[y = f'(0)(x-0)+f(0)=(-3\underbrace{\text{e}^0}_{=1}+2)x+3\text{e}^{0} + 2\times 0 - 4 = -x1\]

		\item Sur l'intervalle $[-2~;~5]$, on a:.
\begin{center}
\begin{tabular}{l|ccccc}
$x$ & $-2$ &  & $-\ln \frac23$ &  & $5$ \\ \hline
signe de $f'(x)$ &  & - & 0 & + &  \\ \hline
 & $f(-2)$ &  &  &  & $f(5)$ \\ 
variation de $f$ &  & $\searrow$ &  & $\nearrow$ &  \\ 
 &  &  & $f(-\ln \frac23)$ &  & 
\end{tabular}
\end{center}
Alors le minimum est: 

\[f\left(-\ln \frac23\right) = 3\text{e}^{-\ln \frac23} + 2\times \left(-\ln \frac23\right) - 4=3\text{e}^{\ln \frac{1}{\frac23}} - 2\ln \frac23 - 4=3\frac{1}{\frac23}- 2\ln \frac23 - 4=\frac92- 2\ln \frac23 - 4.\]

Et le maximum est $f(-2)=3\text{e}^{2} -4 - 4=3\text{e}^{2} -8.$
	\end{enumerate}

\item Tracé de  $(\mathcal{C})$, (D) et (T):
\begin{center}
\psset{xunit=1cm, yunit=1cm}
\begin{pspicture*}(-3,-2)(6,6)%
\psset{linewidth=0.4pt}
{\small\psaxes[ticksize=-1mm 1mm,labelsep=1mm,linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-3,-2)(6,6)}%
\psplot[algebraic,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-2}{5}{3*EXP(-x) + 2*x - 4}
\psplot[algebraic]{-2}{5}{2*x - 4}
\psplot[algebraic]{-2}{5}{- x - 1}
\psset{fillstyle=hlines,hatchwidth=0.2pt,hatchangle=45,hatchcolor=red}
\pscustom{
\psplot[algebraic,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{1.8}{4}{3*EXP(-x)+2*x-4}
\psline(4,0)(1.8,0)
\closepath}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{enumerate} 

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie B : Calcul d'une aire}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item Une primitive de $f$ sur $]- \infty~;~ + 
\infty[$ est :

\[F(x)=-3\text{e}^{-x}+x^2-4x.\]

\item 
	\begin{enumerate} 
		\item Sur l'intervalle [1~;~2], on a:
\begin{center}
\begin{tabular}{c|ccc}
$x$ & 1 &  & 2 \\ \hline
 &  &  & $f(2)>0$ \\ 
variation de $f$ &  &$\nearrow$  &  \\ 
 & $f(1)<0$ &  & 
\end{tabular}
\end{center}
Ainsi, d'après le tableau de variation de $f$ sur [1;2] ( qui résume dérivabilité et stricte croissance), l'équation $f(x) = 0$ admet sur ]1 ; 2[ une unique solution $\alpha$.\\
De plus, \begin{center}
% use packages: array
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}\hline
$x$ & 1,6 & 1,7 & 1,8 & 1,9 \\ \hline
$f(x)$ & -0,194 & -0,051 & 0,096 & 0,248 \\ \hline
\end{tabular}
\end{center}
Donc, une valeur approchée (par défaut) au dixième près de $\alpha$ est 1,8.
		\item Ainsi, nous avons:
\begin{center}
% use packages: array
\begin{tabular}{c|ccccc}
$x$ & 1 &  & $\alpha$ &  & $+\infty$ \\ \hline
 &  &  &  &  &  \\ 
 &  &  &  & $\nearrow$ &  \\ 
variation de $f$ &  &  & 0 &  &  \\ 
 &  & $\nearrow$ &  &  &  \\ 
 &  &  &  &  &  \\ \hline
signe de $f(x)$ &  & $-$ & 0 & $+$ & 
\end{tabular}
\end{center}
Donc, sur  l'intervalle $]\alpha~;~+ \infty[$, $f(x) > 0$.
		\item Comme $f$ est positive sur $]\alpha~;~+ \infty[$, l'aire du domaine plan limité par la courbe $(\mathcal{C})$, l'axe des abscisses et les droites d'équation $x = \alpha$ et $x = 4$ est en unité d'aire :
		
\[\mathcal{A}=\int_{\alpha}^4 f(x) \:\text{d}x=F(4)-F(\alpha)\approx 4,4~ \text{u.a}.\]

Mais l'unité graphique est de $2$~cm sur l'axe des abscisses, et de  $1$~cm sur l'axe des ordonnées, donc :
$$1 \text{u.a}=2\times 1 \text{cm}^2=2 \text{cm}^2$$
Ainsi, en cm$^2$, l'aire vaut: 

\[\mathcal{A} = 4,4\times2 = 8,8~\text{cm}^2\]

	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}