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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{A. P. M. E. P.}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, énergétique, civil}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{juin 2007}}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

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

\vspace{0,5cm}

{\Large\textbf{\decofourleft ~Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, civil~\decofourright\\Métropole juin 2007}}

\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 4 points}
 
\medskip
 
%On considère l'équation différentielle (E) : $4y''+ \pi^2y = 0$ o\`u $y$ est une fonction numérique deux fois dérivable de la variable réelle $x$.
\begin{enumerate}
\item %Résoudre l'équation (E).
On sait que les solutions sont de la forme $y = A\cos \pi x + B \sin \pi x,~A \in \R, B \in \R$.
\item 	%Déterminer la fonction $g$, solution de cette équation, dont la courbe représentative dans un repère du plan passe par le point N de coordonnées $\left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$ et qui, en ce point, admet une tangente parallèle à l'axe des abscisses.
Il faut trouver une fonction $g$ telle que $g(x) = A\cos \frac{\pi}{2} x + B \sin \frac{\pi}{2} x$ et donc $g'(x) = -A\frac{\pi}{2} \sin \frac{\pi}{2} x + B\frac{\pi}{2} \cos \frac{\pi}{2} x$ et  vérifiant 

$\left\{\begin{array}{l c l}
g\left(\frac{1}{2} \right) &=&\frac{\sqrt{2}}{2}$\\
g'\left(\frac{1}{2} \right)&=&0
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
A\cos \frac{\pi}{2} \frac{1}{2} + B \sin \frac{\pi}{2} \frac{1}{2} &=&\frac{\sqrt{2}}{2}$\\
-A \sin \frac{\pi}{2} \frac{1}{2} + B \cos \frac{\pi}{2} \frac{1}{2}&=&0
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
A \frac{\sqrt{2}}{2} +  B\frac{\sqrt{2}}{2} &=&\frac{\sqrt{2}}{2}$\\
-A\frac{\sqrt{2}}{2} + B \frac{\sqrt{2}}{2}  &=&0
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c l}
A +  B &=&1$\\
-A + B   &=&0
\end{array}\right.
 \Rightarrow 2B = 1 \iff B = \dfrac{1}{2}$ et donc $A = \dfrac{1}{2}$.

Donc $g(x) = \dfrac{1}{2}\cos \frac{\pi}{2} x + \dfrac{1}{2} \sin \frac{\pi}{2} x$.

\item  %Vérifier que, pour tout nombre réel $x,~ g(x) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}	\cos \left(\dfrac{\pi}{2}x - \dfrac{\pi}{4}\right).$
$g(x) = \dfrac{1}{2}\cos \frac{\pi}{2} x + \dfrac{1}{2} \sin \frac{\pi}{2} x = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos \dfrac{\pi}{2} x + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin \dfrac{\pi}{2} x \right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos \left(\dfrac{\pi x}{2} -  \dfrac{\pi}{4} \right)$.
\item 	%Calculer la valeur moyenne de la fonction $g$ sur l'intervalle [0~;~1].
La valeur moyenne de la fonction $g$ sur l'intervalle [0~;~1] est égale à :

\dfrac{1}{1 - 0}\displaystyle\int_{0}^1 g(x)\:\text{d}x = \displaystyle\int_{0}^1 \dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos \left(\dfrac{\pi x}{2} -  \dfrac{\pi}{4} \right)\:\text{d}x = \left[\dfrac{2}{\pi}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin \left(\dfrac{\pi x}{2} -  \dfrac{\pi}{4} \right)\right]_{0}^1 = \dfrac{\sqrt{2}}{\pi}\sin \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\sqrt{2}}{\pi}\sin \left(-\dfrac{\pi}{4} \right) = \dfrac{1}{\pi} + \dfrac{1}{\pi} = \dfrac{2}{\pi}$.   

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

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}

\medskip

%i désigne le nombre complexe de module $1$ et d'argument $\dfrac{\pi}{2}$.
\begin{enumerate}
\item  %Résoudre dans l'ensemble des nombres complexes l'équation 
%\[z^2 + 2z + 10 = 0.\]
$z^2 + 2z + 10 = 0 \iff (z + 1)^2 - 1 + 10 = 0 \iff (z + 1)^2 + 9 = 0 \iff (z + 1)^2 - (3\text{i})^2 = 0 \iff (z + 1 + 3\text{i})(z + 1 - 3\text{i}) = 0$.

L'équation a donc deux solutions complexes conjuguées :

\[\{- 1 - 3\text{i}~;~ - 1 - 3\text{i}\}.\]

Autre méthode : $\Delta  = 4 - 40 = -36 = (6\text{i})^2$ \ldots
\item  %Déterminer les nombres complexes $c$ et $d$ vérifiant le système :
%\[\left\{\begin{array}{l c l}
%-  2c + d& =&1+13\text{i}\\
%-c + d &=&4 + 8\text{i}\\
%\end{array}\right.\]
$\left\{\begin{array}{l c l}
-  2c + d& =&1+13\text{i}\\
-c + d &=&4 + 8\text{i}\\
\end{array}\right. \Rightarrow \text{ par différence } c = 3 - 5\text{i}$, d'o\`u $d = c + 4 + 8\text{i} = 3 - 5\text{i}+ 4 + 8\text{i} = 7 + 3\text{i}$.
\item  %Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal \Ouv{}	d'unité graphique $1$~cm.
	\begin{enumerate}
		\item  %Placer sur une figure les points A, B, C et D dont les affixes respectives sont :
%\[	-1 + 3\text{i},~-1 -3\text{i},~	3 - 5\text{i}~~ \text{et}~7 + 3\text{i}.\]
Voir la figure à la fin de l'exercice.
		\item  %Démontrer que le triangle BAD est rectangle en A.
On a $z_{\vect{\text{AB}}} = -1 -3\text{i} - (-1 + 3\text{i}) = -6\text{i}$.

$z_{\vect{\text{AD}}} = 7 + 3\text{i}- (-1 + 3\text{i}) = 8$.

On a donc $\vect{\text{AB}} = -6\vect{v}$ et  $\vect{\text{AD}} = 8\vect{u}$. Comme $\vect{u}$ et $\vect{v}$ sont orthogonaux, $\vect{\text{AB}}$ et $\vect{\text{AD}}$ le sont aussi. Donc ABD est rectangle en A.
		\item  %Démontrer que le triangle BCD est rectangle en C.
On a BC$^2 = 4^2 + (-2)^2 = 16 + 4 = 20$ ;

CD$^2 = 4^2 + 8^2 = 16 + 64 = 80$ ;

BD$^2	 = 8^2 + 6^2 = 64 + 36 = 100$.

On a 100 = 80 + 20 \iff \text{BD}^2 = \text{CD}^2 + \text{BC}^2	\iff $ BCD est un triangle rectangle en C d'après la réciproque du théorème de Pythagore.
	\item  %En déduire que les quatre points A, B, C et D sont sur un même cercle dont on déterminera le centre $\Omega$ et le rayon. Tracer le cercle sur la figure.
Les deux triangles rectangles BCD et BAD ont la même hypoténuse [BD] : les quatre points A, B, C et D sont sur un même cercle de centre le milieu de [BD] soit $\Omega$. On a $\Omega(3~;~0)$. Comme BD$^2 = 100,~\text{BD} = 10$, donc le rayon du cercle est égal à $5$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-3,-5)(9,5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-3,-5)(9,5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.3pt,gridcolor=lightgray](-3,-5)(9,5)
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\psdots(-1,3)(-1,-3)(3,-5)(7,3)(3,0)%ABCD\Omega
\uput[ul](-1,3){A} \uput[dl](-1,-3){B} \uput[dr](3,-5){C} \uput[ur](7,3){D} \uput[ul](3,0){$\Omega$}
\pspolygon(-1,3)(-1,-3)(3,-5)(7,3)
\psline(-1,-3)(7,3)
\pscircle(3,0){5}
\end{pspicture}
\end{center}

\medskip
 
\vspace{0,5cm}

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

\medskip

%Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $]0 ~;~ +\infty [$ par 
%\[f(x) = \text{e}^x \ln x  + \dfrac{\text{e}^x}{x}.\]
% On appelle $\mathcal{C}$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthogonal \Oij{} d'unités graphiques $4$~cm sur l'axe des abscisses et $1$~cm sur l'axe des ordonnées.

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

%L'objet de cette première partie est l'étude des limites de la fonction $f$ aux bornes de son ensemble de définition.
\begin{enumerate}
\item  %Déterminer la limite de $f$ en $+ \infty$.
On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\text{e}^x \ln x = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\text{e}^x}{x} = + \infty$, d'o\`u par somme de limites  $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = +\infty$.
\item   
	\begin{enumerate}
		\item  %Montrer que, pour tout nombre réel strictement positif $x,~$
		
%$f(x) = \dfrac{\text{e}^x}{x}(x \ln x + 1)$.
On a $f(x) =  \text{e}^x\left(\ln x  + \dfrac{1}{x} \right) = \dfrac{\text{e}^x}{x}\left(x \ln x + 1 \right)$.
%On rappelle que $\displaystyle\lim_{x \to 0} x \ln x = 0$. En déduire la limite de $f$ en $0$.
On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} x \ln x = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0} x \ln x + 1 = 1$ et $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\text{e}^x}{x} = + \infty$, d'o\`u par produit de limites, $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = + \infty$.
		\item  %Montrer que la courbe $\mathcal{C}$ admet une asymptote $\mathcal{D}$ dont on donnera une équation.
Le résultat précédent montre que l'axe des ordonnées $\mathcal{D}$d'équation $x = 0$ est asymptote verticale à la courbe $\mathcal{C}$ au voisinage de zéro.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
 
\medskip

\textbf{Partie B : étude d'une fonction intermédiaire}

\medskip

%Soit $g$ la fonction définie sur l'intervalle $]0~;~ + \infty[$ par 
%\[g(x) = \ln x + \dfrac{2}{x} - \dfrac{1}{x^2}\]
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %On désigne par $g'$ la dérivée de la fonction $g$.

%Montrer que, pour tout nombre réel strictement positif $x,~

%$g'(x) = \dfrac{x^2 - 2x + 2}{x^3}$.
$g'(x) = \dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{x^2}+ \dfrac{2x}{x^4} =  \dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{x^2}+ \dfrac{2}{x^3} = \dfrac{x^2 - 2x + 2}{x^3}$.

		\item  %Étudier le signe de $g'(x)$. En déduire que la fonction $g$ est strictement croissante sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$. L'étude des limites n'est pas demandée.
		Comme $x > 0 \Rightarrow x^3 > 0$, le signe de $g'(x)$ est celui de $x^2 - 2x + 2$. Pour ce trinôme $\Delta = 4 - 8 = - 4 < 0$ : le trinôme est donc du signe de $a = 1$ donc positif.
		
		Conclusion : $g'(x) > 0$, donc la fonction $g$ est croissante sur $]0~;~ + \infty[$.
	\end{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  %Démontrer que l'équation $g(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$ dans l'intervalle $\left[\dfrac{1}{2}~;~ 1\right]$.
On a $g\left(\frac{1}{2} \right) = \ln \frac{1}{2} + \dfrac{2}{\frac{1}{2}} - \dfrac{1}{\left(\frac{1}{2}\right)^2} = - \ln 2 + 4 - 8 = - \ln 2 - 4 < 0$ et $f(1) = \ln 1 + \dfrac{2}{1} - \dfrac{1}{1^2} = 0 + 2 - 1 = 1 > 0$.

Comme la fonction $g$ est croissante sur $\left[\dfrac{1}{2}~;~ 1\right]$, il existe un réel unique $\alpha$ de cet intervalle tel que $g(\alpha) = 0$.
		\item  %Donner un encadrement d'amplitude $10^{-2}$ de $\alpha$.
La calculatrice donne $f(0,5) \approx - 0,69$ et $f(0,6) \approx 0,04$, donc

 $0,5 < \alpha < 0,6$ :

$f(0,59) \approx -0,01$ et 	$f(0,60) \approx 0,04$	, donc $0,59 < \alpha < 0,60$.
	\end{enumerate}
\item  %Déduire des questions B 1 et B 2 le signe de $g(x)$, pour $x$ appartenant à l'intervalle $]0~; + \infty[$.
Des questions précédentes, on en déduit que :

-sur $]0~;~\alpha[,~g(x) < 0$ ;

- sur ]\alpha~;~+ \infty[,~g(x) > 0$.
\end{enumerate}
\medskip

\textbf{Partie C : étude des variations de la fonction \boldmath$f$  et construction de la courbe associée}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  %$f'$ désignant la dérivée de $f$, calculer $f'(x)$ et montrer que $f '(x) = \text{e}^x g(x)$, pour tout nombre $x$ appartenant à l'intervalle $]0~; + \infty[$.
$f$ est une somme de fonctions dérivables sur $]0~;~ + \infty[$, donc sur cet intervalle,
$g'(x) = \text{e}^x \ln x + \text{e}^x \times \dfrac{1}{x} + \dfrac{x\text{e}^x - \text{e}^x}{x^2} = \dfrac{x^2\text{e}^x \ln x + x\text{e}^x +x\text{e}^x - \text{e}^x}{x^2} = \dfrac{\text{e}^x}{x^2}\left(x^2\ln x + 2x - 1 \right) = \text{e}^x\left(\ln x + \dfrac{2}{x} - \dfrac{12}{x^2} \right) = \text{e}^x g(x)$.
		\item  %En déduire le signe de $f'(x)$ sur l'intervalle $]0~; + \infty[$.
Comme $\text{e}^x > 0$, quel que soit $x$, le signe de $f'(x)$ est donc celui de $g(x)$ trouvé à la question 3 de la partie précédente :

-sur $]0~;~\alpha[,~f'(x) < 0$ ; donc $f$ est décroissante

- sur ]\alpha~;~+ \infty[,~g(x) > 0$ ; donc $f$ est croissante.
	\end{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item ~ %Dresser le tableau de variations de la fonction $f$.
\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(2.1,0)(2.1,2)
\uput[u](1,2){$x$} \uput[u](2.1,2){$0$} \uput[u](5,2){$\alpha$} \uput[u](7.6,2){$+\infty$} \rput(1,1){$f(x)$}\uput[d](2.4,2){$+\infty$}\uput[d](7.6,2){$+\infty$}\uput[u](5,0){$f(\alpha)$}
\psline{->}(2.7,1.7)(4.4,0.3)\psline{->}(5.6,0.3)(7.4,1.7)
\end{pspicture} 
\end{center}
\medskip
 
		\item  %Calculer une valeur approchée à $10^{-1}$ près de $f(\alpha)$, en prenant $0,6$ pour valeur approchée de $\alpha$.
En prenant comme valeur approchée  $\alpha \approx 0,60$, on a $f(\alpha) \approx \text{e}^{0,6} + \dfrac{\text{e}^{0,6}}{0,6} \approx 2,1$.  
	\end{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  Reproduire et compléter le tableau ci-dessous.

\medskip

\begin{tabularx}{\linewidth}{|c|*{10}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
$x$	&0,25& 0,5&0,75	&1&1,25&1,5&1,75&2&2,25&2,5\\ \hline
$f(x)$ à		&	&	&	&	&	&	&	&	&	&\\ 
$10^{-1}$ près&3,4	&2,2	&2,2	&2,7	&3,6	&4,8	&6,5	&8,8	&11,9	&16,0\\ \hline
\end{tabularx}
		\item  %Construire l'asymptote $\mathcal{D}$	et la courbe $\mathcal{C}$ pour $x$ appartenant à l'intervalle ]0 ; 2,5].
Voir à la fin
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
 
\medskip

\textbf{Partie D :  calcul d'aire}

\medskip

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

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

$F$ est donc une primitive de $f$ sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$.
\item  %On désire calculer l'aire de la partie $\mathcal{E}$ du plan comprise entre la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites d'équations respectives $x = 1$ et $x = 2$.

	\begin{enumerate}
		\item  %Hachurer la partie $\mathcal{E}$ sur le dessin.
Voir la figure
		\item  %Déterminer la valeur exacte de l'aire de $\mathcal{E}$ en unités d'aires, puis en cm$^2$.
Le tableau de variations montre que $f(x) > 0$, quel que soit le réel $x$. Donc l'aire en unité d'aire de la surface $\mathcal{E}$ est égale à l'intégrale 

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

Or l'unité d'aire est égale à $4 \times 1 = 4$~cm$^2$. Donc finalement :

$\mathcal{A}(\mathcal{E}) = 4 \times  \text{e}^2 \ln 2 \approx 20,49$~cm$^2$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\psset{xunit=4cm,yunit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture*}(-0.25,-0.6)(2.75,16)
\pscustom[fillstyle=vlines,fillcolor=green]{
\psplot[plotpoints=8000,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{1}{2}{2.71828 x exp x ln mul 2.71828 x exp x div add}
\psline(2,0)(1,0)}
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-0.25,-0.25)(2.75,16)
\multido{\n=0+0.25}{12}{\psline[linewidth=0.2pt,linecolor=lightgray](\n,0)(\n,16)}
\multido{\n=0+0.5}{33}{\psline[linewidth=0.2pt,linecolor=lightgray](0,\n)(2.75,\n)}
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}\uput[dr](0,0){O} \uput[d](2.7,0){$x$} \uput[l](0,15.8){$y$} 
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.2pt,gridcolor=lightgray](0,0)(3,16)
\psplot[plotpoints=8000,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{0.0555}{2.5}{2.71828 x exp x ln mul 2.71828 x exp x div add}
\psline[linestyle=dashed](0,2.1)(0.6,2.1)(0.6,0)
\psline{<->}(0.3,2.1)(0.9,2.1)\uput[l](0,2.2){$f(\alpha)$}\uput[d](0.6,0){$\alpha$}
\uput[r](2.3,12.5){{\textcolor{blue}{$\mathcal{C}$}}}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{document}