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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}
\rhead{A. P. M. E. P.}
\lhead{\small Baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédés industriels}
\rfoot{\small{juin 2000}}
\lfoot{\small{Métropole}}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty} 
\begin{center}
{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STL   Métropole  juin 2000~\decofourright\\Chimie de laboratoire et de procédés industriels}}
\end{center}

\vspace{0,5cm}

%\begin{center}
%
%Durée : 3 heures \hfill Coefficient : 4\end{center}
%
%\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points}

\medskip

%\parbox[l]{0.7\textwidth}{Un cube de bois de 3 cm est
%peint puis débité, parallèlement aux faces, en cubes de 1 cm d'arête.\\
%On place les petits cubes dans un sac.} \hfill 
%\parbox[c]{0.25\textwidth}{\psset{unit=1.25cm}\begin{pspicture}(2.5,2.5)
%\psline(0,0)(1.5,0)(2.1,0.6) \psline(0,0.5)(1.5,0.5)(2.1,1.1) 
%\psline(0,1)(1.5,1)(2.1,1.6) 
%\psline(0,1.5)(1.5,1.5)(2.1,2.1)
%\psline(0,0)(0,1.5)(0.6,2.1) \psline(0.5,0)(0.5,1.5)(1.1,2.1) 
%\psline(1,0)(1,1.5)(1.6,2.1) 
%\psline(1.5,0)(1.5,1.5)(2.1,2.1)
%\psline(0.2,1.7)(1.7,1.7)(1.7,0.2)
%\psline(0.4,1.9)(1.9,1.9)(1.9,0.4) 
%\psline(0.6,2.1)(2.1,2.1)(2.1,0.6) 
%\end{pspicture}}

\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Combien de petits cubes a-t-on placé dans le sac ?
On a obtenu $3 \times 3 \times 3 = 27$ petits cubes.
		\item %Combien y-en-a-t-il ayant zéro face peinte, une face peinte, deux faces peintes, trois faces peintes ?
Il n'y a qu'un seul cube non peint : celui au centre du gros cube ;

N'ont qu'une seule face peinte : ceux qui sont au centre d'une face soit 6 ;

On deux faces peintes ceux qui sont au centre des arêtes soit 12 ;

Restent ceux qui sont aux coins : 8.
	\end{enumerate}

\item %On tire au hasard, un cube du sac.

%Soit $X$ la variable aléatoire qui, à chaque tirage associe	le nombre de faces peintes obtenues.

%Donner la loi de probabilité de $X$.

%Calculer l'espérance mathématique E($X$), la variance V($X$) puis l'écart-type $\sigma$($X$).
On a donc le tableau de la loi de probabilité de $X$ suivant :

\medskip

\begin{tabularx}{\linewidth}{|l|*{4}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
$X = x_{i}$&0&1&2&3\\ \hline
$p\left(X = x_{i}\right)$&$\dfrac{1}{27}$&$\dfrac{6}{27}$&$\dfrac{12}{27}$&$\dfrac{8}{27}$\\ \hline
\end{tabularx}

\medskip

On a E$(X) = 0 \times \dfrac{1}{27} + 1 \times \dfrac{6}{27} + 2 \times \dfrac{12}{27} + 3\times \dfrac{8}{27} = \dfrac{6 + 24 + 24}{27} = \dfrac{54}{27} = 2$.

$\overline{x} = \dfrac{1}{4}(0 + 1 + 2 + 3) =  \dfrac{3}{2}$, d'où $V(X) = \dfrac{1}{4}\left[(0 - 1,5)^2 + (1 - 1,5)^2 + (2 - 1,5)^2 + (3 - 1,5)^2  \right] = \dfrac{2,25 + 0,25 + 0,25 + 2,25 }{4} = \dfrac{5}{4} = 1,25$.

Enfin $\sigma = \sqrt{V(X)} = \sqrt{1,25} =  \sqrt{\dfrac{125}{100}} = \dfrac{5\sqrt{5}}{10} = \dfrac{\sqrt{5}}{2} \approx 1,12$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

%Dans le plan complexe muni du repère orthonormal 
%\Ouv, on considère les points A et M d'affixes
%respectives $z_{\text{A}} = 1 + \text{i}$ et $z_{\text{M}} = \sqrt{2} + z_{\text{A}}$.

\begin{enumerate} 
\item %Calculer OA, puis placer les points A et M.
On sait que OA = $\left|z_{\text{A}} \right| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$.
On place facilement A, puis en reportant avec le compas la longueur $\sqrt{2}$ sur l'axe des abscisses, on se déplace de + 1 en abscisse et de + 1 en ordonnée. Voir plus bas.
\item %En utilisant le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle approprié, calculer OM et en déduire $\left|z_{\text{M}}\right|$.
En utilisant le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle de la figure ci-dessous on a O$M^2 = \left(1 + \sqrt{2}\right)^2 + 1^2 = 1 + 2 + 2\sqrt{2} + 1 = 4 + 2\sqrt{2}$, donc O$M = \sqrt{4 + 2\sqrt{2}}$.
\item %Soit $Z$ le nombre complexe tel que $Z = z_{\text{M}}^2$.
	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer $z_{\text{A}}^2$ puis montrer que $z_{\text{M}}^2 = 	\left(2\sqrt{2} + 2\right)(1 + \text{i})$.
$z_{\text{A}}^2 = (1 + \text{i})^2 = 1 - 1 + 2\text{i} = 2\text{i}.$

Comme $z_{\text{M}} = \sqrt{2} + z_{\text{A}}$, on a $z_{\text{M}}^2 = \left(\sqrt{2} + z_{\text{A}}\right)= 2 + z_{\text{A}}^2 + 2z_{\text{A}}\sqrt{2}$ soit en utilisant précédent :

$z_{\text{M}}^2 = 2 + 2\text{i} + 2\sqrt{2}(1 + \text{i}) = 2 + 2\sqrt{2} + \text{i}\left(2 + 2\sqrt{2}\right) = \left(2\sqrt{2} + 2\right)(1 + \text{i})$.
		\item %En déduire un argument de $z_{\text{M}}^2$  puis un argument de $z_{\text{M}}$.
$z_{\text{M}}^2$ a donc les mêmes arguments que $z_{\text{A}}$, soit par exemple $\dfrac{\pi}{4}$, donc un argument de $z_{\text{M}}$ est $\dfrac{\pi}{8}$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-1,-2)(4,3)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-1,-2)(4,3)
\psdots(1,1)(2.414,1)
\uput[ur](1,1){A}\uput[ur](2.414,1){M}\uput[dl](0,0){O}
\psarc(0,0){1.414}{0}{45}
\pspolygon(2.414,1)(2.414,0)(0,0)
\psline[linecolor=blue,linewidth=1.75pt]{->}(1.414,0)(2.414,0)
\psline[linecolor=blue,linewidth=1.75pt]{->}(2.414,0)(2.414,1)
\end{pspicture}
\end{center}
\newpage

\textbf{\textsc{Problème}\hfill 12 points}

\medskip

%On considère la fonction $f$ définie sur l' intervalle ]0~;~2[, dont 
%la courbe représentative $\mathcal{C}$, dans le plan rapporté à un repère 
%orthonormal \Oij, est la suivante :
%
%\psset{unit=1.2cm}
%\begin{center}
%\begin{pspicture}(-1,-3)(4,1)
%\psgrid[gridlabelcolor=white,gridcolor=orange,subgridcolor=orange](0,0)(-1,-3)(4,1)
%\psline[linewidth=2pt]{->}(-1,0)(4,0)
%\psline[linewidth=2pt]{->}(0,-3)(0,1)
%\psline[linewidth=2pt](2,-3)(2,1)
%\uput[d](1,0){1} \uput[d](4,0){$x$}
%\uput[dl](0,0){O}  \uput[l](0,-1){-1} \uput[r](0,-2){$\mathcal{C}$}
%\uput[r](2,0.5){$\mathcal{D}$} \uput[l](0,1){$y$}
%\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{0.025}{1.975}{x 2 mul x dup mul sub ln}
%\end{pspicture}
%\end{center}

%La droite $\mathcal{D}$ a pour équation $x = 2$.

\textbf{Partie A}

\medskip

%Le but de cette partie est de déterminer $f$ sachant que $f(x)$ est de la forme $\ln \left(ax^2 + bx\right)$ où $a$ et $b$ sont des nombres réels non nuls.

\begin{enumerate} 
\item %Montrer que $f'(x) = \dfrac{2ax + b}{ax^2 + bx}$.
On sait que la dérivée de la fonction $\ln u(x)$ où $u(x)$ est une fonction dérivable est $\dfrac{u'(x)}{u(x)}$.

Ici $u(x) = ax^2 + bx$, d'où $u'(x) = 2ax + b$.

Donc $f'(x) = \dfrac{2ax + b}{ax^2 + bx}$.
\item %Sachant que la courbe $\mathcal{C}$ passe par le point A de coordonnées (1~;~0) où elle admet une tangente  horizontale , déterminer $a$ et $b$.
Pn a donc $f(1) = 0$ soit $\ln(a + b) = 0 = \ln 1$, donc $a + b = 1$.

D'autre part le coefficient directeur de la tangente en A est nul ; ce coefficient directeur est égal au nombre dérivé $f'(1)$.

Donc $f'(1) = 0$ ou $\dfrac{2a \times 1 + b}{a\times 1^2 + b\times 1} = 0 \iff 2a + b = 0$.

De $\left\{\begin{array}{l}
a + b = 1\\
2a + b = 0
\end{array}\right.$ on obtient par différence $a = - 1$, puis $b = 2$.

On a donc $f'(x) = \ln \left(- x^2 + 2x \right)$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B : Étude de la fonction\boldmath $f$ 
\unboldmath}

\medskip

%Soit $g$ la fonction définie sur $\R$ par $g(x) = - x^2 + 2x$ et $f$ la fonction définie sur ]0 ; 2 [ par $f(x) = \ln g(x)$.

\begin{enumerate} 
\item	
	\begin{enumerate} 
		\item %Étudier le signe de $g(x)$ suivant les valeurs de $x$.
$g(x)$ est un trinôme dont les racines sont $0$ et $2$. Il est négatif sauf entre $0$ et $2$ où il est positif.
		\item %Déterminer la limite de $g(x)$ lorsque $x$ tend vers 0, puis la limite de $f(x)$ lorsque $x$ tend vers 0.
De fa\c{c}on évidente $\displaystyle\lim_{x \to 0} g(x) = 0$, mais comme on l'a vu à la question précédente $g(x)$ tend vers zéro en restant positif.

Donc $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln g(x) = - \infty$.	
		\item %Déterminer la limite de $g(x)$ lorsque $x$ tend vers 2, puis la limite de $f(x)$ lorsque $x$ tend vers 2.
On a de même  $\displaystyle\lim_{x \to 2} g(x) = 0$	en restant positif, donc $\displaystyle\lim_{x \to 2} \ln g(x) = - \infty$
		\item %En déduire les équations des asymptotes à la courbe $\mathcal{C}$.
Les résultats précédents signifient que les droites d'équation $x = 0$ et $x = 2$ sont asymptotes verticales à la courbe $\mathcal{C}$.
	\end{enumerate}

\item %Calculer $g'(x)$ puis montrer que $f'(x) = \dfrac{-2x + 2}{g(x)}$.
On a $g'(x) = 2 x + 2$.

Comme $f(x) = \ln g(x),~f'(x) = \dfrac{g'(x)}{g(x)} = \dfrac{-2x + 2}{g(x)}$.
\item %Étudier le signe de $f(x)$, puis dresser le tableau de variations de $f$.
On sait que sur $]0~;~2[,~g(x) > 0$ : le signe de $f'(x)$est donc celui du numérateur $-2x + 2$ ;

$- 2x + 2 > 0 \iff 2 > 2x \iff 1 > x \iff x < 1$ ;

$- 2x + 2 < 0 \iff 2 < 2x \iff 1 < x \iff x > 1$ ;

$- 2x + 2 = 0 \iff 2 = 2x \iff 1 = x \iff x = 1$.

On a donc le tableau de variations de $f$ suivant :

\medskip

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\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](2.1,2.5){$0$}\uput[u](5,2.5){$1$}\uput[u](7.9,2.5){$2$}\uput[u](2.4,0){$-\infty$}\uput[u](7.5,0){$-\infty$}
\rput(1,2.25){$f'(x)$}\rput(1,1){$f(x)$}\uput[d](5,2){$0$}
\rput(3.5,2.25){+}\rput(5,2.25){$0$}\rput(6.5,2.25){$-$}
\psline{->}(2.5,0.5)(4.5,1.5) \psline{->}(5.5,1.5)(7.5,0.5) 
\end{pspicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\textbf{Partie C : Calcul d'aire.}

\medskip


\begin{enumerate} 
\item	%Soit $F$ la fonction définie sur ]0~;~2[ par 

%\[F(x) =  x \ln x + (x - 2)\ln (2 - x) - 2x.\]

%Montrer que $F$ est une primitive de $f$ sur ]0~;~2[.
En utilisant la formule de la dérivée d'un produit $(uv)' = u'v + uv'$, on obtient :

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

Conclusion : $F$ est une primitive de $f$.
\item %Calculer la valeur exacte, en unité d'aire, de l'aire A($\alpha$) de la partie du plan comprise entre la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites d'équation $x = \alpha$ et $x = 1$.
	
%En déduire $\displaystyle\lim_{\alpha \to 0} \text{A}(\alpha)$, puis son arrondi d'ordre 2.
En supposant que $\alpha < 1$, la fonction $f$ étant négative sur $[\alpha~;~1]$, l'aire de la partie du plan considérée est égale à :

$\text{A}(\alpha) = - \displaystyle\int_{\alpha}^1 f(x) \:\text{d}x = - \left[F(x)\right]_{\alpha}^1 =  F(\alpha) - F(1) = $

$  \alpha \ln \alpha + (\alpha - 2)\ln (2 - \alpha) - 2\alpha - \left(1 \ln 1 + (1 - 2)\ln (2 - 1) - 2 \times 1 \right) =$

$ \alpha \ln \alpha + (\alpha - 2)\ln (2 - \alpha) + 2$~(u. a.).

On sait  $\displaystyle\lim_{x \to 0} x \ln x = 0$, donc 

$\displaystyle\lim_{\alpha \to 0} \text{A}(\alpha) = - 2\ln 2 + 2 = 2(1 - \ln 2) \approx 0,61$ à 0,01 près. (ce que l'on contrôle approximativement sur la figure ci-dessous
\end{enumerate}

\psset{unit=2cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-1,-3)(4,1)
\psgrid[gridlabelcolor=white,gridcolor=orange,subgridcolor=orange](0,0)(-1,-3)(4,1)
\psline[linewidth=2pt]{->}(-1,0)(4,0)
\psline[linewidth=2pt]{->}(0,-3)(0,1)
\psline[linewidth=2pt](2,-3)(2,1)
\uput[d](1,0){1} \uput[d](4,0){$x$}
\uput[dl](0,0){O}  \uput[l](0,-1){-1} \uput[r](0,-2){$\mathcal{C}$}
\uput[r](2,0.5){$\mathcal{D}$} \uput[l](0,1){$y$}
\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{0.025}{1.975}{x 2 mul x dup mul sub ln}
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{0.025}{1}{x 2 mul x dup mul sub ln}
\psline(1,0)(0.025,0)
}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}