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%tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P. M. E. P.}}
\lhead{\small Baccalauréat STL Chimie de laboratoire}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{juin 2002}}
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\thispagestyle{empty}
\begin{center}
{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STL Chimie de laboratoire~\decofourright\\Métropole juin 2002}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\medskip

%Le plan complexe est rapporté au repère orthonormal \Ouv{} d'unité graphique 3 cm. 

%On appelle i le nombre complexe de module 1 et d'argument $\dfrac{\pi}{2}$.
 
%On appelle notation exponentielle du nombre complexe $z$ l'écriture de $z$ sous la forme $z = r\text{e}^{\text{i}\theta}$ où $r$ est le module de $z$ et $\theta$ un argument de $z$ .

\begin{enumerate} 
\item %Résoudre dans l'ensemble $\C$ des nombres complexes l'équation:

%\[z^2 -  z + 1 = 0.\]
On a $\Delta = 1 - 4 = - 3 = \left(\text{i}\sqrt{3} \right)^2$.

Le discriminant est inférieur à zéro donc l'équation a deux solutions complexes conjuguées :

\[\dfrac{1 + \text{i}\sqrt{3}}{2}~~\text{et}~~\dfrac{1 - \text{i}\sqrt{3}}{2}.\]
\item %On pose $z_{\text{A}} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}$i et  $z_{\text{E}} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}$i.
	\begin{enumerate} 
		\item %Écrire $z_{\text{A}}$ et $z_{\text{E}}$ en notation    exponentielle.
On a $\left|z_{\text{A}}  \right|^2 = \left(\frac{1}{2} \right)^2 +  \left( \frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} = 1 \Rightarrow \left|z_{\text{A}}  \right| = 1$.

On reconnaît $z_{\text{A}} = \cos \frac{\pi}{3} + \text{i}\frac{\pi}{3}$.

Donc $z_{\text{A}} = 1\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}$ et comme $z_{\text{E}} = \overline{z_{\text{A}}}$, on a $z_{\text{E}} = 1\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}$.
		\item %Construire les points A et E d'affixes respectives $z_{\text{A}}$ et $z_{\text{E}}$.
		A et E sont les points communs au cercle trigonométrique et à la droite d'équation $x = \frac{1}{2}$. Voir plus bas.
	\end{enumerate}
\item %On définit les quatre nombres complexes suivants :

%\[z_{\text{B}} = z_{\text{A}}^2\quad ;\quad z_{\text{C}} = z_{\text{A}}^3\quad ; \quad z_{\text{D}} = z_{\text{A}}^4\quad ; \quad	z_{\text{F}} = z_{\text{A}}^6.\]

	\begin{enumerate} 
		\item %Écrire ces quatre nombres complexes en notation exponentielle.
$z_{\text{A}} = 1\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} \Rightarrow z_{\text{B}} = z_{\text{A}}^2 = 1^2\text{e}^{2\text{i}\frac{\pi}{3}} = 1\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}$ ;

De m\^eme $z_{\text{C}} = 1^3\text{e}^{3\text{i}\frac{\pi}{3}} = \text{e}^{\pi} = - 1$ ;

$z_{\text{D}} = 1^4\text{e}^{4\text{i}\frac{\pi}{3}} = \text{e}^{-\text{i}\frac{2\pi}{3}}$ ; 

$z_{\text{F}} = 1^6\text{e}^{6\text{i}\frac{\pi}{3}} = \text{e}^{2\text{i}\pi} = 1.$
		\item %Démontrer que les points A, B, C, D, E et F sont situés sur un même cercle dont on précisera le centre et le rayon.
		Tous ces points ont des affixes de module 1 : ceci signifie que : OA = OB = OC = OD = OE = OF = 1 ; les  points A, B, C, D, E et F sont situés sur un même cercle de centre O et de rayon 1.
		\item %Construire les points B, C, D et F. On justifiera la construction.
Sur le cercle trigonométrique à partir de A on reporte le cercle de rayon 1 qui recoupe le cercle en B ; en répétant on obtient le point C puis le point D et enfin le point F est le point d'abscisse 1 sur le cercle trigonométrique
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\psset{unit=3cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-1.1,-1.1)(1.1,1.1)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\pscircle(0,0){1} \psline[linestyle=dashed](0.5,-1)(0.5,1)
\psarc(0.5,0.866){1}{-185}{-175}
\psarc(-0.5,0.866){1}{-125}{-115}
\psarc(-1,0){1}{-65}{-55}
\psarc(0.5,-0.866){1}{55}{65}
\uput[ur](0.5,0.866){A} \uput[ul](-0.5,0.866){B}
\uput[l](-1,0){C} \uput[dl](-0.5,-0.866){D}
\uput[dr](0.5,-0.866){E} \uput[ur](1,0){F}
\end{pspicture}
\end{center}
\vspace{0,5cm}

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

\medskip

%Au cours d'une réaction chimique, on appelle $C(t)$ la concentration
% du réactif (en moles par litre) à l'instant $t$ (en minutes). On
% admet que la fonction $C : t \mapsto C(t)$ définie sur l'intervalle I
% $= [0~;~+ \infty[$ est solution de l'équation différentielle (E) : 
%
%\[C'(t) = - a C(t).\]
%
%où $a$ est une constante donnée liée à la réaction. 

\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Résoudre l'équation (E).
Les solutions sont les fonctions $t \longmapsto C\text{e}^{-at},~C \in \R$.
		\item %Déterminer la solution de (E) vérifiant : $C(0)=0,1$ mol.L$^{- 1} (C(0)$ est la concentration initiale à l'instant $t = 0$).
On doit avoir $C\text{e}^{-a\times 0} = 0,1 \iff C = 0,1$.

La fonction est donc définie par : $t \longmapsto 0,1\text{e}^{-at}$.
	\end{enumerate}
\item %On donne $a = 9,9 \times 10^{-3}$ min$^{- 1}$ et on suppose désormais que la fonction $C$ est définie sur  par :

%\[C(t) = 0,1 \times \text{e}^{- 9,9 \times 10^{-3}t}.\] 

	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer le temps de demi-réaction noté $t_{1/2}$ , c'est à dire la valeur de $t$ pour laquelle la concentration est égale à la moitié  de la concentration initiale $C(0)$. On donnera d'abord la valeur exacte de $t$ puis celle arrondie à la minute.
On doit avoir : $0,1 \times \text{e}^{- 9,9 \times 10^{-3}t_{1/2}} = \dfrac{1}{2}\times 0,1$ soit par croissance de la fonction logarithme népérien $- 9,9 \times 10^{-3}t_{1/2} = \ln 0,05 \iff  t_{1/2} = \dfrac{\ln 0,5}{-0,0099} \approx 70,01 \approx 70$~(min) à la minute près.
		\item %La courbe représentative de la fonction $C$ est donnée en annexe. L'axe des abscisses est graduée en minutes. Déterminer graphiquement la valeur de $t$ pour laquelle la concentration est égale à $10\,\%$ de la concentration initiale.
$10\,\%$ de la concentration initiale représentent le dixième de la concentration initiale 0,1, soit 0,01.

Graphiquement on trouve (droites en tiretés) un temps approximatif de 231~min soit 3~h 51~min.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

%On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle I $= ]0~;~+ \infty$[ par :

%\[f(x) = x - 1 - 2 \ln x.\]

%On appelle $\mathcal{C}$ la courbe représentative de $f$ dans le plan muni d'un repère orthonormal \Oij{} d'unité graphique 2~cm. 

\begin{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer la limite en $0$ de la fonction $f$ . Que peut-on en déduire pour la courbe $\mathcal{C}$ ?
On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} (- 2\ln x) = + \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0}  f(x) = + \infty$.

Graphiquement ceci signifie que la droite d'équation $x = 0$ est asymptote verticale à $\mathcal{C}$ au voisinage de zéro.
		\item %En écrivant $f(x)$ sous la forme $f(x) = x \left(1 - \dfrac{1}{x} - 2\dfrac{\ln x}{x}\right)$,  déterminer la limite de la fonction $f$ en $+ \infty$.
Comme $x \neq 0$, on peut écrire $f(x)$ sous la forme :

$f(x) = x\left(1 - \dfrac{1}{x} - 2\dfrac{\ln x}{x} \right)$.

On sait $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x} = 0$ et que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
	\end{enumerate}
\item %On désigne par $f'$ la fonction dérivée de $f$ sur l'intervalle I.

%Calculer $f'(x)$, étudier son signe puis construire le tableau de variations  de $f$.
$f$ est dérivable sur I et $f'(x) = 1 - \dfrac{2}{x} = \dfrac{x - 2}{x}$.

Comme $x > 0$, le signe de $f'(x)$ est celui du numérateur $x - 2$.

$f'$ s'annule en $x = 2$, est positive sur $]2~;~+ \infty[$ et est négative sur $]0~;~2[$. D'où le tableau de variations de $f$ :

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

\item %Déterminer une équation de la tangente T à la courbe $\mathcal{C}$ en son point A d'abscisse 1.
On a $f(1) = 1 - 1 - 2\ln 1 = 0$ et $f'(1) = 1 - \dfrac{2}{1} = 1 - 2 = -1$.

Une équation de la tangente à $\mathcal{C}$ en son point A d'abscisse 1 est : 

$y = f(1) + f'(1)(x - 1)$, soit : $y = -x + 1$.
\item %Calculer $f(2),~f(4),~f(6)$ puis en donner les valeurs approchées à $10^{-1}$ près.
On a déjà $f(2) = 1 - 2\ln 2 \approx -0,4$ ;

$f(4) = 3 - 2\ln 4 \approx 0,2$ ;

$f(6) = 5 - 2\ln 6 \approx 1,4$.

%En utilisant les résultats précédents et le tableau de variations de la fonction $f$.
	\begin{enumerate} 
		\item %Démontrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution autre que 1.
D'après le tableau de variations, la fonction $f$ est strictement croissante sur $]2~;~+ \infty[$. Or $f(2) < 0$ et $f(4) > 0$.

Conclusion : l'équation $f(x) = 0$ a une solution unique $\alpha$ sur $]2~;~4[$. Cette solution est bien entendu différente de $1$.
		\item %Donner un encadrement de cette solution par deux entiers consécutifs.
On calcule $f(3) = 2 - 2\ln 3 \approx -0,2$ et comme au dessus on en déduit que $3 < \alpha < 4$.
	\end{enumerate}
\item %Construire dans le repère \Oij{} la courbe $\mathcal{C}$, et la tangente T.
Voir à la fin.
\item %Soit $F$ la fonction définie sur l'intervalle I par

%\[F(x) = \dfrac{1}{2}x^2  + x - 2x \ln x.\]

	\begin{enumerate} 
		\item %Démontrer que $F$ est une primitive de $f$ sur l'intervalle I.
$F$ est dérivable sur I et :

$F'(x) = \dfrac{1}{2} \times 2x + 1 - 2\ln x - 2x \times \dfrac{1}{x} = x + 1 - 2\ln x - 2 = x - 1 - 2\ln x  = f(x)$, donc $F$ est une primitive de $f$.
		\item %On appelle $S$ l'aire en cm$^2$ de la partie du plan limitée par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses, et les droites d'équations  $x = 4$ et $x = 6$.
		On sait d'après le tableau de variations et $\alpha < 4$ que $f(x) > 0$ sur l'intervalle [4~;~6]. Donc l'aire, en unité d'aire de la partie du plan limitée par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses, et les droites d'équations  $x = 4$ et $x = 6$ est égale à l'intégrale :
		
		$\displaystyle\int_{4}^6 f(x)\:\text{d}x = \left[ F(x)  \right]_{4}^6 = F(6) - F(4) = \dfrac{1}{2}6^2  + 6 - 2\times 6 \ln 6 - \left(\dfrac{1}{2}4^2  + 4 - 2\times 4 \ln 4 \right) = 18 + 6 - 12\ln 6 - 8 - 4 + 8\ln 4 = 12 - 2\ln 6 + 8\ln 4$.
		
L'unité d'aire vaut $2 \times 2 = 4$~cm$^2$, donc :

$S = 4 \left(12 - 2\ln 6 + 8\ln 4 \right)$
 
%Calculer la valeur exacte en cm$^2$ de $S$, puis une valeur approchée au mm$^2$ près.

On a $S \approx 6,356$~cm$^2$ soit 636~mm$^2$ au mm$^2$ près.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip
\psset{unit=1.5cm}
\begin{pspicture}(-1,-5)(7,6)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-1,-5)(7,6)
\psplot{-1}{6}{1 x sub}\uput[ur](4,-3){T}
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.03}{7}{x 1 sub x ln 2 mul sub}\uput[r](0.5,1.1){$\mathcal{C}$}
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{4}{6}{x 1 sub x ln 2 mul sub}
\psline(6,0)(4,0)}\uput[d](7,0){$x$}\uput[l](0,6){$y$}
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange]
\end{pspicture}

\newpage

\begin{center} 
Courbe représentative de la fonction $C$

\medskip
    
\psset{xunit=0.38mm,yunit=165cm}
\begin{pspicture}(310,0.11)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=50,Dy=0.2]{->}(0,0)(310,0.11)
\psaxes[ticks=x,Dx=10,labels=none](310,0.11)
\psaxes[ticks=y,Dy=0.01,labels=none](310,0.11)
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{310}{0.1 2.72818 0.0099 x mul neg exp mul}
\uput[d](315,0){$t$} \uput[l](0,0.11){$C(t)$}
\uput[dl](0,0){0} \uput[l](0,0.1){0,1} \uput[l](0,0.01){0,01}
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1.5pt]{->}(0,0.01,)(231,0.01)
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1.5pt]{->}(231,0.01)(231,0) 
\end{pspicture}

\vspace{1.5cm}

\end{center}
\end{document}