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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P. M. E. P.}}
\lhead{\small  Physique de laboratoire et de procédés industriels}%
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{juin 2005}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large \textbf{\decofourleft~Baccalauréat STL France juin 2005~ \decofourright\\Physique de laboratoire et de procédés industriels }} \end{center}
    
\vspace{0,25cm}

Calculatrice autorisée \hfill 3 heures 

\vspace{0,25cm}

\begin{center}

Durée de l'épreuve : 4 heures \hfill Coefficient  : 4

\end{center}

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

\medskip

%Le plan P est rapporté à un repère orthonormal \Ouv{} d'unité graphique $4$~cm.

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

%\[z^2 - 2z\sqrt{3}+ 4 = 0.\]

%Donner les solutions sous forme algébrique et sous forme trigonométrique.
$\Delta = \left(2\sqrt{3} \right)^2 - 4 \times 1 \times 4 = 12 - 16 = - 4 = (2\text{i})^2$. Le discriminant est négatif, l'équation a deux solutions conjuguées :

\[z_{1} = \dfrac{2\sqrt{3} + 2\text{i}}{2} = \sqrt{3} + \text{i}~~\text{et}~~z_{2} = \sqrt{3} - \text{i}.\]

On a $\left|z_{1} \right|^2 = 3 + 1 = 4 = 2^2$, donc $\left|z_{1} \right| = 2$.

On peut écrire $z_{1} = 2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \text{i}\dfrac{1}{2}\right) = 2\left(\cos \frac{\pi}{6} + \text{i}\sin  \frac{\pi}{6} \right)$.

Donc $z_{2} = \overline{z_{1}} = 2\left(\cos \left(-\frac{\pi}{6}\right) + \text{i}\sin \left(- \frac{\pi}{6}\right) \right)$.
		\item %Représenter dans le plan P les points A d'affixe $\sqrt{3} - \text{i}$ et B d'affixe $\sqrt{3} + \text{i}$.
On place les points A et B d'affixes respectives $z_{2}$ et $z_{1}$ grâce au cercle de centre O et de rayon 2 et des droites d'équations $y = 1$ et $y = -1$. 
		\item %Démontrer que le triangle OAB est équilatéral.
On a OA = OB = $\left|z_{2} \right| = \left|z_{1} \right| = 2$, donc OAB est isocèle en O.

D'autre part $\left(\vect{\text{OA}},~\vect{\text{OB}}\right) = \frac{\pi}{6} - \left( -\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3}$.

L'angle En O a pour mesure $\dfrac{\pi}{3}$, d'où par complément à $\pi$, les deux autres aussi. OAB a ses trois angles de même mesure : il est équilatéral.

\emph{Rem.} On peut aussi calculer AB $ = \left|z_{\text{B}} - z_{\text{A}} \right| = |2\text{i} | = 2$. Donc les trois côtés ont la même mesure.
	\end{enumerate}
\item	%On considère l'application $R$ de P dans P qui à tout point $M$ d'affixe $z$ associe le point $M'$ d'affixe $z'$  telle que $z' = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}z$.
	\begin{enumerate} 
		\item %Caractériser géométriquement l'application $R$.
$R$ est la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{\pi}{4}$.
		\item %Placer le point A$'$ image du point A par $R$.
Voir la figure.
		\item %Calculer sous forme trigonométrique puis sous forme algébrique l'affixe du point A$'$.
On a par définition de la rotation :

$z_{\text{A}'} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}z_{\text{A}} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}} \times 2\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}} = 2 \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6}\right)} = 2 \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{12}} = 2\left(\cos \frac{\pi}{12} + \text{i}\sin \frac{\pi}{12} \right).$

De fa\c{c}on algébrique :

$z_{\text{A}'} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}z_{\text{A}} = \left(\cos \frac{\pi}{4} + \text{i}\sin \frac{\pi}{4} \right) \times (\sqrt{3} - \text{i}) = \left(\frac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\left(\sqrt{3} - \text{i} \right) =$

$ \frac{\sqrt{6}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\left(- \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{6}}{2} \right)$.
		\item %En déduire les valeurs exactes de $\cos \dfrac{\pi}{12}$ et $\sin \dfrac{\pi}{12}$.
En identifiant les résultats de la question précédente, on obtient :

$\cos \dfrac{\pi}{12} = \dfrac{\sqrt{6}}{4} + \dfrac{\sqrt{2}}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(\sqrt{3} + 1 \right)$ et 

$\sin \dfrac{\pi}{12} = - \dfrac{\sqrt{2}}{4} + \dfrac{\sqrt{6}}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(\sqrt{3} - 1 \right)$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

%Soit l'équation différentielle : 
%
%\[y''  + 10^4 \pi^2y = 0.\]
%
%où $y$ est une fonction de la variable $t$ et $y''$ sa derivée seconde.

\begin{enumerate} 
\item %Résoudre cette équation différentielle.
L'équation s'écrit $y'' + (100\pi)^2y = 0$. On sait que les solutions sont de la forme :

$y = A \cos 100\pi t + B \sin 100\pi t$.
\item %Le plan est rapporté à un rep\`ere orthonormal \Oij.
 
%Déterminer la fonction $f$ solution de cette équation différentielle telle que :
%
%$\bullet~$	La courbe représentative  de $f$ passe par le point A de coordonnées (0 ; 1)
%
%$\bullet~$	La tangente à cette courbe en A a pour coefficient directeur $- 100\pi$.
On cherche une solution particulière $f(t) = A \cos 100\pi t + B \sin 100\pi t$, donc $f'(t) = -100A \pi \sin 100 \pi t + 100B \pi \cos 100 \pi t$.

La première condition signifie que $f(0) = 1$, la seconde que la tangente en A à la courbe représentative a un coefficient directeur $-100 \pi$ égal au nombre dérivé $f'(0)$. Donc :

$\left\{\begin{array}{l c l}
f(0)&=&1\\
f'(0)&=&- 100\pi
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
A&=&1\\
100B \pi&=&- 100\pi
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
A&=&1\\
B \pi&=&- 1
\end{array}\right.$

On a donc $f(t) = \cos 100 \pi t - \sin 100 \pi t$.
\item %Vérifier que pour tout réel $t~:~f(t) = \sqrt{2}\left(100\pi t + \dfrac{\pi}{4}\right)$.
On peut écrire $f(t) = \sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} \cos 100 \pi t - \dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin 100 \pi t\right) =$

$\sqrt{2}\left(\cos \frac{\pi}{4} \cos 100 \pi t - \sin \frac{\pi}{4}\sin 100 \pi t\right) = \sqrt{2}\cos \left(\dfrac{\pi}{4} + 100 \pi t \right)$.

\emph{Rem.} On peut aussi développer l'écriture proposée.
\item %Déterminer la valeur moyenne $\mu$ de $f$ sur l'intervalle $\left[0~;~\dfrac{1}{50}\right]$.
On sait que $\mu = \dfrac{1}{\frac{1}{50} - 0} \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{50}} f(t)\:\text{d}t = 50\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{50}} \sqrt{2}\cos \left(\dfrac{\pi}{4} + 100 \pi t \right)\:\text{d}t = $

$\dfrac{50}{100\pi}\left[\sin \left(\dfrac{\pi}{4} + 100 \pi t \right) \right]_{0}^{\frac{1}{50}} = \dfrac{1}{2\pi}\left[\sin \left(\dfrac{\pi}{4} + 2 \pi \right) - \sin \left(\dfrac{\pi}{4}  \right)\right] = \dfrac{1}{2\pi} \times 0 = 0$.
\item %Calculer la valeur efficace de la fonction $f$ sur cet intervalle, c'est-à-dire le nombre réel positif $I$ défini par :

%\[I^2 = 50 \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{50}} [f(t)]^2 \,\text{d}t.\]
$I^2 = 50 \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{50}} [f(t)]^2 \,\text{d}t$.

Pour calculer cette intégrale on utilise la formule $\cos ^2 x = \dfrac{1 + \cos 2x}{2}$.

Donc $I^2 = 50 \displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{50}} \left(\sqrt{2}\right)^2\times \dfrac{\left(1 + \cos \left(200\pi t + \frac{\pi}{2} \right) \right)}{2}\:\text{d}t =$

$ 50\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{50}} 1\:\text{d}t +  50\displaystyle\int_{0}^{\frac{1}{50}} \cos \left(200\pi t + \frac{\pi}{2} \right) \right)\:\text{d}t = 50 \left[t\right]_{0}^{\frac{1}{50}} + 50\left[\sin \left(200\pi t + \frac{\pi}{2} \right)\right]_{0}^{\frac{1}{50}} =$

$ 1 + 50\sin \left(4\pi + \dfrac{\pi}{2}\right) - 50 \sin \dfrac{\pi}{2} = 1 + 50 - 50 = 1$

Conclusion $I = 1$.
 \end{enumerate}

\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{Problème}  \hfill 10 points}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie A : Étude d'une fonction}

\medskip

%On considère la fonction $f$ définie sur l'ensemble $\R$ des nombres réels par

%\[f(x) =  2 - \dfrac{x - 2}{5}\text{e}^x.\]

%On note $\mathcal{C}$ sa courbe représentative dans le plan rapporté à un repère orthonormal \Oij{} d'unité graphique $2$~cm.

\begin{enumerate} 
\item	
	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer la limite de $f(x)$ quand $x$ tend vers $+ \infty$.
On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} (x - 2) = + \infty,~\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \text{e}^x = + \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to  +\infty} \dfrac{x - 2}{5}\text{e}^x = + \infty$ et finalement $\displaystyle\lim_{x \to  +\infty} -\dfrac{x - 2}{5}\text{e}^x = - \infty$, donc  $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = - \infty$.		
		\item %Calculer la limite de $f(x)$ quand $x$ tend vers $- \infty$.
		$f(x) = 2 - \dfrac{1}{5}\times x \text{e}^x + \dfrac{2}{5}\text{e}^x$.
		
On sait que $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} x\text{e}^x = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} f(x) = 2$.
		\item %En déduire l'équation d'une droite $\mathcal{D}$ asymptote à la courbe $\mathcal{C}$.
		Le dernier résultat montre que la droite $\mathcal{D}$ d'équation $y = 2$ est asymptote horizontale à $\mathcal{C}$ au voisinage de moins l'infini.
		\item %Calculer les coordonnées du point d'intersection A de la droite $\mathcal{D}$ et de la courbe $\mathcal{C}$.
$\mathcal{D}$ et  la courbe $\mathcal{C}$ ont un point commun de même ordonnée, donc lorsque :

$2 = 2 - \dfrac{x - 2}{5}\text{e}^x \iff \dfrac{x - 2}{5}\text{e}^x = 0 \iff x = 2$.

Le point A(2~;~2) est commun à $\mathcal{D}$ et à la courbe $\mathcal{C}$.
		\item %Déterminer la position relative de la courbe $\mathcal{C}$ par rapport à la droite $\mathcal{D}$.
		Soit $d$ la fonction définie sur $\R$ par : $d(x) = f(x) - 2 = - \dfrac{x - 2}{5}\text{e}^x$.
		
		Comme $5 > 0$ et $\text{e}^x > 0$ quel que soit le réel $x$, le signe de $d(x)$ est celui de $-(x - 2) = 2 - x$. Donc :
		
\setlength\parindent{8mm}
\begin{itemize}
\item si $x < 2, d(x) > 0$ : la courbe $\mathcal{C}$ est au dessus de son asymptote ;
\item si $ x > 2,~d(x) < 0$ : la courbe $\mathcal{C}$ est au dessous de son asymptote ;
\item si $x = 2$ la courbe $\mathcal{C}$ et son asymptote sont sécantes. 
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}
	\end{enumerate}
\item	
	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer $f'(x)$.
$f'(x) = -\dfrac{1}{5}\left(1\text{e}^x + (x - 2)\text{e}^x \right) = -\dfrac{1}{5}(x - 1)\text{e}^x = \dfrac{1}{5}(1 - x)\text{e}^x$.
		\item %Étudier le signe de $f'(x)$ et en déduire le tableau de variations de $f$ sur $\R$.
Comme $\dfrac{1}{5} > 0$ et $\text{e}^x > 0$, quel que soit le réel $x$, le signe de $f'(x)$ est celui de $1 - x$, donc

\setlength\parindent{8mm}
\begin{itemize}
\item si $x < 1,~f'(x) > 0$ ; la fonction est croissante sur $]- \infty~;~1[$ ;
\item si $x > 1,~f'(x) < 0$ ; la fonction est décroissante sur $]1~;~+ \infty[$ ;
\item si $x = 1,~f'(1) = 0$ ; $f(1) = 2 + \dfrac{1}{5}\text{e}$ est un extremum (maximum) de $f$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

D'où le tableau de variations :

\medskip

\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](2.4,2.5){$- \infty$} \uput[u](5,2.5){$1$} \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{->}(2.5,0.4)(4.4,1.6) \psline{->}(5.5,1.6)(7.5,0.4) 
\uput[u](2.1,0){2}\uput[u](7.5,0){$- \infty$}\uput[d](5,2){$2 + \frac{1}{5}\text{e}$}
\end{pspicture}
\end{center} 
	\end{enumerate}
\item %Donner une équation de la tangente $\mathcal{T}$ à la courbe $\mathcal{C}$ au point d'abscisse $0$.
Une équation de la tangente est $y = f(0) + f'(0)(x - 0)$.

Avec $f(0) = 2 - \left(-\dfrac{2}{5} \right)\text{e}^0 = 2 +\dfrac{2}{5} = \dfrac{12}{5}$ et $f'(0) = \dfrac{1}{5}(1 - 0)\text{e}^0 = \dfrac{1}{5}$, l'équation est : $y = \dfrac{1}{5}x + \dfrac{12}{5}$
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que l'équation $f(x) = 0$  admet une solution $x_{0}$ sur [2 ; 3].
La fonction $f$ est décroissante sur $]1~;~+ \infty[$ donc a fortiori sur [2~;~3]. De plus $f(2) = 2 - \dfrac{2 - 2}{5}\text{e}^x = 2 > 0$ et $f(3) = 2 - \dfrac{3 - 2}{5}\text{e}^3 = 2 - \dfrac{1}{5}\text{e}^3 \approx -2 < 0$ : il existe donc un nombre unique $x_{0}$ de [2~;~3] tel que 
$f\left(x_{0} \right) = 0$.		 
		\item %Donner un encadrement de $x_{0}$ à $10^{-2}$ près.
La calculatrice donne $f(2,68) \approx 0,016$ et $f(2,69) \approx -0,03$, donc 

$2,68 < x_{0}< 2,69$.
	\end{enumerate}
\item %Tracer sur un même graphique la droite $\mathcal{D}$ la tangente $\mathcal{T}$ et la courbe $\mathcal{C}$.
Voir la figure à la fin.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie B : Calcul d'aire}

\begin{enumerate}
\item %On considère la fonction $g$ définie sur $\R$ par 

%\[g(x) = \dfrac{x - 3}{5} \text{e}^x.\]

	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer $g'(x)$.
$g'(x) = \dfrac{1}{5}\text{e}^x + \dfrac{x - 3}{5} \text{e}^x = \dfrac{x - 2}{5} \text{e}^x$
		\item %En déduire une primitive de $f$ sur $\R$.
Comme $f(x) = 2 - \dfrac{x - 2}{5} \text{e}^x = 2 - g'(x)$, une primitive de $f$ est $F$ définie par $F(x) = 2x - \dfrac{x - 3}{5} \text{e}^x$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Hachurer sur le graphique le domaine délimité par la courbe $\mathcal{C}$,l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées et la droite d'équation $x = 2$.
Voir la figure.
		\item %Calculer l'aire de la partie hachurée.

%Donner la valeur exacte en cm$^2$, puis la valeur arrondie à $10^{-2}$ près.
Le tableau de variations montre que la fonction $f$ est positive sur l'intervalle [0~;~2] ; l'aire de la surface hachurée est en unité d'aire égale à l'intégrale :

$\displaystyle\int_{0}^2 f(x)\:\text{d}x = \left[F(x)\right]_{0}^2 = F(2) - F(0) = 2 \times 2 - \dfrac{2 - 3}{5} \text{e}^2 - \left[2 \times 0 -  \dfrac{0 - 3}{5} \text{e}^0 \right] = 4 + \dfrac{\text{e}^2}{5} - \dfrac{3}{5} = \dfrac{17}{5} + \dfrac{\text{e}^2}{5}$~(u. a.)

Comme 1 u. a. $= 2 \times 2 = 4$~cm$^2$, l'aire est égale à :

$4\left(\dfrac{17}{5} + \dfrac{\text{e}^2}{5} \right) = \dfrac{68}{5} + \dfrac{4\text{e}^2}{5}$~cm$^2 ~\approx 19,51$~cm$^2$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\medskip

\psset{unit=1.5cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-3,-3)(5,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-3,-3)(5,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\psline[linewidth=1.5pt](-3,2)(5,2)
\uput[u](5,3.1){$\mathcal{D}$}\uput[r](3,-2){$\mathcal{C}$} \uput[dl](0,0){O}
\psplot{-3}{5}{2.4 0.2 x mul add}
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-3}{3.116}{2 x 2 sub 0.2 mul 2.71828 x exp mul sub}
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{2}{2 x 2 sub 0.2 mul 2.71828 x exp mul sub}
\psline(2,0)(0,0)}
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange]
\end{pspicture}
\end{center}

\medskip

\emph{Rem.} On vérifie approximativement que chaque carreau ayant une aire de 4~cm$^2$, l'aire hachurée est vaut un peu moins de 20~cm$^2$.
\end{document}