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%tapuscrit : Denis Vergès
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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{\textbf{A. P. M. E. P.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat STL juin 2002}
\lfoot{\small{Physique de Laboratoire et de Procédés Industriels }}
\rfoot{\small Métropole}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STL France  juin 2002~\decofourright\\Physique de laboratoire et de procédés industriels}} \end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\medskip

%\parbox[l]{0.65\textwidth}{Un condensateur de capacité $C$ est associé en série avec une bobine d'inductance $L$.
%Les tensions aux bornes du condensateur et aux bornes de la bobine à l'instant $t$ exprimé en secondes sont respectivement notées $u_{C}(t)$ et $U_{L}(t)$.
%On désigne par $i(t)$ l'intensité du courant à l'instant $t$.} \hfill
%\parbox[l]{0.3\textwidth}{\begin{pspicture}(3,2.5)
%\psline(0,0.5)(0,1.8)
%\psline(3,1.8)(3,0.5)
%\psline{->}(3,1.8)(3,1.15)
%\pnode(0,0.5){A} \pnode(0,1.8){B}
%\pnode(3,0.5){C} \pnode(3,1.8){D}
%\capacitor(A)(C){$C$}
%\coil[dipolestyle=curved](B)(D){$L$}
%\psline{->}(0.7,-0.2)(2.1,-0.2)
%\psline{->}(1.9,2.3)(0.5,2.3)
%\uput[d](1.4,-0.2){$u_C$}
%\uput[r](3,1.45){$i$} \uput[u](1.2,2.3){$u_L$} 
%\end{pspicture}}

%À chaque instant, on a :	
%
%\[i(t) = Cu'_C(t) \quad  \text{et} \quad u_L(t) = Li'(t).\]
%
%On admet que la tension $u$ est solution sur l'intervalle $[0~;~+ 
%\infty[$ de l'équation
%différentielle
%
%\[u''_C(t) + \dfrac{u_C(t)}{LC} = 0.\qquad 	(\text{E})\]
%
%On prendra $C = 16 \times 10^{-6}$ F (farads) et $L = 1$ H (henry).

\begin{enumerate} 
\item %Résoudre l'équation différentielle (E).
L'équation s'écrit $u''_C(t) + \np{62500}u_C(t) = 0$ ou $u''_C(t) + 250^2u_C(t) = 0$, donc les solutions sont de la forme 

\[u_{C(t)} = A\cos 250t + B \sin 250t \quad \text{avec} ~A \in \R,~B \in \R\]

\item %Le condensateur est initialement chargé sous une tension de 15 V (volts) et, à cet instant initial, l'intensité du courant est nulle. Ceci se traduit par les deux conditions initiales

%\[u_C(0) = 15 \qquad  \text{et} \qquad  u(0) = 0.\]

%Montrer alors que la solution $u$ correspondante s'écrit : $u_C(t) = 15 
%\cos \omega t$, où $\omega$ est un réel positif dont on précisera la valeur.
$u_{C}(0) = A = 15$ ;

$u'_{C(t)} = -250A \sin 250t + 250B \cos 250t$ entra\^{\i}ne $u'_{C}(0) = 250B = 0$, donc $B = 0$.

La solution $u$ correspondante s'écrit $u_{C}(t) = 15 \cos \omega t$, avec $\omega = 15$.
\item %Soit $I_m$ la valeur moyenne de la fonction $i$ entre les instants $t_0 = 0$ et $t_1 = \dfrac{\pi}{\omega}$.
On sait que $I_{m} = \dfrac{1}{t_{1} - t_{0}}\displaystyle\int_{t_{0}}^{t_{1}} i(t)\:\text{d}t = \dfrac{1}{t_{1} - t_{0}}\displaystyle\int_{t_{0}}^{t_{1}} Cu'_{C}(t)\:\text{d}t = \dfrac{C}{t_{1} - t_{0}}\left[u(t_{1})- u(t_{0})\right]$ soit avec les données numériques :

$I_{m} = \dfrac{16 \times 10^{-6}}{\frac{\pi}{250} - 0}[15\cos \pi - 15\cos 0] = - \dfrac{0,12}{\pi}$.
%Montrer que $I_m = - \dfrac{0,12}{\pi}$.
\end{enumerate}

\vspace{1cm} 

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

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Résoudre dans l'ensemble $\C$ des nombres complexes, l'équation (E)
%d'inconnue $z$ :

%\[z^2+2z\sqrt{3} + 4 = 0.\qquad	(\text{E})\]

On notera :

%\setlength\parindent{8mm}
%\begin{itemize}
%\item[$\bullet$~] $z_{1}$ la solution dont la partie imaginaire est positive ;
%\item[$\bullet$~] $z_{2}$ la solution dont la partie imaginaire est négative.
%\end{itemize}
%\setlength\parindent{0mm}
On a $\Delta = \left(2\sqrt{3} \right)^2 - 4 \times 1 \times 4 = 12 - 16 = - 4 = (2\text{i})^2$.

Le discriminant est négatif : l'équation a deux solutions complexes conjuguées :

\[z_{1} = \dfrac{-2\sqrt{3} + 2\text{i}}{2} = - \sqrt{3} + \text{i} \quad \text{et}~z_{2} = \overline{z_1} = - \sqrt{3} - \text{i}.\]
\item %Écrire les complexes $z_{1},~z_{2},~z_{1}^2$ et $z_{2}^2$ sous forme trigonométrique.
On a $\left|z_{1}\right|^2 = 3 + 1 = 4 = 2^2$, donc $\left|z_{1}\right| = 2$. En factorisant ce module :

$z_{1} = 2\left(- \dfrac{\sqrt{
3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i} \right) = 2\left(\cos \frac{5\pi}{6}+ \text{i}\sin \frac{5\pi}{6} \right) = 2 \text{e}^{\frac{5\pi}{6}}$ ;

$z_{2} = \overline{z_1} = 2 \text{e}^{-\frac{5\pi}{6}}$ ; 

$z_{1}^2 = \left(2 \text{e}^{\frac{5\pi}{6}} \right)^2 = 4 \left(
\text{e}^{\frac{5\pi}{3}}\right) = 2\left(\text{e}^{\frac{-\pi}{3}} \right)$ ; 

$z_{2}^2 = \left(2 \text{e}^{-\frac{5\pi}{6}} \right)^2 = 4 \left(
\text{e}^{-\frac{5\pi}{3}} \right) = 4\text{e}^{\frac{\pi}{3}}$.
\item %Dans le plan muni d'un repère orthonormal (unité graphique : 2 cm), on considère les points A, B, C et D d'affixes respectives $z_{1},~z_{2},~z_{1}^2$ et $z_{2}^2$.
	\begin{enumerate} 
		\item %Placer, très précisément, les points A, B, C et D (on se servira des résultats de la question \textbf{2.}).
		
\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-4,-4)(4,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=2,Dy=2]{->}(0,0)(-4,-4)(4,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=2,Dy=2]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\uput[dl](0,0){O}
\pscircle(0,0){2}\pscircle(0,0){4}
\psline[linestyle=dashed](-2,1)(0,1)
\psline[linestyle=dashed](-2,-1)(0,-1)
\psline[linestyle=dashed](2,4)(2,-4)
\psarc{->}(0,0){0.6cm}{0}{60}
\psarc{<-}(0,0){0.6cm}{-60}{0}
\psdots(2,3.464)(2,-3.464)(-1.732,1)(-1.732,-1)
\uput[ur](2,3.464){D} \uput[dr](2,-3.464){C} \uput[ul](-1.732,1){A} \uput[dl](-1.732,-1){B}
\psline(2,3.464)(0,0)(2,-3.464)
\rput(0.8;30){$\frac{\pi}{3}$}
\rput(0.8;-30){$\frac{-\pi}{3}$}
\pspolygon(-1.732,1)(-1.732,-1)(2,-3.464)(2,3.464)  
\end{pspicture}
\end{center}
		\item %Démontrer que le triangle AOD est un triangle rectangle.
On sait que $\left(\vect{u},~\vect{\text{OD}} \right) = \dfrac{\pi}{3}$ et d'autre part $\left(\vect{u},~\vect{\text{OA}} \right) = \dfrac{5\pi}{6}$, donc $\left(\vect{OD},~\vect{\text{OA}} \right) = \dfrac{5\pi}{6} - \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{5\pi}{6} - \dfrac{2\pi}{6} = \dfrac{3\pi}{6} = \dfrac{\pi}{2}$, ce qui montre que le triangle OAD est rectangle en O
		\item %Démontrer que le quadrilatère ABCD est un trapèze isocèle.
A et B d'une part, C et D d'autre part ont la m\^eme partie réelle, donc (AB) et (CD) parallèles à l'axe des ordonnées sont des droites parallèle ; le quadrilatère ABCD est un trapèze.

Comme A et B d'une part, C et D de l'autre sont symétriques autour de l'axe des abscisses, le segment [AD] a pour symétrique [CD], donc AD = BC. Conclusion : ABCD est un trapèze est un trapèze isocèle.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{1cm}

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

\medskip

%Le but du problème est l'étude de la fonction $f$ définie sur 
%l'intervalle $]0~;~2[$ par :
%
%\[f(x) = \dfrac{\ln x}{(x - 2)^2}.\]
%
%On note $\mathcal{C}$ sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthogonal
%\Oij.
%
%Unités graphiques : 5 cm sur l'axe des abscisses, 1~cm sur l'axe des ordonnées.

%\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie A - Étude d'une fonction auxiliaire}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Résoudre dans l'intervalle ]0 ; 2[ l'équation : $1 + 2 \ln x = 0$.
$1 + 2 \ln x = 0 \iff 2\ln x = - 1 \iff \ln x = - \dfrac{1}{2} \iff x = \text{\^e}^{- \frac{1}{2}} = \dfrac{1}{\frac{1}{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{\text{e}}} \approx 0,607$ qui appartient bien à l'intervalle $]0~;~2[$.
\item %On considère la fonction $g$ définie sur l'intervalle ]0~;~2[ par :

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

	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer la dérivée $g'$ de la fonction $g$ et étudier son signe sur l'intervalle ]0 ; 2[.
La fonction $g$est dérivable et $g'(x) = 1 - 2\ln x - 2x \times \dfrac{1}{x} = 1 - 2\ln x - 2 = - 1 - 2\ln x = - (1 + 2\ln x)$.

On a $g'(x) > 0 \iff - (1 + 2\ln x) > 0 \iff 0 > 1 + 2\ln x \iff -1 > 2\ln x \iff - \dfrac{1}{2} > \ln x \iff \text{e}^{-\frac{1}{2}} > x \iff x < \text{e}^{-\frac{1}{2}}$.

On a vu que $1 + 2\ln x$ s'annule en $\text{\^e}^{- \frac{1}{2}}$ et enfin $g'(x) < 0 \iff x > \text{e}^{-\frac{1}{2}}$.

Conclusion :

\setlength\parindent{8mm}
\begin{itemize}
\item sur $\left]0~;~\text{e}^{-\frac{1}{2}}\right[,~g'(x) > 0$ ; 
\item $g\left(\text{e}^{-\frac{1}{2}} \right) = 0$ ;
\item sur $\left]\text{e}^{-\frac{1}{2}}~;~2\right[,~g'(x) > 0$ 
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

		\item %Démontrer que la fonction $g$ admet en 
%$\dfrac{1}{\sqrt{\text{e}}}$ un maximum égal à $\dfrac{2}{\sqrt{\text{e}}} - 2$.
On en déduit le tableau de variations de $g$ :

\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)
\uput[u](1,2.5){$x$}\uput[u](2.1,2.5){$0$}\uput[u](5,2.5){$\text{e}^{-\frac{1}{2}}$}\uput[u](7.8,2.5){$2$}
\rput(1,2.25){$g'(x)$} \rput(3.5,2.25){$+$}\rput(5,2.25){$0$}\rput(6.5,2.25){$-$}\rput(1,1){$g(x)$}\uput[d](5,2){$g\left(\text{e}^{-\frac{1}{2}}\right)$}
\psline{->}(2.5,0.3)(4.4,1.5)\psline{->}(5.6,1.5)(7.5,0.3)
\end{pspicture}
\end{center}

La fonction a donc un maximum : $g\left(\text{e}^{-\frac{1}{2}}\right) = \text{e}^{-\frac{1}{2}} - 2 - 2\text{e}^{-\frac{1}{2}}\ln \left(\text{e}^{-\frac{1}{2}}\right) = \text{e}^{-\frac{1}{2}} - 2 + \text{e}^{- \frac{1}{2}} = 2\text{e}^{-\frac{1}{2}} - 2 = \dfrac{2}{\sqrt{\text{e}}} - 2$.
		\item %En déduire le signe de $g(x)$ pour $x$ appartenant à l'intervalle ]0~;~2[.
La calculatrice livre $\dfrac{2}{\sqrt{\text{e}}} - 2 \approx - 0,78$.

Le maximum étant inférieur à zéro, on en déduit que sur $]0~;~2[,~g(x) < 0$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie B - Étude et représentation graphique de la 
fonction \boldmath $f$ \unboldmath}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Étudier les limites de la fonction $f$ aux bornes de l'intervalle ]0~;~2[. En déduire l'existence de deux asymptotes à la courbe $\mathcal{C}$.
On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x - 2)^2} = \dfrac{1}{4}$ et $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln x = - \infty$, d'où par produit des limites $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = - \infty$.

Ceci signifie que l'axe des ordonnées est asymptote verticale à la représentation graphique de la  fonction $f$ au voisinage de zéro.

De m\^eme $\displaystyle\lim_{x \to 2} \ln x = \ln 2$ et $\displaystyle\lim_{x \to 2} \dfrac{1}{x - 2)^2} = + \infty$, d'où par produit des limites $\displaystyle\lim_{x \to 2} f(x) = + \infty$.

Ceci signifie que la droite d'équation $x = 2$ est asymptote verticale à la représentation graphique de la  fonction $f$ au voisinage de 2.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Démontrer que, pour tout réel $x$ de l'intervalle ]0 ; 2[ :

%\[f'(x) = \dfrac{g(x)}{x(x - 2)^3}.\]
$f$ est dérivable et par dérivation d'un quotient :

$f'(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x}\times (x - 2)^2 - 2(x - 2)\ln x}{(x - 2)^4} =  \dfrac{\dfrac{(x - 2)^2}{x} - 2(x - 2)\ln x}{(x - 2)^4} = \dfrac{\dfrac{(x - 2)}{x} - 2\ln x}{(x - 2)^3} = \dfrac{x - 2 - 2x \ln x}{x(x - 2)^3} = \dfrac{g(x)}{x(x - 2)^3}$.
		\item %En déduire le tableau de variations de la fonction $f$ sur 
%l'intervalle ]0~;~2[.
Sur ]0~;~2[, on a $x > 0$ et $0 < x < 2$ entra\^{\i}ne $-2 < x - 2 < 0$ qui entra\^{\i}ne que $(x - 2)^3 < 0$.

Il en résulte que le signe de $f'(x)$ est l'opposé de celui de $g(x)$ ; or on a vu à la partie A question 2. c. que $g(x) < 0$.

Conclusion sur ]0~;~2[, la dérivée est positive et la fonction $f$ est croissante de moins l'infini à plus l'infini
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer une équation de la tangente T à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse 1.
Une équation de T est $y = f(1) + (x - 1)f'(1)$.
		
$f(1) = \dfrac{0}{1} = 0$ et $f'(1) = \dfrac{g(1)}{1 \times (- 1 )^3} = \dfrac{-1}{-1} = 1$.

Une équation de T est donc $y =  x - 1$.
		\item %Tracer T et $\mathcal{C}$.
Voir la figure plus bas.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie C - Calcul d'aire}

\medskip

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

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

%Déterminer sa fonction dérivée $F'$.
La fonction $F$ est dérivable sur ]0~;~2[ et sur cet intervalle :

$F'(x) = \dfrac{\frac{1}{x}(2 - x) + \ln x}{(2 - x)^2} + \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{-1}{2 - x} - \dfrac{1}{x} \right) = \dfrac{1}{x(2 - x} + \dfrac{\ln x}{(2 - x)^2} + \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{-x - (2 - x)}{x(2 - x)} \right) = \dfrac{1}{x(2 - x} + \dfrac{\ln x}{(2 - x)^2} - \dfrac{1}{x(2 - x} = \dfrac{\ln x}{(2 - x)^2} = f(x)$.
\item %On appelle $\mathcal{S}$ l'aire, en cm$^2$, de la partie du plan délimitée par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites 
%d'équations $x = 1$ et $x = \dfrac{3}{2}$.

%Calculer la valeur exacte de $\mathcal{S}$ puis la valeur arrondie au centième.
On a vu que pour $x > 1$, la fonction est positive, donc l'aire de la partie du plan est égale, en unités d'aire à $\mathcal{A} = \displaystyle\int_{1}^{\frac{3}{2}} f(x)\:\text{d}x$.

Comme $F'(x) = f(x)$, $F$ est une primitive de $f$, donc 

$\mathcal{A} = \left[F(x) \right]_{1}^{\frac{3}{2}} = F\left(\frac{3}{2}\right) - F(1) = \dfrac{\ln \frac{3}{2}}{\frac{1}{2}} + \dfrac{1}{2}\left(\ln \frac{1}{2} - \ln \frac{3}{2} \right) = 2\ln \frac{3}{2} - \dfrac{1}{2}\ln 3  =$

$ \dfrac{3}{2}\ln 3 - 2 \ln 2$~(u. a.).

L'unité d'aire est égale $5 \times 1 = 5$~cm$^2$, donc 

$\mathcal{S} = 5 \left(\dfrac{3}{2}\ln 3 - 2 \ln 2 \right) = \dfrac{15}{2}\ln 3 - 10 \ln 2$.

La calculatrice donne au centième près :

$\mathcal{S} \approx 1,31$~cm$^2$.
\end{enumerate}

\medskip

\psset{xunit=5cm,yunit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-0.1,-4)(2.2,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-0.1,-4)(2.2,4)
\psplot[linewidth=1.25pt]{-0.1}{2.2}{x 1 sub}
\psplot[linewidth=1.25pt,linecolor=blue,plotpoints=8000]{0.0125}{1.647}{x ln  x 2 sub dup mul div}
\multido{\n=0+0.2}{11}{\psline[linecolor=orange](\n,-4)(\n,4)}
\multido{\n=-4.0+0.5}{17}{\psline[linecolor=orange](0,\n)(2,\n)}
\uput[r](1.65,4){$\mathcal{C}$}\uput[d](2.1,1.1){T}
\uput[dl](0,0){O}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}