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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 Terminale STL Physique de laboratoire et de procédés industriels}%
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{juin 2001}}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center} \Large{\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STL  Métropole  juin 2001~\decofourright\\
Physique de laboratoire et de procédés industriels }}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\emph{\footnotesize
L'usage des calculatrices et des instruments de calcul est autorisé.}}
\end{center}

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

\medskip

%À l'instant $t = 0$, un corps dont la température est de $100\,\degres$ est placé dans une salle à $20\,\degres$. On désigne par  $\theta(t)$ la température du corps à l'instant $t$, l'unité de temps étant l'heure et l'unité de température le degré Celsius.

%On suppose que la vitesse de refroidissement $\theta'(t)$ est proportionnelle à la différence de température entre la température du corps et la température de la salle (loi de Newton) (on négligera l'élévation de température de la salle) et on admettra donc qu'il existe un nombre réel $k$ tel que

%\[\theta'(t) = k[\theta(t) - 20].\]

\begin{enumerate} 
\item %On pose $y(t) = \theta(t) - 20$.
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que la fonction $y$ est solution de l'équation différentielle $y' = ky$ où $k$ est défini ci-dessus.
Avec $y(t) = \theta(t) - 20,~y'(t) = \theta'(t)$.

La relation $\theta'(t) = k[\theta(t) - 20$ dévient $y'(t) = ky(t)$, donc $^y(t)$ est bien solution de l'équation différentielle $y' = ky$.
		\item %Résoudre cette équation différentielle.
Cette équation linéaire du premier ordre a pour solutions les fonctions $t \longmapsto y(t) = C\text{e}^{kt},~C \in \R$.
		\item %En déduire que $\theta(t) = C\text{e}^{kt} + 20$ où $C$ est un nombre réel que l'on calculera.
$y(t) = \theta(t) - 20 \iff \theta(t) = y(t) + 20 = C\text{e}^{kt} + 20,~C \in \R$.

Or on sait que $\theta(0) = 100$, d'o\`u $100 = C + 20 \iff C = 80$.

Finalement :  $\theta(t) = 80\text{e}^{kt} + 20$.
	\end{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Sachant qu'au bout de 20 minutes le corps s'est refroidi
%de $100\,\degres$ à $60\,\degres$, montrer que

%\[\theta(t) = 80\text{e}^{(-3\ln 2)t} + 20.\] 
20 min = $\dfrac{20}{60}$h = $\dfrac{1}{3}$h.

Donc $\theta\left(\dfrac{1}{3} \right) = 80\text{e}^{k\frac{1}{3}} + 20 = 60 \iff 80\text{e}^{k\frac{1}{3}} = 40 \iff \text{e}^{k \times \frac{1}{3}} = \dfrac{1}{2}$ soit par croissance de la fonction logarithme népérien : $k \times \frac{1}{3} = \ln \left(\frac{1}{2} \right) \iff$

$k = 3\ln \left(\frac{1}{2} \right)  = 3 \times (- \ln 2) = - 3\ln 2$.

Conclusion : $\theta(t) = 80\text{e}^{(-3\ln 2)t} + 20$.
		\item %Quelle est la température du corps, arrondie au degré, au bout de 30 minutes ?
30~min = $\dfrac{1}{2}$h. Donc $\theta\left(\frac{1}{2} \right) = 80\text{e}^{(-3\ln 2)\frac{1}{2}} + 20 \approx 48$.

Au bout d'une demi-heure la température tombe (au degré près) à 48\,\degres.
		\item %En combien de temps la température tombera-t-elle à de $100\,\degres$ à $30\,\degres$ ?
Il faut trouver $t$ tel que :

$\theta(t) = 30 \iff 80\text{e}^{(-3\ln 2)t} + 20 = 30 \iff 80\text{e}^{(-3\ln 2)t} = 10 \iff$

$\text{e}^{(-3\ln 2)t} = \dfrac{1}{8}$ soit par croissance de la fonction ln : $(-3\ln 2)t = - \ln 8.$

Or $\ln 8 = \ln 2^3 = 3\ln 2$, donc $(-3\ln 2)t = - \ln 8 \iff (-3\ln 2)t = - 3\ln 2 \iff t = 1$.

La température tombe à 30\,\degres{} au bout d'une heure.		
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

%Le plan complexe est rapporté au repère orthonormal direct \Ouv~ (unité
graphique 2 cm).

\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Vérifier que le nombre complexe $\left(2 + \sqrt{3}\right)- \text{i}$ est solution de l'équation :

%\[Z^2 - 2\left(2 + \sqrt{3}\right)Z + 4\left(2 + \sqrt{3}\right) = 0.\] 
En remplaçant dans l'équation $Z$ par $\left(2 + \sqrt{3}\right)- \text{i}$ on obtient :

$4 + 3 + 4\sqrt{3} - 1 - 2\text{i}\left(2 + \sqrt{3}\right) - 2\left(2 + \sqrt{3}\right)\left[\left(2 + \sqrt{3}\right) - \text{i}\right] + 4\left(2 + \sqrt{3}\right) =$

$ 6 + 4\sqrt{3} + \text{i}\left(- 4 - 2\sqrt{3}  + 4 + 2\sqrt{3}\right) - 2(4 + 3 + 4\sqrt{3}- + 8 + 4\sqrt{3} = 6 + 4\sqrt{3} - 14 - 8\sqrt{3} + 4 + 4\sqrt{3} = 0$.

Le nombre complexe $\left(2 + \sqrt{3}\right)- \text{i}$ est solution de l'équation.
		\item %Donner l'autre solution de cette équation.
On sait que l'équation a déjà une solution complexe ; l'autre solution est donc la conjuguée de cette solution soit : $\left(2 + \sqrt{3}\right) + \text{i}$.

\emph{Rem.} On pouvait également utiliser le fait que la somme des racines est égale à $- \dfrac{b}{a} = 2\left(2 + \sqrt{3}\right)$.
	\end{enumerate}
\item %On considère les nombres complexes :

%\[Z_1 = \left(2+\sqrt{3}\right) + \text{i}\quad  \text{et}\quad  Z_2 = \left(2+\sqrt{3}\right) - \text{i}.\]

	\begin{enumerate} 
		\item %Placer dans le repère \Ouv{} le point A d'affixe $Z_1$ et le point B d'affixe $Z_2$.
Les deux points ont des affixes conjuguées : ils sont symétriques autour de l'axe des abscisses. Voir la figure à la fin.
		\item %Vérifier que $\dfrac{Z_2}{Z_1} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{\text{i}}{2}$.
$\dfrac{Z_2}{Z_1} = \dfrac{\left(2+\sqrt{3}\right) - \text{i}}{\left(2+\sqrt{3}\right) + \text{i}} = \dfrac{\left[\left(2+\sqrt{3}\right) - \text{i}\right]\left[\left(2+\sqrt{3}\right) - \text{i}\right]}{\left[\left(2+\sqrt{3}\right) + \text{i}\right]\left[\left(2+\sqrt{3}\right) - \text{i}\right]} = \dfrac{\left[\left(2+\sqrt{3}\right) - \text{i}\right]^2}{\left( 2 + \sqrt{3}\right)^2 + 1} =$

$ \dfrac{4 + 3 + 4\sqrt{3} - 1 - 2\text{i}\left(2+\sqrt{3}\right)}{4 + 3 + 4\sqrt{3} + 1} = \dfrac{3 + 2\sqrt{3}}{2\left(2 + \sqrt{3}\right)} - \text{i}\dfrac{1}{2}$.

Or $\dfrac{3 + 2\sqrt{3}}{2\left(2 + \sqrt{3}\right)} = \dfrac{\left[3 + 2\sqrt{3}\right]\left[\left(2 - \sqrt{3}\right)\right]}{2\left[\left(2 + \sqrt{3}\right)\right]\left[\left(2 - \sqrt{3}\right)\right]} = \dfrac{6 - 3\sqrt{3} + 4\sqrt{3} - 6}{4 - 3} = \sqrt{3}$.

Finalement $\dfrac{Z_2}{Z_1} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} - \text{i}\dfrac{1}{2}$.
		\item %Déterminer le module et un argument du complexe $\dfrac{Z_2}{Z_1}$.
On a $\left|\dfrac{Z_2}{Z_1}  \right|^2 = \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{2} \right)^2 = \dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{4} = 1$. Donc $\left|\dfrac{Z_2}{Z_1}  \right| = 1$.

On sait que $\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \text{i}\dfrac{1}{2} = \cos \left(-\frac{\pi}{6}\right) + \text{i}\sin \left(-\frac{\pi}{6}\right)$, donc un argument est $- \dfrac{\pi}{6}$.
		\item %Déduire du résultat précédent l'angle de la rotation de centre O qui transforme A en B.
Le résultat précédent peut d'exprimer par $\dfrac{Z_2}{Z_1} = \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}} \iff  Z_{2} = Z_{1}\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}$, ce qui signifie que $M_{2}$ est l'image de $M_{1}$ par la rotation de centre O et d'angle $- \dfrac{\pi}{6}$
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer l'affixe $Z_3$ du point C milieu du segment [AB].
On a $Z_{3} = \dfrac{1}{2}\left(Z_{1} + Z_{2} \right) = \dfrac{2 + \sqrt{3} + \text{i} + 2 + \sqrt{3} - \text{i}}{2} = 2 + \sqrt{3}$.
		\item %Quelle est la nature du triangle OCA ?
A et B étant symétriques autour de l'axe des abscisses qui contient le point O, le triangle OAB est isocèle en O. C étant le milieu de la base [AB], la droite (OC) médiane est aussi hauteur du triangle OAB, donc OAC est un triangle rectangle en C.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer $\left|Z_1\right|$ et $\left|Z_3\right|$.
On a $\left|Z_{1}  \right|^2 = \left(2 + \sqrt{3} \right)^2 + 1$.

Or $\left(2 + \sqrt{3} \right)^2 + 1 = 4 + 3 + 4\sqrt{3} + 1 = 8 + 4\sqrt{3} = 4\left(2 + \sqrt{3}\right)$, donc 

$\left|Z_{1}  \right| = \sqrt{4\left(2 + \sqrt{3}\right)} = 2\sqrt{2 + \sqrt{3}}$.

D'autre part $Z_{3} \in \R$ et désigne un réel positif : il est égal à son module : $Z_{3} = 2 + \sqrt{3}$.
		\item %Déduire des résultats précédents que :

%\[\cos \dfrac{\pi}{12} = \dfrac{\sqrt{2 + \sqrt{3}}}{2}.\]
On a vu que dans le triangle isocèle OAB, [OC] est à la fois médiane, hauteur et bissectrice de l'angle en O, donc $\left(\vect{\text{OC}},~\vect{\text{OA}} \right) = \dfrac{\pi}{12}$.

On en déduit les lignes trigonométriques :

$\cos \dfrac{\pi}{12} = \dfrac{\text{OC}}{\text{OA}} = \dfrac{\left|Z_{3} \right|}{\left|Z_{1} \right|} = \dfrac{2 + \sqrt{3}}{2\sqrt{2 + \sqrt{3}}} = \dfrac{\sqrt{2 + \sqrt{3}}}{2}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

%Le but du problème est l'étude de la fonction numérique $f$ définie sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$ par :

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

%où $\ln x$ désigne le logarithme népérien de $x$.

%On note $\mathcal{C}$ sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonormal \Ouv{} d'unité graphique : 2 cm.

%\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie A}

\medskip

%Soit $g$ la fonction définie sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$ par :

%\[g(x) = x^3 - 1 + \ln x.\]

\begin{enumerate} 
\item %Étudier les variations de la fonction $g$. Les limites aux bornes ne sont pas demandées.
La fonction $g$ est dérivable sur $]0~;~+ \infty[$ et sur cet intervalle :

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

Les deux termes de cette somme sont positifs : donc sur $]0~;~+ \infty[~g'(x) > 0$ : la fonction $g$ est croissante.
\item %Calculer $g(1)$ et en déduire le signe de $g(x)$ suivant les valeurs de $x$.
$g(1) = 1^3 - 1 + \ln 1 = 0$, donc puisque la fonction est croissante :

\setlength\parindent{8mm}
\begin{itemize}
\item sur $]0~;~+ \infty[,~f(x) < 0$ ;
\item $f(1) = 0$ ;
\item sur $]1~;~+ \infty[~f(x) > 0$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{8mm}

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Étudier les limites de la fonction $f$ aux bornes de l'intervalle $]0~;~+ \infty[$. En déduire l'existence d'une droite asymptote à la courbe $\mathcal{C}$ que l'on précisera.
On sait que $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln x  = - \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = + \infty$ ;

On sait que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$ et  $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x^2 = + \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
\item %Démontrer que $f'(x) = \dfrac{g(x)}{x^2}.$
La fonction $f$ est dérivable sur $]0~;~+ \infty[$ et sur cet intervalle :

$g'(x) = x - \dfrac{\frac{1}{x} \times x - 1 \times \ln x}{x^2} = x - \dfrac{1 - \ln x}{x^2} = \dfrac{x^3 - 1 + \ln x}{x^2} = \dfrac{g(x)}{x^2}$.
%En déduire le tableau de variations de la fonction $f$.
Comme $x^2 > 0$ quel que soit $x$, le signe de $f'(x)$ est celui de $g(x)$ vu à la question précédente. 

Avec $f(1) = \dfrac{1}{2} + 1 = \dfrac{3}{2}$, on a donc le tableau de variations suivant :

\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){$1$} \uput[u](7.5,2.5){$+ \infty$}
\rput(1,2.25){$f'(x)$}\rput(1,1){$f(x)$}
\psline{->}(2.4,1.6)(4.5,0.4)\psline{->}(5.4,0.4)(7.5,1.6)
\uput[d](2.4,2){$+ \infty$} \uput[d](7.5,2){$+ \infty$}
\rput(3.5,2.25){$-$}\rput(5,2.25){$0$}\rput(6.5,2.25){$+$}
\uput[u](5,0){$\frac{3}{2}$}
\end{pspicture}
\end{center}
\item %Soit $h$ la fonction définie sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$ par :

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

%Sa courbe représentative $\mathcal{P}$ dans le repère \Ouv{} est donnée ci-après.
	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer la limite de $[f(x)- h(x)]$ en $+ \infty$.
On a $f(x)- h(x) = \dfrac{1}{2}x^2 + 1 - \dfrac{\ln x}{x} - \left(\dfrac{x^2}{2} + 1 \right) = - \dfrac{\ln x}{x}.$

On a déjà vu que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\dfrac{\ln x}{x} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} [f(x)- h(x)] = 0$.

Ceci signifie que les deux courbes sont asymptotes au voisinage de plus l'infini.
		\item %Déterminer le signe de $[f(x) - h(x)]$. Que peut-on en déduire pour la position relative des deux courbes $\mathcal{C}$ et $\mathcal{P}$ ?
Comme $f(x)- h(x) = - \dfrac{\ln x}{x}$ et comme $ x > 0$, le signe de la différence est celui de $- \ln x$. Donc :

\setlength\parindent{8mm}
\begin{itemize}
\item si $- \ln x > \iff \ln x < 0 \iff x < 1$, la courbe $\mathcal{C}$ est au dessus de $\mathcal{P}$ ;
\item si $- \ln x < \iff \ln x > 0 \iff x > 1$, la courbe $\mathcal{C}$ est au dessous de $\mathcal{P}$ ;
\item si $x = 1$, les courbes ont un point commun de coordonnées $\left(1~;~\frac{3}{2}\right)$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

	\end{enumerate}
\item %Tracer la courbe $\mathcal{C}$ sur la feuille ci-après (à rendre avec la copie).
Voir plus bas.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie C}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Déterminer une primitive de la fonction :

%\[x \longmapsto	\dfrac{1}{x}\ln x.\]

%sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$.
En posant $u(x) = \ln x$, on a $u'(x) = \dfrac{1}{x}$, donc $\dfrac{1}{x}\ln x$  est de la forme $u'u$ qui est la dérivée de $\dfrac{1}{2}u^2 = \dfrac{1}{2}(\ln x)^2$.

Une primitive de la fonction : $x \longmapsto	\dfrac{1}{x}\ln x.$
sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$ est la fonction $x \longmapsto \dfrac{1}{2}(\ln x)^2$.
\item %On appelle S l'aire en cm$^2$, de la partie du plan limitée par les deux courbes $\mathcal{C}$ et $\mathcal{P}$ et les droites d'équations $x = 1$ et $x = 4$.
On sait que sur l'intervalle [1~;~4], $f(x) > 0$, donc l'aire en unité d'aire de surface limitée par les deux courbes $\mathcal{C}$ et 
$\mathcal{P}$ et les droites d'équations $x = 1$ et $x = 4$ est égale à l'intégrale :

$\displaystyle\int_{1}^4 (h(x) - f(x))\:\text{d}x = \displaystyle\int_{1}^4 \dfrac{\ln x}{x}\:\text{d}x = \left[\dfrac{1}{2}(\ln x)^2\right]_{1}^4 =  \dfrac{1}{2}(\ln 4)^2 =  2 (\ln 2)^2.$~(u. a.)

Comme une unité d'aire est égale à $2 \times 2 = 4$~cm$^2$, l'aire est égale à :

$8 (\ln 2)^2.$~(cm$^2$) soit environ 3,84~cm$^2$. 
%Donner la valeur exacte de S puis la valeur arrondie au mm$^2$.
\end{enumerate}

\medskip

\psset{unit=2cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-0.25,0)(5.5,12)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=4,Dy=4]{->}(0,0)(-0.25,0)(5.5,12)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](5.5,0){$x$} \uput[l](0,12){$y$}\uput[dl](0,0){O}
\psplot{0}{4}{x dup mul 2 div 1 add}
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.165}{4}{x dup mul 2 div 1 add x ln x div sub}
%\pscustom[fillstyle=vlines]{
%\psplot{1}{4}{x dup mul 2 div 1 add}
%\psline(4,9)(4,8.65343)
%\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{4}{1}{x dup mul 2 div 1 add x ln x div sub}
%}
\uput[u](4,9){$\mathcal{P}$} \uput[d](4,8.5){$\mathcal{C}$}
\uput[l](0,1){1}\uput[d](1,0){1}
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange](0,0)(5.5,12)(5.5,12)
\end{pspicture}


\end{center}\end{document}