Corrigé du baccalauréat STL septembre 2006 Chimie de

[ Corrigé du baccalauréat STL septembre 2006 \
Chimie de laboratoire et de procédés industriels
Calculatrice autorisée
3 heures
E XERCICE 1
4 points
1. L’équation s’écrit y ′′ + 22 y = 0. Les solutions sont donc de la forme :
y = A cos 2x + B sin 2x, A ∈ R, B ∈ R.
2. Il faut trouver la solution f (x) = A cos 2x + B sin 2x de dérivée
f ′ (x) = −2A sin 2x + 2B cos 2x vérifiant :
p
p
½ ¡π¢
½
f ¡2 ¢ = − 3
A cos π + B sin π
= − 3
⇐⇒
⇐⇒
f ′ π2
−2A sin π + 2B cos π = 2
= 2
p
p
½
½
−A
= − 3
3
A =
⇐⇒
−2B = 2
B = −1
p
Finalement : f (x) = 3cos 2x − sin 2x.
!
Ãp
¡
¢
1
3
cos 2x − sin 2x = 2 cos π6 cos 2x − sin π6 sin 2x =
3. On peut écrire f (x) = 2
2
2
³
¡
¢
π´
. (en utilisant la formule : cos a cos b−sin a sin b =
2cos π6 + 2x = 2cos 2x +
6
cos(a + b))
h πi
est égale à :
4. La valeur moyenne de f sur 0 ;
2
Zπ
Zπ
³
2
1
2h ³
π ´i π2
2 2
π´
m= π
dx =
sin 2x +
=
f (x) dx =
2cos 2x +
π 0
6
π
6 0
−0 0
¸
· 2 ³
·
¸
³π´
2 2
2
π´
1 1
2
− sin
=
sin π +
− −
=− .
π π
6
6
π
2 2
π
E XERCICE 2
1.
5 points
µ ¶
1
× 1 = 1 − 2 = −1 = (i)2 .
2
∆ < 0 : l’équation a donc deux solutions complexes conjuguées :
a. On a ∆ = 12 − 4 ×
−1 + i
2 × 12
2.
= −1 + i et
− 1 − i.
b. On a z2 = −1 − i et z4 = −2z1 = −2(−1 + i) = 2 − 2i.
a. Voir à la fin.
1
1
b. On a zI = (z3 + z4 ) = (−2 + 2 − 2i) = −i.
2
2
c. CD2 = |zD − zC |2 = |2 − 2i − (−2)|2 = |4 − 2i|2 = 42 + (−2)2 = 16 + 4 = 20 ;
CA2 = |zA − zC |2 = | − 1 + i − (−2)|2 = |1 + i|2 = 12 + 12 = 2 ;
AD2 = |zD − zA |2 = |2 − 2i − (−1 + i)|2 = |3 − 3i|2 = 32 + (−3)2 = 9 + 9 = 18 ;
Or 20 = 2 + 18 ⇐⇒ CD2 = CA2 + AD2 , donc d’a près la réciproque du
théorème de Pythagore, le triangle ACD est rectangle d’hypoténuse [CD],
donc rectangle en A.
d. Le triangle rectangle ACD est inscrit dans le (demi-)cercle centré au milieu de son hypoténusep[CD], donc enpI. Le rayon est égal
pà la moitié du
diamètre CD. Or CD = 20 = 4 × 5 = 2 5. On a donc R = 5.
A. P. M. E. P.
Baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédés industriels
A
1
→
−
v
b
C
b
−3
−2
−1
b
B
→
−
u 1
O
−1
b
2
I
−2
b
D
−3
P ROBLÈME
11 points
Partie I : étude de la fonction f
1.
¡
¢
a. On a lim 3 − x 2 = −∞ et lim ex , donc par produit de limites lim f (x) =
x→+∞
x→+∞
x→+∞
−∞.
b. On a f (x) = 3ex − x 2 ex .
Comme lim 3ex = 0 et que lim x 2 ex = 0, on a par somme de limites :
x→−∞
x→−∞
lim f (x) = 0.
x→−∞
2.
a. f est dérivable sur R et :
¡
¢
¡
¢
f ′ (x) = −2xe x + 3 − x 2 ex = 3 − 2x − x 2 ex .
b. Comme ex > 0, quel que soit le réel x, le signe de f ′ (x) est celui du trinôme 3 − 2x − x 2 .
Cherchons les racines de ce trinôme : ∆ = 4 + 12 = 16 = 42 , donc il y a
2−4
2+4
= −3 et
= 1.
deux racines réelles
−2
−2
Ce trinôme est négatif sauf entre ses racines −3 et 1. La fonction est donc
décroissante sauf sur [−3 ; 1] où elle est croissante.
c. D’où le tableau de variations :
x
f ′ (x)
−∞
−3
0
1
+∞
2e
f (x)
−6e−3
−∞
¡
¢
2
3. Il faut résoudre dans R l’équation f (x) = 0 ⇐⇒
3 − x¢ 2¡pex ⇐⇒
p
¢ 3 − x = 0 car
¡
x
3 − x = 0 ⇐⇒
quel que soit le réel x, e 6= 0, soit finalement 3 + x
p
p
x = − 3 ou x = 3.
¡ p
¢
¡p
¢
On a donc deux points de C sur l’axe des abscisses : A − 3 ; 0 et B 3 ; 0 .
Partie II : Tracé d’une parabole
¡ p ¢2
1. A ∈ P ⇐⇒ 0 = 6 − 2 3 ⇐⇒ 0 = 6 − 2 × 3 qui est vrai ; même calcul pour B.
¡
¢
2.
a. Développons
3 −¢x 2 (2¡− ex ) = ¢6−3e x −2x 2 +x 2 ex = 6−2x 2 −3ex +x 2 ex =
¡
¢
¡
6 − 2x 2 − 3 − x 2 ex = 6 − 2x 2 − f (x).
Métropole
2
septembre 2006
A. P. M. E. P.
Baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédés industriels
p
p
b. Les racines du trinôme 3−x 2 sont
p 3 et 3. Ce trinôme est négatif sauf
p −
entre ses racines donc sur ] − 3 ; 3[ où il est positif.
D’autre part 2 − ex > 0 ⇐⇒ 2 > ex ⇐⇒ ln 2 > x (par croissance de la
fonction logarithme néprien.
De même 2 − ex > 0 ⇐⇒ x > ln 2.
¡
¢
Le signe de 3 − x 2 (2 − ex ) s’obtient donc grâce au tableau suivant :
x
3 − x2
2 − ex
¡
¢
3 − x 2 (2 − ex )
−∞
−
+
−
p
− 3
0
+
+
+
0
p
ln 2
0
0
+
−
−
3
0
−
+∞
−
0
+
£ p
¤
pour tout nombre réel x appartenant à l’intervalle − 3 ; ln 2 ,
¡On a bien
¢
3 − x 2 (2 − ex ) > 0.
¡
¢
¡
¢
c. On a 3 − x 2 (2 − ex ) > 0 ⇐⇒ 6 − 2x 2 − f (x) > 0 d’après£ lapquestion
¤
précédente. Ceci signifie graphiquement que sur l’intervalle − 3 ; ln 2 ,
la parabole P est au-dessus de la courbe C .
3. Voir à la fin.
Partie III : Calcul d’aires
1.
2.
a. La fonction G est dérivable sur R et
¡
¢
¡
¢
¡ ¢
G ′ (x) = (2x − 2)ex + x 2 − 2x + 2 ex = ex 2x − 2 + x 2 − 2x + 2 = ex x 2 =
x 2 ex .
b. On a vu que f (x) = 3ex − x 2 ex .
Une primitive de 3ex est 3ex et¡ d’après la¢question précédente une primitive de −x 2 ex est −G(x) = − x 2 − 2x + 2 ex .
Une primitive de la fonction f est la fonction définie par
¡
¢
¡
¢
x 7→ 3ex − x 2 − 2x + 2 ex = −x 2 + 2x + 1 ex .
a. Voir à la fin.
£
¤ p
b. On a vu que sur − 3 ; 0 , la parabole P est au dessus de la courbe C ;
donc l’aire du domaine D est égale en unité d’aire à l’intégrale :
·
¸0
Z0
£¡
¢
¤
¢
2x 3 ¡ 2
+ x − 2x − 1 ex p = 6×0−
A = p 6 − 2x 2 − f (x) dx = 6x −
3
− 3
− 3
!
Ã
p
´ p
p
p
¢ 0
2(− 3)3 ³ p 2
2 × 03 ¡ 2
(− 3)
=
+ 0 − 2 × 0 − 1 e − 6 × (− 3) −
+ (− 3) − 2 × (− 3) − 1 e
3
3
³
³
p
p
p ´ (−p3)
p ´ (−p3)
p
−1 + 6 3 − 2 3 − 2 + 2 3 e
= 4 3−1− 2+2 3 e
(u. a.)
On a A ≈ 4, 96 (u. a.) au centième près.
Métropole
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septembre 2006
Baccalauréat STL Chimie de laboratoire et de procédés industriels
A. P. M. E. P.
Annexe (à rendre avec la copie)
→
−

O
P
Métropole
→
−
ı
C
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septembre 2006