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
EXERCICE 1 4 points
1. L’équation s’écrit y′′ +22y=0. Les solutions sont donc de la forme :
y=Acos2x+Bsin 2x,A∈R,B∈R.
2. Il faut trouver la solution f(x)=Acos2x+Bsin 2xde dérivée
f′(x)=−2Asin2x+2Bcos 2xvérifiant :
½f¡π
2¢= −p3
f′¡π
2¢=2⇐⇒ ½Acosπ+Bsinπ= −p3
−2Asinπ+2Bcosπ=2⇐⇒
½−A= −p3
−2B=2⇐⇒ ½A=p3 B= −1
Finalement : f(x)=p3cos2x−sin 2x.
3. On peut écrire f(x)=2Ãp3
2cos2x−1 2sin2x!=2¡cos π
6cos2x−sin π 6sin2x¢=
2cos¡π
6+2x¢=2cos³2x+π
6´. (en utilisant la formule : cos acosb−sin asinb=
cos(a+b))
4. La valeur moyenne de fsur h0 ; π
2iest égale à :
m=1
π
2−0Zπ
2
0
f(x) dx=2
πZπ
2
0
2cos³2x+π
6´dx=2 πhsin³2x+π 6´iπ
2
0=
2
π·2 π
sin³π+π
6´−sin³π 6´¸=2 π·−1 2−1 2¸=−2 π
.
EXERCICE 2 5 points
1. a. On a ∆=12−4×µ1
2¶×1=1−2=−1=(i)2.
∆<0 : l’équation a donc deux solutions complexes conjuguées :
−1+i
2×1
2=−1+i et −1−i.
b. On a z2= −1−i et z4= −2z1= −2(−1+i) =2−2i.
2. a. Voir à la fin.
b. On a zI=1
2(z3+z4)=1 2(−2+2−2i)=−i.
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 mi-
lieu de son hypoténuse [CD], donc en I. Le rayon est égal à la moitié du
diamètre CD. Or CD =p20 =4×5=2p5. On a donc R=p5.

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1
−1
−2
−3
1 2−1−2−3O−→
u
−→
v
A
B
C
D
I
PROBLÈME 11 points
Partie I : étude de la fonction f
1. a. On a lim
x→+∞¡3−x2¢=−∞et lim x→+∞ex, donc par produit de limites lim x→+∞ f(x)=
−∞.
b. On a f(x)=3ex−x2ex.
Comme lim
x→−∞3ex=0 et que lim x→−∞x2ex=0, on a par somme de limites :
lim
x→−∞ f(x)=0.
2. a. fest dérivable sur Ret :
f′(x)=−2xex+¡3−x2¢ex=¡3−2x−x2¢ex.
b. Comme ex>0, quel que soit le réel x, le signe de f′(x) est celui du tri-
nôme 3 −2x−x2.
Cherchons les racines de ce trinôme : ∆=4+12 =16 =42, donc il y a
deux racines réelles 2+4
−2=−3 et 2−4 −2=1.
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−∞ −3 1 +∞
f′(x)
f(x)
−∞
0
−6e−3
2e
3. Il faut résoudre dans Rl’équation f(x)=0⇐⇒ ¡3−x2¢ex⇐⇒ 3−x2=0 car
quel que soit le réel x, ex6=0, soit finalement ¡p3+x¢¡p3−x¢=0⇐⇒
x=−p3 ou x=p3.
On a donc deux points de Csur l’axe des abscisses : A¡−p3 ; 0¢et B¡p3 ; 0¢.
Partie II : Tracé d’une parabole
1. A∈P⇐⇒ 0=6−2¡p3¢2⇐⇒ 0=6−2×3 qui est vrai ; même calcul pour B.
2. a. Développons ¡3−x2¢(2−ex)=6−3ex−2x2+x2ex=6−2x2−3ex+x2ex=
¡6−2x2¢−¡3−x2¢ex=¡6−2x2¢−f(x).
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b. Les racines du trinôme 3−x2sont −p3 et p3. Ce trinôme est négatif sauf
entre ses racines donc sur ] −p3 ; p3[ où il est positif.
D’autre part 2 −ex>0⇐⇒ 2>ex⇐⇒ ln2 >x(par croissance de la
fonction logarithme néprien.
De même 2 −ex>0⇐⇒ x>ln2.
Le signe de ¡3−x2¢(2−ex)s’obtient donc grâce au tableau suivant :
x−∞ −p3ln2 p3+∞
3−x2−0++0−
2−ex+ + 0− −
¡3−x2¢(2−ex)−0+0−0+
On a bien pour tout nombre réel xappartenant à l’intervalle £−p3 ; ln2¤,
¡3−x2¢(2−ex)>0.
c. On a ¡3−x2¢(2−ex)>0⇐⇒ ¡6−2x2¢−f(x)>0 d’après la question
précédente. Ceci signifie graphiquement que sur l’intervalle £−p3 ; ln 2¤,
la parabole Pest au-dessus de la courbe C.
3. Voir à la fin.
Partie III : Calcul d’aires
1. a. La fonction Gest dérivable sur Ret
G′(x)=(2x−2)ex+¡x2−2x+2¢ex=ex¡2x−2+x2−2x+2¢=ex¡x2¢=
x2ex.
b. On a vu que f(x)=3ex−x2ex.
Une primitive de 3exest 3exet d’après la question précédente une pri-
mitive de −x2exest −G(x)=−¡x2−2x+2¢ex.
Une primitive de la fonction fest la fonction définie par
x7→3ex−¡x2−2x+2¢ex=¡−x2+2x+1¢ex.
2. a. Voir à la fin.
b. On a vu que sur ¤−p3 ; 0£, la parabole Pest au dessus de la courbe C;
donc l’aire du domaine Dest égale en unité d’aire à l’intégrale :
A=Z0
−p3£¡6−2x2¢−f(x)¤dx=·6x−2x3
3+¡x2−2x−1¢ex¸0
−p3=6×0−
2×03
3+¡02−2×0−1¢e0−Ã6×(−p3) −2(−p3)3 3+³(−p3)2−2×(−p3) −1´e(−p3)!=
−1+6p3−2p3−³2+2p3´e(−p3) =4p3−1−³2+2p3´e(−p3) (u. a.)
On a A≈4,96 (u. a.) au centième près.
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Annexe (à rendre avec la copie)
O−→
ı
−→
CP
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