Fiche de mathématiques

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Bac Technologique 2005 - Sciences et Techniques de Laboratoire - Physique de Laboratoire et de Procédés Industriels

La calculatrice est autorisée.
Le formulaire officiel est autorisé.
Il est rappelé aux candidats que la qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements entreront pour une part importante dans l'appréciation des copies.
Coefficient : 4 Durée : 4 heures

5 points

exercice 1

Le plan P est rapoorté à un repère orthnormal $(O; \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v})$ , d'unité graphique 4 cm.

1. a) Résoudre dans l'ensemble $\mathbb{C}$ des nombres complexes l'équation : $z^2 - 2\sqrt{3}z + 4 = 0$ .
Donner les solutions sous forme algébrique et sous forme trigonométrique.
   b) Représenter dans le plan P, les points A d'affixe $\sqrt{3} - i$ et B d'affixe $\sqrt{3} + i$ .
   c) Démontrer que le triangle OAB est équilatéral.

2. 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 : $z' = exp^{i\pi/4}z$ .
   a) Caractériser géométriquement l'application R.
   b) Placer le point A' image du point A par R.
   c) Calculer sous forme trigonométrique puis sous forme algébrique l'affixe du point A'.
   d) En déduire les valeurs exactes de $\cos \frac{\pi}{12} \text{ et } \sin \frac{\pi}{12}$ .

5 points

exercice 2

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

1. Résoudre cette équation différentielle.
2. Le plan est rapporté à un repère orthonormal $(O; \overrightarrow{i}, \overrightarrow{j})$ .
Déterminer la fonction f solution de cette équation différentielle telle que :
La courbe représentative de f passe par le point A de coordonnées (0; 1).
La tangente à cette courbe en A a pour coefficient directeur $-100\pi$
3. Vérifier que, pour tout réel t : $f(t) = \sqrt{2} \cos \left(100 \pi t + \frac{\pi}{4}\right)$
4. Déterminer la valeur moyenne $\nu$ de f sur l'intervalle $\left[0; \frac{1}{50}\right]$ .
5. Calculer la valeur efficace de la fonction f sur cet intervalle, c'est-à-dire le nombre réel positif I défini par : $I^2 = 50 \displaystyle \int_0^{\frac{1}{50}} [f(t)]^2 dt$

10 points

probleme

Partie A : Etude d'une fonction

On considère la fonction f définie sur l'ensemble $\mathbb{R}$ des nombres réels par : $f(x) = 2 - \frac{(x - 2)}{5} exp^x$ .
On note $\mathcal{C}$ sa courbe représentative dans le plan rapporté à un repère orthonormal $(O; \overrightarrow{i}, \overrightarrow{j})$ , d'unité graphique 2 cm.

1. a) Calculer la limite de f(x) quand x tend vers + $\small \infty$ .
    b) Calculer la limite de f(x) quand x tend vers - $\small \infty$ .
    c) En déduire l'équation d'une droite $\mathcal{D}$ asymptote à la courbe $\mathcal{C}$ .
    d) Calculer les coordonnées du point d'intersection A de la droite $\mathcal{D}$ et de la courbe $\mathcal{C}$ .
    e) Déterminer la position relative de la courbe $\mathcal{C}$ par rapport à la droite $\mathcal{D}$ .

2. a) Calculer f '(x).
    b) Etudier le signe de f '(x) et en déduire le tableau de variation de f sur $\mathbb{R}$ .

3. Donner une équation de la tangente $\mathcal{T}$ à la courbe $\mathcal{C}$ au point d'abscisse 0.

4. a) Montrer que l'équation f(x) = 0 admet une solution x₀ sur [2; 3].
    b) Donner un encadrement de x₀ à 10^-2 près.

5. Tracer sur un même graphique la droite $\mathcal{D}$ , la tangente $\mathcal{T}$ et la courbe $\mathcal{C}$ .

Partie B : Calcul d'aire

1. On considère la fonction g définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x) = \frac{(x - 3)}{5}exp^x$ .
    a) Calculer g'(x).
    b) En déduire une primitive de f sur $\mathbb{R}$ .

2. a) 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.
    b) Calculer l'aire de la partie hachurée.
Donner la valeur exacte en cm², puis la valeur arrondie à 10^-2 près.

Correction

exercice 1

1. a) Résolvons dans l'ensemble des nombres complexes l'équation $z^2 - 2\sqrt{3}z + 4 = 0$ :
Calculons le discriminant : $\Delta = (-2\sqrt{3})^2 - 4 \times 1 \times 4 = 12 - 16 = -4$
L'équation admet donc deux racines complexes conjuguées : $\frac{2\sqrt{3} - 2i}{2} = \sqrt{3} - i \text{ et } \frac{2\sqrt{3} + 2i}{2} = \sqrt{3} + i$
D'où : $\mathcal{S} = \lbrace \sqrt{3} - i; \sqrt{3} + i\rbrace$

Forme trigonométrique des solutions :
$\sqrt{3} - i = 2\left(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac12 i\right) = 2\left(\cos \left(-\frac{\pi}{6}\right) + i\sin \left(-\frac{\pi}{6}\right)\right)\\ \text{et } \sqrt{3} + i = 2\left(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac12 i\right) = 2\left(\cos \frac{\pi}{6} + i\sin \frac{\pi}{6}\right)$

1. b) cf graphique

1. c) Montrons que le triangle OAB est équilatéral :
OA = |z_A - z_O| = $|\sqrt{3} - i|$ = 2
OB = |z_B - z_O| = $|\sqrt{3} + i|$ = 2
AB = |z_B - z_A| = $|\sqrt{3} + i - \sqrt{3} + i| = |2i|$ = 2
Comme OA = OB = AB, alors le triangle OAB est équilatéral.

2. a) L'application R est la rotation de centre O et d'angle $\frac{\pi}{4}$ .

2. b) cf graphique

2. c) Affixe du point A' sous forme trigonométrique :
$z_{A'} = e^{i\frac{\pi}{4}} z_A = e^{i\frac{\pi}{4}} \times 2 \left(\cos \left(-\frac{\pi}{6}\right) + i\sin \left(-\frac{\pi}{6}\right)\right)\\ \hspace{25pt}= e^{i\frac{\pi}{4}} \times 2e^{-i\frac{\pi}{6}}\\ \hspace{25pt}= 2e^{i\left(\frac{\pi}{4}- \frac{\pi}{6}\right)}\\ \hspace{25pt}= 2e^{i\frac{\pi}{12}}\\ \hspace{25pt}= 2\left(\cos \frac{\pi}{12} + i\sin \frac{\pi}{12}\right)$

Affixe du point A' sous forme algébrique :
$z_{A'} = e^{i\frac{\pi}{4}} z_A = \left(\cos \frac{\pi}{4}) + i\sin \frac{\pi}{4}\right)(\sqrt{3} - i)\\ \hspace{25pt}= \left(\frac{\sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{2}}{2}\right)(\sqrt{3} - i)\\ \hspace{25pt}= \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$

2. d) Valeurs exactes de $\cos \frac{\pi}{12}$ et $\sin \frac{\pi}{12}$ :
On a montré à la question précédente que $z_{A'} = 2\left(\cos \frac{\pi}{12} + i\sin \frac{\pi}{12}\right) = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2} + i\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$ .
En identifiant les parties réelles et imaginaires, on en déduit que : $\cos \frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \text{ et } \sin \frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$

sujet national du bac STL physique de laboratoire et de procédés industriels 2005 : image 1

Graphique

exercice 2

1. L'équation différentielle $y'' + 10^4 \pi^2 y = 0$ est de la forme y '' + a²y = 0, avec a² = $10^4 \pi^2$ .
La solution générale est de la forme $y(t) = \alpha \cos \left(10^2 \pi t\right) + \beta \sin \left(10^2 \pi t\right)$ où $\alpha \text{ et } \beta$ sont des réels quelconques.

2.La fonction f est solution de cette équation, donc f est de la forme $f(t) = \alpha \cos \left(10^2 \pi t\right) + \beta \sin \left(10^2 \pi t\right)$ .
La courbe représentative de f passe par le point A(0; 1), donc f(0) = 1, ce qui se traduit par : f (0) = 1. Donc :
$\alpha \cos \left(10^2 \pi \times 0\right) + \beta \sin \left(10^2 \pi \times 0\right) = 1\\ \text{Donc : } \alpha = 1$

La tangente à cette courbe en A a pour coefficient directeur -100 $\pi$ , donc : f '(0) = -100 $\pi$ .
Or, $f'(t) = -10^2 \pi \alpha \sin \left(10^2 \pi t\right) + \beta 10^2 \pi \cos \left(10^2 \pi t\right)$ .
f '(0) = -100 $\pi$ équivaut à :
$10^2 \pi \alpha \sin 0 + \beta 10^2 \pi \cos 0 = -100\pi\\ \text{soit :} \beta = -1$
D'où : pour tout réel t, $f(t) = \cos(10^2 \pi) - \sin(10^2 \pi)$

3. Pour tout réel t, on a :
$\sqrt{2} \cos \left(100 \pi t + \frac{\pi}{4}\right)\\ = \sqrt{2}\left(\cos(100 \pi t) \cos \frac{\pi}{4} - \sin(100 \pi t) \sin \frac{\pi}{4}\right)\\ = \sqrt{2}(\cos(100 \pi t) \times \frac{\sqrt{2}}{2} - \sin(100 \pi t) \times \frac{\sqrt{2}}{2}\\ = \cos(100 \pi t) - \sin (100 \pi t)\\ = f(t)$
D'où : pour tout réel t : $f(t) = \sqrt{2} \cos \left(100 \pi t + \frac{\pi}{4}\right)$

4. Valeur moyenne $\nu$ de f sur l'intervalle $\left[0; \frac{1}{50}\right]$ :
$\nu = \frac{1}{\frac{1}{50} - 0}\displaystyle \int_0^{\frac{1}{50}} f(t) dt\\ = 50 \displaystyle \int_0^{\frac{1}{50}} \left[\sqrt{2} \cos \left(100 \pi t + \frac{\pi}{4}\right)\right] dt\\ = 50\sqrt{2}\left[\frac{1}{100\pi} \sin \left(100 \pi t + \frac{\pi}{4}\right)\right]_0^{\frac{1}{50}}\\ = 50\sqrt{2}\left[\frac{1}{100\pi} \sin \left(100 \pi \times \frac{1}{50} + \frac{\pi}{4}\right) - \frac{1}{100\pi} \sin \left(100 \pi \times 0 + \frac{\pi}{4}\right)\right]\\ = 50\sqrt{2} \times \frac{1}{100\pi} \left[\sin \left(2 \pi + \frac{\pi}{4}\right) - \sin \frac{\pi}{4}\right]\\ = \frac{\sqrt{2}}{2\pi} \left[\sin \frac{\pi}{4} - \sin \frac{\pi}{4}\right]\\ = 0$
D'où : $\nu = 0$

5. Valeur efficace de la fonction f sur l'intervalle $\left[0; \frac{1}{50}\right]$ :
Calculons I² :
$I^2 = 50 \displaystyle \int_0^{\dfrac{1}{50}} [f(t)]^2 dt\\ = 50 \displaystyle \int_0^{\frac{1}{50}} \left(\sqrt{2} \cos \left(100\pi t + \frac{\pi}{4}\right)\right)^2 dt\\ = 50 \times 2 \displaystyle \int_0^{\frac{1}{50}} \cos^2 \left(100\pi t + \frac{\pi}{4}\right) dt\\ = 100 \displaystyle \int_0^{\frac{1}{50}} \frac{\cos\left(2\left(100 \pi t + \frac{\pi}{4}\right)\right) + 1}{2} \hspace{5pt} \text{car } \cos^2 \theta = \frac{\cos \left(2\theta\right) + 1}{2}$
$= 50 \displaystyle \int_0^{\frac{1}{50}} \left(\cos \left(200 \pi t + \frac{\pi}{2}\right) + 1\right) dt\\ = 50 \left[\frac{1}{200\pi} \sin \left(200\pi t + \frac{\pi}{2}\right) + t\right]_0^{\frac{1}{50}}\\ = 50 \left(\frac{1}{200\pi} \sin \left(200\pi \times \frac{1}{50} + \frac{\pi}{2}\right) + \frac{1}{50} - \frac{1}{200\pi} \sin \left(0 + \frac{\pi}{2}\right) - 0\right)\\ = 50 \left(\frac{1}{200\pi} \sin\left(4\pi + \frac{\pi}{2}\right) + \frac{1}{50} - \frac{1}{200\pi}\right)\\ = 50 \left(\frac{1}{200\pi} \sin \frac{\pi}{2} + \frac{1}{50} - \frac{1}{200\pi}\right)\\ = 50 \left(\frac{1}{200\pi} + \frac{1}{50} - \frac{1}{200\pi}\right)\\ = 1$

D'où : la valeur efficace de la fonction f sur l'intervalle $\left[0; \frac{1}{50}\right]$ est : I = 1.

probleme

Partie A : Etude d'une fonction

1. a) Limite de f en + $\small \infty$ :
$\displaystyle \lim_{x \to +\infty} 2 = 2\\ \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \left(-\frac{x - 2}{5}\right) = -\infty \text{ et } \displaystyle \lim_{x \to +\infty} e^x = +\infty \text{ donc } \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \left(-\frac{x - 2}{5}e^x\right) = -\infty$
D'où, par addition, $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$

1. b) Limite de f en - $\small \infty$ :
Pour tout nombre réel x, $f(x) = 2 - \frac{xe^x}{5} + \frac25 e^x$
$\displaystyle \lim_{x \to -\infty} 2 = 2\\ \displaystyle \lim_{x \to -\infty} xe^x = 0 \text{ donc } \displaystyle \lim_{x \to -\infty} \left(-\frac{xe^x}{5}\right) = 0\\ \displaystyle \lim_{x \to -\infty} e^x = 0 \text{ donc } \displaystyle \lim_{x \to -\infty} \left(\frac25 e^x\right) = 0$
D'où : $\displaystyle \lim_{x \to -\infty} f(x) = 2$

1. c) Comme $\displaystyle \lim_{x \to -\infty} f(x) = 2$ , alors la droite d'équation y = 2 est asymptote horizontale à la courbe $\mathcal{C}$ au voisinage de - $\small \infty$ .

1. d) Coordonnées du point d'intersection A de la droite $\mathcal{D}$ et de la courbe $\mathcal{C}$ :
Les coordonnées (x; y) du point A vérifient :
$\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} y & 2 - \frac{x - 2}{5}e^x \\ y & 2 \\ \end{array} \right.$
Donc :
$2 = 2 - \frac{x - 2}{5}e^x \Longleftrightarrow \frac{x - 2}{5}e^x = 0$
Or, pour tout nombre réel x, e^x > 0, donc : $\frac{x - 2}{5}e^x = 0 \Longleftrightarrow x - 2 = 0$
soit x = 2.
D'où : les coordonnées du point d'intersection A de la droite $\mathcal{D}$ et de la courbe $\mathcal{C}$ sont (2; 2).

1. e) Position relative de la courbe $\mathcal{C}$ par rapport à la droite $\mathcal{D}$ d'équation y = 2 :
Etudions le signe de [f(x) - 2] :
Pour tout réel x, $f(x) - 2 = 2 - \frac{x - 2}{5}e^x - 2 = -\frac{x - 2}{5}e^x$
Pour tout réel x, e^x > 0 et 5 > 0.
Donc, [f(x) - 2] est du signe de -(x - 2) sur $\mathbb{R}$ .
Donc : [f(x) - 2] > 0 si x < 2, [f(x) - 2] = 0 si x = 2 et [f(x) - 2] < 0 si x > 0.
D'où : la courbe $\mathcal{C}$ est au-dessus de la droite $\mathcal{D}$ sur ]- $\small \infty$ ; 2[, la courbe $\mathcal{C}$ est en-dessous de la droite $\mathcal{C}$ sur ]2; + $\small \infty$ [ et la courbe $\mathcal{C}$ et la droite $\mathcal{D}$ ont un point d'intersection : le point A de coordonnées (2; 2).

2. a) Calcul de f '(x) :
f est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout x réel, on a :
$f'(x) = -\left(\frac15 \times e^x + \frac{x - 2}{5} \times e^x\right)\\ \hspace{15pt}= -\left(\frac15 + \frac{x - 2}{5}\right)e^x\\ \hspace{15pt}= -\frac{x - 1}{5}e^x$

2. b) Signe de f '(x) :
Pour tout nombre réel x, e^x > 0 et 5 > 0.
Donc, sur $\mathbb{R}$ , f '(x) est du signe de -(x - 1).
D'où : $f'(x) \geq 0 \text{ si } x \leq 1\\ \text{et } f'(x) \leq 0 \text{ si } x \geq 1$
On en déduit que la fonction f est croissante sur ]- $\small \infty$ ; 1] et que la fonction f est décroissante sur [1; + $\small \infty$ [.

Tableau de variation de f :
$\begin{array}{|c|lcccr|} \hline x&-\infty&&1&&+\infty\\ \hline f'(x)&&+&0&-&\\ \hline \hspace{1pt}&&&2 + \frac15 e&&\\ f&&\nearrow&&\searrow&\\ \hspace{1pt}&2&&&&-\infty\\ \hline \end{array}$

3.Equation de la tangente $\mathcal{T}$ à la courbe $\mathcal{C}$ au point d'abscisse 0 :
Equation de la forme y = f '(0)(x - 0) + f(0)
Or, $f'(0) = \frac15 \text{ et } f(0) = 2 + \frac25 = \frac{12}{5}$
D'où : $\mathcal{T} : \hspace{3pt} y = \frac15 x + \frac{12}{5}$

4. a) Montrons que l'équation f(x) = 0 admet une solution x₀ sur [2; 3] :
f est strictement décroissante et continue sur [2; 3].
De plus, f(2) = 2 > 0 et f(3) $\approx$ -2,02 < 0.
Il existe donc un unique réel x₀ de l'intervalle [2; 3] tel que f(x₀) = 0.

4. b) Encadrement de x₀ à 10^-2 près :
A l'aide de la calculatrice, on trouve : 2,68 < x₀ < 2,69

5.

sujet national du bac STL physique de laboratoire et de procédés industriels 2005 : image 2

Graphique

Partie B : Calcul d'aire

1. a) Calcul de g'(x) :
g est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout nombre réel x, on a :
$g'(x) = \frac15 e^x + \frac{x - 3}{5} e^x\\ \hspace{15pt}= \left(\frac15 + \frac{x - 3}{4}\right)e^x\\ \hspace{15pt}= \frac{x - 2}{5}e^x$

1. b) Primitive de f sur $\mathbb{R}$ :
Pour tout nombre réel x : $f(x) = 2 - g'(x)$ .
Donc, une primitive de f sur $\mathbb{R}$ est : $F(x) = 2x - \frac{x - 3}{5}e^x$

2. a) cf graphique

2. b) Aire de la partie hachurée :
L'aire du domaine délimité par la courbe $\mathcal{C}$ , l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées et la droite d'équation x = 2 est donné par : $\displaystyle \int_0^2 f(x) dx$ . Et :
$\displaystyle \int_0^2 f(x) dx = [F(x)]_0^2\\ = F(2) - F(0) = 2 \times 2 - \frac{2 - 3}{5}e^2 - 2 \times 0 + \frac{0 - 3}{5}e^0\\ = \frac{1}{5}e^2 + \frac{17}{5}$
Donc : $\displaystyle \int_0^2 f(x) dx = \frac{1}{5}e^2 + \frac{17}{5} u.a.$

Valeur exacte en cm² :
1 u.a. correspond à 4 cm².
Donc l'aire de la partie hachurée est de $4\left(\frac{1}{5}e^2 + \frac{17}{5}\right) = \frac{4}{5}e^2 + \frac{68}{5}$ cm², soit environ 19,51 cm² à 10^-2 près.

Publié par Tom_Pascal le 05-07-2005

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