Fiche de mathématiques

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Bac Technologique - Sciences et Technologies Industrielles
Génie électronique - Génie électrotechnique - Génie optique
La Réunion - Session 2006

Le candidat traitera obligatoirement les deux exercices et le problème.
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.
L'utilisation des calculatrices électroniques, programmables, alphanumériques ou à écran graphique est autorisée, à condition que leur fonctionnement soit autonome et qu'il ne soit fait usage d'aucune imprimante.
Chaque candidat ne peut utiliser qu'une seule machine sur sa table.
En cas de défaillance, elle pourra cependant être remplacée.
Cependant, les échanges de machines entre candidats, la consultation des notices fournies par les constructeurs ainsi que l'échange d'informations par l'intermédiaire des fonctions de transmission des calculatrices sont interdits.
(circulaire n°99-186 du 16 novembre 1999).
Un formulaire de mathématiques est distribué en même temps que le sujet.
Coefficient : 4 Durée : 4 heures

4,5 points

exercice 1

$\mathbb{C}$ est l'ensemble des nombres complexes et i désigne le nombre complexe de module 1 et d'argument $\dfrac{\pi}{2}$ .

1. Résoudre dans l'ensemble $\mathbb{C}$ l'équation : z² - 4z + 16 = 0.

2. On considère les nombres complexes : z₁ = 2 + 2 $\sqrt{3}$ i et z₂ = 2 - 2 $\sqrt{3}$ i.
    a) Déterminer le module et un argument de z₁.
    b) Ecrire z₁, puis z₂ sous forme exponentielle.

3. Le plan est muni d'un repère orthonormal direct $(O ; \vec{u}, \vec{v})$ d'unité 1 cm.
On considère la rotation r de centre O et d'angle $-\frac{2\pi}{3}$ .
    a) Placer les points M₁ et M₂ d'affixes respectives z₁ et z₂ dans le repère $(O ; \vec{u}, \vec{v})$ .
    b) Montrer que le point M₂ est l'image du point M₁ par la rotation r.
    c) On appelle M₃ le point image du point M₂ par la rotation r.
Calculer l'affixe z₃ du point M₃.
Placer le point M₃ dans le repère $(O ; \vec{u}, \vec{v})$ .
    d) Démontrer que le triangle M₁M₂M₃ est équilatéral.

4. Vérifier que les nombres complexes (z₁)⁶ et $\dfrac{(z_1)^4}{(z_2)^2}$ sont des entiers naturels.
On utilisera la forme z₁ et z₂ la plus adaptée.

4,5 points

exercice 2

I. On considère l'équation différentielle : (E₀) : y'' + 4y = 0 où y désigne une fonction de la variable t, définie et deux fois dérivables sur l'ensemble $\mathbb{R}$ des nombres réels, et y'' sa dérivée seconde.

1. Résoudre l'équation (E₀).

2. Déterminer la solution particulière $f$ de (E₀) vérifiant : $f(0) = \sqrt{3} \text{ et } f'(0) = 2$ ;
où $f'$ désigne la dérivée de la fonction $f$ .

3. Montrer que pour tout réel t, $f(t)$ peut s'écrire sous la forme : $f(t) = 2 \cos \left(2t - \dfrac{\pi}{6}\right)$

4. Calculer la valeur moyenne de $f$ sur l'intervalle $\left[0 ; \dfrac{\pi}{2}\right]$ .

II. On considère maintenant l'équation différentielle : (E₁) : y'' + 4y = 3 sin t
où y désigne une fontion de la variable réelle t, définie et deux fois dérivable sur l'ensemble $\mathbb{R}$ , et y'' sa dérivée seconde.

1. Montrer que si une fonction g est solution de l'équation (E₀), alors la fonction h définie sur $\mathbb{R}$ par : h(t) = g(t) + sin t est solution de l'équation (E₁).

2. Donner une solution particulière, ne s'annulant pas pour t = 0, de l'équation (E₁).

11 points

probleme

Sur l'annexe, on donne, dans le plan muni d'un repère orthonormal $(O ; \overrightarrow{i} , \overrightarrow{j})$ , la courbe $\mathscr{C}_f$ d'une fonction $f$ , définie sur l'intervalle ]2 ; + $\infty$ [.

sujet du bac STI génie électronique génie électrotechnique génie optique la réunion 2006 : image 1

Annexe : courbe de la fonction $f$

Partie A : Détermination de la fonction $f$

On suppose que la courbe $\mathscr{C}_f$ passe par le point A de coordonnées $\left(3 ; -\dfrac72 + 3 \ln 2\right)$ .
La droite D d'équation $x$ = 2 est une asymptote verticale à la courbe $\mathscr{C}_f$ .
On note $f'$ la fonction dérivée de $f$ .

1. Quelle est la valeur exacte de $f(3)$ ?

2. Donner sans justification la limite de la fonction $f$ en 2.

3. On suppose que, pour tout réel $x$ de l'intervalle ]2 ; + $\infty$ [, $f(x) = ax - 5 + 3\ln(x - 1) - 3\ln(x - 2)$ .
En utilisant la réponse de la question 1, déterminer algébriquement le nombre a.

Partie B : Etude de la fonction $f$

On admet que la fonction $f$ est définie sur l'intervalle ]2 ; + $\infty$ [ par : $f(x) = \dfrac12 x - 5 + 3\ln(x - 1) - 3\ln(x - 2)$ .

1. a) Retrouver par le calcul la limite de la fonction $f$ en 2.
    b) Montrer que, pour tout $x$ réel de l'intervalle ]2 ; $\infty$ [, $f(x) = \frac12 x - 5 + 3\ln\left(\dfrac{x-1}{x-2}\right)$
    c) En déduire la limite de la fonction $f$ en + $\infty$ .

2. Démontrer que la droite $\Delta$ d'équation y = $\frac12 x - 5$ est une asymptote oblique à la courbe $\mathscr{C}_f$ en + $\infty$ . Tracer $\Delta$ sur l'annexe.

3. a) Calculer $f'(x)$ et montrer que pour tout réel $x$ de l'intervalle ]2 ; + $\infty$ [, $f'(x) = \dfrac{x^2 - 3x - 4}{2(x - 1)(x - 2)}$ .
    b) Etudier le signe de $f'(x)$ sur l'intervalle ]2 ; + $\infty$ [.
    c) Dresser le tableau de variation dela fonction $f$ sur l'intervalle ]2 ; + $\infty$ [.

4. a) Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$ dans l'intervalle [2,1 ; 3] et une solution unique $\beta$ dans l'intervalle [9 ; 10].
    b) Déterminer un encadrement d'amplitude 10^-1 de chacune des solutions $\alpha$ et $\beta$ .

Partie C : Calcul d'aire

1. On considère les fonctions h et H définies sur l'intervalle ]2 ; + $\infty$ [ par $h(x) = \ln\left(\dfrac{x-1}{x-2}\right)$ et $H(x) = (x - 1)\ln(x - 1) - (x - 2)\ln(x - 2)$ .
    a) Montrer que la fonction H est une primitive de la fonction h sur l'intervalle ]2 ; + $\infty$ [.
    b) En déduire une primitive de la fonction $f$ sur l'intervalle ]2 ; + $\infty$ [.

2. On considère le domaine $\mathscr{D}$ du plan compris entre la courbe $\mathscr{C}_f$ , l'axe des abscisses et les droites d'équation $x$ = 3 et $x$ = 9.
    a) Hachurer le domaine $\mathscr{D}$ sur le graphique de l'annexe.
    b) On note $\mathscr{A}$ la mesure, en unités d'aire, de l'aire du domaine $\mathscr{D}$ . Exprimer $\mathscr{A}$ sous la forme d'une intégrale.
    c) Calculer la valeur exacte de $\mathscr{A}$ , puis en donner une valeur approchée à 10^-1 près.

Voir la correction

exercice 1

1. Résolution de l'équation z² - 4z + 16 = 0 :
$\Delta = (-4)^2 - 4 \times 1 \times 16 = -48 = (4i\sqrt{3})^2$ donc l'équation admet 2 solutions complexes conjuguées :
$z_1 = \dfrac{-(-4)-4i\sqrt{3}}{2 \times 1} = \boxed{2-2i\sqrt{3}} \hspace{50pt} z_2 = \boxed{2+2i\sqrt{3}}$

2. a) Module de z₁ :
$|z_1| = |2+2i\sqrt{3}| \\ |z_1| = \sqrt{2^2+(2\sqrt{3})^2} \\ |z_1| = \sqrt{4+12} \\ \boxed{|z_1| = 4}$
On appelle $\theta_1$ un argument du nombre complexe z₁.
$\left. \begin{array}{l} \cos(\theta_1) = \dfrac{Re(z_1)}{|z_1|} = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2} \\ \sin(\theta_1) = \dfrac{Im(z_1)}{|z_1|} = \dfrac{2\sqrt{3}}{4} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \\ \end{array} \right \rbrace \text{ donc } \boxed{ \theta_1 = \dfrac{\pi}{3} }$

2. b) La forme exponentielle d'un nombre complexe z de module $\rho$ et d'argument $\theta$ est : $z = \rho e^{i \theta}$
Donc : $\boxed{z_1 = 4e^{i\frac{\pi}{3}} }$
Les nombres complexes z₁ et z₂ sont conjugués, ils ont donc le même module et des arguments opposés, donc :
$\boxed{z_2 = 4e^{-i\frac{\pi}{3}} }$

3. a)

sujet du bac STI génie électronique génie électrotechnique génie optique la réunion 2006 : image 2

3. b) Soit M un point d'affixe z et M' son image, d'affixe z', par la rotation r de centre O et d'angle $-\dfrac{2\pi}{3}$ . On a :
$z' = z e^{-i\frac{2\pi}{3}}$
Donc l'affixe de l'image du point M₁ est donnée par :
$z_1' = z_1 e^{-i\frac{2\pi}{3}} \\ z_1' = 4 \times e^{i\frac{\pi}{3}} \times e^{-i\frac{2\pi}{3}} \\ z_1' = 4 \times e^{i(\frac{\pi}{3}-\frac{2\pi}{3})} \\ \boxed{z_1' = 4 e^{-i\frac{\pi}{3}} = z_2}$
Donc M₂ est bien l'image de M₁ par la rotation r.

3. c) M₃ est l'image de M₂ par la rotation r donc :
$z_3 = z_2 e^{-i\frac{2\pi}{3}} \\ z_3 = 4 \times e^{-i\frac{\pi}{3}} \times e^{-i\frac{2\pi}{3}} \\ z_3 = 4 \times e^{i(-\frac{\pi}{3}-\frac{2\pi}{3})} \\ z_3 = 4 e^{-i \pi} \\ \boxed{z_3 = -4}$

3. d) Calcul des longueurs M₁M₂, M₁M₃ et M₂M₃ :
$\text{M}_1\text{M}_2 = |z_2 - z_1| = |2 - 2\sqrt{3}i - (2 + 2\sqrt{3}i) | = |-4i\sqrt{3}| = \boxed{4\sqrt{3}}\\ \text{M}_1\text{M}_3 = |z_3 - z_1| = |-4 - (2 + 2\sqrt{3}i) | = |-6 - 2i\sqrt{3}| = \sqrt{(-6)^2 + (-2\sqrt{3})^2} = \sqrt{48} = \boxed{4\sqrt{3}}\\ \text{M}_2\text{M}_3 = |z_3 - z_2| = |-4 - (2 - 2\sqrt{3}i) | = |-6 + 2i\sqrt{3}| = \sqrt{(-6)^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{48} = \boxed{4\sqrt{3}}$
$\text{M}_1\text{M}_2 = \text{M}_1\text{M}_3 = \text{M}_2\text{M}_3$ donc le triangle M₁M₂M₃ est équilatéral.

4. On utilise les formes exponentielles.
$(z_1)^6 = (4e^{i\frac{\pi}{3}})^6 \\ z_1 = 4^6 \times e^{6 \times i\frac{\pi}{3}} \\ z_1 = 4096 \times e^{2i \pi} \\ z_1 = 4096 \times 1 \\ \boxed{z_1 = 4096}$

$\dfrac{(z1)^4}{(z_2)^2} = \dfrac{(4e^{i\frac{\pi}{3}})^4}{(4e^{-i\frac{\pi}{3}})^2} \\ \dfrac{(z1)^4}{(z_2)^2} = \dfrac{4^4}{4^2} \times \dfrac{e^{4i\frac{\pi}{3}}}{e^{-2i\frac{\pi}{3}}} \\ \dfrac{(z1)^4}{(z_2)^2} = 16 \times e^{4i\frac{\pi}{3}} \times e^{2i\frac{\pi}{3}} \\ \dfrac{(z1)^4}{(z_2)^2} = 16 \times e^{i(4\frac{\pi}{3}+2\frac{\pi}{3})} \\ \dfrac{(z1)^4}{(z_2)^2} = 16 \times e^{2i \pi} \\\boxed{\frac{(z1)^4}{(z_2)^2} = 16 }$
Donc $(z_1)^6$ et $\dfrac{(z_1)^4}{(z_2)^2}$ sont des entiers naturels.

exercice 2

I. 1. Résolution l'équation différentielle (E₀) :
$y'' + 4 y = 0 \, \, \Longleftrightarrow \, \, y''+ 2^2 y = 0$
Donc : $\boxed{f(t) = A \cos (2 t) + B \sin(2 t)}$
Rappel : les solutions de l'équation différentielle $y'' + \omega^2 y = 0$ sont données par : $f(x) = A \cos ( \omega x) + B \sin( \omega x)$ où A et B sont deux réels quelconques.

2. Recherche de la solution particulière $f$ vérifiant les deux conditions initiales :
On a : $f(t) = A \cos (2 t) + B \sin(2 t)$
Donc : $f'(t) = -2A \sin (2 t) + 2B \pi \cos(2 t)$
$f(0) = \sqrt{3}\\ \Longleftrightarrow A \cos (2 \times 0) + B \sin(2 \times 0) = \sqrt{3}\\ \Longleftrightarrow A \times 1 + B \times 0 = \sqrt{3}\\ \Longleftrightarrow \boxed{A = \sqrt{3}}$

$f'(0) = 2\\ \Longleftrightarrow -2A \sin (0) + 2B \cos(0) = 2\\ \Longleftrightarrow 2B = 2\\ \Longleftrightarrow \boxed{ B = 1}$
Donc, la solution de (E₀) vérifiant les deux conditions initiales est donnée par :
$\boxed{f(t) = \sqrt{3} \cos (2 t) + \sin(2 t)}$

3. On utilise la formule d'addition : $\cos(a-b) = \cos(a) \cos(b) + \sin(a) \sin(b)$
$2 \cos \left(2 t - \dfrac{\pi}{6}\right) = 2 \left( \cos(2 t) \cos\left(\dfrac{\pi}{6}\right) + \sin(2 t) \sin\left(\dfrac{\pi}{6}\right) \right) \\ 2 \cos \left(2 t - \dfrac{\pi}{6}\right) = 2 \left( \cos(2 t) \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \sin(2 t) \times \dfrac{1}{2} \right) \\ 2 \cos \left(2 t - \dfrac{\pi}{6}\right) = \sqrt{3} \cos(2 t) + \sin(2 t)$
Donc, on a bien : $\boxed{ f(t) = 2 \cos \left(2 t - \dfrac{\pi}{6}\right) }$

4. Calcul de la valeur moyenne :
Soit F une primitive de $f$ : $F(t) = \sin(2 t - \dfrac{\pi}{6})$
$\text{I} = \dfrac{1}{b-a} \: \displaystyle \int_a^b f(t) dt \\ \text{I} = = \dfrac{2}{\pi} \: \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} f(t) dt \\ \text{I} = \dfrac{2}{\pi} [F(t)]_0^{\frac{\pi}{2}} \\ \text{I} = \dfrac{2}{\pi} \left( F(\frac{\pi}{2}) - F(0) \right) \\ \text{I} = \dfrac{2}{\pi} \left(\sin\left(2 \times \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6}\right) - \sin\left(2 \times 0 - \dfrac{\pi}{6}\right) \right) \\ \text{I} = \dfrac{2}{\pi} \left( \sin( \pi - \frac{\pi}{6}) - \sin( -\frac{\pi}{6}) \right) \\ \text{I} = \dfrac{2}{\pi} \left( \sin\left( \frac{5\pi}{6}\right) - \sin\left( - \frac{\pi}{6}\right) \right) \\ \text{I} = \dfrac{2}{\pi} \left( \frac{1}{2} - \left(-\frac{1}{2}\right) \right) \\ \boxed{\text{I} = \frac{2}{\pi}}$
Donc la valeur moyenne sur cet intervalle est ègale à $\frac{2}{\pi}$ .

II. 1. Soit $h(t) = g(t) + \sin t$
On a donc :
$h'(t) = g'(t) + \cos t \\ h''(t) = g''(t) - \sin t$
Donc :
$h^{ \prime \prime}(t) + 4h(t) = g^{ \prime \prime}(t) - \sin t + 4(g(t) + \sin t) \\ h^{ \prime \prime}(t) + 4h(t) = g^{ \prime \prime}(t) + 4g(t) + 3 \sin t$
Or g est solution de (E₀) donc $g^{ \prime \prime}(t) + 4g(t) = 0$ donc :
$h^{ \prime \prime}(t) + 4h(t) = 0 + 3 \sin t \\ \boxed{h^{ \prime \prime}(t) + 4h(t) = 3 \sin t}$
Donc h est bien solution de l'équation différentielle (E₁).

2. Soit la fonction h définie par : $h(t) = f(t) + \sin t$ où $f$ est la fonction trouvée dans la partie précédente.
$h(0) = f(0) + \sin 0 = \sqrt{3} + 0 = \sqrt{3} \neq 0$
Donc $\boxed{h(t) = 2 \cos \left(2 t - \frac{\pi}{6}\right) + \sin t}$ est une solution de l'équation (E₁) ne s'annulant pas pour t = 0.

probleme

Partie A : Détermination de la fonction $f$

1. La courbe passe par le point A de coordonnées $\left(3 \, ; \, -\dfrac{7}{2}+3 \ln 2 \right)$ donc $\boxed{f(3) = -\frac{7}{2} + 3 \ln 2}$

2. $\boxed{\displaystyle \lim_{x\to 2} \: f(x) = +\infty}$
(Graphiquement, on voit que la courbe " monte à l'infini " contre l'asymptote verticale $x = 2$ .)

3. Détermination du nombre a :
$f(3) = -\dfrac{7}{2}+3 \ln 2 \\ \Longleftrightarrow a \times 3 - 5 + 3 \ln (3-1) - 3 \ln (3-2) = -\dfrac{7}{2}+3 \ln 2 \\ \Longleftrightarrow 3a - 5 + 3 \ln (2) - 3 \times 0 = -\dfrac{7}{2} + 3 \ln 2\\ \Longleftrightarrow 3a = -\dfrac{7}{2} + 3 \ln (2) + 5 - 3 \ln (2)\\ \Longleftrightarrow 3a = -\dfrac{7}{2} + 5\\ \Longleftrightarrow 3a = \dfrac{3}{2}\\ \Longleftrightarrow \boxed{a = \frac{1}{2}}$

Partie B : Etude de la fonction $f$

1. a) Limite en 2 :
$\left. \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{x\to 2} \: \left(\dfrac{1}{2}x - 5\right) = \dfrac{1}{2} \times 2 - 5 = -4 \\ \displaystyle \lim_{x\to 2} \: \left[3 \ln (x - 1)\right] = 3 \ln(1) = 0 \\ \displaystyle \lim_{x\to 2} \: \left[-3 \ln (x-2)\right] = \displaystyle \lim_{x\to 0} \: \left[-3\ln(x)\right] = +\infty \\ \end{array} \right \rbrace \text{ donc } \boxed{\displaystyle \lim_{x\to 2} \: f(x) = +\infty}$

1. b) On utilise la propriété suivante : $\ln \: a - \ln \: b = \ln \: \dfrac{a}{b}$
Donc : $3 \ln(x-1) - 3 \ln(x-2) = 3 \ln \left( \dfrac{x-1}{x-2} \right)$
Donc : $\boxed{f(x) = \frac{1}{2}x - 5 + 3 \ln \left( \dfrac{x-1}{x-2} \right) }$

1. c) Limite de $f$ en + $\infty$ :
On a : $\dfrac{x-1}{x-2} = \dfrac{x(1-\frac{1}{x})}{x(1-\frac{2}{x})}$
Or : $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \: \frac{1}{x} = 0 \: \text{ et } \: \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \: \dfrac{2}{x} = 0$
Donc : $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \: \frac{x\left(1-\frac{1}{x}\right)}{x\left(1-\frac{2}{x}\right)} = \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \: \dfrac{x}{x} = 1$
Donc : $\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \: \ln \left( \frac{x-1}{x-2} \right) = 0$
On a donc : $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \:f(x) = \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \: \left(\frac{1}{2}x - 5\right) = +\infty }$

2. Asymptote oblique :
$\boxed{\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \left[f(x) - \left(\frac{1}{2}x - 5\right)\right] = \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \: \ln \left( \frac{x-1}{x-2} \right) = 0}$
Donc la droite $\Delta$ d'équation $y = \dfrac{1}{2}x - 5$ est une asymptote oblique à la courbe $\scr{C}_f$ en + $\infty$ .

sujet du bac STI génie électronique génie électrotechnique génie optique la réunion 2006 : image 3

3. a) Calcul de la dérivée :
$f(x) = \dfrac{1}{2}x - 5 + 3 \ln(x-1) - 3 \ln(x-2) \\ f'(x) = \dfrac{1}{2} + 3 \times \dfrac{1}{x-1} - 3 \times \dfrac{1}{x-2} \\ f'(x) = \dfrac{(x-1)(x-2)}{2(x-1)(x-2)} + 3 \times \dfrac{2(x-2)}{2(x-1)(x-2)} - 3 \times \dfrac{2(x-1)}{2(x-1)(x-2)}\\ f'(x) = \dfrac{(x-1)(x-2) + 6(x-2) - 6(x-1)}{2(x-1)(x-2)}\\ f'(x) = \dfrac{x^2-2x-x+2+6x-12-6x+6}{2(x-1)(x-2)}\\ \boxed{f'(x) = \frac{x^2-3x-4}{2(x-1)(x+2)}}$

3. b Etude du signe de $f'(x)$ :
Valeurs interdites (valeurs qui annulent le dénominateur) :
$x - 1 = 0 \hspace{25pt} \text{ ou } \hspace{25pt} x - 2 = 0 \\ x = 1 \hspace{25pt} \text{ ou } \hspace{25pt} x = 2$
Mais 1 et 2 n'appartiennent pas à l'intervalle $]2 \, ; \, +\infty[$ donc pas de valeurs interdites pour $x$ .
$f'(x) = 0 \hspace{10pt} \Longleftrightarrow \hspace{10pt} x^2-3x-4 = 0$
$\Delta = (-3)^2 - 4 \times 1 \times (-4) = 25 > 0$ donc le numérateur de $f'$ admet 2 racines réelles disctinctes :
$x_1 = \dfrac{3 + \sqrt{25}}{2 \times 1} = 4 \hspace{25pt} x_2 = \dfrac{3 - \sqrt{25}}{2 \times 1} = -\frac{1}{2}$
Donc $\boxed{f'(x)=0 \: \Longleftrightarrow \: x = 4}$
Le numérateur $x^2-3x-4$ est du signe du coefficient de $x^2$ , donc positif, en dehors des racines.

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3. c) Du signe de la dérivée, on déduit les variations de la fonction :

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$f(4) = \dfrac{1}{2} \times 4 - 5 + 3 \ln(4-1) - 3 \ln(4-2) \\f(4) = -3 + 3 \ln 3 - 3 \ln 2 \\ f(4) = 3( \ln (1,5) - 1) \approx -1,78$

4. a) Existence et unicité des solutions :
la fonction $f$ est dérivable sur [2,1 ; 3] ;
la fonction $f$ est strictement décroissante sur [2,1 ; 3] ;
$f(2,1) \approx 3,24 > 0 \: \text{ et } \: f(3) \approx -1,42 < 0$ ;
donc l'équation $f(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$ dans l'intervalle [2,1 ; 3].

La fonction $f$ est dérivable sur [9 ; 10] ;
la fonction $f$ est strictement croissante sur [9 ; 10] ;
$f(9) \approx -0,10 < 0 \: \text{ et } \: f(10) \approx 0,35 > 0$ ;
donc l'équation $f(x) = 0$ admet une solution unique $\beta$ dans l'intervalle [9 ; 10].

4. b) Encadrement des solutions :
$\left. \begin{array}{l} f(2,3) \approx 0,55 > 0 \\ f(2,4) \approx -0,04 < 0 \\ \end{array} \right \rbrace \text{ donc } \boxed{ 2,3 < \alpha < 2,4}$
$\left. \begin{array}{l} f(9,2) \approx -0,01 < 0 \\ f(9,3) \approx 0,04 > 0 \\ \end{array} \right \rbrace \text{ donc } \boxed{ 9,2 < \beta < 9,3}$

Partie C : Calcul d'aire

1. a) Dérivation de $H(x)$ :
On pose : $u = x - 1 \: \: v = \ln (x-1)$
Donc : $u' = 1 \: \: v' = \dfrac{1}{x-1}$
Donc : $\left( (x-1) \ln (x-1) \right)' = u'v + uv' = \ln(x-1) + (x-1) \times \dfrac{1}{x-1} = \ln(x-1) + 1$
De même : $\left( (x-2) \ln (x-2) \right)' = \ln(x-2) + 1$
Donc : $H'(x) = \ln(x-1) - \ln(x-2) = \ln \left( \dfrac{x-1}{x-2} \right) = h(x)$
Donc H est une primitive de h.

1. b) Détermination d'une primitive F de la fonction $f$ :
On a : $f(x) = \dfrac{1}{2}x - 5 + 3h(x)$
Donc : $F(x) = \dfrac{1}{4}x^2 - 5x + 3H(x)$
$\boxed{ F(x) = \dfrac{x^2}{4} - 5x + 3(x-1) \ln (x-1) - 3(x-2) \ln (x-2) }$

2. a) Voir figure

2. b) D'après l'étude des variations de la fonction $f$ et les valeurs de $\alpha$ et $\beta$ , on en déduit que $f(x) < 0$ pour tout $x \in [3 \, ; \, 9]$ . Donc l'aire $\scr{A}$ est donnée, en unités d'aires, par :
$\boxed{ \scr{A} = - \displaystyle \int_3^9 f(x) \text{d}x }$

2. c) Calcul de $\scr{A}$ :
$\scr{A} = - \displaystyle \int_3^9 f(x) \text{d}x \\ \scr{A} = -[F(x)]_3^9 \\ \scr{A} = F(3) - F(9) \\ \scr{A} = \frac{3^2}{4} - 5 \times 3 + 3(3-1) \ln (3-1) - 3(3-2) \ln (3-2) - \dfrac{9^2}{4} + 5 \times 9 - 3(9-1) \ln (9-1) + 3(9-2) \ln (9-2) \\ \scr{A} = \frac{9}{4} - 15 - \dfrac{81}{4} + 45 + 6\ln 2 - 3 \ln 1 - 24 \ln 8 + 21 \ln 7 \\ \scr{A} = 12 + 6\ln 2 - 24 \ln 2^3 + 21 \ln 7 \\ \scr{A} = 12 + 6\ln 2 - 72 \ln 2 + 21 \ln 7 \\ \boxed{\scr{A} = 12 -66 \ln 2 + 21 \ln 7 \approx 7,1}$

Publié par Cel/jamo le 18-07-2007

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