Fiche de mathématiques
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Bac Technologique - Sciences et Technologies Industrielles
Génie Mécanique (options A et F) - Génie Energétique - Génie Civil
Métropole - Session 2006

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L'usage des calculatrices est autorisé pour cette épreuve.
Le candidat doit traiter les deux exercices et le problème.
Il sera tenu compte de la clarté des raisonnements et de la qualité de la rédaction dans l'appréciation des copies.
Le formulaire officiel de mathématiques est distribué en même temps que le sujet.
Coefficient : 4     Durée : 4 heures
5 points

exercice 1

On note i le nombre complexe de module 1 et d'argument \dfrac{\pi}{2}.
On considère les nombres complexes suivants :
z_A=\sqrt{2}+i\sqrt{6}
z_B=2-2i
On pose z = \dfrac{z_A}{z_B}.

1. Ecrire z sous forme algébrique.

2. a) Calculer le module et un argument de z_A et de z_B.
    b) En déduire le module et un argument de z.
    c) Ecrire z sous forme trigonométrique.

3. Déduire des résultats obtenus aux questions précédentes les valeurs exactes de \cos \dfrac{7\pi}{12} et de \sin \dfrac{7\pi}{12} .

4. Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal (O ; \vec{u}, \vec{v}) d'unité graphique 2 cm.
    a) Sur papier millimétré, construire les points A et B, images respectives de z_A et z_B.
    b) Déterminer la nature du triangle OAB.


4 points

exercice 2

On donne ci-dessous la représentation graphique \mathscr{C}, dans un repère orthonormal d'unité 2 cm, de la fonction f définie sur [0 ; 2\pi] par :
f(x) = 2 - \sin \dfrac{x}{2}.
bac STI Génies Mécanique Energétique Civil Métropole 2006 - terminale : image 1


1. Vérifier, par le calcul, que :
    a) La courbe \mathscr{C} passe par le point S (\pi ; 1).
    b) La tangente à la courbe \mathscr{C} au point S est parallèle à l'axe des abscisses.
    c) La fonction f est solution de l'équation différentielle : 4y'' + y - 2 = 0.

2. On veut calculer la valeur exacte du volume du solide de révolution engendré par la courbe \mathscr{C} lors de sa rotation autour de l'axe des abscisses.
On rappelle que la valeur V de ce volume, en unités de volume, est donnée par la formule : V = \pi \displaystyle \int_0^{2\pi} [f(x)]^2 dx
    a) On pose, pour tout nombre réel x, appartenant à [0 ; 2\pi], g(x) = [f(x)]^2.
Démontrer que l'on a : g(x) = \dfrac{9}{2} - 4 \sin \dfrac{x}{2} - \dfrac{1}{2} \cos x.
    b) Donner la valeur exacte de ce volume en cm3, puis sa valeur arrondie au mm3 près.


11 points

probleme

Soit f la fonction définie sur l'intervalle ]-1 ; +\infty[ par : f(x) = \dfrac{2x}{1+x}-\ln(1+x).
On note \mathscr{C} sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthogonal (O ; \vec{u}, \vec{v}) d'unités graphiques 1 cm sur l'axe des abscisses et 2 cm sur l'axe des ordonnées.

Partie A

1. Calculer la limite de f en +\infty.

2. a) En remarquant que, pour tout nombre réel x appartenant à l'intervalle ]-1 ; +\infty[     f(x) = \dfrac{1}{1+x}[2x-(1+x)\ln(1+x)],
calculer la limite de f en -1 (on pourra utiliser sans démonstration \displaystyle \lim_{X \to 0} X \ln X = 0).
    b) En déduire une équation d'une droite \mathscr{D} asymptote à \mathscr{C}.

3. Déterminer la dérivée f' de f et montrer que, pour tout nombre réel x appartenant à l'intervalle ]-1 ; +\infty[, f'(x) = \dfrac{1-x}{(1+x)^2}.

4. a) Etudier le signe de f'(x) sur l'intervalle]-1 ; +\infty[.
    b) Calculer la valeur exacte de f(1).
    c) Dresser le tableau de variations de f sur l'intervalle ]-1 ; \infty[

Partie B

1. Déterminer une équation de la tangente \mathscr{T} à la courbe \mathscr{C} au point d'abscisse 0.

2. a) Justifier que l'équation f(x) = 0 a une seule solution \alpha dans l'intervalle [1 ; 5].
Démontrer que \ln(1+\alpha) = \dfrac{2\alpha}{1+\alpha}.
    b) Donner une valeur approchée de \alpha à 10-2 près.

3. Déterminer le signe de f sur l'intervalle [0 ; \alpha].

4. Tracer, dans le repère (O ; \vec{u}, \vec{v}), la tangente \mathscr{T}, la droite \mathscr{D} puis la courbe \mathscr{C}.

Partie C

1. Démontrer que, sur l'intervalle]-1 ; +\infty[, la fonction F définie par F(x) = (-3-x)\ln(1+x)+3x est une primitive de la fonction f.

2. Soit \mathscr{H} la partie du plan délimitée par la courbe \mathscr{C}, l'axe des abscisses et les droites d'équations x = 0 et x = \alpha.
    a) Hachurer la partie \mathscr{H} sur le dessin.
    b) Calculer, en unités d'aire et en fonction de \alpha, l'aire A(\alpha) de la partie \mathscr{H} et démontrer que A(\alpha) = 2 \left(\dfrac{\alpha^2-3\alpha}{1+\alpha}\right) cm2.






exercice 1

1. Forme algébrique de z :
On multiplie le numérateur et le dénominateur par le conjugué du dénominateur
z = \sfrac{z_{\text{A}}}{z_{\text{B}}} \\ z = \sfrac{\sqrt{2}+ \text{i} \sqrt{6}}{2-2\text{i}} \\ z = \sfrac{(\sqrt{2}+ \text{i}\sqrt{6})(2+2\text{i})}{(2-2\text{i})(2+2\text{i})} \\ z = \sfrac{2\sqrt{2}+2\text{i}\sqrt{2}+2\text{i}\sqrt{6}+2 \text{i}^2 \sqrt{6}}{2^2+2^2} \\ z = \sfrac{2\sqrt{2}+\text{i}(2\sqrt{2}+2\sqrt{6})-2\sqrt{6}}{8} \\\ \boxed{z = \frac{\sqrt{2}-\sqrt{6} + \text{i}(\sqrt{2}+\sqrt{6})}{4} }

2. a) Calcul des modules de zA et zB :
|z_{\text{A}}| = |\sqrt{2} + \text{i}\sqrt{6}| = \sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{6})^2} = \sqrt{8} = \boxed{2\sqrt{2}}  \\ |z_{\text{B}}| = |2 - 2\text{i}| = \sqrt{(2)^2+(-2)^2} = \sqrt{8} = \boxed{2\sqrt{2}}

Soit \theta_{\text{A}} et \theta_{\text{B}} un argument des nombres complexes zA et zB.
\left. \begin{array}{l} \cos \theta_{\text{A}} = \dfrac{Re(z_{\text{A}})}{|z_{\text{A}}|} = \dfrac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}} = \dfrac{1}{2} \\ \sin \theta_{\text{A}} = \dfrac{Im(z_{\text{A}})}{|z_{\text{A}}|} = \dfrac{\sqrt{6}}{2\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \\ \end{array} \right \rbrace  \text{donc } \boxed{Arg(z_{\text{A}}) = \theta_{\text{A}} = \dfrac{\pi}{3}}
\left. \begin{array}{l} \cos \theta_{\text{B}} = \dfrac{Re(z_{\text{B}})}{|z_{\text{B}}|} = \dfrac{2}{2\sqrt{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ \sin \theta_{\text{B}} = \dfrac{Im(z_{\text{B}})}{|z_{\text{B}}|} = \dfrac{-2}{2\sqrt{2}} = -\dfrac{1}{\sqrt{2}} = -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ \end{array} \right \rbrace  \text{donc } \boxed{Arg(z_{\text{B}}) = \theta_{\text{B}} = -\dfrac{\pi}{4}}

2. b) Module et argument de z :
On a z = \dfrac{z_{\text{A}}}{z_{\text{B}}}, donc :
|z| = \dfrac{|z_{\text{A}}|}{|z_{\text{B}}|} \\ |z| = \dfrac{2\sqrt{2}}{2\sqrt{2}} \\ \boxed{|z| = 1}

Arg(z) = Arg(z_{\text{A}}) - Arg(z_{\text{B}}) \\ Arg(z) = \dfrac{\pi}{3} - \left(-\dfrac{\pi}{4}\right) \\ Arg(z) = \dfrac{4\pi}{12} + \dfrac{3\pi}{12} \\ \boxed{Arg(z) = \frac{7\pi}{12} }

2. c) Forme trigonométrique : \boxed{z = \left[1 \, ; \, \frac{7 \pi}{12} \right]}

3. Un nombre complexe Z de module \rho et d'argument \theta s'écrit : Z=\rho (\cos \theta + \text{i} \sin \theta)
Donc le nombre complexe z de module 1 et d'argument \dfrac{7\pi}{12} s'écrit : z = \cos \left(\dfrac{7\pi}{12}\right) + \text{i} \sin \left(\dfrac{7\pi}{12}\right).
Par identification avec la forme algébrique trouvée à la question 1, on en déduit :
\boxed{\begin{array}{l} \cos \left(\dfrac{7\pi}{12}\right) = \dfrac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4} \\ \sin (\dfrac{7\pi}{12}) = \dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4} \end{array}}

4. a)
bac STI Génies Mécanique Energétique Civil Métropole 2006 - terminale : image 2


4. b) Nature du triangle OAB :
\text{OA} = |z_{\text{A}}| = 2\sqrt{2} \hspace{50pt} \text{OB} = |z_{\text{B}}| = 2\sqrt{2}
Donc le triangle OAB est isocèle en O.




exercice 2

1. a) Montrons que le point \text{S}(\pi \, ;\, 1) appartient à la courbe \scr{C} :
f\left(\pi\right) = 2 - \sin \left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 2 - 1 = 1
Donc le point S appartient à la courbe \scr{C}.

1. b) Montrons que la courbe admet une tangente horizontale au point S, c'est-à-dire que la dérivée s'annule pour x = \pi :
f'(x) = -\dfrac{1}{2} \cos\left(\dfrac{x}{2}\right)
Donc : f'(\pi) = -\dfrac{1}{2} \cos\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 0
Donc la tangente à \scr{C} au point S est horizontale.

1. c) Vérifions que f est solution de l'équation différentielle :
f'(x) = 2 - \sin\left(\dfrac{x}{2}\right) \\ f'(x) = -\dfrac{1}{2} \cos\left(\dfrac{x}{2}\right) \\ f''(x) = \dfrac{1}{4} \sin\left(\dfrac{x}{2}\right)
Donc :
4f''(x) + f(x)-2 = 4 \times \dfrac{1}{4} \sin\left(\dfrac{x}{2}\right) + 2 - \sin\left(\dfrac{x}{2}\right) - 2 \\ 4f''(x) + f(x) - 2 = \sin\left(\dfrac{x}{2}\right) + 2 - \sin\left(\dfrac{x}{2}\right) - 2 \\ \boxed{4f''(x) + f(x) - 2 = 0}
Donc la fonction f est bien solution de l'équation différentielle.

2. a) Soit g(x) = \left[f(x)\right]^2
g(x) = \left[2 - \sin \left(\dfrac{x}{2}\right) \right]^2 \\ g(x) = 4 + \sin^2 \left(\dfrac{x}{2}\right) - 2 \times 2 \times \sin\left(\dfrac{x}{2}\right) \\ g(x) = 4 + \sin^2 \left(\dfrac{x}{2}\right) - 4 \sin \left(\dfrac{x}{2}\right)
On utilise la formule de trigonométrie : \sin^2 a = \dfrac{1 - \cos (2a)}{2}, donc :
g(x) = 4 + \dfrac{1 - \cos \left(2\times \dfrac{x}{2}\right)}{2} - 4 \sin \left(\dfrac{x}{2}\right) \\ g(x) = 4 + \dfrac{1}{2} - \dfrac{\cos x}{2} - 4 \sin\left(\dfrac{x}{2}\right) \\ \boxed{g(x) = \frac{9}{2} - 4 \sin\left(\frac{x}{2}\right) - \frac{1}{2}\cos x }

2. b) Soit G une primitive de la fonction g.
G(x) = \dfrac{9}{2}x + 8 \cos\left(\dfrac{x}{2}\right) + \dfrac{1}{2}\sin x

Calcul du volume, en unités de volume (U.V.) :
V = \pi \displaystyle \int_0^{2\pi} [f(x)]^2 \text{d}x \\ V = \pi \displaystyle \int_0^{2\pi} g(x) \text{d}x \\ V = \pi [G(x)]_0^{2\pi} \\ V = \pi [G(2\pi) - G(0)] \\ V = \pi \left[\dfrac{9}{2}\times 2 \pi + 8 \cos\left(\dfrac{2 \pi}{2}\right) + \dfrac{1}{2}\sin (2\pi) - \left(\dfrac{9}{2}\times 0 + 8 \cos\left(\dfrac{0}{2}\right) + \dfrac{1}{2}\sin (0) \right) \right] \\ V = \pi [9 \pi + 8 \times (-1) + 0 - (0 + 8 \times 1 + 0) ] \\ V = \pi (9 \pi - 8 - 8 ) \\ \boxed{V = 9 \pi^2 - 16 \pi \: \text{U.V.}}
Le repère orthonormal a pour unités 2 cm, donc l'unité de volume est égale à 23 = 8 cm3, donc :
\boxed{V = 72 \pi^2 - 128 \pi \: \text{cm}^3 \, \approx \, 308,488 \, \text{cm}^3 }




probleme

Partie A

1. Limite en +\infty :
\dfrac{2x}{1+x} = \dfrac{2x}{x(1+\frac{1}{x})}
On a : \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \, \dfrac{1}{x} = 0
Donc : \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \, \dfrac{2x}{1+x} = \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \, \dfrac{2x}{x} = 2
De plus : \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \, \ln (1+x) = +\infty
Donc : \boxed{ \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \, f(x) = -\infty }

2. a) On développe :
\dfrac{1}{1+x}[2x - (1+x) \ln (1+x) ] = \dfrac{2x}{1+x} - \dfrac{(1+x) \ln (1+x)}{1+x} \\ \dfrac{1}{1+x}[2x-(1+x) \ln (1+x) ] = \dfrac{2x}{1+x} - \ln (1+x) \\ \boxed{\frac{1}{1+x}[2x-(1+x) \ln (1+x) ] = f(x) }
On effectue le changement de variable X = 1+x, donc x = X-1
f(X) = \dfrac{1}{1+(X-1)}[2(X-1)-(1+(X-1)) \ln (1+(X-1))] \\ f(X) = \dfrac{1}{X}(2X-2-X \ln X )
On a : \displaystyle \lim_{x\to -1} \, f(x) = \displaystyle \lim_{X\to 0} \, f(X)
\left. \begin{array}{l} \displaystyle \lim_{X\to 0} \, X \ln X = 0 \\ \displaystyle \lim_{X\to 0^+} \, X = 0^+ \\ \displaystyle \lim_{X\to 0} \, 2X - 2 = -2 \\ \end{array} \right \rbrace  \text{ donc } \boxed{\displaystyle \lim_{x\to -1} \, f(x) = -\infty }

2. b) On en déduit que la droite \scr{D} d'équation x = -1, l'axe des ordonnées, est une asymptote verticale à la courbe \scr{C}.

3. Calcul de la dérivée de la fonction f :
(\ln u)' = \dfrac{u'}{u} donc \left( \ln(1+x) \right)' = \dfrac{1}{1+x}
On pose : u = 2x \hspace{25pt} v = 1+x
Donc : u' = 2 \hspace{25pt} v' = 1
Donc (dérivée d'un quotient) :
\left(\dfrac{2x}{1+x}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2} = \dfrac{2 \times (1+x) - 2x \times 1}{(1+x)^2} = \dfrac{2}{(1+x)^2}
Finalement, on a :
f'(x) = \dfrac{2}{(1+x)^2} - \dfrac{1}{1+x} \\ f'(x) = \dfrac{2}{(1+x)^2} - \dfrac{(1+x)}{(1+x)^2} \\ \boxed{ f'(x) = \frac{1-x}{(1+x)^2} }

4. a) Etude du signe de f' :
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4. b) Calcul de f(1) :
f(1) = \dfrac{2 \times 1}{1+1} - \ln(1+1) \\ \boxed{f(1) = 1 - \ln 2}

4. c) On déduit les variations de f du signe de sa dérivée f'.
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Partie B

1. L'équation de la droite tangente au point d'abscisse a est donnée par : y = f'(a)(x - a) + f(a)
Pour a = 0, on a :
f(0) = \dfrac{2 \times 0}{1+1} - \ln(1+0)  = 0 - 0 = 0 \\ f'(0) = \dfrac{1-0}{(1+0)^2} = 1
Donc l'équation de la droite tangente \scr{T} à la courbe \scr{C} est donnée par : \boxed{y=x}

2. a) Existence et unicité de la solution de l'équation f(x)=0 sur l'intervalle [1 ; 5] :
La fonction f est dérivable sur l'intervalle [1 ; 5] ;
la fonction f est strictement décroissante sur l'intervalle [1 ; 5] ;
f(1) \approx 0,31 \, > \, 0 \hspace{30pt} f(5) \approx -0,13 \, < \, 0
donc l'équation f(x) = 0 admet une solution unique \alpha dans l'intervalle [1 ; 5].
f(\alpha) = 0 \\ \Longleftrightarrow  \dfrac{2 \alpha}{1+ \alpha} - \ln(1 + \alpha) = 0 \\ \Longleftrightarrow  \boxed{\ln(1 + \alpha) = \frac{2 \alpha}{1+ \alpha} }

2. b) Valeur approchée de \alpha :
\left. \begin{array}{l} f(3) \approx  0,11 \, > \, 0 \\ f(4) \approx -0,01 \, < \, 0 \\ \end{array} \right \rbrace  \text{donc } 3 \, < \alpha < \, 4
\begin{array}{l} f(3,9) \approx  0,003 \, > \, 0 \\ f(4,0) \approx -0,009 \, < \, 0 \\  \end{array} \right \rbrace  \text{donc } 3,9 \, < \alpha < \, 4,0
\left. \begin{array}{l} f(3,92) \approx  0,0002 \, > \, 0 \\ f(3,93) \approx -0,001 \, < \, 0 \\ \end{array} \right \rbrace   \text{donc } \boxed{3,92 \, < \alpha < \, 3,93}

3. Signe de f sur l'intervalle [0 \, ; \, \alpha] :
On a : f(0) = 0 \: \text{ et } \: f(\alpha) = 0
De plus, la fonction f est croissante sur [0 ; 1] et décroissante sur [1 \, ; \, \alpha].
Donc la fonction f est strictement positive sur l'intervalle [0 \, ; \, \alpha].

4.
bac STI Génies Mécanique Energétique Civil Métropole 2006 - terminale : image 5


Partie C

1. On dérive la fonction F :
On pose : u = -3-x \hspace{25pt} v = \ln(1+x)
Donc : u'=-1 \hspace{25pt} v'=\dfrac{1}{1+x}
F'(x) = u'v + uv' + 3 \\ F'(x) = -\ln(1+x) + \dfrac{-3-x}{1+x} + 3 \\ F'(x) = -\ln(1+x) + \dfrac{-3-x}{1+x} + \dfrac{3(1+x)}{1+x} \\ F'(x) = -\ln(1+x) + \dfrac{-3-x+3+3x}{1+x} \\ F'(x) = -\ln(1+x) + \dfrac{2x}{1+x} \\ \boxed{F'(x) = f(x)}
Donc F est une primitive de f.

2. a) Voir figure.

2. b) La fonction f est positive sur [0 \, ; \, \alpha] donc l'aire A(\alpha), en unités d'aires, est donnée par :
A(\alpha) = \displaystyle \int_0^{\alpha} f(x) \text{d}x \\ A(\alpha) = [F(x)]_0^{\alpha} \\ A(\alpha) = F(\alpha) - F(0) \\ A(\alpha) = (-3-\alpha) \ln (1+\alpha) + 3 \alpha - [(-3-0) \ln (1+0) + 3 \times 0] \\ A(\alpha) = (-3-\alpha) \ln (1+\alpha) + 3 \alpha
Or, d'après la question 2.a) de la partie B, on a : \ln(1 + \alpha) = \dfrac{2 \alpha}{1+ \alpha}, donc :
A(\alpha) = (-3-\alpha) \times \dfrac{2 \alpha}{1+ \alpha} + 3 \alpha \\ A(\alpha) = \dfrac{2 \alpha (-3-\alpha)}{1+ \alpha} + \dfrac{3 \alpha(1+\alpha)}{1+\alpha} \\ A(\alpha) = \dfrac{\alpha [2(-3-\alpha) + 3 (1+\alpha)]}{1+ \alpha} \\ A(\alpha) = \dfrac{\alpha (-6-2 \alpha + 3 + 3\alpha)}{1+ \alpha} \\ A(\alpha) = \dfrac{\alpha (-3 + \alpha)}{1+ \alpha} \\ \boxed{A(\alpha) = \frac{\alpha^2 - 3 \alpha}{1+ \alpha} \, \text{U.A.}}
L'unité d'aire associée au repère est égale à : 1 \, \text{U.A.} \, = \, 1 \times 2 \, = \, 2 \, \text{cm}^2
Donc : \boxed{A(\alpha) = 2 \left(\frac{\alpha^2 - 3 \alpha}{1+ \alpha}\right) \, \text{cm}^2}
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