Corrigé du baccalauréat STI Métropole septembre Génie des matériaux mécanique

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole \ septembre 2009 Génie des matériaux, mécanique EXERCICE 1 1. a. y ?+ y = 0 ?? y ? =?y . On sait que les fonctions solutions de cette équa- tion sont de la forme y =K e?x ,K ?R. b. On a donc f (x)= K e?x et f (0)= 1=K e?0 ?? K = 1. Donc la seule solution de (E) telle que f (0)= 1 est définie par f (x)= e?x . 2. a. La valeur moyenne m de f sur [2 ; 3] est égale à : m = 1 3?2 ∫3 2 e?x dx = [ ?e?x ]3 2 = e ?2?e?3. b. Demême la valeur moyenne de f sur l'intervalle [n ; n+1] est égale à : mn = 1 n+1?n ∫3 2 e?x dx = [ ?e?x ]n+1 n = e ?n ?e?n?1 = e?n ( 1?e?1 ) . 3. On a pour tout n ?N, un+1 = ( 1?e?1 ) e?n?1 = ( 1?e?1 ) e?n ?e?1 =une?1. La suite (un ) est donc une suite géométrique de premier terme ( 1?e?1 ) et de raison e?1 = 1 e .

• corrigé du baccalauréat sti


• z2?12z


• génie des matériaux


• ?? ?


• sti génie mécanique


• résolution de l'équation z2?12z

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2009
• Nombre de lectures: 31
• Langue: Français

Extrait

[Corrigé du baccalauréat STI Métropole\ septembre 2009 Génie des matériaux, mécanique

E X E R C IC E 1 ′ ′ 1. a.y+y=0⇐⇒y= −y. On sait que les fonctions solutions de cette équa −x tion sont de la formey=Ke ,K∈R. −x−0 b.On a doncf(x)=Ke etf(0)=1=Ke⇐⇒K=1. −x Donc la seule solution de (E) telle quef(0)=1 est définie parf(x)=e . 2. a.La valeur moyennemdefsur [2 ; 3] est égale à : Z 3 1 £ ¤ 3 −x−x−2−3 m=e dx= −e=e−e . 2 3−2 2 b.De même la valeur moyenne defsur l’intervalle [n;n+1] est égale à : Z 3 £ ¤¢ 1 n+1 ¡ −x−x−n−n−1−n−1 m n =e dx= −e=e−e=e 1−e . n n+1−n 2 ¡ ¢¡ ¢ −1−n−1−1−n−1−1 3.On a pour toutn∈N,u n+1 =1−e e=1−e e×e=u n e . ¡ ¢ −1 La suite (u n 1) est donc une suite géométrique de premier terme−e etde 1 −1 raison e=. e

E X E R C IC E 2 ½ ¡ ¢ z=0 3 22 1.On az−12z+48z=0⇐⇒z z−12z+48=0⇐⇒ 2 z−12z+48=0 2 2 Résolution de l’équationz−12z+48=0⇐⇒(z−6)−36+48=0⇐⇒ ¡ ¢ 2 2 2 (z−6)+12=0⇐⇒(z−6)−2i 3=0. p Cette équation a donc deux racines : 6+2i 3et 6−2i 3. p Finalement :S={6−; 0 ; 62i 3+2i 3}. 2. a.Cf. figure ¡ ¢ p 2 2 2 b. | z A | = 6+2 3=36+12=48 ⇒ | z A | = 48=4 3. à !à ! 6 23 31 On peut écrirez A =4 3+i=4 3+i= 2 2 4 34 3 ³ ´ p π π 4 3cos+i sin. 6 6 π Un argument dez A est donc. 6 p c.On a déjàz B =6−2i 3=z A , donc | z B | = OB = | z A | = OA=4 3. p ¯¯ AB = | z B −z A | = −4i 3=4 3. Finalement OA = OB = AB : le triangle OAB est équilatéral p p ¯¯ 2 2 d.ΩA = | z A −z Ω | = 2+2i 3=2+(2 3)=4+12=4. On trouve de mêmeΩB=4 et bien sûr OΩ=4. Les points O, A et B appartiennent au cercleCde centreΩet de rayon 4.

P R O B L È M E Partie A

Corrigé STI Génie mécanique

A. P. M. E. P.

1.La fonctiongest la somme de fonctions dérivables sur I et µ ¶µ ¶µ ¶ 2 2 1x−1 (x+1)(x−1) ′ g(x)=2x− =2x− =2=2 . x xx x ′ 2.Sur I,x>0 etx+1>0 ; le signe deg(x) est donc celui dex−1. D’où le tableau de variations degsur I :

x0 1+∞ ′ − g(x) 0 + +∞ +∞ g

5

3.Le tableau de variations montre que sur I,g(x) > 5>0. Sur I, la fonctiongest strictement positive. Partie B 1 1ln(x) 1 1. a.On peut écriref(x)=x+ −. 2 2x x lnx1 1 lim= −∞, lim− =−∞et limx=0, donc par limite d’une somme x→0x→0x→0 x x2 limf(x)= −∞. x→0 Conclusion : l’axe des ordonnées est asymptote verticale à la courbeC au voisinage de 0. lnx b.On sait quelim=0, donclimf(x)= +∞. x→+∞x→+∞ x 2. a.fest la somme de fonctions dérivables sur I, les dénominateurs ne s’an nulant pas sur I et 1 2 ×x−(ln(x)−1) 1 11−ln(x)+1x+4−2 ln(x)−2 ′ x f(x)= == += + 2 22 2x2x2x g(x) . 2 2x ′ b.Le signe def(x) est celui deg(x), mais on a vu que sur I,G(x)>0. ′ Conclusion : sur I,f(x)>0 ;la fonctionfest donc croissante de moins l’infini à plus l’infini. 1 1−1 c.f(1)= + +=1−1=0. 2 21 La fonctionfétrant strictement croissante sur I, on en déduit que : •sur [0 ; 1[,f(x)<0 ; •f(1)=0 ; •sur [1 ;+∞[,f(x)>0. 3. Partie C

1.Fest une somme de fonctions dérivables sur I et 1 11 1x1 ln(x)−1 ′ F(x)= ×2x+ + ×2 [ln(x)−1]× = ++ =f(x). 4 22x2 2x DoncFest une primitive defsur I. 2.Cf. figure Cf. figure

Métropole

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septembre 2009

Corrigé STI Génie mécanique

A. P. M. E. P.

2 2 3.L’unité d’aire est égale à 2×., soit 4 cm2 cm Z e e Le nombreAest donc égale àA=4 [F(e)−F(1)]=4 [F(x)]=f(x) dx. 1 1 2 A) de la partie hachurée, car pourest donc égale à l’aire (en cm x > 1,f(x) > 0). · ¸ 1 11 11 1 2 22 A=4 [F(e)−F(1)]=4 e+e+(ln e−1)− − −(ln 1−1)= 4 22 42 2 µ ¶ 1 15 2 2 4 e+e− =e+2e−5. 4 24 2 SoitA≈7, 825≈cm aucentième près (soit au millimètre carré près).7, 83 y

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1 −→ 

0

−1

−2

−3

−→ ı 1

Métropole

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e 3

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