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Catégorie :Category: mViewer GX Creator Lua TI-Nspire
Auteur Author: cln
Type : Classeur 3.6
Page(s) : 9
Taille Size: 700.60 Ko KB
Mis en ligne Uploaded: 12/07/2019 - 20:55:55
Uploadeur Uploader: cln (Profil)
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Visibilité Visibility: Archive publique
Shortlink : http://ti-pla.net/a2270202

Description 

A. P. M. E. P.
[ Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud
21 novembre 2017

E XERCICE 1 5 points
Commun à tous les candidats
Partie A : modélisation par une fonction
Le demi-contour de la face supérieure du palet sera modélisé par une portion de la courbe de la fonction
x 2 − 2x − 2 − 3ln x
f définie sur ]0 ; +∞[ par : f (x) = .
x

1. Soit ϕ la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par : ϕ(x) = x 2 − 1 + 3ln x.
a. • ϕ(1) = 12 − 1 + 3ln 1 = 0

lim x 2 − 1 = −1 
x→0
• lim ln x = −∞ donc lim x 2 − 1 + 3ln x = −∞ et donc lim ϕ(x) = −∞
x→0
 x→0 x→0
x>0 x>0
x>0
3
b. La fonction ϕ est dérivable sur ]0 ; +∞[ et ϕ′ (x) = 2x + > 0 sur ]0 ; +∞[.
x
Donc la fonction ϕ est strictement croissante sur ]0 ; +∞[.
On sait que ϕ(1) = 0 et que la fonction ϕ est strictement croissante sur ]0 ; +∞[, donc on en
déduit que :
• ϕ(x) < 0 sur ]0 ; 1[ ; • ϕ(x) = 0 pour x = 1 ; • ϕ(x) > 0 sur ]1 ; +∞[.
2. a. • Limite de f en 0.
 
lim x 2 − 2x − 2 = −2  

x→0 
lim 3ln x = −∞ donc lim x 2 − 2x − 2 − 3ln x = +∞ 

 x→0
x→0 x>0 donc lim f (x) = +∞
x>0 
 x→0

lim x = 0 et x > 0  x>0
x→0 
x>0

2 ln x
• Limite de f en +∞ : on écrit f (x) sous la forme f (x) = x − 2 − − 3 .
 x x
lim x − 2 = +∞  
x→+∞ 



2
lim =0 donc lim f (x) = +∞
x→+∞ x  x→+∞


ln x 

lim =0 
x→+∞ x
b. La fonction f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et sa dérivée est égale à :
µ ¶
3 ¡ ¢
2x − 2 − × x − x 2 − 2x − 2 − 3ln x × 1
x 2x 2 − 2x − 3 − x 2 + 2x + 2 + 3ln x
f ′ (x) = 2
=
x x2
x 2 − 1 + 3ln x ϕ(x)
= = 2
x2 x
12 − 2 − 2 − 3ln 1
La fonction ϕ s’annule pour x = 1 ; on calcule f (1) = = −3.
1

f est du signe de ϕ ; on établit le tableau de variation de f :

x 0 1 +∞

f (x) − 0 +
+∞ +∞
f (x)
−3
Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.



c. La fonction f est continue et strictement décroissante sur ]0 ; 1] ; lim f (x) = +∞ et f (1) =
x→0
x>0
−3 < 0. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x) = 0
admet une solution unique dans l’intervalle ]0 ; 1]. On appelle α cette solution.
Remarque : on peut aussi faire directement référence au tableau de variation de la fonction f
pour répondre à cette question.
En tulisant le solveur de la calculatrice, on trouve α ≈ 0,41.
On admettra que l’équation f (x) = 0 a également une unique solution β sur [1 ; +∞[ avec
β ≈ 3,61 à 10−2 près.
1 3
d. Soit F la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par : F (x) = x 2 − 2x − 2ln x − (ln x)2 .
2 2
La fonction F est dérivable sur ]0 ; +∞[ et :
µ ¶
1 1 3 1 2 ln x 2x 2 − 2x − 2 − 3ln x
F ′ (x) = × 2x − 2 − 2 × − 2 × × ln x = 2x − 2 − − 3 = = f (x).
2 x 2 x x x x
Donc la fonction F est une primitive de f sur ]0 ; +∞[.

Partie B : résolution du problème

Pour obtenir la forme de la goutte, on considère la
courbe représentative C de la fonction f restreinte 3
C′
à l’intervalle [α ; β] ainsi que son symétrique C ′ 2
par rapport à l’axe des abscisses. 1

α β
′ −1 1 2 3
Les deux courbes C et C délimitent la face su-
périeure du palet. Pour des raisons esthétiques, −2
C
le chocolatier aimerait que ses palets aient une −3
épaisseur de 0,5 cm.

Soit D le domaine hachuré délimité par la courbe C , l’axe des abscisses et les deux droites d’équations
x = α et x = β. Sur l’intervalle [α ; β], la fonction f est négative, donc l’aire de D est :

¡ ¢
A =− f (x)dx = − F (β) − F (α) ≈ − (F (3,61) − F (0,41)) ≈ 5,60 unités d’aire (U.A.).
α
L’aire du domaine compris entre les deux courbes est 2A ≈ 11,20 U.A
Une unité d’aire est égale à 2 cm2 donc l’aire entre les deux courbes vaut environ 22,40 cm2 .
L’épaisseur du palet doit être de 0,5 cm donc le volume du palet est d’environ 22,40 × 0,5 = 11,20 cm3 .
Le volume, en cm3 , de 80 palets est donc 80× 11,20 = 896 < 1000, donc la chocolaterie peut fabriquer 80
palets avec 1000 cm3 , soit 1 litre de chocolat liquide.

E XERCICE 2 4 points
Commun à tous les candidats
−−→ −→ −−→ −−→ −−→
1. a. AC + AE = AC + CG = AG
−−→ −−→ ³−−→ −→´ −−→ −−→ −−→ −→ −−→
b. AG · BD = AC + AE · BD = AC · BD + AE · BD

• [AC] et [BD] sont les deux diagonales du carré ABCD donc les deux droites (AC) et (BD)
−−→ −−→
sont perpendiculaires ; on en déduit que AC · BD = 0.
−→ −−→
• La droite (AE) est perpendiculaire au plan (ABD) donc les vecteurs AE et BD sont ortho-
−→ −−→
gon...

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