Baccalauréat STI2D et STL/SPCL - Polynésie 21 juin 2018 - Correction Exercice 4

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Exercice 4 6 points

Fonctions et calcul intégral

 

Partie A

On donne ci-dessous la courbe représentative d'une fonction $f$ définie sur $\mathbb R$. La droite $(d)$ est tangente à cette courbe au point d'abscisse 0.

Donner par lecture graphique:

1. La valeur de $f(0)$.
$f(0)=4$
2. La limite de $f$ en $+\infty$.
La limite de $f$ en $+\infty$ est égale à 1.
3. Le tableau de variation de $f$.


4. Le coefficient directeur de la tangente $(d)$ à la courbe représentative de $f$ au point d'abscisse 0.
Le coefficient directeur de la tangente $(d)$ à la courbe représentative de $f$ au point d'abscisse 0 est $-\dfrac{3}{0,5}=-6$.

Partie B

On considère l'équation différentielle $y'+2y=2$ dans laquelle $y$ est une fonction de la variable réelle $x$ définie et dérivable sur $\mathbb R$. On admet que la fonction représentée dans la Partie A est la solution de cette équation différentielle vérifiant $f(0)=4$.

1. Démontrer que, pour tout réel $x$, on a $f(x)=3\text{e}^{-2x}+1$.
   • L'équation différentielle $y'+2y=2$ est du type $y'=ay+b$ où $a=-2$ et $b=2$.
     $y'+2y=2\iff y'=-2y+2$
   • Une solution particulière de l'équation $y'+2y=2$ est la fonction $x \longmapsto=-\dfrac{b}{a}= 1$.
   • On en déduit que les solutions de l'équation différentielle $y'+2y=2$ sont les fonctions $x \longmapsto k\text{e}^{-2x}+1$.
   • La solution $f$ vérifiant $f(0)=4$ est telle que $k\text{e}^{0}+1=4$ ce qui entraîne $k=3$.
La solution de l'équation différentielle $y'+2y=2$ vérifiant $f(0)=4$ est donc la fonction $f$ définie par $f(x)=3\text{e}^{-2x} +1$.
2. Retrouver, en justifiant par des calculs, les résultats obtenus aux questions 2. 3. et 4. de la partie A.
   • On cherche $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)$. $\left. \begin{array}{l} \displaystyle\lim_{x\to +\infty} -2x = -\infty\\ \text{On pose } X=-2x\\ \displaystyle\lim_{X\to -\infty} \text{e}^{X} = 0 \end{array} \right \rbrace$ donc $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \text{e}^{-2x} = 0$ et donc $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)=1$
   • Tableau de variations de $f$.
     • On a vu que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)=1$.
     • $\left. \begin{array}{l} \displaystyle\lim_{x\to -\infty} -2x = +\infty\\ \text{On pose } X=-2x\\ \displaystyle\lim_{X\to +\infty} \text{e}^{X} = +\infty \end{array} \right \rbrace$. donc $\displaystyle\lim_{x\to -\infty} \text{e}^{-2x} = +\infty$ et donc $\displaystyle\lim_{x\to -\infty} f(x)=+\infty$
     • $f'(x)= 3\times (-2)\text{e}^{-2x} = -6\text{e}^{-2x}$ et $f'(x)<0$ sur $\mathbb R$; donc la fonction $f$ est strictement décroissante sur $\mathbb R$.
     Le tableau de variations de $f$ est donc justifié.
   • On cherche le coefficient directeur de la tangente à la courbe en 0. Il est égal à $f'(0) = -6\text{e}^{0} = -6$.

Partie C

L'unité graphique est le dm (décimètre). On a représenté graphiquement ci-dessous la fonction $f$ sur l'intervalle $[0~;~4]$. On appelle $\mathcal{C}$ la courbe obtenue.

On fait tourner la courbe $\mathcal{C}$ autour de l'axe des abscisses. On génère ainsi une surface dans l'espace ayant la forme d'un vase représenté ci-après en coupe et en perspective.

Le volume de ce vase, en dm$^3$, est donné par: \[V=\pi \times\displaystyle \int_{0}^{4} \left (f(x)\right )^2 \text{d} x.\]

1. Montrer que, pour tout $x \in [0~;~4]$, on a $\left ( f(x)\right )^2 = 9\text{e}^{-4x} + 6\text{e}^{-2x}+1$.
$\left (f(x)\right )^2 = \left ( 3\text{e}^{-2x}+1 \right )^2 = 9\left (\text{e}^{-2x}\right )^2 +2\times 3\text{e}^{-2x}\times 1 + 1^2 = 9\text{e}^{-4x} +6\text{e}^{-2x}+1$
2. Calculer le volume du vase, exprimé en dm$^3$. On donnera la valeur exacte puis une valeur approchée à $10^{-2}$ près.
Le volume du vase en dm$^3$ est $V=\pi \times \displaystyle\int_{0}^{4} \left (f(x)\right )^2 \text{d} x = \pi \times \displaystyle\int_{0}^{4} \left (9\text{e}^{-4x} +6\text{e}^{-2x}+1 \right ) \text{d} x$. Pour $a$ réel non nul, la fonction $x \longmapsto \text{e}^{ax}$ a pour primitive la fonction $x \longmapsto \dfrac{\text{e}^{ax}}{a}$ donc la fonction $x \longmapsto 9\text{e}^{-4x} +6\text{e}^{-2x}+1$ a pour primitive la fonction $x \longmapsto 9\dfrac{\text{e}^{-4x}}{-4} + 6 \dfrac{\text{e}^{-2x}}{-2} + x$ c'est-à-dire $x \longmapsto -\dfrac{9}{4}\text{e}^{-4x} -3\text{e}^{-2x} + x$. $\text{Donc }V= \pi \times \left [-\dfrac{9}{4}\text{e}^{-4x} -3\text{e}^{-2x} + x \right ]_{0}^{4} = \pi\times \left [ \left ( -\dfrac{9}{4}\text{e}^{-16} - 3\text{e}^{-8} + 4 \right ) - \left ( -\dfrac{9}{4}\text{e}^{0} - 3\text{e}^{0} +0\right ) \right ]\\ \phantom{\text{Donc }V} = \pi\times \left ( -\dfrac{9}{4}\text{e}^{-16} -3\text{e}^{-8} + \dfrac{37}{4}\right )$ dont une valeur approchée à $10^{-2}$ près est $29,06$. Le volume est donc d'environ $29,06$ dm$^3$.
3. On désire remplir ce vase aux deux tiers du volume avec du sable coloré qui est vendu par sac de 3 dm$^3$. Déterminer le nombre minimum de sacs qu'il faut acheter.
Il faudra donc $\dfrac{2}{3}\,V \approx 19,4$ dm$^3$ de sable; le sable est vendu par sac de 3 dm$^3$. Il faudra donc acheter 7 sacs de sable pour remplir le volume aux deux tiers.