Baccalauréat STI Antilles–Guyane septembre Génie électronique électrotechnique et optique

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Baccalauréat STI Antilles–Guyane septembre 2009 \ Génie électronique, électrotechnique et optique EXERCICE 1 4 points 1. On a |z| = p 1+3= 2 ; donc z = 2 ( ? 1 2 + i p 3 2 ) = 2 ( cos 2pi3 + i sin 2pi 3 ) = 2e 2pi 3 . 2. L'écriture complexe de la rotation est z ? = ze?i pi 2 . Donc zA? = 2e 5pi 6 ?e?i pi 2 = 2ei pi 3 = 2 ( cos pi3 + i sin pi 3 ) = 2 ( 1 2 + i p 3 2 ) = 1+ i p 3. 3. DB = ? ? ?z???DB ? ? ?= |1+2i? (?1?3i)| = |2+5i| = p 4+25= p 29. DB = ? ? ?z???DC ? ? ?= |4? i? (?1?3i)| = |5+2i| = p 25+4= p 29. On a donc DB = DC : le triangle DBC est isocèle en D. 4. ?4+2i vérifie z2+8z+c = 0 ?? (?4+2i)2+8(?4+2i)+c = 0 ?? 16?4?16i? 32+16i+c = 0 ?? c = 20.

• dérivée de lnu


• extremum avec changemeznt du signe de la dérivée


• calcul d'aire


• écriture complexe de la rotation


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2009
• Nombre de lectures: 21
• Langue: Français

Extrait

[Baccalauréat STI Antilles–Guyane septembre 2009\ Génie électronique, électrotechnique et optique

E X E R C IC E 1 4points à ! p p 1 3 ¡ ¢ 2π 2π2π 3 1.On a|z| =1+3=2 ; doncz=2− +i=2 cos+i sin=2e . 3 3 2 2 π ′ −i 2.L’écriture complexe de la rotation estz=ze . 2 ³ ´ 5π π π ¡ ¢ −i i π π 1 3 Doncz=2e×e=2e=2 cos+i sin=2+i=1+i 3. 6 2 3 ′ A 3 32 2 p 3.DB= ¯ z ¯ = | 1+2i−(−1−3i) | = | 2+5i| =4+25=29. −→ DB DB= ¯ z ¯ = | 4−i−(−1−3i) | = | 5+2i| =25+4=29. −→ DC On a donc DB = DC : le triangle DBC est isocèle en D. 2 2 4.−4+2i vérifiez+8z+c=0⇐⇒(−4+2i)+8(−4+2i)+c=0⇐⇒16−4−16i− 2 32+16i+c=0⇐⇒c=20. L’équation à résoudre est doncz+8z+20=0 : elle est à coefficients réels, donc ses solutions sont complexes conjuguées : l’une étant−4+2i l’autre solution est−4−2i.

E X E R C IC E 2 1.Les douze codes sont : 1235 1245 1265 3215 3245 3265 4215 4235 4265 6215 6235 6245 1 2. a.p 1 =; 12 7 b.p 2 =; 12 7 5 c.p 3 =1−p 2 =1− =. 12 12 4 1 3. a.p(X=3)= =. 12 3 b.X peut être égale à 2, 3 ou 4. c. x i 2 3 7 4 p(X=x i ) 12 12

P R O B L È M E Partie A : Étude d’une fonctionf

4 1 12

4 points

12 points

1. a.Comme lim(2x+1)=lim ln0 et queX= −∞lim, on en déduit quef(x)= X→0 1 1 x→−x→− 2 2 −∞. 1 Géométriquement ceci signifie que la droite d’équationx= −est asymp 2 tote verticale à la courbeC. b.lim (2x+1)= +∞et lim lnX= +∞lim, on déduit quef(x)= +∞. x→+∞x→+∞ X→+∞

Baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique et op tique

A. P. M. E. P.

′ u 2. a.Avecu(x)=2x+1, la dérivée de lnudoncest , u 2 ′ f(x)=. 2x+1 2 1 b.On ax→> −2x> −1⇒2x+1>0. Comme 2>0,>0. 2 2x+1 ¸ · 1 ′ Conclusion : sur−;+∞,f(x)>0, donc la fonctionfest croissante 2 sur son intervalle de définition.

x

1 − 2

f(x) −∞

+∞ +∞

c.On af(0)=1+ln 1=1. On a vu que la fonction est croissante en particulier sur [0;+∞[ et commef(0)=1, on en déduit que sur [0 ;+∞[,f(x) > 1. −1 3. a.1+ln(2x+1)=0⇐⇒ln(2x+1)= −1⇐⇒ln(2x+1)=ln e⇐⇒2x+1= ¡ ¢ −1−1 e (parcroissance de la fonction ln)⇐⇒x=e−1 . 2 Rem. : la fonction étant croissante sur son intervalle de définition on sa vait qu’il n’y avait qu’une solution à cette équation. b.On vient de trouver le point d’intersection deCavec l’axe des abscisses µ ¶ 1 ¡ ¢ −1 e−1 ;on a vu que0 etf(0)=1 donc le point d’intersection avec 2 l’axe des ordonnées est (0 ; 1).

Partie B : Étude d’une fonctiong −x 1. a.On alim (x+1)= −∞et lim e= +∞, d’où par produit de limites : x→−∞x→−∞ limg(x)= −∞ x→−∞ x1 b.g(x)= +. x x e e x1 Comme lim=0 etlim=lim0, on en déduit queg(x)=0. x x x→+∞x→+∞x→+∞ e e Géométriquement ceci signifie que l’axe des abscisses est asymptote àΓ au voisinage de plus l’infini. ′ −x−x−x−x 2. a.Quel soit le réelx,g(x)=e−(x+1)e=e (1−x−1)= −xe . −x′ b.On sait que quel soit le réelx, e>0 : le signe deg(x) est celui de−x, donc : ′  pourx<0,g(x)>0 ; ′  pourx>0,g(x)<0. On en déduit les variations de la fonctiongsurR:

Antilles–Guyane

x−∞ 0 +∞ 1 g(x) −∞0

2

septembre 2009

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A. P. M. E. P.

3.La fonctionga un maximum (extremum avec changemeznt du signe de la dérivée en 0), maximum égal à 1 : on a donc quel que soitx∈R,g(x) 6 1. 4. y C

2

1

P

Γ

O x −2−21 1

Partie C : Calcul d’aire

−1

−2

1. a.La fonctionFproduit de fonctions dérivables sur [0 ;+∞[ est dérivable sur [0 ;+∞[ et : µ ¶ 1 12x+1 ′ F(x)=ln(2x+1)+2x+ =ln(2x+1)+ =1+ln(2x+1)= 2 2x+1 2x+1 f(x). Conclusion :Fest une primitive defsur [0 ;+∞[. b.On a vu que sur [0 ;+∞[,f(x) > 1>0 : l’aire de la surface limitée parC, l’axe des abscisses et les droites d’équationx=0 etx=2 est égale (en unité d’aire) à : Z µ¶ µ¶ 2 1 1 2 I 1 =f(x) dx= [ F(x)]=F(2)−F(0)=2+ln(2×2+1)−ln(2× 0 0 2 2 5 5 0+1)=ln 5−0=ln 5. 2 2 Z 2 2−2−0−2 2.I 2 =g(x) dx= [ G(x)]=G(2)−G(0)=(−2−2)e−(−0−2)e= −4e+2= 0 0 −2 2−4e . 3. a.On a vu que sur [0 ;+∞[,f(x) > 1 etg(x) 6 1. Il en résulte donc que sur [0 ;+∞[,g(x) 6 f(x), c’estàdire géométriquement queΓest au dessous deC. b.Voir la figure plus haut. c.;On a vu que sur [0+∞[,f(x)>0 et 0<g(x) 6 1. Donc l’aire de la partie Pcomprise entre les deux courbes et les deux droites d’équationsx=0 etx=2 est égale, en unité d’aire à :

Antilles–Guyane

5 ¡ ¢ 5 −2−2 I 1 −I 2 =ln 5−2−4e=ln 5−2+4e . 2 2

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septembre 2009