Baccalauréat STI Génie électronique

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Baccalauréat STI Génie électronique \ génie électrotechnique, optique Métropole juin 2006 EXERCICE 1 5 points 1. z2?2z+4= 0 ?? (z?1)2?1+4= 0 ?? (z?1)2+3= 0 ?? (z?1)2?(i p 3)2 = 0. Les solutions sont donc 1+ i p 3 et 1? i p 3. 2. a. On a |zA|2 = 1+3= 4= 22, donc |zA| = 2. Or zB = |zA|, donc |zB| = |zA| = 2. b. On a donc zA = 2 ( 1 2 + i p 3 2 ) = 2 ( cos π3 + i sin π 3 ) = 2ei π 3 . c. Lepoint A est le point d'ordonnéepositive intersectiondu cercle de centre O et de rayon 2 et la droite d'équation x = 1. De même le point B est le point d'ordonnée négative intersection du cercle de centre O et de rayon 2 et la droite d'équation x = 1 (ou le symétrique de A autour de l'axe des abscisses. 3. a. R est une rotation de centre O et d'angle 2π3 . b. On a par définition : zC = zAei 2π 3 = 2ei π 3 ?ei 2π 3 = 2eiπ =?2 c.

• e?x ? x?


• e?x ?


• ?? e?x


• solution de l'équation différentielle


• ??? bc


• sti génie électronique


• baccalauréat sti

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2006
• Nombre de lectures: 22
• Langue: Français

Extrait

Durée:4heures
[BaccalauréatSTIGénieélectronique\
génieélectrotechnique,optique
Métropolejuin2006
EXERCICE 1 5points
p
2 2 2 2 21. z −2z+4=0 ⇐⇒ (z−1) −1+4=0 ⇐⇒ (z−1) +3=0 ⇐⇒ (z−1) −(i 3) =0.
p p
Lessolutionssontdonc1+i 3et1−i 3.
2 22. a. Ona|z | =1+3=4=2 ,donc|z |=2.A A
Orz =|z |,donc|z |=|z |=2.B A B A
à !p
¡ ¢1 3 ππ π i
3b. Onadoncz =2 +i =2 cos +isin =2e .A 3 32 2
c. LepointAestlepointd’ordonnéepositiveintersectionducercledecentre
O et de rayon 2 et la droite d’équation x=1. De même le point B est le
pointd’ordonnéenégativeintersectionducercledecentreOetderayon
2etladroited’équation x=1(oulesymétriquedeAautourdel’axedes
abscisses.
2π3. a. R estunerotationdecentreOetd’angle .3
2π π 2πi i i iπ3 3 3b. Onapardéfinition:z =z e =2e ×e =2e =−2C A
c. Voirlafigure
A
→−
v
2π
3
C
→−O
u
B
d. Cherchonsl’imagedeCparR :sonaffixeestégaleà
³ ´ ³ ´p p¡ ¢2π 3 3i 2π 2π 1 1
3−2e =−2 cos +isin =−2 − +i =2 −i =z .B3 3 2 2 2 2
4. Par définition de la rotation : OA = OB = OC = 2; les points A, B et C appar-
tienentaucercledecentreOetderayon2.
³ ´ ³ ´−→ −→ 2π −→ −→
On a OA, OB = = 2 BA, BC (angle au centre et angle inscrit); donc
3³ ´ π−→ −→
BA, BC = .
3
bbbCorrigéSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
³ ´ ³ ´ π−−→ −−→ −−→ −−→
Demême AC, AB = CB, CA = .
3
ConclusionletriangleABCasesanglesdemêmemesure:ilestéquilatéral.
EXERCICE 2 4points
`` o`` Rouen 1``` 10 0 5 0`o `Rouen 2 ```
10 20 10 15 10
1. a.
0 10 0 5 0
5 15 5 10 5
0 10 0 5 0
b. Lejoueurobtientungaind’aumoins10(dans8cassur16;laprobabi-
8 1 50
litédecetévènementestdoncégaleà = = =50%
16 2 100
G 0 5 10 15 20
c. 4 4 4 2 1
p
16 16 16 16 16
3
d. Unjoueur gagneplus de10(dans3cassur16. Donc p(G>10)= =
16
0,1875.
4 4 5 2 1 120
e. OnaE(G)=0× +5× +10× +15× +20× = =7,5donc
16 16 16 16 16 16
7,50E.
Comme le joueur mise à chaque fois 10(, cela veut dire qu’en moyenne il perd
2,50(parpartie.
2. a. Letableaudelaloidevientici:
B m m−5 m−10 m−15 m−20
4 4 4 2 1
p
16 16 16 16 16
Ell’espérancemathématiquedeB estégaleà:
4 4 5 2 1
E(B)=m× +(m−5)× +(m−10)× +(m−15)× +(m−20)× =
16 16 16 16 16
4m+4m−20+5m−50+2m−30+m−20 16m−120
= =m−7,5.
16 16
b. Pourquel’espérance debénéficedel’association soitd’aumoins5(,il
fautquelamisesoittellequem−7,5>5 ⇐⇒ m>12,5,soitsupérieure
ouégaleà12,50(.
PROBLÈME 11points
PartieA:Résolutiond’uneéquationdifférentielle
′1. a. Onsait quelesfonctions solutions del’équation : y =−y sontles fonc-
−xtionsdéfiniessurRpar f(x)=Ke ,avecK∈R.
K 1−x −1b. Ondoitavoirh(x)=Ke eth(1)=Ke = = ,d’oùK=1.
e e
1−xOnadonch(x)=e = .
xe
Métropole 2 juin2006CorrigéSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
2. u estlasommededeuxfonctionsdérivablessurR;elleestdoncdérivableet
′ −xu (x)=−e +a.
′Lafonctionuestsolutiondel’équationdifférentielley +y=−x−1sietseule-
′ −x −xmentsiu+u=−x−1 ⇐⇒ −e +a+e +ax=−x−1 ⇐⇒ ax−a=−x−1 ⇐⇒
a=−1
−xConclusion:u(x)=e −x estsolutionde(E).
PartieB:étuded’unefonctionauxiliaire f
−x1. Ona: lim e =0et lim x=+∞,donc lim f(x)=−∞.
x→+∞ x→+∞ x→+∞
−xD’autrepart lim e =+∞et lim −x=+∞,donc lim f(x)=+∞.
x→−∞ x→−∞ x→−∞
′ −x2. f somme defonctions dérivablessurR est dérivableet surR, f (x)=−e −
−x1=−(1+e ).
−x −x ′Onsaitquepourtoutx∈R,e >0⇒1+e >1>0,doncfinalement f (x)<
0:lafonction f estdoncdécroissantesurRde+∞à−∞.
3. a. D’après la question précédente f est décroissante sur [0; 1]. Or f(0)=
−0 −1e −0=1>0et f(1)=e −1≈−0,632<0.
Ilexistedoncunréeluniqueα∈0; 1]telque f(α)=0.
b. Lacalculatricedonne:0,56<α<0,57.
4. Onadonc:-sur[0; α[, f(x)>0;
- f(α)=0;
-sur]α; 1], f(x)<0.
PartieC:Calculdel’aired’unepartieduplan
1. Voirlafigure.
2. La fonction f est positive sur l’intervalle [0 ; α]; l’aire (en unités d’aire) deD
estdoncégaleàl’intégrale:
Z Zα α¡ ¢
−xf(x)dx= e −x dx.
0 0
−x −xUneprimitivedex7?→e estx7?→−e :
2x
Uneprimitivedex7?→−x estx7?→− ,donc
2
· ¸ µ ¶Z α2 2 2 2α¡ ¢ x α 0 α−x −x −α −0 −αe −x dx= −e − =−e − − e − =−e − +1(u.a.)
2 2 2 20 0
PartieD:étuded’unefonction g etreprésentationgraphique
x1. a. Commepourtoutx∈R, e >0,onpeutécrire
x xx x×e xe
g(x)= = = .
−x x −x xe −x e ×(e −x) 1−xe
xb. Onsaitque lim xe =0,donc lim g(x)=0.
x→−∞ x→−∞
−α2. Onavuquee −α=0etqueα>0,donc
limg(x)=+∞.
x→α
Ceci signifie que la droite verticale d’équation xα est asymptote à la courbe
C .g
Métropole 3 juin2006CorrigéSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
3. a. g est le quotient de deux fonctions dérivables sur R, le dénominateur
s’annulantenα;elleestdoncdérivablesur]−∞; α[etsur]α;+∞[et
−x −x −x −x −xe −x−x(−e −1) xe +e e (x+1)′g (x)= = = .
2 2 2−x −x −x(e −x) (e −x) (e −x)
b. En déduire les variations de la fonction g sur ]−∞ ; α[ et dresser le ta-
bleau des variations de la fonction g. Cette dérivée a le signe de 1+x,
donc ne s’annule que pour x=−1<α. D’oùle tableau devariations de
g :
x −∞ −1 α
′g (x) − 0 +
+∞0
g
e−
1+e
4. Cf.figure
Feuilleannexeàremettreaveclacopie
7
6
6
Cg
5
5
Cf
4
4
3
3
2
2
1
1
→−

α0
→−-4 -3 -2 -1 0 1 2 3
−4 −3 −2 −1 ı 1 2
-1
−1
-2
−2
Métropole 4 juin2006