Baccalauréat STI Génie électronique Polynésie juin

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Baccalauréat STI Génie électronique Polynésie \ juin 2007 EXERCICE 1 5 points 1. z3?8= (z?2) ( az2+bz+c ) ?? z3?8= az3+bz2+cz?2az2?2bz?2c ?? z3?8= az3+ z2(b?2a)+ z(c?2b)?2c ?? ? ? ? ? ? ? ? 1 = a 0 = b?2a 0 = c?2b ?8 = ?2c ?? ? ? ? ? ? ? ? a = 1 0 = b?2 0 = c?2b c = 4 ?? ? ? ? ? ? ? ? a = 1 b = 2 c = 4 c = 4 Onadonc z3?8= (z?2) ( z2+2z+4 ) . Puis z3?8= 0 ?? (z?2) ( z2+2z+4 ) = 0 qui a une première solution évidente 2. Rest à résoudre dans C : z2+2z+4= 0 ?? (z+1)2?1+4= 0 ?? (z+1)2+3= 0 ?? (z+1)2? ( i p 3 )2 = 0 ?? ( z+1+ i p 3 )( z+1? i p 3 ) = 0 qui a deux solutions : ?1+ i p 3 et ?1? i p 3.

• produit de limites lim


• lnx


• abscisses des deuxpoints communs


• ?? ?


• z3?8


• solution de l'équation z


• ei π

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2007
• Nombre de lectures: 16
• Langue: Français

Extrait

[BaccalauréatSTIGénieélectroniquePolynésie\
juin2007
EXERCICE 1 5points
? ?
3 2 3 3 2 21. z −8=(z−2) az +bz+c ⇐⇒ z −8=az +bz +cz−2az −2bz−2c ⇐⇒

1 = a
0 = b−2a3 3 2z −8=az +z (b−2a)+z(c−2b)−2c ⇐⇒ ⇐⇒
 0 = c−2b
−8 = −2c
 
a = 1 a = 1  
0 = b−2 b = 2
⇐⇒
 0 = c−2b  c = 4  
c = 4 c = 4
? ? ? ?
3 2 3 2Onadoncz −8=(z−2) z +2z+4 .Puisz −8=0⇐⇒ (z−2) z +2z+4 =0
quiaunepremièresolutionévidente2.
2 2RestàrésoudredansC: z +2z+4=0⇐⇒ (z+1) −1+4=0⇐⇒
?p ? ? p ?? p ?22 2(z+1) +3=0⇐⇒ (z+1) − i 3 =0⇐⇒ z+1+i 3 z+1−i 3 =0quip p
adeuxsolutions:−1+i 3et−1−i 3.
p p
3Conclusion: z −8=0si z=2ou z=−1+i 3ou z=−1−i 3.
2. a. Voirlafigureplusbas
?p ?22 2b. OnaAB =(−3) + 3 =9+3=12;
? p ?22 2AC =(−3) + − 3 =9+3=12;
? p ?22 2 2 2 2BC =0 + −2 3 =12. =AC =BC ⇒AB=AC=BC:letriangleABC
estéquilatéral.
i03. a. z =2=2e ;A
p
2 2z =−1+i 3,donc|z | =1+3=4=2 ⇒|z |=2.B B B? !p
? ?1 3 2iπ2π 2π
3Onpeutécrirez =2 − +i =2 cos +isin =2e .B 3 32 2
Demême|z |=2(carz estleconjuguédez ).C C B? !p
? ?1 3 −2iπ−2π −2π
3Doncz =2 − −i =2 cos +isin =2e .C 3 32 2
′Tout complexe z apour image par la rotationR, le complexe z tel que :
π′ i
6z =ze .
π πi i6 6Doncz ′=z e =2e .AA
π 2iπ π 5πi i i
6 3 6 6Puis z ′=z e =2e e =2e .BB
π −2iπ π −πi i i
′ 6 3 6 2Demême z =z e =2e e =2e .CC
b. Voirlafigure.
? ? ? ?? ? 3 3π π 3π π3 i 3 i i i6 6 6 2c. z ′ = 2e =2 e =8e =8e =8i.A
? ? ? ?? ? 3 35π 5π 15π π3 i 3 i i i6 6 6 2z ′ = 2e =2 e =8e =8e =8i.B
? ? ? ?? ? 3 3−π −π −3π −π3 i 3 i i i2 2 2 2z ′ = 2e =2 e =8e =8e =8i.C
3Conclusion: z ′, z ′,et z ′ sontsolutionsdel’équation z =8i.A B CBaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
2
B
′ ′B A
1
→−
v
A
→−O
−2 −1 u 1 2
−1
C
−2
′C
Exercice2 4points
PartieA
1. u =230000+15000=245000.1
2. Puisqueu =u +15000,lasuite(u )estunesuitearithmétiquedepremiern+1 n n
termeu =230000etderaison a=15000.0
3. Lechiffred’affairesen2006estégalàu .16
Onsaitqueu =u +na=230000+15000n, doncu =230000+15000×16=n 0 6
230000+240000=470000.
PartieB
1. Ona v =150000×1,074=161100.1
2. Onadoncv =v ×1,074:lasuite(v )estunesuitegéométriquederaisonn+1 n n
1,074etdepremierterme150000.
n n 163. Onsaitquev =v ×1,074 =150000×1,074 ,doncv =150000×1,074 ≈n 0 16
470066,997≈470067(€).
PartieC
1. On constate qu’en 2006, les chiffre d’affaires des deux entreprises sont à peu
prèslesmêmes.
2. Ilfautcompareru etv .31 31
u =230000+15000×31=695000.31
31v =150000×1,074 ≈1371588,96.15
Lechefdel’entrepriseBaraison.
Problème 11points
PartieA
Polynésie 2 juin2007
bbbbbbBaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
21. Ona limx +3x=0et limlnx=−∞,donc limg(x)=−∞.
x→0 x→0 x→0
Enplusl’infini:
2lim x = lim 3x= lim lnx=+∞,donc lim g(x)=+∞.
x→+∞ x→+∞ x→+∞ x→+∞
2. g estdérivablesur]0;+∞[etsurcetintervalle:
24 x(2x+3) 4 2x +3x+4
′g (x)=2x+3+ = + = .
x x x x
′3. Puisque x>0, tousles termesdecette dérivée sont positifs, donc g (x)>0et
lafonction g estdonccroissantesur]0;+∞[.
x −∞ +∞
+∞
g(x)
−∞
4. g(1)=1+3−4+0=0.Lafonction g estcroissanteets’annuleen1.Donc:
si x<1, g(x)<0;
si x>1, g(x)>0.
PartieB
4ln(x)
1. a. Onsait que lim =0, lesautrestermesont pour limite plus l’in-
x→+∞ x
fini,donc lim f(x)=+∞.
x→+∞
4ln(x) 4
b. Onpeutécrire f(x)=x+3ln(x)− =x+3×ln(x)−ln(x)× =
x x? ?
4
x+lnx 3− .
x ? ?
4 4 4
Ona lim =0,lim =+∞, lim− =−∞, lim 3− =−∞et limlnx=
x→+0 x→0 x→0 x→0 x→0x x x
−∞,d’oùparproduitdelimites lim f(x)=+∞.
x→0
Géométriquementcecimontrequeladroited’équationx=0estasymp-
toteà(C)auvoisinagede0.
2. a. f estdérivablesur]0;+∞[et:
1 2×x−lnx3 3 1−lnx x +3x−4+4lnxx′f (x)= 1+ −4 = 1+ −4 = =
2 2 2x x x x x
g(x)
.
2x
2b. OnavuàlapartieAquestion 4,lesigne de g(x)etcomme x >0, onen
déduitque:
′si x<1,alors f (x)<0:lafonction f estdécroissantesur]0 ; 1[;
′si x>1,alors f (x)>0:lafonction f estcroissantesur]1 ;+∞[
c. D’oùletableaudevariations:
x 0 +∞1
+∞ +∞
f(x)
Polynésie 3 juin2007BaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
? ? ? ?
4 4 4 4
3. f(x)=x ⇐⇒ x+ 3− lnx=x ⇐⇒ 3− lnx=0 ⇐⇒ 3= ⇐⇒ x=
x x x 3
oulnx=0⇐⇒ x=1.
4. Voirlafigureplusbas.
5. Graphiquement : les solutions de l’équation f(x)= x sont les abscisses des
deuxpointscommunsàC etàladroited’équationy=x(bissectricedel’angle
forméparlesaxesdecoordonnées).
PartieC
1. F estdérivablesur]0;+∞[et
1 1 1 lnx′F (x)= ×2x−3+3lnx+3x× −2×2lnx× = x−3+3lnx+3−4 =
2 x x x
lnx
x+3lnx−4 = f(x).
x
F estdoncuneprimitivede f sur]0;+∞[.
2. a. Voirplusbas.
b. Onavuquepour x>1, f(x)>0,doncl’aireenunitéd’airedudomaine
(D)estégaleàl’intégrale :
Z ? ?e 1 1e 2 2 2 2f(x)dx=[F(x)] =F(e)−F(1)= e −3e+3elne−2(lne) − 1 −3×1+3×1ln1−2(ln1) =1 2 21
2 2e 1 1 e
−3e+3e−2− +3= + (u.a).
2 2 2 2
2Orl’unitéd’aireestégaleà3×3=9cm .
? ?21 e 2 2L’airedudomaine (D)estdoncégaleà9 + cm soit 37,75 cm au
2 2
2mm près.
Polynésie 4 juin2007BaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
C
4
3
2
(D)
1
→−

→−O e
ı 1 2
Polynésie 5 juin2007