Baccalauréat STI Métropole juin Génie électronique électrotechnique optique

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Baccalauréat STI Métropole juin 2003 \ Génie électronique, électrotechnique, optique EXERCICE 1 4 points 1. a. z2?8z+32= 0 ?? (z?4)2?16+32= 0 ?? (z?4)2+16= 0. ?? (z?4)2 = (4i)2. L'équation a donc deux solutions complexes : z1 = 4+4i, z2 = 4?4i. b. On a |z1|2 = 16+16= 16?2, donc |z1| = 4 p 2. En factorisant ce module : z1 = 4 p 2 (p 2 2 + i p 2 2 ) = 4 p 2ei π 4 . Comme z2 = z1, z2 = 4 p 2e?i π 4 . 2. Comme ei π 3 = cos π3 + isin π 3 = 1 2 + i p 3 2 , il résulte que 4ei π 3 = 4 ( 1 2 + i p 3 2 ) = 2+2i p 3. 3. a. b b b A B C ?? u ?? v O b. • AB = |zB? zA| = 4?4i?4?4i= |?8i| = 8? AB2 = 64.

• réciproque du théorème de pythagore


• ?b cos?t


• x?1


• ei π


• yc? yb


• ?10?3

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2003
• Nombre de lectures: 18

Extrait

[BaccalauréatSTIMétropolejuin2003\
Génieélectronique,électrotechnique,optique
EXERCICE 1 4points
1. a.
2 2 2z −8z+32=0 ⇐⇒ (z−4) −16+32=0 ⇐⇒ (z−4) +16=0.
2 2⇐⇒ (z−4) =(4i) .
L’équationadoncdeuxsolutionscomplexes :
z =4+4i, z =4−4i.1 2
p
2b. Ona|z | =16+16=16×2,donc|z |=4 2.1 1Ã !p p
p p2 2 πi 4Enfactorisantcemodule:z =4 2 +i =4 2e .1
2 2
p π−i 4Comme z =z ,z =4 2e .2 1 2
p
π 1 3i π π
32. Commee =cos +isin = +i ,ilrésulteque
3 3 2 2Ã !p
pπ 1 3i
34e =4 +i =2+2i 3.
2 2
3. a.
A
C
→−
v
→−O
u
B
2b. • AB=|z −z |=4−4i−4−4i=|−8i|=8⇒AB =64.B A ¡ ¢ p p22 2 2 2• AC = x −x + y −y =(2−4) +(2 3−4) =4+12+16−16 3=( )C A C Ap
32−16 3;
bbbBaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
¡ ¢ p22 2 2 2• BC = x −x + y −y =(2−4) +(2 3−(−4)) =4+12+16+( )C B C Bp p
16 3=32+16 3.
p p
2 2 2Comme AC +BC =32−16 3+32+16 3=64=AB , ilen résulte que
le triangle ABC est rectangle en A d’après la réciproque du théorème de
Pythagore..
EXERCICE 2 5points
1 1−3 −2 −5 −61. a. LC=1,25×10 ×0,5×10 =0,625×10 =6,25×10 et = =
−6LC 6,25×10
51,6×10 .
q estdoncsolutiondel’équation :
′′ 5(E): y +1,6×10 y=0.
′′ 2b. (E)estdelaforme y +ω y=0,avecω=400.
Lessolutionsde(E)sontdonclesfonctionsdéfiniessur[0;+∞]par
q(t)= Acosωt+Bsinωt,avec A etB réels.
−3 −3c. q(0)=6×10 ⇒ A=6×10
′ ′q (t)=−ωAsinωt+ωBcosωt; q (0)=0⇒ωB=0 ⇐⇒ B=0.
−3Finalement :q(t)=6×10 cos400t.
¡ ¢
′ −32. a. i(t)=−q (t)=− −400×6×10 sin400t =2,4sin400t.
Z π h iπ400 400 400 1 1 π
400b. cos(800t)dt= × [sin400t] = sin400× −sin400×0 =0π π 800 2π 4000
1
×0=0.
2π
c. Z π
400 4002 2I = i (t)dt.e
π 0
12 2CalculerI (onpourrautiliserlaformulesin a= (1−cos2a),puisdon-e 2
−3nerunevaleurapprochéedeI à10 près,sachantqueI estunnombree e
positif.
PROBLÈME 11points
PartieA
1. a. Onlit g(2)=0.
b. Ladroite(T)contientlespoints(0;−3)et(2;0).Sapenteégaleaunombre
0−(−3) 3 ′dérivédelafonction g en2estégaleà: = =g (2).
2−0 2
c. Onadonc lim g(x)=1(parvaleursinférieures)
x→+∞
d. Lafonction g estcroissantesur]1;+∞[etnes’annulequ’en2,donc:
• g(x)<0,sur]1;2[;
• g(2)=0;
• g(x)>sur]2;+∞[
Métropole 2 juin2003BaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
3
(T)
2
(D)1
→− →− ı0 (C)
0 1 2 3 4
-1
-2
-3
-4
-5
-6
1
2. a. g (2)=1− =1−1=0;1
2−1
2
g (2)=1− =1−1=0;2 22 −2
g (2)=ln(2−1)=ln1=0.3
Cestroisfonctionss’annulent en2:ellessonttoutescandidates.
b. lim g (x)=1;1
x→+∞
2
Enécrivant g (x)=1− , lim g (x)=1;2 2
x→+∞x(x−1)
lim g (x)=+∞:doncg nepeutêtreg.3 3
x→+∞
· ¸
1 1 3′ ′c. g (x)=− − ,donc g (2)= =16? .Doncg nepeutêtreg.11 12 2(x−1) 1 2
2x−1 3 3′ ′g (x)=+2 ,doncg (2)=2× = .¡ ¢2 22 22 (4−2) 2x −x
Seule g peut être g et comme l’une destrois était lafonction cherchée,2
alorsg=g .2
PartieB
³ ´x
1. a. Sur]1;+∞[, x>0, x−1>0,doncln =lnx−ln(x−1).
x−1 ³ ´a
(Propriété:pourtousréelsstrictementpositifs a etb,ln =lna−lnb.
b
b. Ona limx+1+2lnx=2.
x→1
Comme lim(x−1)=0, limln(x−1)=−∞.
x→1 x→1
lim f(x)=−∞.
x→1
¡ ¢
Onendéduitquelaverticale x=1estasymptoteà C .f
Métropole 3 juin2003BaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
³ ´x x
2. a. Enutilisant laquestion1.a. lim 2ln =0,car lim =1.
x→+∞ x→+∞x−1 x−1
Comme lim x=+∞,
x→+∞
lim f(x)=+∞.
x→+∞
³ ´x
b. Soitd lafonctiondéfiniepard(x)= f(x)−(x+1)=2ln .
x−1³ ´x
Onavuque lim 2ln =0,cequimontrequeladroite(D)d’équa-
x→+∞ x−1 ¡ ¢
tion y=x+1estasymptoteobliqueà C auvoisinagedeplusl’infini.f
x x−1+1 x−1 1 1
c. Sur]1;+∞[, = = + =1+ .
x−1 x−1 x−1 x−1 x−1
1 x
Comme x>1⇐⇒ x−1>0 ⇐⇒ >0,donc >1.
x−1 x−1³ ´ ³ ´x x
Ilenrésultequeln >0et2ln >0.
x−1 x−1 ¡ ¢
d. La question précédente montre que géométriquement, la courbe Cf
estaudessusdesonasymptote y=x+1.
3. a. Sur]1;+∞[, f sommedefonctionsdérivableestdérivableet:
³ ´′x x−1−x −1
= = ;
2 2x−1 (x−1) (x−1)
−1
2 1(x−1)′Donc f (x)=1+2 =1−2 =g(x).x x(x−1)x−1
′b. On a vu dans la partie A le signe de g, c’est-à-dire celui de f . D’où le
tableaudevariationsde f :
x 1 2 +∞
′f (x) − 0 +
+∞ +∞
f(x)
f(2)
PartieC
1. H sommedefonctionsdérivablessur]1;+∞[,estdérivablesurcetintervalle
et
x 1
′H (x)=lnx+ −ln(x−1)−(x−1)× =lnx+1−ln(x−1)−1=lnx−ln(x−1)=
x x−1³ ´x
ln =h(x).
x−1
DoncH estuneprimitivedelafonctionh sur]1;+∞[.
2. a.
b. Onavuquesur]1;+∞[etenparticuliersur[2;3], x+1/leqslantf (x).
DoncZ Z Z3 3 3£ ¤
A = f(x)−(x+1) dx = [2lnx−2ln(x−1)]dx= 2h(x)dx =
2 2 2
3[2H(x)] =2H(3)−2H(2)=2(3ln3−2ln2)−2(ln2−ln1)=6ln3−8ln2=2 µ ¶
7296 8ln3 −ln2 =ln729−ln256=ln ≈1,0465≈1,05
256
Métropole 4 juin2003BaccalauréatSTIGénieélectronique,électrotechnique,optique A.P.M.E.P.
Annexe:représentationdelacourbe(C )f
àrendreaveclacopie9
8
7
6
5
4
3
2
1
→−
 →−
ı0
O 0 1 2 3 4 5
-1
Métropole 5 juin2003