Correction du baccalauréat STI Génie électronique

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Correction du baccalauréat STI Génie électronique \ génie électrotechnique, optique Métropole juin 2007 EXERCICE 1 6 points 1. z2+4z +16= 0. z2+4z +16= 0 ?? (z +2)2?4+16= 0 ?? (z +2)2+12= 0 ?? (z +2)2 = ( 2i p 3 )2 . L'équation a donc deux solutions complexes : z1 =?2+2i p 3, z2 =?2?2i p 3. 2. a. P (4)= 43?64= 0. P est donc factorisable par (z ?4). b. Si P (z)= (z?4) ( az2+bz +c ) , alors P (z)= az3+(b?4)z2+(c?4b)z?4c = z3?64 quel que soit z ?C. En identifiant onobtient a = 1, c =?16 et { b ?4 = 0 c ?4b = 0 ?? { b = 4 4 = b On a donc : P (z)= (z ?4) ( z2+4z ?16 ) . c. D'après la question 1., les solutions de l'équation P (z) = 0 sont 4, ?2+ 2i p 3 et ?2?2i p 3.

• ondéduit de la question précédente


• lnx


• lnx ?


• parcours passant par r14


• calcul d'aire


• correction du baccalauréat sti


• génie électronique

Sujets

• Électronique

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2007
• Nombre de lectures: 31
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures

[Correction du baccalauréat STI Génie électronique\ génie électrotechnique, optique Métropole juin 2007

E X E R C IC E 1 6points 1. 2 z+4z+16=0. 2 22 z+4z+16=0⇐⇒(z+2)−4+16=0⇐⇒(z+2)+12=0⇐⇒ ¡p¢ 2 2 (z+2)=2i 3 . L’équation a donc deux solutions complexes : p z 1 = −2+2i 3,z 2 = −2−2i 3. 3 2. a.P(4)=4−64=0.Pest donc factorisable par (z−4). ¡ ¢ 2 32 b.SiP(z)=(z−4)a z+b z+c, alorsP(z)=a z+(b−4)z+(c−4b)z−4c= 3 z−64 quel que soitz∈C. ½ ½ b−4=0b=4 En identifiant on obtienta=1,c= −16 et⇐⇒ c−4b=0 4=b On a donc : ¡ ¢ 2 P(z)=(z−4)z+4z−16 . c.D’après la question1., les solutions de l’équationP(z)=0 sont 4,−2+ 2i 3et −2−2i 3. 2 2 3. a.z A =z 1 = −2+donc2i 3, | z A | = 4+12=16=4 .Donc | z A | = 4. Ã ! p 1 3 2π2π i−i En factorisant 4,z A =4− +i=Comme4e .z B =z A ,z B =4e . 3 3 2 2 b.pendicuA et B sont sur le cercle centré à l’origine de rayon 4 et à la per ³ ´ −→ laire à l’axeO,upassant par le point d’abscisse−2. ³ ´³ ´ −→−→ 2π −→−→ 2π c.De argz A =u, OA=et argz B =u, OB= −, on en déduit que 3 3 ³ ´ −→−→ 2π Ø ØØ OA ,OB=AB et BC ont la même longueur, de même. Les arcs CA, 3 que les cordes [CA], [AB] et [BC]. Le triangle ABC est donc équilatéral. 4. a.On a par définition de la rotation : π z D =z A e . 6 z D a donc le même module quez A soit 4 et son argument est celui dez A 2π π5π π augmenté de, soit+ =. 6 3 6 6 5π Conclusionz D =4e . 6 Ã ! p 3 1 b.On a doncz D =4− +i= −2 3+2i. 2 2 c.eOn place le point D comme le point commun au cercle centré en O d ³ ´ −→ rayon 4 et la perpendiculaire àO,vcontenant le point (0 ; 2).

Correction du baccalauréat STI Génie électronique, électrot echnique, optiqueA. P. M. E. P.

E X E R C IC E 2

D

A

4

2

−→ v

C −→ O −4−2 u 2 4

B

−2

−4

4 points

1.– AR 1 R 2 R 3 R 6 R 7 B – AR 1 R 2 R 4 R 6 R 7 B – AR 1 R 2 R 5 R 4 R 6 R 7 B – AR 1 R 8 R 9 R 14 R 16 R 17 R 18 B – AR 1 R 8 R 10 R 12 R 14 R 16 R 17 R 18 B – AR 1 R 8 R 11 R 13 R 15 R 17 R 18 B 1 2. a.Chaque parcours a une probabilité de. Il y a 3 parcours passant par R 7 ; 6 1 1 la probabilité cherchée est donc égale à 3× =. 6 2 b.Il y a 2 parcours passant par R 14 ; la probabilité cherchées est donc égale 1 1 à 2× =. 6 3 3. a.Il y a deux parcours à 6 bonds qui correspondent à X=12 ; trois parcours à 7 bonds qui correspondent à X=14 ; un parcours à 8 bonds qui correspondent à X=16 b.D’où le tableau : X 1214 18 2 13 11 p(X=x i )= = 1 1 124+42+16 82 41 c.E(X)=12× +14× +16× == = ≈13, 66. 3 2 66 63 4.En reprenant les calculs avec un tempsten secondes, on obtient :

1 1 112t+21t+8t41t E(X)=6t× +7t× +8t=× =. 3 2 66 6 41t60 Donc E(X)=10⇐⇒ =10⇐⇒41t=60⇐⇒t=d’oùt≈1, 46s. 6 41

Métropole

2

juin 2007

Correction du baccalauréat STI Génie électronique, électrot echnique, optiqueA. P. M. E. P.

Problème Partie A : étude d’une fonction auxiliaire

10 points

2 g(x)=x−1+lnx. 1.gest la somme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[, et sur cet intervalle : 1 ′ g(x)=2x+ x ′ g(x) somme de deux termes positifs est positive : la fonctiongest donc crois sante sur ]0 ;+∞[. 2.g(1)=1−1+ln 1=0. La fonction étant croissante, on en déduit : –g(x)<0 sur ]0 ; 1[ ; –gs’annule en 1 ; –g(x)>0 sur ]1 ;+∞[.

Partie B : détermination de l’expression de la fonctionf 1.fest une somme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ et 1 ×x−lnx 1−lnx ′ x f(x)=a− =a−. 2 2 x x ln 1 2.La première condition se traduit par 0=a+b− =a+bet la seconde par 1 1−ln 1 ′ f(1)=0⇐⇒a− =0⇐⇒a−1=0⇐⇒a=1 et par conséquent 2 1 b= −1. On a donc : lnx f(x)=x−1−sur ]0 ;+∞[. x

Partie C : étude de la fonctionf

1 1. a.Comme lim lnx= −∞et lim= +∞, on obtient par produit des limites : x→0x→0 x lnx lim= −∞. x→0 x Comme limx−1= −lim1 ; on a finalementf(x)= −∞. x→0x→0 Interprétation graphique : l’axe des ordonnées est asymptote verticale à Cau voisinage de zéro. lnx b.On sait quelim=lim0 et commex−1= +∞, on a finalement : x→+∞x→+∞ x limf(x)= +∞. x→+∞ 2 g(x)x−1+lnx1 lnx 2. a.= =1− +. 2 22 2 x xx x 1−lnx1 lnx ′ D’autre part on a vu quef(x)=1− =1− +. 2 22 x xx g(x) ′ On a bienf(x)=. 2 x 2′ b.Commex>, le signe def(x) est celui deg(x), vu à la question A. 2. soit : ′ –f(x)<0 sur ]0 ; 1[ ; ′ –fs’annule en 1 ; ′ –f(x)>0 sur ]1 ;+∞[. D’où le tableau de variations :

Métropole

3

juin 2007

c.

Correction du baccalauréat STI Génie électronique, électrot echnique, optiqueA. P. M. E. P.

y

O 1

x 0

1

D

C

x 10

+∞

′ f(x) −0 + +∞ +∞ f

0

c.On en déduit quef(x)>0 sauff(1)=0. 3. a.Considérons la fonctionddéfinie par : lnxlnx d(x)=f(x)−(x−1)=x−1− −x+1= −. x x lnx On a déjà vu quelim=0. Ceci prouve que la droiteDest asymp x→+∞ x tote àCau voisinage de plus l’infini. lnx b.Il faut étudier le signe la fonctionddéfinie pard(x)= −qui est du x signe de−lnx, qui s’annule en 1, et positive sur ]0 ; 1[ et négative sur ]1 ;+∞[. Graphiquement ceci prouve que : – sur]0 ; 1[,Cest au dessus deD; – sur]1 ;+∞[,Cest au dessous deD; ; –DetCsont sécantes en (1 ; 0).

Partie D : calcul d’aire

Métropole

4

juin 2007

Correction du baccalauréat STI Génie électronique, électrot echnique, optiqueA. P. M. E. P.

1. a.La fonctionx→7−lnxétant dérivable sur ]0 ;+∞[, la fonctionHl’est aussi et 1 lnx ′ H(x)=2 lnx× =2 . x x lnx b.est la foncOn déduit de la question précédente qu’une primitive de x 1 2 tion (lnx) . 2 Donc une primitive de : lnx f(x)=x−1−est x 2 x1 2 F(x)= −x−(lnx) . 2 2 2. a.On sait que l’aire de la surface limitée par la courbeC, l’axe des abs cisses et les droites d’équationsx=1 etx=e est égale à l’intégrale : Z e A=f(x) dx. 1 D’après la question précédente : · ¸ e µ ¶ 2 22 x11 11 e 2 22 A= −x−(lnx)= −e−(ln e)− −1−(ln 1)= 2 22 22 2 1 2 2 e 11 e −e− − +1= −e. 2 22 2 2 e 2 2 b.A= −e≈0, 976≈cm au0, 98mm près. 2

Métropole

5

juin 2007