Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique \ génie électrotechnique, optique Métropole septembre 2007 EXERCICE 1 1. Résoudre dans l'ensemble C des nombres complexes l'équation : z2?6z+12= 0 ?? (z?3)2?9+12= 0 ?? (z?3)2+3= 0 ?? (z?3)2 = (i p 3)2 Donc deux solutions : z1 = 3+ i p 3 et z2 = 3? i p 3 2. zA = 3+ i p 3 et zB = 3? i p 3. a. On a |zA|2 = 9+3= 12, donc |zA| = 2 p 3. On peut écrire : zA = 2 p 3 (p 3 2 + i 1 2 ) = 2 ( cos pi6 + isin pi 6 ) = 2e pi 6 . On a donc arg(zA)= pi 6 et comme zB = zA, arg(zB)=? pi 6 . b. 3 1 2 3 ?1 ?2 ?3 ?4 A B C O D x y 30° 30° 3. a. b. On sait que ??? OC = ???AB ?? ???OC (0 ; ?2 p 3).

• solution générale


• ???ab ??


• triangle oad


• ln10 au voisinage


• ?? ?


• ??? od


• baccalauréat sti


• ??


• génie électronique

Sujets

• Électronique

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2007
• Nombre de lectures: 22
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures

[Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique\ génie électrotechnique, optique Métropole septembre 2007

E X E R C IC E 1 1.Résoudre dans l’ensembleCdes nombres complexes l’équation : 2 22 22 z−6z+12=0⇐⇒(z−3)−9+12=0⇐⇒(z−3)+3=0⇐⇒(z−3)=(i 3)

Donc deux solutions : z 1 =3+eti 3z 2 =3−i 3 p 2.z A =3+i 3etz B =3−i 3. 2 a.On a | z A | = 9+3=12, donc | z A | = 2 3. Ã ! 3 1 ¡ ¢ π π π 6 On peut écrire :z A =2 3+i=2 cos+i sin=2e . 6 6 2 2 π π On a donc arg (z A ) =et commez B =z A , arg ( z B ) = −. 6 6 b. y D 3

2

A

1 30° 30° x O 3 −1

−2

B

−3 C −4 3. a. −→−→−→ b.On sait que OC=AB⇐⇒;OC (0−2 3).Donc C(0 ;−2 3)ouz C = −2i 3. p −→−→ c.OC=AB⇒OC=AB== OA = OB.2 3  Le triangle BOC est donc isocèle en O et comme COB=60°, il est équilatéral et OC = BC. −→−→ d.OC=AB⇐⇒(OABC) est un parallélogramme et comme deux côtés consécutifs ont la même longueur, c’est un losange. 4. a.

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³ ´³ ´³ ´ −→−−→−→−→−→−−→ π b.Par définition de la rotation :u; OD=u; OA+OA ; OD= + 6 π π =. 3 2 p Comme OD = OA = 23, le point D est le point de [Oy) tel quez t ex t D = 2i 3. c.Pour la même raison que le triangle OBC, le triangle OAD est équilatéral, donc OA = AD et comme OA = OB = OB, AD = BC. Comme A et B d’une part, C et D d’autre part ont la même abscisse, les droites (AB) et (CD) sont parallèles : le quadrilatère (ABCD) est donc un trapèze et comme AD = BC, c’est un trapèze isocèle.

E X E R C IC E 2 1. y"+9y=0. On sait que la solution générale est de la forme : y(t)=Acos 3t+Bsin 3t, avecA,Bettréels. 2. y"+9y=8 sint. a. 1 f(t)= −sin(3t)+Acos(3t)+sint. 3 ′ f(t)= −cos(3t)−3Asin(3t)+cost.

′′ f(t)=3 sin(3t)−9Acos(3t)−sin(t). Vérification : µ ¶ 1 3sin(3t)−9Acos(3t)−sin(t)+9−sin(3t)+Acos(3t)+sint=3 sin(3t)− 3 9Acos(3t)−sin(t)−3 sin(3t)+9Acos(3t)+9 sin(t)=8 sin(t). La fonctionfest donc une solution de l’équation (E). ³ ´ π1ππ π1 2 b.f=0⇐⇒ −sin(3 )+Acos(3 )+sin=0⇐⇒ −+A× 4 34 44 32 à ! p 2 21 2 − + ⇐⇒− −A+1=0⇐⇒A=. 2 23 3 3. 1 2 g(t)= −sin(3t)+cos(3t)+sint. 3 3 h i π La valeur moyenne de la fonctiongsur l’intervalleest :0 ; 3 Z π Z µ¶ π 3 31 2 3 3 g(t) dt= −sin(3t)+cos(3t)+sintdt π 0 π 0 3 3 Z π · ¸ π 3 31 25 3 3 g(t) dt=cos 3t+sin 3t−cost=. 9 π 0 π9 0 6π

P R O B L È M E Partie A. Détermination d’une fonctionf

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1.On a :  A(0 ;ln 3)∈C f ⇐⇒ln 3=lnc  B(−1 ; 0)∈C f ⇐⇒0=ln(a−b+c)  C(−2 ; 0)∈C f ⇐⇒0=ln(4a−2b+c) On obtient donc :c=3,a−b+3=1 et 4a−2b+3=1. ½ ½½ a−b= −2a−b= −2b=3 Donc⇐⇒ ⇐⇒ 2a−b= −1a=1a=1 ¡ ¢ 2 On a donc :f(x)=lnx+3x+3 . 4 y

-5 -4 -3 -2 −5−4−3−2

3 3

2 2

1 1

C f

C g

0 -1 01 2 3 x 4 −1 12 3 -1 −1

-2 −2 2. a.fest de la forme lnu, avecupolynôme dérivable surRet qui a pour ′ u dérivée . u 2x+3 ′ Doncf(x)=. 2 x+3x+3 2 b.Le trinômex+3x+3 a pour déterminantΔ= −3 ; il est donc du signe de a = +1, donc strictement positif. µ ¶µ ¶ 2 2 3 93 33 2 (Autre méthode :x+3x+3=x+ −+3=x+ + > >0.) 2 42 44 ′ f(x) est donc du signe de la fonction affinex7→2x+3, qui s’annule pour 3 x= −. 2 3 ′ ′ f(x)<0 sur ]−∞;−[, soitfdécroissante sur cet intervalle, etf(x)>0 2 3 sur ]−;+∞[, soitfcroissante sur cet intervalle. 2 3 da donc un minimum en−. 2 µ ¶µ µ¶ 3 99 3 c.Le minimum defest égal àf− =ln− +3=ln=ln 3−2 ln 2. 2 42 4 Partie B. Étude d’une fonctiong µ ¶ −10+11 1.g(−1)=ln=ln 1=0. −1+2 11 10+ 10x+11 x 2.Pourx6=0,=qui a pour limite 10 au voisinage de l’infini. 2 x+2 1 + x Donc limg(x)=ln 10. x→+∞

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Ceci signifie queC g a pour asymptote la droite horizontaleD, d’équationy= ln 10au voisinage de plus l’infini. 1.Sur [−1 ;+∞[, 10x+11>0 etx+2>0, donc µ ¶ 10x+11 ln=ln(10x+11)−ln(x+2). x+2 10 110(x+2)−1(10x+11 20−11 D’où g’(x) =− == = 10x+11x+2 (10x+11)(x+2) (10x+11)(x+2) 9 sur [−1 ;+∞[ (10x+11)(x+2) 2.Comme tous les termes de la dérivée sont strictement positifs, celleci est stri tement positive : la fonctiongest strictement croissante sur [−1 ;+∞[ de g(−1)=0 à ln10. Partie C. Étude des positions relatives deCetC f g ¡ ¢ 2 32 1. a.x−1 (x+5)=x+5x−x−5=P(x) ¡ ¢ 2 b.D’après la question précédente :P(x)=0⇐⇒x−1 (x+5)=0⇐⇒  x= −1  x=1  x= −5 c.CommeP(x)=(x−1)(x+1)(x+5), son signe dépend de celui de ces trois facteurs, d’où le tableau de signes :

x−∞ −5−1 1+∞

x−1

−

−

− 0 +

x+1 − −+ 0 +

x+5 −0 ++ +

P(x) −0 +0−0 + µ ¶ ¡ ¢ 10x+11 2 2. a.Dans [−1 ;+∞[,f(x)=g(x)⇐⇒lnx+3x+3=ln⇐⇒ x+2 10x+11 2 x+3x+3=(par croissance de la fonction ln). x+2 ¡ ¢ 2 Ce qui équivaut à (x+2)x+3x+3=10x+11⇐⇒ 3 22 32 x+3x+3x+2x+6x+6=10x+11⇐⇒x+5x−x−5=0⇐⇒P(x)=0, équation qui a été résolue cidessus.

Sur [−1 ;+∞[,f(x)=g(x)⇐⇒x= −1, oux=1, oux= −5. b.Graphiquement la question précédente signifie que sur l’intervalle [−1 ;+∞[, les courbesC f etC g sont sécantes pourx= −1,x=1. 3. a.De la même façon que dans la question précédente, sur [−1 ;+∞[, f(x) > g(x)⇐⇒P(x) > 0. D’après le tableau cidessus, on a doncf(x) > g(x) sur [1 ;+∞]. b.De la même façon sur ]−1 ; 1[,P(x)<0⇐⇒f(x)<g(x), ce qui signifie queC f est audessous deC g sur ]−1 ; 1[. Par contre sur ]1 ;+∞[,f(x)>g(x), ce qui signifie queC f est audessus deC g . Enfin en−1 et en 1, les deux courbes sont sécantes. 4.Cf. figure.

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