Corrigé du baccalauréat STI Novembre 2008

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat STI Novembre 2008 \ Génie mécanique - Génie énergétique - Génie civil Nouvelle-Calédonie EXERCICE 1 5 points 1. a. P (z)= 4z4?7z3+11z2+10z ?12 = ( z2?2z +4 ) ( 4z2+?z +? ) = 4z4+?z3+?z2?8z3?2?z2?2?z +16z2 +4?z +4?. En identifiant les termes de même degré : ? ? ? ? ? ? ? ?7 = ??8 11 = ??2?+16 10 = ?2?+4? ?12 = 4? ?? ? ? ? ? ? ? ? 1 = ??8 ?5 = ??2? 10 = ?2?+4? ?3 = ? ?? ? ? ? ? ? ? ? 1 = ? 11 = ??2+16 10 = ?2?+4 ?12 = 4? ?? ? ? ? ? ? ? ? 1 = ? ?3 = ? 1 = ? ?3 = ? Finalement : P (z)= ( z2?2z +4 ) ( 4z2+ z ?3 ) . b. Dans C, P (z)= 0 ?? { z2?2z +4 = 0 4z2+ z ?3 = 0 Primo : z2 ?2z +4 = 0 ?? (z ?1)2 ?1+4 = 0 ?? (z ?1)2 +3 = 0 ?? (z ?1)2? (i p 3)2 = 0 ??

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• génie mécanique


• za? zd


• solution de l'équation différentielle


• baccalauréat sti


• ??


• xex ?2ex

Sujets

• Génie mécanique

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 novembre 2008
• Nombre de lectures: 59
• Langue: Français

Extrait

Durée:4heures
[CorrigédubaccalauréatSTINovembre2008\
Géniemécanique-Génieénergétique-Géniecivil
Nouvelle-Calédonie
EXERCICE 1 5points
? ?? ?
4 3 2 2 21. a. P(z)=4z −7z +11z +10z−12= z −2z+4 4z +αz+β =
4 3 2 3 2 24z +αz +βz −8z −2αz −2βz+16z +4αz+4β.
Enidentifiantlestermesdemêmedegré:
  
−7 = α−8 1 = α−8 1 = α    
11 = β−2α+16 −5 = β−2α 11 = β−2+16
⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒
 10 = −2β+4α  10 = −2β+4α  10 = −2β+4    
−12 = 4β −3 = β −12 = 4β

1 = α
−3 = β
 1 = α
−3 = β
Finalement: ? ?? ?
2 2P(z)= z −2z+4 4z +z−3 .
? 2z −2z+4 = 0
b. DansC, P(z)=0 ⇐⇒ 24z +z−3 = 0
2 2 2Primo : z −2z+4=0 ⇐⇒ (z−1) −1+4=0 ⇐⇒ (z−1) +3=0 ⇐⇒p p p
2 2(z−1) −(i 3) =0 ⇐⇒ (z−1+i 3)(z−1−i 3)=0.
p p
D’oùlessolutions:1+i 3et1−i 3.
? ? ? ?2z 3 1 1 32 2Secundo:4z +z−3=0 ⇐⇒ 4 z + − =0 ⇐⇒ z+ − − =
4 4 8 64 4? ? ? ? ? ? ? ?? ?2 2 21 49 1 7 1 7 1 7
0 ⇐⇒ z+ − =0 ⇐⇒ z+ − ⇐⇒ z+ + z+ − =
8 64 8 8 8 8 8 8? ?
3
0 ⇐⇒ (z+1) z− =0.
4
3
D’oùlessolutions:−1et .
4
3
Finalement l’équation P(z)=0 aquatre solutions :deux réelles−1 et
4p p
etdeuxsolutionscomplexes1+i 3et1−i 3.
2 22. a. |b| =1+3=4=2 ⇒|b|=2.? !p
? ?1 3 π πOnpeutalorsécrireb=2 +i =2 cos +isin .Unargumentde
3 32 2
π
b estydonc .
3
Comme c=b il en résulte que|c|=2 et qu’un argument de c est égal à
π
− .
3
b. Voirlafigure
? ?
? ?7 7? ?| |c. DA= z −z = − = ;A D ? ?4 4
? ?2? ?p1 1 49 72 2 ? ?DB =|z −z | = +i 3 = +3= ;doncDB= ;B D ? ?4 16 16 4
7
MêmepourcalculpourDC= ;
4
7
DoncA,BetCsontsituéssuruncercleC decentreDetderayon .
4CorrigédubaccalauréatSTIGéniemécanique,énergétique,civil A.P.M.E.P.
d. ABE rectangle en B entraîne que [AE] est un diamètre; donc E est le sy-
5
métriquedeAautourdeDsoitlepointd’affixe .
2
De même ABF rectangle en A entraîne que [BF] est un diamètre, donc
? p ?1 3
que F est le symétrique de B autour de D : 1+i 3+z = ⇐⇒F
2 4
p p p? ? 1
2 1+i 3+z =3 ⇐⇒ 2z =1−2i 3 ⇐⇒ z = −i 3.F F F
2
B
C
→−
v
A
→− D E
−2 u 2
F C
−2
EXERCICE 2 4points
−140t1. Lessolutionsde(H)sontlesfonctions:t7?→z(t)=Ke , K∈R.
−140t ′ −140t2. a. Onadonc y(t)=Ke +0,042,donc y (t)=−140Ke .
′ −140t −140tD’où y (t)+140y(t)=−140Ke +140Ke +140×0,042=5,88.
Donc y estunesolutiondel’équationdifférentielle(E).
−140tb. Onav(t)=Ke +0,042etv(0)=0⇒v(0)=K+0,042=0 ⇐⇒
K=−0,042.
−140tLafonction v estdoncdéfiniepar v(t)=−0,042e +0,042.
3. Deuxutilisationsdel’expressiontrouvéedev(t).
? ?
−140t −1a. Comme lim e =0, lim v(t)=0,042 m?s .
t→+∞ t→+∞
−140t −140tb. Il faut résoudre−0,042e +0,042=0,95×0,042 ⇐⇒ −e +1=
−140t0,95 ⇐⇒ 0,05=e etparcroissancedelafonctionln,
1
−140t=ln0,05 ⇐⇒ t=− ln0,05≈0,021 s.
140
PROBLÈME 11points
I-Étuded’unefonctionauxiliaire
x1. lim (x−2)=+∞et lim e =+∞, lim g(x)=+∞.
x→+∞ x→+∞ x→+∞
2. Étudedesvariationsdeg
Nouvelle-Calédonie 2 novembre2008
bbbbbbCorrigédubaccalauréatSTIGéniemécanique,énergétique,civil A.P.M.E.P.
′ x x xa. Onag (x)=e (x−2)+e =e (x−1)quiestdusignede(x−1),carquel
xquesoitx∈R, e >0.
′ ′Doncg (x)>0 ⇐⇒ x>1etg (x)<0 ⇐⇒ 0<x<1.
x 0 1 +∞
′ −g (x) 0 +
+∞−3
g(x)
-1-e
b.
3. Résolutiondel’équation g(x)=0
3a. Onag(3)=e −1≈19>0etg(1)=−1−e≈−2,7<0.
Comme g est dérivable sur [1; 3], il existe un réel uniqueα∈[1 ; 3] tel
que f(α)=0.
b. Lacalculatricedonne:
2,1<α<2,2,puis2,12<α<2,13.
4. Sur[0;1], g(x)<0,donc
– sur[0;α], g(x)<0:
– g(α)=0;
– sur[α;+∞[, g(x)>0
II-Étudedelafonction f
1. Étudedelalimiteen+∞.
−xa. Enmultipliant chaquetermepare ,onpeutécrire:
−x x −xe e +1 1+e( )
f(x)= = .
−x x −xe (e +x) 1+xe
−x −xb. Comme lim e =0, lim e +1=1.
x→+∞ x→+∞
x x −x−xxe = et lim =0,donc lim 1+xe =1etfinalement
x xx→+∞ x→+∞e e
lim f(x)=1.
x→+∞
Ceci signifie que la droite d’équation y=1 est asymptote horizontale à
C auvoisinagedeplusl’infini.
2. Étudier la position relative de la courbeC et de la droiteD d’équation y=1
surl’intervalle[0;+∞[.
3. Étudedesvariationsde f
x x x x 2x x 2x x x xe (e +x)−(e +1)(e +1) e +xe −e −2e −1 xe −2e −1′a. f (x)= = = =
2 2 2x x xe +x e +x e +x( ) ( ) ( )
xe (x−2)−1 g(x)
= .
2 2x x(e +x) (e +x)
x 2 ′b. Comme pour tout x, (e +x) >0 , le signe de f (x) est celui de g(x) vu
′audessus.Donc f (x)<0six<α.D’oùletableaudevariations:
x 0 α +∞
′ −f x) 0 +
+∞2
f(x)
‘)
Nouvelle-Calédonie 3 novembre2008CorrigédubaccalauréatSTIGéniemécanique,énergétique,civil A.P.M.E.P.
4. Voirlafigure.
1
xO 1 2 3 4 5
III-Calculd’aire
1. Voirlafigureci-dessus.
x ′ x2. En posant u(x)=e +x et après avoir calculé u (x)=e +1, on constate que
′u (x)
f(x)= .
u(x)
xCommee >0etx>0sur[0;+∞[,onendéduitqueu(x)>0.
′u (x)
Doncuneprimitivesursur[0;+∞[de f(x)= estlafonction
u(x)
xx7?→F(x)=ln|u(x)|=lnu(x)=ln(e +x).
Z1 ? ? ? ?11 x3. OnadoncB= [f(x)−1]dx=[F(x)−x] = ln e +x −x =ln(e+1)−1−0 0
0
ln(1+0)+0=ln(1+e)−1.(enunitésd’aire).
2L’unitésurchaqueétantégaleà4cm,1u.a.=16cm .
2 2DoncB=16×[ln(1+e)−1]≈0,31326≈0,31cm aumm près.
Nouvelle-Calédonie 4 novembre2008