Durée : 4 heures
Corrigé du baccalauréat STI Antilles-Guyane 20 juin 2012 Génie électronique, électrotechnique & optique
EXERCICE1 4 points
1. a. zB=eiπ4zAsignifie que
« Le point B est l’image du point A par la rotation de centre O et d’angleπ 4 ».
b. Par définition de la rotation de centre O : OA = OB, donc OAB est un triangle isocèle en O.
2. a. eiπ4 =cosπ4+i sinπ4=p22+ip22 b. DezB=eiπ4zAon déduit quezB=
³p 22+ip22´
¡3−ip 3¢
=3
p2 2 +
p6
2 +3ip22−ip26=
¡3p 2+p
6¢
2 +i
¡3p 2−p
6¢
2 .
3. a. On a|zA|2=32+¡p 3¢2
=9+3=12=¡ 2p
3¢2
. Donc|zA| =2p 3.
On peut donc écrirezA=2p 3³p3
2 −i12´
=2p 3³p3
2 +i¡
−12¢´
=2p 3£
cos¡
−π6¢ +isin¡
−π6¢¤
= 2p
3e−iπ6.
b. DonczB=zAeiπ4 =2p
3e−iπ6 ×eiπ4 =2p
3ei¡π4−π6¢=2p 3e12π.
4. En identifiant les deux écritures trouvées au 2. b et 3. b. pourzB, on en déduit respectivement pour les parties réelles et imaginaires que :
2p
3cos³π 12
´
=
¡3p 2+p
6¢
2 c’est-à-dire cos³π 12
´
=
¡3p 2+p
6¢ 4p
3 .
De même (non demandé) : sin³π 12
´
=
¡3p 2−p
6¢ 4p
3 .
EXERCICE2 5 points
1. a. Seule l’issue pile-pile permet de gagner ; la probabilité de gagner est donc égale à12×12=
14=0,25.
b. De même l’issue face-face a une probabilité égale à14, donc p(A)=14+14=12.
c. B : « le résultat face n’a pas été obtenu »ou « le résultat pile-pile a été obtenu. Comme ce dernier évènement a une probabilité de14, on a
p(B)=1−14=34.
2. a.
pile
pile
pile face
face
pile face
face
pile
pile face
face
pile face
Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique A. P. M. E. P.
b. La probabilité de tirer pile-pile-pile donc de gagner 100(est égale à 12×12×12 =18. La probabilité de perdre un euro est donc égale à 1−18=78. On a donc le tableau :
X 100 −1
p(X=xi) 18 78
c. O a E(X)=100×18+(−1)×78=1008−7=938 =11,625 soit environ 11,63(. Le jeu est donc très favorable au joueur.
3. a. La probabilité de perdre est donc égale à 1− 1
2n =2n−1 2n . On a donc E(Yn)=100× 1
2n−1×2n−1
2n =100−2n+1
2n =101−2n+1 2n . b. E(Yn)<0⇐⇒ 101−2n
2n <0⇐⇒ 101−2n<0 ⇐⇒101<2n. La première puissance de 2 supérieure à 101 est 27=128.
c. Avec ces conditions de jeu, celui-ci est favorable au joueur s’il faut lancer le dé jusque’à 6 fois. À partir de 7 lancers le jeu est défavorable au joueur.
PROBLÈME 11 points
Partie A : signe d’une fonction
1. Le point de la parabole d’abscisse nulle a pour ordonnée 3, soitt(0)=3=c.
2. Le point S µ1
2; 4
¶
est un point de la parabole, donc 4=a µ1
2
¶2
+b1
2+3 ⇐⇒4=a 4+b
2+3⇐⇒
1=a 4+b
2 ⇐⇒4=a+2b
3. La tangente à la parabole en son sommet S est horizontale, donc le nombre dérivéf′ µ1
2
¶
=0.
Orf′(x)=2ax+b, d’oùf′ µ1
2
¶
=2a×1
2+b=0 ⇐⇒ a+b=0.
4. Les deux questions précédentes montrent que les nombresaetbvérifient le système : (S)
½ a+2b = 4
a+b = 0 Par différence membres à membres on obtientb=4, puis par remplace- ment dans la seconde équationa= −4.
Conclusion :t(x)= −4x2+4x+3.
5. a. g(x)=(2x+1)(3−2x)e−x=¡
6x−4x2+3−2x¢ e−x=¡
−4x2+4x+3¢
e−x=t(x)e−x. b. On sait que, quel que soit le réelx, e−x>0 : le signe degest donc celui du trinômet.
On sait maintenant quet(x)=(2x+1)(3−2x) : les racines du trinôme sont donc−1 2et3
2. Commea<0 on sait que ce trinôme est négatif sauf entre les racines.
Conclusiong(x)<0 sauf sur
·
−1 2; 3
2
¸ . Partie B : étude de la fonction f
1. 4x2+4x+1=x2 µ
4+4 x+ 1
x2
¶ . On a lim
x→−∞x2= +∞et lim
x→−∞4+4 x+ 1
x2=4 donc par produit des limites :
x→−∞lim 4x2+4x+1= +∞. Comme lim
x→−∞e−x= +∞, on a par produit de limites :
x→−∞lim
¡4x2+4x+1¢
e−x= +∞.
Antilles-Guyane 2 20 juin 2012
Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique A. P. M. E. P.
2. On peut écrire : f(x)=4x2
ex +4x ex + 1
ex. Comme lim
x→+∞
4x2 ex = lim
x→+∞
4x ex = lim
x→+∞
4x
ex =0, on a donc :
x→−∞lim f(x)=0.
Géométriquement ce résultat signifie que l’axe des abscisses d’équationy=0 est asymptote horizontale au voisinage de plus l’infini àCf.
3. On a en dérivant le produit :
f′(x)=(8x+4)e−x−1×(4x2+4x+1)e−x=e−x¡
−4x2−4x−1+8x+4¢
=e−x¡
−4x2+4x+3¢
= g(x). On a vu que sur
¸
−1 2; 3
2
·
seulement,g(x)>0.
Calculs des extremums : f¡
−12¢
=³ 4¡
−12¢2
+4ס
−12¢ +1´
e−12=(1−2+1)e−21=0e−12 =0.
f¡3
2
¢=³ 4¡3
2
¢2
+4×32+1´
e−32 =(9+6+1)e−32 =16e−32 ≈3,57.
On en déduit le tableau de variations suivant :
x −∞ −12 32 +∞
f′(x) − 0 + 0 −
f(x) +∞
0
16e−32
0 4. DansR,f(x)=0 ⇐⇒ ¡
4x2+4x+1¢
e−x =0 ⇐⇒ 4x2+4x+1=0, car quel que soit le réel x,e−x6=0.
4x2+4x+1=0 ⇐⇒(2x+1)2=0⇐⇒ 2x+1=0⇐⇒ x= −12. L’équation a un e seule solution :−12.
Remarque :le tableau de variations montrait ce résultat, mais la dernière valeur du tableau n’est pas une valeur def(x), mais une limite.
La courbeCf n’a donc qu’un point commun avec l’axe des abscisses, le point de coordonnées
¡−12; 0¢ . 5. Voir ci-dessous
1 2 3 4 5 6 7 8
−1
−2
−1 1 2 3 4 5 6
0 1
0 1
Antilles-Guyane 3 20 juin 2012
Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique A. P. M. E. P.
Partie C : calcul d’aire
1. Une primitive dex7−→e−xest la fonction définie surRparx7−→ −e−x, donc une primitive de f est la fonction F définie par :
x7−→F(x)=H(x)−e−x=(−4x2−12x−12)e−x−e−x=e−x¡
−4x2−12x−12−1¢
=e−x¡
−4x2−12x−13¢ . 2. a. Hachurer le domaineDsur le graphique.
b. Voir la figure plus haut.
Sur [0; 4], on af(x)>0, donc l’aireAdu domaineDest égale (en unité d’aire) à l’intégrale : Z4
0 f(x)dx=[F(x)]40=F(4)−F(0)=e−4¡
−4×42−12×4−13¢
−¡ e−0¡
−4×02−12×0−13¢¢
= 13+125e−4≈10,710≈10,71 (u. a.).
Antilles-Guyane 4 20 juin 2012
