[ Corrigé du baccalauréat STI mars 2010 Nouvelle-Calédonie \ Génie mécanique - Génie énergétique - Génie civil
EXERCICE1 5 points
1. Par somme des deux équations, on obtient 2z1=2+2ip
3⇐⇒ z1=1+ip 3.
De même par différence :
2iz2=2+2i⇐⇒ iz2=1+i⇐⇒ z2=1−i.
2. a. c=ab=¡ 1+ip
3¢
(1−i)=1+p 3+i¡p
3−1¢ . b. On a|a|2=1+3=4=22⇒ |a| =2;
On peut donc écrirea=2 Ã1
2+i p3
2
!
=2³ cosπ
3+isinπ 3
´. Un argument deaest doncπ
3.
|b|2=1+1=2⇒ |b| =p 2.
Doncb=p 2
Ãp 2 2 −i
p2 2
!
=p 2³
cos−π
4 +isin−π 4
´. Un argument debest donc−π
4
|c| = |ab| = |a| × |b| =2×p 2=2p
2.
L’égalitéa=bcimplique que arg(c)=arg(a)+arg(b)=π 3+−π
4 =4π−3π 3×4 = π
12. c. Voir plus bas.
3. On a vu quec=1+p 3+i¡p
3−1¢
et que son module est égal à 2p 2.
On peut donc écrire : c=2p
2 Ã1+p
3 2p
2 +i p3−1
2p 2
! .
On a vu d’autre part qu’un argument decest π 12.
Donc par identification des parties réelles et imaginaires :
cos π
12=1+p 3 2p
2 = p2¡
1+p 3¢ 4 ; sinπ
12= p3−1
2p 2 =
p2¡p 3−1¢
4 .
4. a. ¯
¯z−(1+ip 3)¯
¯=AM;|z−(1−i)| =BM b. D’après la question précédente :
¯
¯z−(1+ip 3)¯
¯= |z−(1−i)| ⇐⇒AM=BM.
L’ensemble des pointsMest l’ensemble des points du plan équidistants de A et de B : ce sont les points de la médiatrice de [AB].
c.
1 2 3 4
−1
−1
−2 1 2
bb b
A
B
C
O −→
u
−
→v D
EXERCICE2 4 points
1. L’équation 4r2+9=0 a pour solutions3 2i et−3
2i.
Les solutions de l’équation différentielle (E) sont donc de la forme : y=Acos3
2t+Bsin3 2t. 2. Avecf(t)=Acos3
2t+Bsin3
2t, on déduit quef′(t)= −3 2Asin3
2t+3 2Bcos3
2t.
Donc :
( f(0) = 1 f′(2π) = 3 2
⇐⇒
( A = 1
3
2 = −3
2B ⇐⇒
½ A = 1
B = −1
Doncf(t)=cos3
2t−sin3 2t.
3. On peut écrire en factorisantp 2 : f(t)=p
2 Ãp
2 2 cos3
2t− p2
2 sin3 2t
!
=p 2
µ
cosπ4cos3
2t−sinπ4sin3 2t
¶
=p 2
µ3 2t+π
4
¶
(en utili- sant l’identité cosacosb−sinasinb=cos(a+b)).
4. La valeur moyenne de la fonctionf sur l’intervalle
· 0 ; 2π
3
¸
est égale à :
Vm= 1
2π3 −0 Z2π3
0 f(x) dx= 3 2π
Z2π3
0
p2 µ3
2t+π 4
¶ dx= 3
2π×p 2×
µ−2 3
¶ · sin
µ3 2t+π
4
¶¸2π3
0 =
− p2
π sin µ3
2×2π 3 +π
4
¶
= − p2
π × Ã
− p2
2
!
=1 π.
PROBLÈME 11 points Partie A : Étude d’une fonction auxiliaire
1. gsomme de fonctions dérivables surRest dérivable surRet g′(x)= −e−x+2.
2. g′(x)>0 ⇐⇒ −e−x+2>0 ⇐⇒ 2>e−x ⇐⇒ ln 2> −x (par croissance de la fonction ln)
⇐⇒ x> −ln 2.
De même on obtientg′(x)<0 ⇐⇒ x< −ln 2.
3. On a donc :
• six< −ln2,gest décroissante ;
• six> −ln2,gest croissante ;
• six= −ln 2, g a un extremum qui est un minimum :g(−ln2)=eln2+2×(−ln 2)+1= 2−2ln 2+1=3−2ln 2
4. Comme le minimumg(−ln2)=3−2ln 2≈1,6>0 il en résulte quegest positive surR.
Partie B : Étude de la fonctionf 1. Étude des limites def
a. On sait que lim
x→+∞e−x=0 et que lim
x→+∞x2= lim
x→+∞x= +∞. Donc lim
x→+∞f(x)= +∞. b. On peut écrire :
f(x)=x2× 1
x2(−e−x)+x2×1+x2×1 x=x2
µ−e−x (−x)2+1+1
x
¶ . 2. a. f somme de fonctions dérivables surRest dérivable surRet :
f′(x)= −(−e−x)+2x+1=e−x+2x+1=g(x).
b. On a vu que surR,g(x)>0, doncf′(x)>0 : la fonctionf est croissante surR.
En utilisant l’écriture trouvée au 1. b. on a lim
x→−∞
e−x
(−x)2= +∞, donc lim
x→−∞
−e−x
(−x)2= −∞et comme lim
x→−∞
1
x=0, on en déduit que lim
x→−∞f(x)= −∞.
x −∞ 0 +∞
f(x)
−∞
+∞
−1
3. On af(0)= −1<0 etf(1)= −e−1+12+1=2−1 e>0.
La fonctionf étant croissante sur l’intervalle [1 ; 2], il existe donc un unique réelαavec 0<
α<1 tel quef(α)=0. La calculatrice livre : f(0,4)≈ −0,11 ; f(0,5)≈0,14 donc 0,4<α<0,5.
f(0,44)≈ −0,01 ; f(0,45)≈0,01 donc 0,44<α<0,45.
4. a. Soitdla fonction définie surRpar : d(x)=f(x)−p(x)= −e−x
On sait que pour tout réelx, e−x>0, donc−e−x<0.
Quel que soit le réelx∈R,d(x)<0 : géométriquement ceci signifie que la courbeC est
b. On a vu quef(x)−p(x)= −e−x, donc lim
x→+∞[f(x)−p(x)]= lim
x→+∞−e−x=0.
Au voisinage de plus l’infini la courbeP est « tangente » à la courbeC. 5. Voir plus bas.
Partie C : Calcul d’une aire 1. On aA(β)=
Zβ
1 [p(x)−f(x)] dx= Zβ
1 e−xdx=£
−e−x¤β
1=e−1−e−β(u. a.) 2. On a lim
β→+∞e−β=0, donc
β→+∞lim
A(β)=e−1.
Feuille annexe à compléter et à rendre avec la copie
1 2 3 4 5 6 7 8
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8 1 2 3 4 5 6 7 8 9
P
O
C
