Durée : 4 heures
[ Baccalauréat STI Novembre 2007 \ Génie électronique, électrotechnique, optique
Nouvelle-Calédonie
EXERCICE1 5 points
1. |z2| =p
12+12=p
2. On peut donc écrire z2=p
2 Ãp2
2 −i p2
2
!
=p 2¡
cos−4π+i sin−4π¢
=p 2e−iπ4.
2. a. z3= p2ei12π
p2e−iπ4 =ei12π+iπ4 =eiπ3.
b. On a doncz3=cosπ3+i sinπ3=1 2+i
p3 2 . 3. a. Commez1=z2×z3=(1−i)
Ã1 2+i
p3 2
!
=1 2+
p3 2 +i
Ãp 3 2 −1
2
!
= 1+p
3 2 +i
p3−1 2 .
b. On a donc pourz1trois écritures : z1=p
2ei12π =p
2 cos12π +i sin12π = 1+p 3 2 +i
p3−1
2 , d’où par identifica- tion des parties réelles et imaginaires :
cos π 12=
p2¡ 1+p
3¢
4 ; sin π
12= p2¡p
3−1¢
4 .
4. a. Voir la figure plus bas.
b. I et B ont la même abscisse : le triangle est donc rectangle en I ; On a OI = IB = 1 : le triangle est donc isocèle en I
5. a. L’écriture complexe de la rotationRest :z′=zeiπ3. DonczI′=zIeiπ3 =e0ieiπ3 =cosπ3+i sinπ3=1
2+i p3
2 =z3. L’image de I est donc le point C.
De mêmezB′=zBeiπ3 =(1−i) Ã1
2+i p3
2
!
=1 2+
p3 2 +i
Ãp 3 2 −1
2
!
= 1+p
3 2 +i
p3−1
2 =z1. L’image de B est donc le point A.
On peut aussi démontrer géométriquement que OI = OC = 1 et³−→
OI ,−−→
OC´
= π
3 et donc que C est l’image du point I par la rotationR.
De même OB = OA=p
2 et³−−→
OB ,−−→
OA´
=π 4+ π
12=4π 12 =π
3 et donc que A est l’image de B par la rotationR.
b. Le point O est invariant par la rotationR; l’image du triangle OIB par la rotationRest le triangle OCA. Comme le triangle OIB est rectangle iso- cèle en I, son image parRest lui aussi rectangle isocèle C image de I et superposable à OIB.
A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique
1
−1
1 2
−1
b
b
b b
A
B C
I O
EXERCICE2 4 points
Partie A
1. a. Xpeut prendre les valeurs : 7 1 −2 −3.
b. xi 7 1 −2 −3
p(X=xi) 1/6 1/6 1/6 3/6
c. Calculer l’espérance mathématique E(X). E(X)=7×1 6+1×1
6+(−2)×1 6+ (−3)×3
6=7+1−2−9
6 = −1
2= −0, 50 (e).
d. La question précédente montre que le gain moyen par partie (pour les organisateurs) est de 50 centimes. Donc pour 150 joueurs, le gain espéré sera de 150×0, 50=75e.
2. Il faut qu’après la fin de la première partie le joueur ait au moins 3e, ce qui est le cas si le 6 ou le 5 sont sortis au premier tour, ce qui correspond à une probabilité de1
6+1 6=2
6=1 3. Partie B
Le tableau de la loi de probabilité devient :
xi 10−x 4−x 1−x −x
p(X=xi) 1/6 1/6 1/6 3/6
Le jeu est équitable si l’espérance mathématique est nulle donc si : (10−x)×1
6+(4−x)×1
6+(1−x)×1
6+(−x)×3
6=0 ⇐⇒ 10+4+1−x−x−x−3x
6 =
0⇐⇒ 15−6x=0 ⇐⇒15=6x ⇐⇒ 5=2x ⇐⇒ x=2, 50.
Le jeu est équitable si la mise est égale à 2,50e.
PROBLÈME 11 points
Partie A
1. a. On sait que lim
x→+∞e−x=0, donc lim
x→+∞f(x)= +∞.
b. Soit la fonctiond définie surRpard(x)=f(x)−(2x−2)=e−x; on a vu que lim
x→+∞e−x=0, donc lim
x→+∞d(x)=0, ce qui montre que la droite (D) d’équationy=2x−2 est asymptote à la courbe (C) en+∞.
2. a. On af(x)=e−x+2x−2=e−x×1+2xe−xex−2e−xex=e−x(1+2xex−2ex).
b. On sait que lim
x→−∞ex=0, que lim
x→+∞xex=0 donc lim
x→+∞1+2xex−2ex=1.
Comme lim
x→−∞e−x= +∞, on obtient par produit de limites limx
→−∞f(x)= +∞.
Nouvelle-Calédonie 2 novembre 2007
A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique
3. a. f est dérivable surRetf′(x)= −e−x+2.
On a−e−x+2>0 ⇐⇒ 2>e−x d’où d’après la croissance de la fonction ln, ln 2> −x ⇐⇒x> −ln 2.
On obtient de même que−e−x+2>0⇐⇒ x< −ln 2.
f′(x)<0 sur ]− ∞;−ln 2[ ; f′(x)>0 sur ]−ln 2 ;+∞[.
b. Le minimum de la fonction est égal à f(−ln 2)=eln 2+2×(−ln 2)2=2− 2ln 2−2= −2ln 2. On en déduit le tableau de variations suivant :
x −∞ −ln 2 +∞
f(x)
+∞ +∞
−2ln 2
4. Sur l’intervalle [0 ; 1] la fonctionf est croissante,f(0)=1−0−2= −1<0 et f(1)=e−1+2−2=e−1>0 ; il existe donc un unique réelleα∈[0 ; 1] tel que f(α)=0.
La calculatrice donnef(0, 7)≈ −0, 10 etf(0, 8)≈0, 05, doncα∈]0, 7 ; 0, 8[.
f(0, 76)≈ −0, 012 etf(0, 77)≈0, 003, doncα∈]0, 76 ; 0, 77[.
Donner un encadrement deαd’amplitude 10−2:
5. a. On af(−ln 3)=eln 3+2×(−ln 3)−2=3−2ln 3−2=1−2ln 3.
b. Le coefficient directeur de la tangente (T) à la courbe (C) au point d’abs- cisse−ln 3 est égal au nombre dérivéf′(−ln 3).
Or on a vu quef′(x)= −e−x+2, doncf′(−ln 3)= −eln 3+2=2−3= −1.
6. Voir plus bas.
Partie B
1. Fest dérivable surRet F′(x)= −e−x+2x−2=f(x).
2. Voir la figure.
On a vu quef(1)>0 et que sur [1 ; 3] la fonctionf est croissante : donc l’aire du domaine (E) en unités d’aire est égale à l’intégrale :
A= Z3
1
f(x) dx=[F(x)]31=F(3)−F(1)
OrF(3)−F(1)= −e−3+32−2×3−¡
−e−1+12−2×1¢
=e−1−e−3+9−6−1+2= 4+e−1−e−3(u. a.).
On obtientA≈4, 32 (u. a.) 3. On sait queµ= 1
3−1 Z3
1 f(x) dx=1
2A=2+1 2
¡e−1−e−3¢ .
Cette valeur est la longueur du rectangle de largeur 2 qui a la même aire que E(voir la figure).
Nouvelle-Calédonie 3 novembre 2007
A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique
Annexe à rendre avec la copie
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6
-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6
x y
µ
O →− ı
−
→
T D
Nouvelle-Calédonie 4 novembre 2007
