[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole & La Réunion \ 16 septembre 2010 Génie électronique, électrotechnique et optique

[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole & La Réunion \ 16 septembre 2010 Génie électronique, électrotechnique et optique

EXERCICE1 6 points

1. (1+i)z−3+i=0 ⇐⇒ (1+i)z=3−i ⇐⇒ z=3−i

1+i=(3−i)(1−i)

(1+i)(1−i) ⇐⇒ z=3−1+i(−1−3)

1+1 =

4−4i

2 =2−2i. Réponse C.

2. On az0=2e^iπ2, doncz₀^{2 010}=

³

2e^iπ2´2 010

=2^{2 010}e^{i1 050π}=2^{2 010}car 1050π=525×2π. Réponse A.

3. z= −1+i, donc|z|²=1+1=2⇒ |z| =p 2.

z=p 2

µ

− 1 p2+i 1

p2

¶

=p 2

Ã

− p2

2 +i p2

2

! .

Or cos³₄^π= − p2

2 et sin³₄^π= p2

2 . Donc un argument dezest³₄^π. Doncz=p

2e^i34π. Réponse C.

4. z1

z2= 2e^i23π p2e^−iπ4 =p

2e^{i¡23π+π4¢}=p

2e^i1112π. Réponse B.

5. Tout pointMd’affixeza une imageM^′d’affixez^′telle quez^′=ze^iπ6 = z¡

cos^π₆+i sin^π₆¢

=z³p 3 2 +i¹₂´

. Donc avecz= −1+ip

3,z^′=¡

−1+ip 3¢³p

3 2 +i¹₂´

= −

p3 2 −

p3 2 +¡

−¹₂+³₂¢ i= −p

3+i. Réponse A.

6. On a :

AB²= |zB−zA|²= |−2|²=4 ; AC²= |zC−zA|²=¯

¯−2−2ip 3¯

¯

2=4+12=16 ; BC²= |zC−zB|²=¯

¯−2ip 3¯

¯

2=12. Le triangle n’est pas isocèle eta fortioriéquilatéral.

D’autre part : 4+12=16 ⇐⇒ AB²+BC²=AC² ⇐⇒ ABC est rectangle en B d’après la réci- proque du théorème de Pythagore. Réponse A.

EXERCICE2 4 points

1. Les trois boules marquées 5 ou 6 conduisent à une perte. On a doncp1= 3

10 =0, 3 et par conséquentp2=1−p1=1− 3

10= 7 10=0, 7.

2. a. X∈{−5 ;−4 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4}.

b. X −5 −4 0 1 2 3 4

p(X=xi) 0,1 0,2 0,1 0,3 0,1 0,1 0,1

c. E(X)= −5×0, 1−4×0, 2+0×0, 1+1×0, 3+2×0, 1+3×0, 1+4×0, 1= −0, 5−0, 8+0, 3+0, 2+

0, 3+0, 4= −0, 10. Sur un grand nombre de parties ce résultat signifie que le joueur perdra en moyenne 10 centimes par partie.

3. On peut par exemple remplacer la boule marquée 10 par une boule marquée 11.

PROBLÈME 10 points

Partie A

Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique,

électrotechnique et optique A. P. M. E. P.

1. On sait que les solutions de (E) sont les fonctions définies par :x7−→f(x)=Ce^2x,K∈R.

2. Sigest solution de (E),g^′(x)=2g(x)=2Ke^2xet en particulier g^′(0)=2K= −1 ⇐⇒K= −1

2.

La solution particulière est donc définie surRparg(x)= −1 2e^2x. Partie B

1. Le coefficient directeur de la droite (KF) est égal à 6−3 1−0=3.

2. K est un point de la représentation graphique deh, donc 3=ae^b×0⇐⇒ 3=a.

Le coefficient directeur de la droite (KF) est égal au nombre dérivé h^′(0) ; orh^′(x)=abe^bx, donch^′(0)=ab=3⇐⇒ 3b=3⇐⇒b=1.

Donch(x)=3e^x. Partie C

1. a. On sait que lim

x→−∞e^x=0 et lim

x→−∞e^2x=0, donc par somme de limites lim

x→−∞f(x)=0.

b. Le résultat précédent montre que l’axe des abscisses est asymptote à la courbeCau voisi- nage de moins l’infini.

2. a. f^′(x)=3e^x−1

2×2e^2x=3e^x−e^2x.

b. En factorisant e^xdans l’écriture précédente : f^′(x)=e^x(3−e^x).

c. Comme e^x>0 quel que soit le réelx, le signe def^′(x) est celui de 3−e^x. Or :

— 3−e^x>0⇐⇒ e^x<3⇐⇒ x<ln 3 ;

— 3−e^x<0⇐⇒ e^x>3⇐⇒ x>ln 3

Donc : - sur ]− ∞; ln 3[,f^′(x)>0 : la fonction est croissante ; - sur ] ln 3 ; 2],f^′(x)<0 : la fonction est décroissante.

D’où le tableau de variations :

x −∞ ln 3 2

f(x)

0 3e²−¹₂e⁴

9 2

3. Le coefficient directeur de la tangente (T) à la courbeC au point A d’abscisse ln µ3

2

¶

est égal au nombre dérivéf^′¡

ln¡₃

2

¢¢=3e^ln32−¹₂e^{2 ln32}=⁹₂−⁹₈=²⁷₈. 4. Il faut résoudre l’équation f(x)=0⇐⇒ 3e^x−1

2e^2x=0 ⇐⇒ e^x µ

3−1 2e^x

¶

=0 ⇐⇒ 3−1 2e^x=0 (car e^x6=0) ⇐⇒3=1

2e^x ⇐⇒6=e^x ⇐⇒ln 6=x.

Donc B(ln 6 ; 0).

5. Voir la figure à la fin.

6. a. Voir la figure.

Métropole & La Réunion 2 16 septembre 2010

Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique,

électrotechnique et optique A. P. M. E. P.

b. On a vu que f s’annule enx=ln 6, donc sur l’intervalle [0 ; ln 6], la fonction est positive donc l’aire de la surface hachurée est égale à l’intégrale :

Zln 3

0 f(x) dx= Zln 3

0

· 3e^x−1

2e^2x

¸ dx=

· 3e^x−1

4e^2x

¸ln 6

0 =

3e^{ln 6}−1 4e^{2 ln 6}−

µ 3e⁰−1

4e^2×0

¶

=18−9−3+1

4=6+¹₄=25 4 . 7. Comme 1 u. a.=2×2 cm², on aA(α)=2

µ1 2e^α−3

¶2

. Il faut donc résoudre l’équation :

2 µ1

2e^α−3

¶2

=8⇐⇒

µ1 2e^α−3

¶2

=4⇐⇒









 1

2e^α−3 = 2 ou

1

2e^α−3 = −2 Première équation :

1

2e^α−3=2 ⇐⇒ 1

2e^α=3+2 ⇐⇒ e^α=10 ⇐⇒ (par croissance de la fonction logarithme népérien) α=ln 10.

Or 10>6⇒ln 10>ln 6.

La conditionα<ln 6 n’est pas vérifiée.

Deuxième équation : 1

2e^α−3= −2 ⇐⇒ 1

2e^α=3−2 ⇐⇒ e^α=2 ⇐⇒ (par croissance de la fonction logarithme népérien) α=ln 2.

Or ln 2<ln 6, donc cette valeur est acceptée.

On a doncA(ln 2)=8 cm².

Métropole & La Réunion 3 16 septembre 2010

Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique,

électrotechnique et optique A. P. M. E. P.

Problème, partie B

Document annexe

1 2 3 4

−1

−2

−3

−4 −1

1 2 3 4 5 6 7

O x

y

b b

K

F

Problème, partie C

1 2

−1

−2

−3

−4

−1 1 2 3 4 5

x y

O α=ln 2

Métropole & La Réunion 4 16 septembre 2010