novembre 2011
Génie électronique, électrotechnique et optique
EXERCICE1 4,5 points
1. a.
1reboule
2eboule
V1 V2 V3 R0 R5
V1 0 0 0 10 15
V2 0 0 0 20 25
V3 0 0 0 30 35
R0 10 20 30 0 0
R5 15 25 35 0 0
b. Dans 13 cas sur 25 le joueur ne reçoit rien : la probabilité est donc égale à 13
25= 52
100=0, 52.
Le joueur reçoit plus de 20 euros dans 6 cas sur 25, d’où une probabilité de 6
25= 24 100=0, 24.
2. a. On construit le tableau des « gains » en retranchant 15 de chaque cas du tableau précédent :
1reboule
2eboule
V1 V2 V3 R0 R5
V1 −15 −15 −15 −5 0
V2 −15 −15 −15 5 10
V3 −15 −15 −15 15 20
R0 −5 5 15 −15 −15
R5 0 10 20 −15 −15
On en déduit le tableau de la loi de probabilité de la variable aléatoireX:
xi −15 −5 0 5 10 15 20
p(X=xi) 13 25
2 25
2 25
2 25
2 25
2 25
2 25 b. On a E(X)= −15×13
25−5× 2 25+0× 2
25+5× 2
25+10× 2
25+15× 2
25+20× 2 25=
−195−10+0+10+20+30+40
25 = −105
25 = −21
5 = −4, 20 (().
Sur un grand nombre de parties la perte moyenne pour un joueur est égale à 4,20(.
c. En remplaçant 15 par un mise demeuros on obtient une nouvelle loi de probabilité :
xi −m 10−
m
10− m
15− m
20− m
25− m
30− m
35− m p¡
X=xi¢ 13 25
2 25
2 25
2 25
2 25
2 25
2 25
2 25
On a alors : E(X)= −m×13
25+(10−m)× 2
25+(15−m)× 2
25+(20−m)× 2
25+(25−m)×
2
25+(30−m)× 2
25+(35−m)× 2 25=
−13m+20−2m+30−2m+40−2m+50−2m+60−2m+70−2m
25 =270−25m
25 Le leu est équitable si l’espérance est nulle :
E(X)=0 ⇐⇒ 270−25m
25 =0 ⇐⇒ 270−25m=0 ⇐⇒ 270=25m ⇐⇒
54=5m ⇐⇒m54 5 =108
10 =10, 80(.
Le jeu est équitable si la mise est égale à 10,80(.
EXERCICE2 5,5 points
1. a. P(−3)=(−3)3+5×(−3)2+10×(−3)+12= −27+45−30+12=57−57=0.
−3 est donc une racine deP. Il existe donc des complexesbetctels que : P(z)=(z+3)¡
z2+bz+c¢
=z3+bz2+cz+3z2+3bz+3c=z3+(b+3)z2+ (3b+c)z+3c.
En identifiant avec l’énoncé, on obtient le système :
b+3 = 5 3b+c = 10
3c = 12
⇐⇒
b+3 = 5 3b+c = 10
c = 4
⇐⇒
b+3 = 5
3b = 6
c = 4
⇐⇒
b+3 = 5
b = 2
c = 4
Finalement :P(z)=(z+3)¡
z2+2z+4¢ . b. P(z)=0 ⇐⇒ (z+3)¡
z2+2z+4¢
=0 ⇐⇒
½ z+3 = 0
z2+2z+4 = 0 ⇐⇒
½ z = −3
z2+2z+4 = 0
Résolution de l’équation du second degré :∆=4−4×4= −12=¡ 2ip
3¢2
<
0 : il y a donc deux racines complexes : z2=−2+2ip
3
2 = −1+ip
3 etz3= −1−ip 3.
Finalement les solutions sont : z1= −3; z2= −1+ip
3; z3= −1−ip 3.
2. a. Voir la figure b. Voir la figure
c. L’angle vaut 90 degrés.
d. Il semble que les points O, B et S sont alignés.
3. a. On azB′=zB+4= −1+ip
3+4=3+ip 3.
D’où¯
¯zB′¯
¯
2=32+¡p 3¢2
=9+3=12 et¯
¯zB′¯
¯=p 12=2p
3.
En factorisant ce module on a : zB′=2p
3 Ãp
3 2 +i1
2
! . Or cosπ6=
p3
2 et sinπ6=1 2, donc zB′=2p
3¡
cosπ6+i sinπ6¢
=2p 3eπ6.
b. On admet que S est l’image du point B′par la rotationr de centre O et d’angle+π2. On a donc :
zS=eiπ2zB′=2p
3eπ6+π2 =2p
3e46π=2p 3e23π.
c. zB= −1+ip
3. Donc|zB|2=1+3=4⇒ |zB| =2.
En factorisant ce module : zB=2
Ã
−1 2+i
p3 2
! . Or cos23π= −12et sin23π=
p3 2, donc zB=2¡
cos23π+i sin23π¢
=2e23π.
Conclusion : B et S ont des affixes de même argument : ils sont alignés avec O.
PROBLÈME 10 points
Partie A
1. gsomme de fonctions dérivables sur I est dérivable sur cet intervalle et : g′(x)=2x−2
x =2x2−2 x =2
x
¡x2−1¢ . Comme x>0⇒ 1
x >0 : le signe deg′(x) est donc celui du trinômex2−1.
Celui-ci est positif sauf entre les racines−1 et 1, donc ici : g′(x)<0 sur ]0 ; 1[ ;
g′(x)>0 sur ]1 ;+∞[ ; g′(1)=0.
2. De la question précédente résulte que : gest décroissante sur ]0 ; 1[ ;
gest croissante sur ]1 ;+∞[ ;
g(1)=1+2=3 est le minimum degsur I.
x 0 1 +∞
g
3
3. On constante que sur I,g(x)>3>0 : la fonction est donc strictement positive sur I.
Partie B
1. a. De lim
x→0lnx= −∞et lim
x→0x=0+on déduit que lim
x→0
lnx
x = −∞et comme limx→0
1
2x−1= −1, par somme de limites, on conclut que : limx→0f(x)= −∞.
b. Géométriquement le résultat précédent signifie que la droite d’équation x=0 est asymptote verticale àC au voisinage de zéro.
2. a. On sait que lim
x→+∞
lnx
x =0 et que lim
x→+∞
1
2x= +∞, d’où par somme de li- mites :
x→+∞lim f(x)= +∞.
b. Soitdla fonction définie sur I par :d(x)=f(x)− µ1
2x−1
¶
=lnx x . Comme lim
x→+∞d(x)= lim
x→+∞
lnx
x =0, ceci montre que la droite∆d’équa- tiony=1
2x−1 est asymptote à la courbeC au voisinage de+∞.
c. On ad(x)>0 ⇐⇒ lnx
x >0 ⇐⇒ lnx>0 ⇐⇒ x>1 : ceci signifie que la courbeC est au dessus de la droite (∆) sur l’intervalle ]1 ;+∞[.
De même on ad(x)<0 ⇐⇒ x<1 : ceci signifie que la courbeC est au dessus de la droite (∆) sur l’intervalle ]0 ; 1[.
3. a. La fonctionf somme de fonctions dérivables sur I est dérivable sur I et : f′(x)=
1
x×x−1×lnx x2 +1
2=1−lnx x2 +1
2=2−2lnx+x2 2x2 =g(x)
2x2.
b. Comme 2x2>0 sur I, le signe de f′(x) est donc celui deg(x) qui a été trouvé à la question A 3. Doncg(x)>0 sur I entraînef′(x)>0 : la fonction f est donc croissante sur I.
D’où le tableau de variation :
x 0 1 +∞
f −12
−∞
+∞
4. a. f(1)=0+1
2−1= −1 2; f(2)=ln 2
2 +1
2×2−1=ln 2
2 ≈0, 345.
b. Sur l’intervalle [1 ; 2], la fonctionf est strictement croissante de−1 2<0 à ln 2
2 >0 : il existe donc un unique réelα∈]1 ; 2[ tel quef(α)=0 c. La calculatrice donne :
f(1, 4)≈ −0, 06 etf(1, 5)≈0, 02, donc 1, 4<α<1, 5 ; f(1, 47)≈ −0, 003 etf(1, 48)≈0, 005, donc 1, 47<α<1, 48.
5. f(1)= −1
2etf′(1)=2−2ln 1+12 2×12 =3
2.
M(x;y)∈T ⇐⇒ y−f(1)=f′(1)(x−1)⇐⇒ y+1 2=3
2(x−1)⇐⇒ y=3 2x−2.
6. Voir à la fin Partie C
1. hproduit de fonctions dérivables sur I est dérivable sur I et h′(x)=1
2×2×lnx×1 x =lnx
x .
2. On vient de démontrer quehest une primitive delnx
x sur I donc en particu- lier sur l’intervalle [2 ; e] et
Ze 2
lnx
x dx=[h(x)]e2=h(e)−h(0)=1 2(ln e)2−
µ1 2(ln 2)2
¶
=1 2−1
2(ln 2)2=1 2
£1−(ln 2)2¤ . 3. On a vu que pourx>1, la courbeC est au dessus de son asymptote∆. On a
donc l’aireA qui est égale (en unités d’aire) à l’intégrale de la différence de f(x) et de1
2x−1.
A = Z
2
elnx x +1
2x−1− µ1
2x−1
¶
= Ze
2
lnx
x , soit d’après la question précé- dente :
A=h(e)−h(2)=1 2
£1−(ln 2)2¤
unités d’aire.
Or une unité d’aire vaut 4×4=16 cm2 DoncA=16×1
2
£1−(ln 2)2¤
=8£
1−(ln 2)2¤
≈4, 16 cm2.
Annexe : à rendre avec la copie
1 2 3
−1
−2
−3
1 2 3 4
−1
−2
−3
−4 A
B
C
T
O →−
u
−
→v
A′
B′
C′ S
Figure du problème
0 1
−1
−2
−3
1 2
C D
∆
x=e
x=2
