septembre 2009 Génie électronique, électrotechnique et optique
EXERCICE1 6 points
Partie A 1. z2−8zp
3+64=0 ⇐⇒¡ z−4p
3¢2
−48+64=0 ⇐⇒¡ z−4p
3¢2
+16=0⇐⇒¡ z−4p
3¢2
−(4i)2= 0.
Les racines sont donc : 4p
3+4i et 4p 3−4i.
2. Comme¯
¯z30¯
¯= |z0|3=23=8.
De même arg¡ z03¢
=3arg(z0)=3×π6=π2. Finalementz03=8¡
cosπ2+i sinπ2¢
=8(0+i)=8i.
Partie B
1. On a|zB|2=¡ 4p
3¢2
+(4)2=48+16=64=82, donc|zB| =8.
On peut donc écrirezB=8 Ãp
3 2 +i1
2
!
=8¡
cosπ6+i sinπ6¢
=8eπ6. Un des arguments dezBestπ
6. CommezC=zB,zC=8e−π6. Un des arguments dezCest−π
6.
2. On en déduit l’écriture exponentielle :zB=8eiπ2.
3. a. L’écriture complexe de la rotation est :z′=zeπ3, donczD=8eiπ2 ×eπ3 =8e56π. b. On a cos56π= −
p3
2 et sin56π=12, donczD=8³
−
p3 2 +i12´
= −4p 3+4i.
4. a.
−4 4
−8
−4
−8 4
b bb
b
A
B
C D
O
On place B sur le cercle de centre O et de rayon 8 et la droite d’équationy=4.
b. Par définition de la rotation OA = OD, donc OAD est isocèle en O.
De plus³−−→
OA,−−→
OD´
= π
3. Il en résulte que les angles à la base ont également une mesure égale àπ
3. Il est donc équilatéral.
c. On azC+zD=0. Donc O est le milieu de [CD].
d. D’après la question précédente [CD] est un diamètre du cercle de centre O et de rayon 8 ; A étant un point de cercle le triangle ACD est rectangle en A.
EXERCICE2 4 points
1. a.
1
2 3 4 5
2
1 3 4 5
3
1 2 4 5
4
1 2 3 5
5
1 2 3 4
b. Il y a 8 tirages donnant un nombre pair et 8 tirages donnant un multiple de 3, doncP(M2)= P(M3).
c. Les tirages multiples de 3 sont : 12 ; 15 ; 21 ; 24 ; 42 ; 45 ; 51 ; 54. il faut supprimer les pairs : 12 ; 24 ; 42 ; 54 et dans ceux qui restent les multiples de 5, soit 15 et 45. Il reste donc 21 et 51.
On a doncp(A)= 2 20= 1
10=0, 1.
2. a. 13 ; 23 ; 31 ; 41 ; 43 ; 53 qui sont premiers donnant un gain de 0−3= −3.
14 ; 32 ; 34 ; 52 sont seulement pairs ; ils donnent un gain de 2−3= −1.
12 ; 24 ; 42 ; 54 sont pairs et multiples de 3 ; ils donnent un gain de 2+3−3=2.
21 ; 51 sont multiples de 3, mais pas de 2 ni de 5 ; ils donnent un gain de 3−3=0.
25 ; 35 sont multiples de 5, mais pas de 2 ni de 3 ; ils donnent un gain de 5−3=2.
15 et 45 sont multiples de 3 et de 5 ; ils donnent un gain de 3+5−3=5.
b. Deux tirages (21 et 51) donnent un gain de 0(; la probabilitéP(X=0)= 2 20= 1
10. c. On a le tableau suivant :
xi −3 −1 0 2 5
p(X=xi) 6 20
4 20
2 20
6 20
2 20 3. a. E(X)= −3× 6
20−1× 4
20+0× 2
20+2× 6
20+5× 2
20=−18−4+12+10
20 = − 0
20=0(. b. L’espérance de gain étant nulle, le jeu est pas équitable.
PROBLÈME 10 points
Partie A : Détermination d’une fonctiong
1. 2y′+y=0⇐⇒ y′= −1 2y.
On sait que les solutions de cette équation sont les fonctions de la forme f(x)=Ke−x2.
2. La solution vérifiantf(2)=e=Ke−22 ⇐⇒e=Ke−1⇐⇒ K=e2. La fonction s’écrit doncf(x)=e2e−x2=e2−x2.
3. g(x)=(2x+1)[f(x)]2−9=(2x+1)h
e¡2−12x¢i2
−9=(2x+1)h
e2¡2−21x¢i
−9= (2x+1)e4−x−9.
Partie B : Étude de la fonctiong 1. On a lim
x→−∞e4−x= +∞, et limx
→−∞(2x+1)= −∞donc par produit
x→+∞lim g(x)= −∞.
2. a. On ag(x)=(2x+1)e4−x−9=2xe4−x+e4−x−9=2xe−x×e4+e4×e−x−9=2e4xe−x+e4e−x−9.
b. Comme lim
x→+∞e−x=0 et lim
x→+∞xe−x=0, lim
x→+∞g(x)= −9
c. La question précédente montre que la droite∆d’équation y = −9 est asymptote C au voisinage de plus l’infini.
3. a. gest une somme de fonctions dérivables surRet g′(x)=2e4−x−(2x+1)e4−x=(1−2x)e4−x.
b. Comme e4−x>0 quel que soit le réelx, le signe deg′(x) est celui de 1−2xqui s’annule pourx=1
2.
Doncg′(x)>0 ⇐⇒ x<1
2, doncgest croissante sur
¸
−∞; 1 2
· . g′(x)<0 ⇐⇒ x>1
2, doncgest décroissante sur
¸1 2 ;+∞
· . On calculeg¡1
2
¢= µ
2×1 2+1
¶
e4−12−9=2e72−9.
x −∞
1
2 +∞
+ 0 −
g′(x)
g
2e72−9
−9
−∞
4. a. g(−1)=(2×(−1)+1)e4+1−9= −e5−9.
g(0)=e4−0−9=e4−9.
b. La fonctiongest dérivable et croissante sur l’intervalle ]−1 ; 0[ ; de plusg(−1)≈ −157<0 etg(0)≈46>0.
L’équationg(x)=0 admet donc une solution uniqueαdans l’intervalle [−1 ; 0].
c. La calculatrice donneg(−0, 45)≈ −0, 437 etg(−0, 44)≈1, 173, donc α≈ −0, 45 au centième près.
5. On ag(4)=0 etg′(4)= −7.
Une équation de la droiteDtangente à la courbeC au point d’abscisse 4 est donc : M(x;y)∈D ⇐⇒ y= −7x+28.
6. a. Cf. plus bas b. Voir plus bas
Partie C : Calcul d’aire
1. La fonctionGest une somme de fonctions dérivables surR; elle est dérivable et G′(x)= −2e4−x−(−2x−3)e4−x−9=(2x+1)e4−x−9=g(x).
DoncGest une primitive deg. 2. a. Voir figure
b. Sur l’intervalle [0 ; 4] la fonctiongest positive ; l’aire (en unités d’aire de la surfaceH est donc égale à l’intégrale
Z4
0 g(x) dx=[G(x)]40=G(4)−G(0)
OrG(4)−G(0)=(−2×4−3)e4−4−9×4−(−2×0−3)e4−0−9×0= −11−36+3e4=3e4−47.
c. L’unité d’aire est égale à 2×0, 1=0, 2 cm2. L’aire est donc égale 0, 2ס
3e4−47¢
≈25, 36 cm2(au centième près).
Annexe du problème à rendre avec la copie Tableau des valeurs de la fonctiong(valeurs arrondies à l’unité)
x −0,75 −0,5 −0,25 0 0,5 1 2 3 4 5 6
g(x) −67 −9 26 46 51 28 10 8 0 −5 −7
Repère orthogonal d’unités graphiques : 2 cm pour 1 unité en abscisse et 1 cm pour 10 unités en ordonnée
1 2 3 4 5 6 7
−1
−10
−20
−30
−40
−50
−60
−70
−80
−90
−100
−110 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
x y
0
