Durée : 4 heures
[ Corrigé du baccalauréat STI Antilles-Guyane 13 septembre 2012 \
Génie électronique, électrotechnique & optique
EXERCICE1 4 points
1. zB=eiπ: module 1 et argumentπ. 2. On a|zA|2=2+6=8=¡
2p 2¢2
⇒ |zA| =2p 2.
En factorisant ce module : zA=2p
2 Ã1
2+i p3
2
!
=2p 2³
cosπ
3+i sinπ 3
´
=2p 2eiπ3.
3. L’image d’un pointMd’affixez par la rotation est le pointM′d’affixez′telle quez′=zeπ4 = z¡
cosπ4+i sinπ4¢
=z³p 2 2 +ip22´
. DonczA′=zA
³p 2 2 +ip22´
=¡p 2+ip
6¢
×
³p 2 2 +ip22´
=2p
2e712π=1−p 3+i¡
1+p 3¢
. 4. On sait que|zA| =2p
2, doncun=¡ 2p
2¢n
: c’est une suite géométrique de raison 2p 2.
EXERCICE2 5 points
Partie A
1. 99 % des 1 000 soit 0, 99×1000=990 ont donné la bonne réponse. Doncp(R)= 990 1000= 99
100= 0, 99.
2. Sur 1 000 participants 16 ont gagné un lot ;p(G)= 16
1000= 2×8 125×8= 2
125. 3. a. Xprend la valeur 299 lorsqu’un joueur gagne une des cinq consoles.
On a doncp(X=299)= 5 1000= 1
200.
b. Xpeut valoir−1 (joueur perdant), 49 (gain d’un chèque de 50(), 299 (gain d’une console) ou 999 (gain du voyage).
c. Le tableau de la loi de probabilité deXest le suivant :
X −1 49 299 999
p(X=xi) 984 1000
10 1000
5 1000
1 1000 d. E(X)= −1× 984
1000+49× 10
1000+299× 5
1000+999× 1
1000 =−984+490+1495+999
1000 =2000
1000= 2.
Partie B
1. Le nouveau tableau devient en remplaçant 1 000 parn:
X −1 49 299 999
p(X=xi) n−16 n
10 n
5 n
1 n
Baccalauréat STI génie électronique A. P. M. E. P.
2. E(Xn)= −1×n−16
n +49×10
n +299×5
n+999×1
n =−n+16+490+1495+999
n =3000−n
n .
3. Le jeu est favorable au joueur s’il gagne plus que sa mise soit 1 euro ; donc E(Xn)>1 ⇐⇒ 3000−n
n >1 ⇐⇒3000−n>n ⇐⇒2n<3000 ⇐⇒n<1500.
Le jeu est favorable aux joueurs jusque’àn=1499.
PROBLÈME 11 points
Partie A
1. a. On litf(0)=1 etf′(0)=0 (tangente de pente nulle).
b. f(x)=ae−x+be−2xentraîne : f′(x)= −ae−x−2be−2x. D’où : f(0)=a+b;
f′(0)= −a−2b.
c. On a donc le système :
½ a+b = 1
−a−2b = 0 ⇐⇒ −b=1 (par somme) soitb= −1.
En reportant la valeur trouvée pourbdans la première équation on obtienta−1=1 ⇐⇒
a=2.
Doncf(x)=2e−x−e−2x. 2. On af′(x)= −2e−x+2e−2x;
f′′(x)=2e−x−4e−2x.
On af′′(x)+3f′(x)+2f(x)=2e−x−4e−2x+3¡
−2e−x+2e−2x¢ +2¡
2e−x−e−2x¢
=2e−x−6e−x+ 4e−x−4e−2x+6e−2x−2e−2x=0.
f est bien une solution de l’équation différentielle.
Partie B
1. On sait que lim
x→+∞e−x= lim
x→+∞e−2x=0, donc :
x→+∞lim f(x)=0. Géométriquement ce résultat signifie que l’axe des abscisses est asymptote à C au voisinage de plus l’infini.
2. Quel que soit le réelx,f(x)=2e−x−e−2x=2e−2x×ex−1×e−2x=e−2x(2ex−1). On sait que
x→−∞lim ex=0, donc lim
x→−∞
¡2ex−1¢
= −1.
D’autre part lim
x→−∞e−2x= +∞, donc par produit de limites :
x→−∞lim f(x)= −∞.
3. a. f′(x)= −2e−x+2e−2x= −2e−2xex+2e−2x=2e−2x(−ex+1)=2e−2x(1−ex) pour tout réelx.
b. 1−ex>0⇐⇒ 1>ex ⇐⇒ ln 1>ln (ex) par croissance de la fonction ln, soit 0>x On a donc 1−ex>0 ⇐⇒ x<0.
En utilisant l’écriture précédente def′(x) :
f′(x)>0⇐⇒ 1−ex>0 ⇐⇒2e−2x(ex−1)>0⇐⇒ ex−1>0 car on sait que quel que soit le réelx, e−2x>0.
Doncf′(x)>0⇐⇒ x<0.
On trouverait de même quef′(x)<0⇐⇒ x>0.
c. Les résultats précédents montrent que :
• f est croissante sur ]− ∞; 0[ ;
• f est décroissante sur ]0 ;+∞[. On a donc le tableau de variations suivant :
Antilles–Guyane 2 13 septembre 2012
Baccalauréat STI génie électronique A. P. M. E. P.
x −∞ 0 +∞
−∞ 0
1 f(x)
Partie C
1. On a vu que l’on pouvait écrire :
f(x)=e−2x(2ex−1), doncf(x)=0 ⇐⇒ e−2x(2ex−1)=0 ⇐⇒ 2ex−1=0 (car e−2x>0, puis 2ex=1⇐⇒ ex=1
2 ⇐⇒ln (ex)=ln µ1
2
¶
⇐⇒ x= −ln 2.
2. a. On af′(−ln(2))=2e−2×(−ln 2)¡
1−e−ln 2¢
=2e2 ln 2 µ
1− 1 eln 2
¶
=2¡ eln 2¢2µ
1−1 2
¶
=2×22×1 2= f′(−ln(2))=4.
b. Une équation de la tangenteDà la courbeC au point B est : y−yB=f′(xB(x−xB) soit
y−0=4(x−(−ln 2))⇐⇒ y=4x+4ln 2.
3. a. La fonctiongest décroissante sur ]− ∞;−ln 2[, croissante sur ]−ln 2 ;+∞[.
x −∞ −ln 2 +∞
g(x)
b. g(−ln(2))= −4×(ln 2)+4ln 2−f(−ln 2)= −¡
2e−(−ln 2−e−2×(−ln 2)¢
= −2eln 2+e2 ln 2= −2× 2+22= −4+4=0.
c. Le tableau de variations a montré queg(−ln(2))=0 est le minimum de la fonctiong. On a donc pour tout réel x, g(x)>0.
d. Géométriquement le dernier résultat montre que tout point de la droiteDest au dessus du point de même abscisse de la fonctionf, donc que la tangenteDest au dessus de la courbeC.
4. a. Gsomme de fonctions dérivables surRest dérivable et surR: G′(x)=4x+4ln 2−2e−x−1
2×(−2)e−2x=4x+4ln 2−2e−x+e−2x=4x+4ln 2−¡
2e−x−e−2x¢
= 4x+4ln 2−f(x)=g(x).
Gest donc bien l’une des primitives de la fonctiong. b.
Z0
−ln(2)g(x) dx=[G(x)]0−ln 2=G(0)−G−ln 2)= 2×02+(4ln(2))×0+2e−0−1
2e−2×0−
·
2(−ln 2)2+(4ln(2))×(−ln 2)+2eln 2−1
2e−2×(−ln2)
¸
= 2−1
2−2(ln 2)2+4(ln 2)2−4+1
2×4= −1
2+2(ln 2)2=2(ln 2)2−1
2≈0, 461 (unité d’aire).
Antilles–Guyane 3 13 septembre 2012
