[ Corrigé du baccalauréat STI Génie mécanique, civil juin 2010 \ Antilles–Guyane
L’utilisation d’une calculatrice est autorisée.
Du papier millimétré est mis à la disposition des candidats.
Le candidat doit traiter les deux exercices et le problème.
EXERCICE1 5 points
1. a. z2= −1 ;={−i ; i}.
b. z2−4z+13=0 ;∆=16−4×13=16−52= −36=(6i)2. L’équation a donc deux racines complexes conjuguées :4+6i
2 =2+3i et son conjugué 2−3i.
c. z−3i= −2iz+4⇐⇒ z(1+2i)=3i⇐⇒ x= 3i
1+2i= 3i(1−2i)
(1+2i)(1−2i)=6+3i 1+4 =6
5+i3 5. 2. a. Voir la figure.
b. On a|AB| = |zB−zA| = |2+3i−i| = |2+2i| =p
22+22=p 8=2p
2.
c. zC=4+3i
1+2i=(4+3i)(1−2i)
(1+2i)(1−2i)=4+6+3i−8i
1+4 =10−5i 5 =2−i.
3. a. zC−zA=2−i−i=2−2i Ce complexe a pour module :p
22+22=2p 2.
On peut donc factoriser ce module : zC−zA=2p
2 Ãp
2 2 −i
p2 2
!
=2¡ cos¡
−π4¢ +i sin¡
−π4¢¢
. Donc un argument de ce complexe est−
π 4. b. On a donczC−zA=2p
2e−iπ4. c. Cette égalité|z−zA| =2p
2 est équivalente à AM= AC = 2p 2.
Les pointsMappartiennent au cercle de centre A et de rayon 2p
2 (comme le point C).
d. On a vu que AB =|zB−zA| =2p
2 : le point B appartient àE. On a vu que|zC−zA| =AC = 2p
2, donc C appartient à l’ensembleE. Le cercleEest le cercle centré en A et contenant B et C. Voir la figure
−
→u
−
→v
b bb
A
B
C O
EXERCICE2 5 points
1. Pour chaque option il est possible de la choisir ou non donc deux choix possibles. Il y a donc en tout : 2×2×2=8 nombre de combinaisons.
2. a. Chaque choix a donc une probabilité de1
8, en particulier celle de ne choisir aucune option.
La probabilité qu’un client équipe son véhicule en choisissant au moins une option est donc égale à 1−1
8=7 8.
b. Il y a 4 choix sur les 8 qui ne contiennent pas l’option B. Donc 4 contenant au moins l’op- tion B. Soit une probabilité de 4×1
8=1 2.
3. a.
k 0 500 1 000 1 500 2 000 2 500 3 000
p(X=k) 1 8
1 8
2 8
2 8
1 8
1 8
1 8 b. La probabilité cherchée est égale à :
p(X=2000)+p(X=2500)+p(X=3000)=1 8+1
8+1 8=3
8. c. E(X)=0×1
8+500×1
8+1000×1
8+1500×2
8+2000×1
8+2500×1
8+3000×1 8= 500+1000+3000+2000+2 500+3000
8 =12000
8 =1500 (().
4. On reprend le calcul de l’espérance avec un prix de l’option à 1 000(. E(X)=0×1
8+500×1
8+1000×2
8+1500×2
8+2000×1
8+2500×1 8= 500+2000+3000+2000+2 500
8 =10000
8 =1250 (().
En moyenne le chiffre d’affaires des options baisse pour un véhicule de 250(, soit en pour- centage de :
250
1500×100=50
3 ≈16, 67 %
PROBLÈME 10 points 1. a. hsomme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ est dérivable et sur cet intervalle :
h′(x)= −1
x+4x=4x2−1 x .
Commex>, le signe deh′(x) est celui du numérateur 4x2−1=(2x+1)(2x−1).
Ce trinôme est du signe de 4, donc positif sauf entre les racines−1 2et1
2. Donc en résumé :
• sur
¸ 0 ; 1
2
·
,h′(x)<0 ;
• sur
¸1 2 ;+∞
·
,h′(x)>0 b. h
µ1 2
¶
=1−ln1 2+2
µ1 2
¶2
=1−(−ln 2)+1 2=3
2+ln 2.
x 0
1
2 +∞
3 2+ln 2
h′(x) − 0 +
h(x)
c. Le minimum dehest donc32+ln 2>0 car somme de deux nombres positifs.
Conclusion : sur ]0 ;+∞[,h(x)>0.
2. a. On a lim
x→0x>0
ln(x)
x = −∞et lim
x→0x>0x=0, donc
x→lim0x>0f(x)= −∞.
b. On sait que lim
x→+∞
ln(x)
x =0 et lim
x→+∞x= +∞, donc
x→+∞lim f(x)= +∞.
c. f somme de de quotients de fonctions dérivables, le dénominateur étant non nul sur ]0 ;+∞[ est dérivable sur cet intervalle et :
f′(x)=
1
x×x−1×lnx
x2 +2=1−lnx+2x2 x2 =h(x)
x2 .
Or on a vu que sur ]0 ; +∞[, h(x)>0 etx2>0, donc f′(x)>0 : la fonction f est donc croissante sur ]0 ;+∞[. D’où le tableau :
x 0 +∞
f′(x) +
f(x)
−∞
+∞
3. a. Soitdla fonction définie sur ]0 ;+∞[ pard(x)=f(x)−2x=ln(x) x . On a vu que lim
x→+∞
ln(x)
x =0, donc lim
x→+∞d(x)=0, ce qui signifie que la droite∆d’équation y=2xest asymptote oblique à la courbeC au voisinage de plus l’infini.
b. Commex>0 et lnx>0, ln(x)
x >0. La fonctiond est positive ce qui géométriquement signifie que la courbeC est au dessus de son asymptote pour tout réel positif non nul.
4. On aM(x ; y)∈T ⇐⇒ y−f(1)=f′(1)(x−1) ⇐⇒ y−(0+2)=1−ln 1+2×12
12 (x−1) ⇐⇒
y−2=3(x−1)⇐⇒ y=3x−1.
5. Voir plus bas.
6. a. Gest dérivable et sur ]0 ;+∞[ G′(x)=1
2×2×lnx×1 x=lnx
x .
DoncGest une primitive sur ]0 ;+∞[ deg(x)=lnx x . b. Voir plus bas.
c. On sait que sur [1 ; e], la fonctionf est positive, donc l’aire (en unité d’aire) de la surface hachurée est égale à l’intégrale :
Ze 1
f(x) dx= Ze
1
(g(x)+2x) dx=£
G(x)+x2¤e 1=
G(e)+(e)2−G(1)−2=1
2(ln e)2+(e)2−1
2(ln 1)2−2=1
2+(e)2−1=e2−1 2. (u. a)
10 10
1 e O
T
C
