Durée : 4 heures
[ Corrigé du baccalauréat STI La Réunion juin 2007 \ Génie électronique, électrotechnique, optique
EXERCICE1 5 points
1. ∆=9−4×9= −3×9=¡ 3p
3i¢2
.
L’équation a donc deux solutions complexes conjuguées : 3+3ip
3
2 ; 3−3ip 3
2 .
2. a. On a|zA|2= µ3
2
¶2
+ Ã3p
3 2
!2
=9 4+27
4 =9=32. Donc|zA| =3.
On peut donc écrirezA=3 Ã1
2+i p3
2
!
=3¡
cosπ3+i sinπ3¢
=3eiπ3 (écriture exponentielle). Un argument dezAestπ
3.
CommezB est le conjugué dezAson module est égal à 3 et un de ses arguments est−π
3. On a donc 3e−iπ3 b. Voir ci-dessous.
c. Les points A et B sont symétriques par rapport à l’axe³ O ;−→
u´
car les com- plexeszBetzAsont conjugués.
3. a. On sait quez′=zei−2π3 .
b. Cherchons l’image A′du point A :zA′=zAei−2π3 =3eiπ3ei−2π3 =3ei−π3 =zB. On a bien B =R(A).
4. a. Voir plus bas.
b. OD =|zD| =p (4)2=4.
DC =p
(−3−4)2=7 ; AB=
q (3p
3)2=3p 3.
c. On azI=1
2(zA+zB)=3 2. IB=
s µ
−3 2
p3
¶2
=3 2
p3.
A et B étant symétriques autour de³ O ;→−
u´
, le point I est sur cet axe et [BI]
est hauteur du triangle CBD.
L’aire de ce triangle est donc égale àA1=CD×BI 2 =7×3
p3 2
2 =21p 3 4 . d. A2=OD×AI
2 =4×3
p3 2
2 =3p 3.
DoncA1 A1=
21p 3 4 3p
3 =7 4.
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1 2
−1
−2
−3
1 2 3 4
−1
−2
−3 →−
u
−
→v O
bb
b bb
A
B C
D I
EXERCICE2 5 points
1. Les trajets possibles sont :
ABC AFE BCD BAF CAB CDE.
2. a. Il y a deux trajets qui finissent en E, doncp1=2 6=1
3. b. Il y a 4 chemins finissant par le sas 2, doncp2=4
6=2 3. 3. a. X peut prendre les valeurs : 56 58 66 68 74.
b. xi 56 58 66 68 74
p(X=xi) 1/6 1/6 1/6 1/6 2/6
c. E(X)=56×1
6+58×1
6+66×1
6+68×1
6+74×2
6=66 (min)
Cette espérance représente le temps moyen que mettra le robot pour net- toyer trois salles.
d. On a temps inférieur à 60 minutes dans 2 cas sur 6, soitp3=2 6=1
3. 4. a. On aσ(X)2=(66−56)2+(60−58)2+(66−66)2+(68−66)2+2×(74−66)2
6 =
100+4+0+4+128
6 =232
6 =116
3 . Doncσ(X)≈6, 22.
b. En faisant travailler le robot 365 jours on a 365×E(X)+1, 5×σ(X)×p 365= 365×66+1, 5×6, 22×p
365=24268,2 (min) soit environ 407,5 h. C’est donc acceptable.
PROBLÈME 10 points
Partie A : étude d’une fonction auxiliaireg
1. Sur ]0 ;+∞[,gproduit de fonctions dérivables est dérivable et : g′(x)=1+lnx+x×1
x=1+lnx+1=2+lnx.
2. 2+lnx>0 ⇐⇒lnx> −2 ⇐⇒lnx>ln e−2⇐⇒ x>e−2, par croissance de la fonction logarithme népérien.
De même 2+lnx<0 ⇐⇒ x<e−2. Conclusion : sur¤ 0 ; e−2£
,g′(x)>0⇒g est décroissante ;
¤e−2 ;+∞[,g′(x)<0⇒gest croissante.
La Réunion 2 juin 2007
Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique A. P. M. E. P.
3. Le minimum degest doncg¡ e−2¢
=1+e−2¡
1+ln e−2¢
=1+e−2(1−2)=1−e−2. 4. Comme 1−e−2≈0, 86>0, on en déduit que la fonctiong est positive sur
]0 ;+∞[.
Partie B : étude de la fonctionf 1. a. On a lim
x→+∞x= lim
x→+∞= +∞, on peut en conclure que lim
x→+∞f(x)= +∞. b. f(x) peut s’écrire :f(x)=xlnx+lnx.
On sait que lim
x→0xlnx=0 ; comme lim
x→0lnx= −∞, on peut en conclure que limx→0f(x)= −∞.
Géométriquement ceci montre que l’axe des ordonnées est asymptote verticale àC au voisinage de 0.
2. a. f produit de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ est dérivable sur cet inter- valle et
f′(x)=lnx+(x+1)×1
x=xlnx+x+1
x =1+x(1+lnx)
2 =g(x)
x .
b. On a vu partie A, question 4 queg(x)>0 sur ]0 ;+∞[ ; doncf′(x)>0 sur ]0 ;+∞[ et la fonctionf est croissante sur cet intervalle. D’où le tableau de variations :
x 0 +∞
f(x)
−∞
+∞
3. Il faut résoudre dans ]0 ; +∞[, l’équation f(x)=0 ⇐⇒ (x+1) lnx ⇐⇒
½ x+1 = 0
lnx = 0 ⇐⇒
½ x = −1
x = 1
Seul 1∈]0 ;+∞[, donc A(1 ; 0).
4. La fonctionf est croissante sur [1 ; 2], f(1)=0 et f(2) = 3ln 2≈2, 08>1.
Il existe donc un unique réelα∈[1 ; 2], tel quef(α)=1.
La calculatrice donnef(1, 4)≈0, 8 etf(1, 5)≈1, 01 Puisf(1, 49)≈0, 993 etf(1, 50)≈1, 013.
Conclusionα≈1, 5 à un dixième près.
5. Voir à la fin
Partie C : calcul d’une aire
1. Sur ]0 ;+∞[,Fest dérivable et F′(x)=(x+1)(lnx−1)+
µx2 2 +x
¶
×1 x+2x
4 =xlnx−x+lnx−1+x 2+1+x
2= xlnx+lnx=(x+1) lnx=f(x).
DoncFest une primitive def sur ]0 ;+∞[ 2. a. Voir plus bas.
b. On a vu quex>1⇒f(x)>0. Donc l’aire, en unité d’aire de la partieE est égale à l’intégrale :
Ze
1 f(x)dx=[F(x)]e1=F(e)−F(1)= µe2
2 +e
¶
(ln e−1)+e2 4−
µµ12 2 +1
¶
(ln 1−1)+12 4
¶
= e2
4 +3 2−1
4=5 4+e2
4 =5+e2 4 . (u. a.)
La Réunion 3 juin 2007
Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique A. P. M. E. P.
Or l’unité graphique est égale à 2×2=4 cm2. Donc l’aire de la partieEest égale à :
4×5+e2
4 =5+e2.
1 2 3
−1
−2
−3
−4
1 2 3 4
−
→ı
−
→
O
(C)
E
La Réunion 4 juin 2007
