[ Baccalauréat STI Antilles–Guyane septembre 2009 \ Génie électronique, électrotechnique et optique
EXERCICE1 4 points
1. On a|z| =p
1+3=2 ; doncz=2 Ã
−1 2+i
p3 2
!
=2¡
cos23π+i sin23π¢
=2e23π. 2. L’écriture complexe de la rotation estz′=ze−iπ2.
DonczA′=2e56π×e−iπ2 =2eiπ3 =2¡
cosπ3+i sinπ3¢
=2³
1 2+ip23´
=1+ip 3.
3. DB=
¯
¯
¯z−−→DB
¯
¯
¯= |1+2i−(−1−3i)| = |2+5i| =p
4+25=p 29.
DB=
¯
¯
¯z−−→DC
¯
¯
¯= |4−i−(−1−3i)| = |5+2i| =p
25+4=p 29.
On a donc DB = DC : le triangle DBC est isocèle en D.
4. −4+2i vérifiez2+8z+c=0 ⇐⇒(−4+2i)2+8(−4+2i)+c=0⇐⇒ 16−4−16i−32+16i+c= 0 ⇐⇒c=20. L’équation à résoudre est doncz2+8z+20=0 : elle est à coefficients réels, donc ses solutions sont complexes conjuguées : l’une étant−4+2i l’autre solution est−4−2i.
EXERCICE2 4 points
1. Les douze codes sont :
1235 1245 1265 3215 3245 3265 4215 4235 4265 6215 6235 6245 2. a. p1= 1
12; b. p2= 7
12;
c. p3=1−p2=1− 7 12= 5
12. 3. a. p(X=3)= 4
12=1 3.
b. X peut être égale à 2, 3 ou 4.
c.
xi 2 3 4
p(X=xi) 7 12
4 12
1 12
PROBLÈME 12 points
Partie A : Étude d’une fonctionf 1. a. Comme lim
x→−12
(2x+1)=0 et que lim
X→0lnX= −∞, on en déduit que lim
x→−12
f(x)= −∞.
Géométriquement ceci signifie que la droite d’équationx= −1
2 est asymptote verticale à la courbeC.
b. lim
x→+∞(2x+1)= +∞et lim
X→+∞lnX= +∞, on déduit que limx
→+∞f(x)= +∞.
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2. a. Avecu(x)=2x+1, la dérivée de lnuestu′ u, donc f′(x)= 2
2x+1.
b. On ax> −12→2x> −1⇒2x+1>0. Comme 2>0, 2 2x+1>0.
Conclusion : sur
¸
−1 2 ;+∞
·
, f′(x)>0, donc la fonctionf est croissante sur son intervalle de définition.
x −12 +∞
f(x)
−∞
+∞
c. On af(0)=1+ln 1=1.
On a vu que la fonction est croissante en particulier sur [0 ;+∞[ et commef(0)=1, on en déduit que sur [0 ;+∞[, f(x)>1.
3. a. 1+ln(2x+1)=0 ⇐⇒ ln(2x+1)= −1 ⇐⇒ ln(2x+1)=ln e−1 ⇐⇒ 2x+1=e−1(par crois- sance de la fonction ln) ⇐⇒x=
2
¡e−1−1¢ .
Rem. : la fonction étant croissante sur son intervalle de définition on savait qu’il n’y avait qu’une solution à cette équation.
b. On vient de trouver le point d’intersection deCavec l’axe des abscisses µ1
2
¡e−1−1¢
; 0
¶ et on a vu quef(0)=1 donc le point d’intersection avec l’axe des ordonnées est (0 ; 1).
Partie B : Étude d’une fonctiong 1. a. On a lim
x→−∞(x+1)= −∞et lim
x→−∞e−x= +∞, d’où par produit de limites : lim
x→−∞g(x)= −∞
b. g(x)= x ex+ 1
ex. Comme lim
x→+∞
x
ex =0 et lim
x→+∞
1
ex =0, on en déduit que lim
x→+∞g(x)=0.
Géométriquement ceci signifie que l’axe des abscisses est asymptote àΓau voisinage de plus l’infini.
2. a. Quel soit le réelx,g′(x)=e−x−(x+1)e−x=e−x(1−x−1)= −xe−x.
b. On sait que quel soit le réelx, e−x>0 : le signe deg′(x) est celui de−x, donc : - pourx<0,g′(x)>0 ;
- pourx>0,g′(x)<0.
On en déduit les variations de la fonctiongsurR:
x −∞ 0 +∞
g(x)
−∞ 0
1
Antilles–Guyane 2 septembre 2009
Baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique et optique A. P. M. E. P.
3. La fonctionga un maximum (extremum avec changement du signe de la dérivée en 0), maxi- mum égal à 1 : on a donc quel que soitx∈R,g(x)61.
4.
1 2 3
−1
−2
−1
−2 1 2 3
x y
O
C
Γ P
Partie C : Calcul d’aire
1. a. La fonctionFproduit de fonctions dérivables sur [0 ;+∞[ est dérivable sur [0 ;+∞[ et : F′(x)=ln(2x+1)+2
µ x+1
2
¶ 1
2x+1=ln(2x+1)+2x+1
2x+1=1+ln(2x+1)=f(x).
Conclusion :Fest une primitive def sur [0 ;+∞[.
b. On a vu que sur [0 ;+∞[,f(x)>1>0 : l’aire de la surface limitée parC, l’axe des abscisses et les droites d’équationx=0 etx=2 est égale (en unité d’aire) à :
I1= Z2
0 f(x) dx=[F(x)]20=F(2)−F(0)= µ
2+1 2
¶
ln(2×2+1)− µ1
2
¶
ln(2×0+1)=5
2ln 5−0= 5
2ln 5.
2. I2= Z2
0
g(x) dx=[G(x)]20=G(2)−G(0)=(−2−2)e−2−(−0−2)e−0= −4e−2+2=2−4e−2. 3. a. On a vu que sur [0 ;+∞[, f(x)>1 etg(x)61. Il en résulte donc que sur [0 ; +∞[,g(x)6
f(x), c’est-à-dire géométriquement queΓest au dessous deC. b. Voir la figure plus haut.
c. On a vu que sur [0 ;+∞[,f(x)>0 et 0<g(x)61. Donc l’aire de la partieP comprise entre les deux courbes et les deux droites d’équationsx=0 etx=2 est égale, en unité d’aire à :
I1−I2=5 2ln 5−¡
2−4e−2¢
=5
2ln 5−2+4e−2.
Antilles–Guyane 3 septembre 2009
