[ Corrigé du baccalauréat STI Métropole septembre 2006 \ Génie électronique, génie électrotechnique, optique
EXERCICE1 5 points
1. (1−2i)z=(1−i)z−1−i ⇐⇒(1−2i−1+i)z= −1−i⇐⇒ −iz= −1−i ⇐⇒z=1−i.
2. a. Voir plus bas
b. |zA|2=1+1=2⇒ |zA| =p 2.
On peut donc écrirezA=p 2
Ãp 2 2 −
p2 2
!
=2£ cos¡
−π4¢ +i sin¡
−π4¢¤
. Un argument dezAest donc−π
4.
c. On azD= −zA. Le module dezDest égal à celui dezAsoitp
2 et un de ses arguments est :
−π
4+π=3π 4 .
d. Par la rotationRun point d’affixeza pour affixez′telle que :z′=zeiπ3. DonczB=zAeiπ3 =p
2e−π4=p 2e12π. Le module dezBest donc égal àp
2 et un de ses arguments à π 12. e. B est l’image du point A par la rotationR de centre O et d’angle π
3; donc OA = OB et
³−−→
OA ;−−→
OB´
=π 3.
Le triangle AOB étant isocèle en O, ses trois angles ont pour mesureπ
3 : il est donc équila- téral.
En particulier AB = OA= |zA| =p 2.
3. a. On a par définition :−−→
BC=−→ w. D’autre part−−→
AD=2−−→
OD=2−→
w, puisque D a pour affixe−1+i.
On a donc−−→
AD=2−−→
BC . b. On vient de voir que−−→
BC=−→ w et−−→
OD =−→
w, donc−−→
BC=−−→
OD ⇐⇒ ODCB est un parallélo- gramme.
c. ODCB est un parallélogramme entraîne que CD = OB ; mais OAB étant équilatéral OB = AB ; donc CD = AB.
d. A, O et D sont alignés ; (OD) est parallèle à (BC) : le quadrilatère ABCD a deux côtés opposés parallèles : c’est un trapèze.
D’autre part on a démontré que CD = AB : ABCD est donc un trapèze isocèle.
−1 1
−1 1
−
→u
−
→v
O
−→ w
b b
b
b
A B C
D
EXERCICE2 4 points
1. Les résultats possibles sont :
(P, P, P) (P, P, F) (P, F, P) (P, F, F) (F, P, P) (F, P, F) (F, F, P) (F, F, F) 2. a. Les résultats précédents conduisent respectivement aux valeurs suivantes :
4 3 3 2 2 1 1 −5
b.
xi 4 3 2 1 −5
p(X=xi) 1/8 2/8 2/8 2/8 1/8
c. p(X62)=p(X=2)+p(X=1)+p(X= −5)=2 8+2
8+1 8=5
8. 3. a. On a E(X)=4×1
8+3×2 8+2×2
8+1×2
8+(−5)×1 8=11
8 . L’espérance (de gain) est positive : le jeu n’est pas équitable.
b. On reprend le calcul de l’espérance avec une perte dexeuros si les trois pièces présentent leur côté face :
E(X)=4×1 8+3×2
8+2×2 8+1×2
8+x×1
8=16+x 8 . Donc l’espérance est nulle six= −16.
PROBLÈME 11 points
Partie A : Détermination d’une fonction 1. Comme A(0 ; 4)∈Cf, on af(0)=4.
D’après la dernière information le coefficient directeur de la tangente au point d’abscisse 1 4 est nul :f′
µ1 4
¶
=0.
D’après la première information on a lim
x→−∞f(x)=1.
2. a. f est dérivable surRet
f′(x)=be2x+2(bx+c)e2x=(2bx+b+2c)e2x. b. f(x)=a+(bx+c)e2x⇒f(0)=a+c;
f′(x)=(2bx+b+2c)e2x⇒f′¡1
4
¢=¡
2b14+b+2c¢ e2×14 =
µ3b 2 +2c
¶ e12; Comme lim
x→−∞xe2x=0 et quef(x)=a+bxe2x+ce2x, on peut en déduire que
x→−∞lim f(x)=a.
3. a. En comparant les résultats des questions 1 et 2 on en déduit quea,betcsont solutions du système :
a+c = 4 3
2b+2c = 0
a = 1
b. Le système précédent est équivalent à
1+c = 4
3
2b+2c = 0
a = 1
⇐⇒
c = 3
3
2b+2c = 0
a = 1
⇐⇒
c = 3
3
2b+6 = 0
a = 1
⇐⇒
c = 3
b = −4
a = 1
On a doncf(x)=f(x)=1+(−4x+3)e2x. Partie B : étude et représentation d’une fonction
1. a. f(x)=1+(−4x+3)e2x=1−4xe2x+3e2x. On sait que lim
x→−∞e2x= lim
x→−∞xe2x=0.
Conclusion : lim
x→−∞f(x)=1.
b. Soit la fonctionddéfinie surRpar : d(x)=f(x)−1=(−4x+3)e2x.
Comme e2x>0 quel que soitx∈R, le signe ded(x) est celui de−4x+3.
−4x+3>0⇐⇒ 3>4x ⇐⇒ 3 4>x;
−4x+3<0⇐⇒ 3<4x ⇐⇒ 3 4<x.
Conclusion : sur
¸
−∞; 3 4
·
, la fonctiondest positive ce qui signifie que la courbeCf est au dessus de l’asymptote∆et sur
¸3 4;+∞
·
la courbeCf est au dessous de l’asymptote∆.
2. a. f est une somme de fonctions dérivables surRet f′(x)= −4e2x+2(−4x+3)e2x=(−8x+2)e2x. b. Le signe def′(x) est celui de (−8x+2).
Or−8x+2>0 ⇐⇒2>8x ⇐⇒ 1
4>x: donc sur
¸
−∞; 1 4
·
,f′(x)>0, doncf est croissante ;
−8x+2<0⇐⇒ 2<8x ⇐⇒ 1
4<x: donc sur
¸1 4 ;+∞
·
,f′(x)<0, doncf est décroissante.
D’où le tableau de variations :
x −∞ 1/4 +∞
f(x)
1 −∞
3. a. Le minimum de la fonction est égal àf¡1
4
¢=1+¡
−4×14+3¢
e2×14=1+2e12.
Ce minimum est la somme de deux nombres supérieur à zéro : il est supérieur à zéro.
f(1)=1−e2≈ −6<0.
Sur l’intervalle
·1 4 ; 1
¸
la fonction est décroissante : conclusion : il existe un réel uniqueα de cet intervalle tel quef(α)=0.
b. La calculatrice donne :
f(0, 8)≈0, 009 etf(0, 9)≈ −2, 63, donc 0, 8<α<0, 9 ; f(0, 80)≈0, 009 etf(0, 81)≈ −0, 21, donc 0, 80<α<0, 81 4. Voir plus bas.
Partie C : calcul d’une aire
1. La fonctionHest dérivable surRet H′(x)= −2e2x+2
µ
−2x+5 2
¶
e2x=e2x(−4x+5−2)=(−4x+3)e2x=h(x).
Conclusion :Hest une primitive surRde la fonctionh.
2. a. Voir plus bas
b. D’après le tableau de variations, sur l’intervalle [−1 ; 0] la fonction f est positive ; donc l’aire en unité d’aire de la surfaceDest égale à l’intégrale :
Z0
−1f(x) dx= Z0
−11+(x) dx= Z0
−11 dx+ Z0
−1h(x) dx=[x]0−1+[H(x)]0−1=1+H(0)−H(−1)= 1+
µ5 2
¶ e2×0−
µµ
−2×(−1)+5 2
¶ e2×(−1)
¶
=1+5 2−9
2e−2=7 2−9
2e−2(u. a.).
Or l’unité d’aire est égale à 2×2=4 cm2. Donc l’aire de la partieDest égale à 4
µ7 2−9
2e−2
¶
=14−18e−2cm2soit environ 11,564 ou encore 11,56 cm2 au mm2près.
1 2 3 4
−1
−2
−1
−2
−3
−4
−5
−6 1 2 3 4 5 6
−
→ı
−
→
O
x y
Si vous photocopiez ce corrigé pensez à en créditer l’A. P. M. E. P., merci
