[ Corrigé du baccalauréat STI Nouvelle Calédonie novembre 2009 \ Génie électronique, électrotechnique et optique
EXERCICE1 4 points
Partie I
On a∆=(−6)2−4×12=36−48= −12=¡ 2ip
3¢2
. Il y a donc deux solutions complexes conjuguées : z1=6+2ip
3
2 =3+ip
3 etz2=3−ip 3.
Partie II
1. Module :|zA|2=32+¡p 3¢2
=9+3=12=¡ 2ip
3¢2
⇒ |zA| =2p 3.
On peut donc écrire en factorisant le module : zA=2p
3 Ãp
3 2 +i1
2
!
=2p 3¡
cosπ6+i sinπ6¢
. Un argument dezAest doncπ 6. 2. a. On reconnaît une rotation de centre O et d’angleπ
3. b. On a donczB=zA
³ eiπ3´
=zA¡
cosπ3+i sinπ3¢
=¡ 3+ip
3¢Ã 1 2+i
p3 2
!
= 3
2−3 2+i3p
3 2 +i3p
3 2 =2ip
3.
Voir la figure plus bas.
c. Par définition de la rotation OA = OB etOAB=60 °.
Le triangle OAB est donc isocèle avec un angle au sommet de 60 ° : il est donc équilatéral.
3. a. Par définition deT,−−→
AC=−→
w⇒z−−→AC=z−→w ⇐⇒ zC−zA=z−→w ⇐⇒
zC=zA+z−→w=3+ip 3−2p
3i=3−ip 3.
Voir la figure
b. On remarque quezB=z−→w=2ip
3, donc−−→
BO=−−→
AC ⇐⇒ OCAB est un parallélogramme.
D’autre partzC=z2=z1(voir la partie I), donc OC =|z1| =2p
3 (voir Partie II, 1.).
Or par définition de la translation AC = 2p 3.
Conclusion : le parallélogramme OCAB a deux côtés consécutifs de même longueur : c’est un losange, mais pas un carré carCOB=30+90=120 °.
1 2 3 4
−1
−2
−3
−4
−1
−2 1 2 3 4
b b
b b
O
A B
C
Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique et optique A. P. M. E. P.
EXERCICE2 5 points
1. Cette équation différentielle est de la formey′′+ω2y=0 avecω=2.
On sait que les solutions sont de la formey=Acos 2x+Bsin 2x,A,B∈R.
2. Siy=Acos 2x+Bsin 2x,y′= −2Asin 2x+2Bcos 2x.
On a donc (
f(0) = 1 f′(0) = 04 ⇐⇒
(
A = 1
2B = 04 La seule solution est doncf(x)=1
4cos 2x.
3. g(x)=3sinx⇒g′(x)=3cosx⇒g′′(x)= −3sinx.
Doncg′′(x)+g(x)= −3sinx+3sinx=0.
4. h′(x)=3cosx−2×1
4sin 2x=3cosx−1 2sin 2x 5. a. h³π
2
´
=3sinπ 2+1
4cosπ=3+1
4×(−1)=3−1 4=11
4 .
b. La valeur moyenne de la fonctionhsur l’intervalle [0 ;π] est égale à : 1
π−0 Zπ
0 h(x)dx=1 π
Zπ
0
µ
3sinx+1 4cos 2x
¶ dx=
·
−3cosx+1 8sin 2x
¸π
0=1
π[−3×(−1)+0−(−3+0)]= 6
π.
c. Le tracé de la courbe représentative dehà la calculatrice montre que celui-ci coupe l’axe des abscisses en deux points sur l’intervalle [0 ; 2π] : il y a donc deux solutions.
PROBLÈME 11 points
Partie I Exploitation graphique de la courbeC 1. On voit que sur l’intervalle
·
−1 2 ; 7
2
¸
, la courbeCcoupe l’axe des abscisses en 0 et au point d’abs- cisse3
2. L’équation a donc deux solutions sur cet intervalle.
2. Toujours graphiquement on voit que : -f(x)>0 sur ]−1
2 ; 0[ et sur ]3 2 ; 7
2[ ; -f(x)<0 sur ]0 ; 3
2[ ; -f(0)=0 etf
µ3 2
¶
=0.
3. Au point d’abscisse1
2, la tangente est horizontale, doncf′ µ1
2
¶
=0. De mêmef′(3)=0.
4. La droite∆contient les points O(0 ; 0) et B(−1 ; 3). une équation de∆est donc de la formey=αx et B(−1 ; 3)∈∆⇐⇒ 3=α×(−1)⇐⇒α= −3.
Une équation de la tangente∆est doncy= −3x.
5. La fonction est croissante à partir de1
2, donc les solutions sont tous les réels de ]1 2; 7
2].
Partie II Étude de la fonctionf 1. On a lim
x→−∞2x2−3x= +∞et lim
x→−∞e−x= +∞, donc par produit de limites lim
x→−∞f(x)= +∞.
Nouvelle–Calédonie 2 novembre 2009
Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique et optique A. P. M. E. P.
2. On peut écriref(x)=2x2e−x−3xe−x=2x2 ex −3x
ex. Or on sait que pourn∈nN, lim
x→+∞
xn
ex =0, donc lim
x→+∞f(x)=0.
On en déduit que géométriquement l’axe des abscisses est asymptote horizontale àC au voisi- nage de plus l’infini.
3. f′(x)=(4x−3)e−x−¡
2x2−3x¢ e−x=¡
−2x2+7x−3¢ e−x.
4. On sait que e−x>0 quel que soitx∈R; le signe def′(x) est donc celui du trinôme−2x2+7x−3.
Doncf′(x)=0⇐⇒ −2x2+7x−3=0.
∆=49−4×(−2)×(−3)=49−24=25=52; il y a donc deux solutions réelles : x1=−7+5
−4 =1
2 et x2=−7−5
−4 =12 4 =3.
Ceci correspond bien aux deux points où la tangente est horizontale.
f′(x) est donc positive, c’est-à-dire que la fonction est croissante sauf entre les racines où elle est décroissante. Ceci correspond également à la figure donnée.
5. On af µ3
2
¶
= µ
2× µ3
2
¶2
−3×3 2
¶
e−32=0.
D’autre partf′ µ3
2
¶
= µ
−2× µ3
2
¶2
+7×3 2−3
¶
e−32 =3e−32. Une équation de la tangente est donc :
y−0=3e−32 µ
x−3 2
¶
⇐⇒ y=3e−32x−9 2e−32. Partie III Calcul d’aire
1. f(2)=(2×4−3×2)e−2=2e−2>0.
Comme la fonctionf est croissante sur [2 ; 3], la fonctionf est donc positive sur cet intervalle.
2. On aF′(x)=(−4x−1)e−x−¡
−2x2−x−1¢ e−x=¡
−2x2−3x¢
e−x=f(x).
Fest donc une primitive de la fonctionf sur l’ensembleRdes nombres réels.
3. a. Voir la figure
b. La fonctionf étant positive sur [2 ; 3], on sait que l’aire (en unités d’aire) de la surfaceDest égale à :
Z3
2
f(x) dx=£¡
−2x2−x−1¢ e−x¤3
2=
£¡−2×32−3−1¢ e−3¤
−£¡
−2×22−2−1¢ e−2¤
=
−22e−3+11e−2=11e−2¡
1−2e−1¢
≈0, 393≈0, 39 (u. a.).
Nouvelle–Calédonie 3 novembre 2009
Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique et optique A. P. M. E. P.
1 2 3 4
−1
−1 1 2 3 4 5
O A
x y
B
−
→ı
−
→ 1 2
∆
C
b
b
Nouvelle–Calédonie 4 novembre 2009
