[ Correction du baccalauréat STI Génie électronique \ génie électrotechnique, optique
Métropole juin 2007
EXERCICE1 6 points
1.
z2+4z+16=0.
z2+4z+16=0⇐⇒ (z+2)2−4+16=0 ⇐⇒(z+2)2+12=0⇐⇒
(z+2)2=¡ 2ip
3¢2
.
L’équation a donc deux solutions complexes : z1= −2+2ip
3, z2= −2−2ip 3.
2. a. P(4)=43−64=0.Pest donc factorisable par (z−4).
b. SiP(z)=(z−4)¡
az2+bz+c¢
, alorsP(z)=az3+(b−4)z2+(c−4b)z−4c= z3−64 quel que soitz∈C.
En identifiant on obtienta=1,c= −16 et
½ b−4 = 0 c−4b = 0 ⇐⇒
½ b = 4
4 = b
On a donc :
P(z)=(z−4)¡
z2+4z−16¢ .
c. D’après la question1., les solutions de l’équationP(z)=0 sont 4, −2+ 2ip
3 et
−2−2ip 3.
3. a. zA=z1= −2+2ip
3, donc|zA|2=4+12=16=42. Donc|zA| =4.
En factorisant 4,zA=4 Ã
−1 2+i
p3 2
!
=4ei23π. CommezB=zA,zB=4e−i23π. b. A et B sont sur le cercle centré à l’origine de rayon 4 et à la perpendiculaire
à l’axe³ O,→−
u´
passant par le point d’abscisse−2.
c. De argzA=³−→ u,−−→
OA´
=2π
3 et argzB=³−→ u,−−→
OB´
= −2π
3 , on en déduit que
³−−→
OA ,−−→
OB´
=2π
3 . Les arcsCA,Ø AB etØ BC ont la même longueur, de mêmeØ que les cordes [CA], [AB] et [BC].
Le triangle ABC est donc équilatéral.
4. a. On a par définition de la rotation : zD=zAeπ6.
zDa donc le même module quezAsoit 4 et son argument est celui dezA
augmenté deπ6, soit2π 3 +π
6=5π 6 . ConclusionzD=4e56π.
b. On a donczD=4 Ã
− p3
2 +i1 2
!
= −2p 3+2i.
c. On place le point D comme le point commun au cercle centré en O de rayon 4 et la perpendiculaire à³
O,→− v´
contenant le point (0 ; 2).
2 4
−2
−4
2 4
−2
−4 −→
u
−
→v A
B
O C D
EXERCICE2 4 points
1. — AR1R2R3R6R7B
— AR1R2R4R6R7B
— AR1R2R5R4R6R7B
— AR1R8R9R14R16R17R18B
— AR1R8R10R12R14R16R17R18B
— AR1R8R11R13R15R17R18B
2. a. Chaque parcours a une probabilité de1
6. Il y a 3 parcours passant par R7; la probabilité cherchée est donc égale à 3×1
6=1 2.
b. Il y a 2 parcours passant par R14; la probabilité cherchées est donc égale à 2×1
6=1 3.
3. a. Il y a deux parcours à 6 bonds qui correspondent à X=12 ; trois parcours à 7 bonds qui correspondent à X=14 ; un parcours à 8 bonds qui correspondent à X=16 b. D’où le tableau :
X 12 14 18
p(X=xi) 2 6=1
3
3 6=1
2
1 6 c. E(X)=12×1
3+14×1
2+16×1
6=24+42+16
6 =82
6 =41
3 ≈13, 66.
4. En reprenant les calculs avec un tempsten secondes, on obtient : E(X)=6t×1
3+7t×1
2+8t×1
6=12t+21t+8t
6 =41t
6 .
41t 60
Problème 10 points Partie A : étude d’une fonction auxiliaire
g(x)=x2−1+lnx.
1. gest la somme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[, et sur cet intervalle : g′(x)=2x+1
x
g′(x) somme de deux termes positifs est positive : la fonctiongest donc crois- sante sur ]0 ;+∞[.
2. g(1)=1−1+ln 1=0.
La fonction étant croissante, on en déduit :
— g(x)<0 sur ]0 ; 1[ ;
— gs’annule en 1 ;
— g(x)>0 sur ]1 ;+∞[.
Partie B : détermination de l’expression de la fonctionf 1. f est une somme de fonctions dérivables sur ]0 ;+∞[ et
f′(x)=a−
1
x×x−lnx
x2 =a−1−lnx x2 .
2. La première condition se traduit par 0=a+b−ln 1
1 =a+bet la seconde par f′(1)=0 ⇐⇒ a−1−ln 1
12 =0 ⇐⇒ a−1=0 ⇐⇒ a=1 et par conséquent b= −1.
On a donc :
f(x)=x−1−lnx
x sur ]0 ;+∞[.
Partie C : étude de la fonctionf
1. a. Comme lim
x→0lnx= −∞et lim
x→0
1
x= +∞, on obtient par produit des limites : limx→0
lnx x = −∞.
Comme lim
x→0x−1= −1 ; on a finalement lim
x→0f(x)= −∞.
Interprétation graphique : l’axe des ordonnées est asymptote verticale à C au voisinage de zéro.
b. On sait que lim
x→+∞
lnx
x =0 et comme lim
x→+∞x−1= +∞, on a finalement :
x→+∞lim f(x)= +∞.
2. a. g(x)
x2 =x2−1+lnx
x2 =1− 1 x2+lnx
x2 . D’autre part on a vu quef′(x)=1−1−lnx
x2 =1− 1 x2+lnx
x2 . On a bienf′(x)=g(x)
x2 .
b. Commex2>, le signe def′(x) est celui deg(x), vu à la question A. 2. soit :
— f′(x)<0 sur ]0 ; 1[ ;
— f′s’annule en 1 ;
— f′(x)>0 sur ]1 ;+∞[.
D’où le tableau de variations :
c.
10 x
y
O 1
D
C
x 0 1 +∞
f′(x) − 0 +
f
+∞
0
+∞
c. On en déduit quef(x)>0 sauff(1)=0.
3. a. Considérons la fonctionddéfinie par : d(x)=f(x)−(x−1)=x−1−lnx
x −x+1= −lnx x . On a déjà vu que lim
x→+∞
lnx
x =0. Ceci prouve que la droiteDest asymptote àC au voisinage de plus l’infini.
b. Il faut étudier le signe la fonctiond définie pard(x)= −lnx
x qui est du signe de−lnx, qui s’annule en 1, et positive sur ]0 ; 1[ et négative sur ]1 ;+∞[.
Graphiquement ceci prouve que :
— sur ]0 ; 1[,C est au dessus deD;
— sur ]1 ;+∞[,C est au dessous deD; ;
— DetC sont sécantes en (1 ; 0).
Partie D : calcul d’aire
1. a. La fonctionx7−→lnxétant dérivable sur ]0 ;+∞[, la fonctionHl’est aussi et
H′(x)=2lnx×1 x =2lnx
x .
b. On déduit de la question précédente qu’une primitive delnx
x est la fonc- tion1
2(lnx)2.
Donc une primitive de : f(x)=x−1−lnx
x est F(x)=x2
2 −x−1 2(lnx)2.
2. a. On sait que l’aire de la surface limitée par la courbe C, l’axe des abs- cisses et les droites d’équations x =1 et x=e est égale à l’intégrale : A=
Ze
1 f(x) dx.
D’après la question précédente : A=
·x2 2 −x−1
2(lnx)2
¸e
1=e2 2 −e−1
2(ln e)2− µ12
2 −1−1 2(ln 1)2
¶
= e2
2 −e−1 2−1
2+1=e2 2 −e.
b. A=e2
2 −e≈0, 976≈0, 98 cm2au mm2près.
