Durée : 4 heures
[ Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique \ Génie électrotechnique, optique
Métropole septembre 2007
EXERCICE1
1. Résoudre dans l’ensembleCdes nombres complexes l’équation :
z2−6z+12=0⇐⇒ (z−3)2−9+12=0⇐⇒ (z−3)2+3=0⇐⇒ (z−3)2=(ip 3)2 Donc deux solutions :
z1=3+ip
3 etz2=3−ip 3 2. zA=3+ip
3 etzB=3−ip 3.
a. On a|zA|2=9+3=12, donc|zA| =2p 3.
On peut écrire :zA=2p 3
Ãp 3 2 +i1
2
!
=2¡
cosπ6+i sinπ6¢
=2eπ6. On a donc arg(zA)=π
6 et commezB=zA, arg(zB)= −π 6. b.
1 2 3
−1
−2
−3
−4
3 A
B
C O D
x y
30°
30°
3. a.
b. On sait que−−→
OC =−−→
AB ⇐⇒ −−→
OC (0 ; −2p
3). Donc C(0 ; −2p
3) ouzC=
−2ip 3.
c. −−→
OC=−−→
AB⇒OC=AB=2p
3 = OA = OB.
Le triangle BOC est donc isocèle en O et commeCOB=60°, il est équilatéral et OC = BC.
d. −−→
OC =−−→
AB ⇐⇒ (OABC) est un parallélogramme et comme deux côtés consécutifs ont la même longueur, c’est un losange.
4. a.
Baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique
b. Par définition de la rotation :³−→ u ;−−→
OD´
=
³→− u ;−−→
OA´ +
³−−→
OA ;−−→
OD´
= π 6+
π 3= π
2.
Comme OD = OA = 2p
3, le point D est le point de [Oy) tel quezt ext D= 2ip
3.
c. Pour la même raison que le triangle OBC, le triangle OAD est équilatéral, donc OA = AD et comme OA = OB = OB, AD = BC.
Comme A et B d’une part, C et D d’autre part ont la même abscisse, les droites (AB) et (CD) sont parallèles : le quadrilatère (ABCD) est donc un trapèze et comme AD = BC, c’est un trapèze isocèle.
EXERCICE2 1.
y"+9y=0.
On sait que la solution générale est de la forme : y(t)=Acos 3t+Bsin 3t, avecA,Bettréels.
2.
y"+9y=8sint. a.
f(t)= −1
3sin(3t)+Acos(3t)+sint.
f′(t)= −cos(3t)−3Asin(3t)+cost.
f′′(t)=3sin(3t)−9Acos(3t)−sin(t).
Vérification :
3sin(3t)−9Acos(3t)−sin(t)+9 µ
−1
3sin(3t)+Acos(3t)+sint
¶
=3sin(3t)−
9Acos(3t)−sin(t)−3sin(3t)+9Acos(3t)+9sin(t)=8sin(t).
La fonctionf est donc une solution de l’équation (E).
b. f³π 4
´
=0 ⇐⇒ −1 3sin(3π
4)+Acos(3π
4)+sinπ
4 =0 ⇐⇒ −1 3
p2 2 +A× Ã
− p2
2
! +
p2
2 ⇐⇒ −1
3−A+1=0 ⇐⇒ A=2 3. 3.
g(t)= −1
3sin(3t)+2
3cos(3t)+sint. La valeur moyenne de la fonctiongsur l’intervalle
h 0 ; π
3 i
est : 3
π Zπ
3
0 g(t) dt=3 π
Zπ
3 0
µ
−1
3sin(3t)+2
3cos(3t)+sint
¶ dt 3
π Zπ
3
0 g(t) dt=3 π
·1
9cos 3t+2
9sin 3t−cost
¸π3
0
= 5 6π.
PROBLÈME
Partie A. Détermination d’une fonctionf
Métropole 2 septembre 2007
Baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique
1. On a :
A(0 ; ln 3)∈Cf ⇐⇒ ln 3=lnc B(−1 ; 0)∈Cf ⇐⇒ 0=ln(a−b+c) C(−2 ; 0)∈Cf ⇐⇒ 0=ln(4a−2b+c)
On obtient donc :c=3,a−b+3=1 et 4a−2b+3=1.
Donc
½ a−b = −2 2a−b = −1 ⇐⇒
½ a−b = −2
a = 1 ⇐⇒
½ b = 3
a = 1
On a donc :f(x)=ln¡
x2+3x+3¢ .
1 2 3
−1
−2
1 2 3
−1
−2
−3
−4
−5-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
-2 -1 0 1 2 3 4
x y
Cf
Cg
2. a. f est de la forme lnu, avecupolynôme dérivable surRet qui a pour dé- rivéeu′
u.
Doncf′(x)= 2x+3 x2+3x+3.
b. Le trinômex2+3x+3 a pour déterminant∆= −3 ; il est donc du signe de a = +1, donc strictement positif.
(Autre méthode :x2+3x+3= µ
x+3 2
¶2
−9 4+3=
µ x+3
2
¶2
+3 4>3
4>0.) f′(x) est donc du signe de la fonction affinex7→2x+3, qui s’annule pour x= −3
2.
f′(x)<0 sur ]− ∞;−3
2[, soitf décroissante sur cet intervalle, etf′(x)>0 sur ]−3
2;+∞[, soitf croissante sur cet intervalle.
da donc un minimum en−3 2. c. Le minimum def est égal àf
µ
−3 2
¶
=ln µ9
4−9
2+3=ln µ3
4
¶
=ln 3−2ln 2.
Partie B. Étude d’une fonctiong 1. g(−1)=ln
µ−10+11
−1+2
¶
=ln 1=0.
2. Pourx6=0,10x+11
x+2 =10+11x
1+2x qui a pour limite 10 au voisinage de l’infini.
Donc lim
x→+∞g(x)=ln 10.
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Ceci signifie queCg a pour asymptote la droite horizontale D, d’équation y=ln 10 au voisinage de plus l’infini.
1. Sur [−1 ;+∞[, 10x+11>0 etx+2>0, donc ln
µ10x+11 x+2
¶
=ln(10x+11)−ln(x+2).
D’où g’(x) = 10
10x+11− 1
x+2 =10(x+2)−1(10x+11
(10x+11)(x+2) = 20−11 (10x+11)(x+2) = 9
(10x+11)(x+2)sur [−1 ;+∞[
2. Comme tous les termes de la dérivée sont strictement positifs, celle-ci est strictement positive : la fonctiong est strictement croissante sur [−1 ; +∞[ deg(−1)=0 à ln 10.
Partie C. Étude des positions relatives deCf etCg 1. a. ¡
x2−1¢
(x+5)=x3+5x2−x−5=P(x)
b. D’après la question précédente :P(x)=0 ⇐⇒ ¡ x2−1¢
(x+5)=0 ⇐⇒
x = −1
x = 1
x = −5
c. CommeP(x)=(x−1)(x+1)(x+5), son signe dépend de celui de ces trois facteurs, d’où le tableau de signes :
x −∞ −5 −1 1 +∞
x−1 − − − 0 +
x+1 − − 0 + +
x+5 − 0 + + +
P(x) − 0 + 0 − 0 +
2. a. Dans [−1 ;+∞[, f(x)=g(x) ⇐⇒ ln¡
x2+3x+3¢
=ln
µ10x+11 x+2
¶
⇐⇒
x2+3x+3=10x+11
x+2 (par croissance de la fonction ln).
Ce qui équivaut à (x+2)¡
x2+3x+3¢
=10x+11 ⇐⇒
x3+3x2+3x+2x2+6x+6=10x+11 ⇐⇒ x3+5x2−x−5=0⇐⇒ P(x)= 0, équation qui a été résolue ci-dessus.
Sur [−1 ;+∞[,f(x)=g(x)⇐⇒ x= −1, oux=1, oux= −5.
b. Graphiquement la question précédente signifie que sur l’intervalle [−1 ;+∞[, les courbesCf etCg sont sécantes pourx= −1,x=1.
3. a. De la même façon que dans la question précédente, sur [−1 ;+∞[, f(x)>g(x)⇐⇒ P(x)>0.
D’après le tableau ci-dessus, on a doncf(x)>g(x) sur [1 ;+∞].
b. De la même façon sur ]−1 ; 1[,P(x)<0 ⇐⇒ f(x)<g(x), ce qui signifie queCf est au-dessous deCgsur ]−1 ; 1[.
Par contre sur ]1 ;+∞[,f(x)>g(x), ce qui signifie queCf est au-dessus deCg.
Enfin en−1 et en 1, les deux courbes sont sécantes.
4. Cf. figure.
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