[ Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, optique, \ électrotechnique Métropole juin 2006

(1)

Durée : 4 heures

[ Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, optique, \ électrotechnique Métropole juin 2006

EXERCICE1 5 points

1. On a∆=(−2)²−4×4=4−16= −12=¡ 2ip

3¢2

<0 : l’équation a donc deux solutions complexes conjuguées :

S=

(2+2ip 3

2 =1+ip

3, 1−ip 3

)

2. a. On a|zA|²=1+3=4=2²⇒ |zA| =2.

On a donc :zA=2 Ã1

2+i p3

2

!

=2¡

cos^π₃+i sin^π₃¢

. Un argument dezAest doncπ 3. zBétant le conjugué dezAson module est égal à 2 et un de ses arguments est−π

3. b. zA=2e^π³.

c. Voir le dessin à la fin de l’exercice.

3. a. Rest la rotation de centre O et d’angle2π 3 . b. D’après la définition de la rotation :

zC=eⁱ^2π³ zA=eⁱ^2π³ ×2eⁱ^π³ =2eⁱ^£^2π³⁺^π³^¤=2e^iπ= −2.

c. Voir la figure.

d. Soit C^′l’image de C parR. On a par définition deR: z_C′=eⁱ^2π³z_C=eⁱ^2π³ ×2e^iπ=2eⁱ^5π³ =2eⁱ⁻³^π=z_B. Donc B est l’image parRde C.

4. Utilisons les propriétés de la rotation de conserver les distances :

On aR(A)=C etR(C)=B, donc la distance de deux points étant égale à celle de leurs images : AC = CB et par définitionACB=60°. Le triangle ACB est donc isocèle avec un angle au sommet de 60 °, les deux autres angles mesurent aussi 60°, donc ACB est un triangle équilatéral.

1 2 3

−1

−2

−3

−1

−2 1

2 bb

b

A

B C

O →− u

−

→v

EXERCICE2 4 points

1. Étude du gain d’un joueur pour une mise de 10 euros.

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Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique, optique A. P. M. E. P.

a.

Roue n^o2

Roue n^o1

10 0 5 0

0 20 10 15 10

0 10 0 5 0

5 15 5 10 5

0 10 0 5 0

b. Sur les 16 issues, 8 donnent un gain supérieur ou égal à 10(; la probabilité est donc égale à 8

16=1 2= 50

100=50%.

c.

gi 0 5 10 15 20

p(G=gi) ₁₆⁴ ₁₆⁴ ₁₆⁵ ₁₆² ₁₆¹

d. p(G>10)=p(G=15)+p(G=20)=₁₆² +₁₆¹ =₁₆³.

e. On aE(G)=0×₁₆⁴ +5×₁₆⁴ +10×₁₆⁵ +15×₁₆² +20×₁₆¹ =²⁰⁺⁵⁰₁₆⁺³⁰⁺²⁰=120 16 =30

4 =15 2 =7,5.

Sur un grand nombre de parties, le gain moyen par partie est de 7,50(. 2. Étude du bénéfice de l’association pour une valse demeuros.

a. On aE(B)=(m−0)×₁₆⁴ +(m−5)×₁₆⁴ +(m−10)×₁₆⁵ +(m−15)×₁₆² +(m−20)×₁₆¹ = 4m+4m−20+5m−50+2m−30+m−20

16 =16m−120

16 .

b. Il faut résoudre l’inéquation : 16m−120

16 >5 soit 16m−120>80 ou encore 16m>200 et enfinm>12,50.

PROBLÈME 11 points

Partie A : Résolution d’une équation différentielle

1. a. La solution générale de l’équation différentielle esty=Ce⁻^x, avecC∈R.

b. Il faut que1

e=Ce⁻¹soitC=1.

La solution est doncy=e⁻^x.

2. Avecu(x)=e⁻^x+ax, on au^′(x)= −e⁻^x+a, doncuest solution de (E) si

−e⁻^x+a+e⁻^x+ax= −x−1 ouax+a= −x−1.

Par identification on obtienta= −1, d’oùu(x)=e⁻^x−x.

Partie B : étude d’une fonction auxiliairef

f(x)=e⁻^x−x.

1.

• On a lim

x→+∞e⁻^x=0, donc lim

x→+∞f(x)= −∞;

• On a lim

x→−∞e⁻^x= +∞et• On a lim

x→+∞−x= +∞, donc par somme de limites lim

x→−∞f(x)= +∞.

2. f^′(x)= −e⁻^x−1.

Or e⁻^x>0 quel que soit le réelx, donc−e⁻^x<0 et enfin−e⁻^x−1<0;f^′(x)<0 quel que soit le réelx: la fonction f est strictemet décroissante surR.

3. a. La fonctionf étant strictement décroissante de plus l’infini à moins l’infini, s’annule une seule fois pourx=α.

Orf(0)=1 etf(1)=e⁻¹−1≈ −0,6; ceci montre que 0<α<1.

Métropole 2 juin 2006

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b. La calculatrice donne :

f(0,5)≈0,1 etf(0,6)≈ −0,05 donc 0,5<α<0,6;

f(0,56)≈0,011 etf(0,57)≈ −0,005, donc 0,56<α<0,57.

4. La fonction décroit de plus l’infini à zéro sur l’intervalle ]− ∞;α], donc est positive sur cet intervalle puis négative sur ]α;+∞[.

Partie C : Calcul de l’aire d’une partie du plan 1. Voir à la fin.

2. Sur l’intervalle [0 ;α], la fonctionf est positive ; on sait qu’alors l’ire de la surface est égale (en unité d’aire) à l’intégrale :

Z_α

0 f(x) dx= Z_α

0

¡−e⁻^x−x¢ dx=

·

e⁻^x−x² 2

¸α

0=e⁻^α−α² 2 −

· e⁻⁰−0²

2

¸

=e⁻^α−α² 2 −1.

Partie D : étude d’une fonctionget représentation graphique 1. a. En multipliant chaque terme du quotient par e^x, on obtient :

g(x)= xe^x 1−xe^x. b. On sait que lim

x→−∞xe^x=0, donc lim

x→−∞g(x)=0.

Géométriquement ce résultat montre que l’axe des abscisses est asymptote horizontale à C_g.

2. On sait quef(α)=

Géométriquement ce résultat signifie que la droite d’équationx=αest asymptote verticale àC_g. 3. a. On ag^′(x)=1×(1−xe^x)−x(

(1−xe^x)² = 1−xe^x (1−xe^x)².

b. On sait que quel que soit le réelx, e⁻^xet (1−xe^x)²sont des nombres positifs. Le signe de g^′(x) est donc celui de 1+x.

• 1+x>0 six> −1. Sur l’intervalle ]−1 ;α], la fonctiongest croissante ;

• 1+x<0 six< −1. Sur l’intervalle ]− ∞;−1], la fonctiongest décroissante.

La fonctiong décroit de plus l’infini àg(−1)= 1e¹ 1−1e¹= e

1−e ≈0,582 puis croit jusqu’à plus l’infini.

4. Voir ci-dessous.

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Feuille annexe à remettre avec la copie

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3

-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7

1 2 3

−1

−2

−3

−4

−1

−2 1 2 3 4 5 6 7

0 1

−

→ı

−

→ C_f

α C_g

Si vous photocopiez ce corrigé pensez à en créditer l’A. P. M. E. P., merci