Corrigé du baccalauréat STI Génie électronique, électrotechnique

Durée : 4 heures
Corrigé du baccalauréat STI
Génie électronique, électrotechnique & optique
Antilles-Guyane 13 septembre 2012
E XERCICE 1
4 points
1. zB = eiπ : module 1 et argument π.
¡ p ¢2
p
2. On a |zA |2 = 2 + 6 = 8 = 2 2 ⇒ |zA | = 2 2.
En factorisant
ce
:
!
Ã
p module
p π
p ³
p 1
π´
3
π
= 2 2ei 3 .
+i
= 2 2 cos + i sin
zA = 2 2
2
2
3
3
3. L’image d’un point M d’affixe z par³la
rotation
est le point M ′ d’affixe z ′ telle
p ´
p
¡
¢
π
2
2
π
π
′
que z = ze 4 = z cos 4 + i sin 4 = z 2 + i 2 .
³p
p ´ ¡p
p ´
p 7π
p ¢ ³p
p ¢
p
¡
Donc zA′ = zA 22 + i 22 = 2 + i 6 × 22 + i 22 = 2 2e 12 = 1− 3+i 1 + 3 .
p
¡ p ¢n
4. On sait p
que |zA | = 2 2, donc un = 2 2 : c’est une suite géométrique de
raison 2 2.
E XERCICE 2
5 points
Partie A
1. 99 % des 1 000 soit 0, 99×1000 = 990 ont donné la bonne réponse. Donc p(R) =
99
990
=
= 0, 99.
1000 100
16
2×8
2
2. Sur 1 000 participants 16 ont gagné un lot ; p(G) =
=
=
.
1000 125 × 8 125
3.
a. X prend la valeur 299 lorsqu’un joueur gagne une des cinq consoles.
1
5
=
.
On a donc p(X = 299) =
1000 200
b. X peut valoir −1 (joueur perdant), 49 (gain d’un chèque de 50 (), 299
(gain d’une console) ou 999 (gain du voyage).
c. Le tableau de la loi deprobabilité de X est le suivant :
X
−1
984
1000
p (X = xi )
d. E(X ) = −1×
2000
= 2.
1000
49
299
999
10
1000
5
1000
1
1000
10
5
1
−984 + 490 + 1495 + 999
984
+49×
+299×
+999×
=
=
1000
1000
1000
1000
1000
Partie B
1. Le nouveau tableau devient en remplaçand 1 000 par n :
X
p (X = xi )
−1
n − 16
n
49
299
999
10
n
5
n
1
n
A. P. M. E. P.
Baccalauréat STI génie électronique
2. E(X n ) = −1×
n − 16
10
5
1 −n + 16 + 490 + 1495 + 999
+49× +299× +999× =
=
n
n
n
n
n
3000 − n
.
n
3. Le jeu est favorable au joueur s’il gagne plus que sa mise soit 1 euro ; donc
3000 − n
E(X n ) > 1 ⇐⇒
> 1 ⇐⇒ 3000 − n > n ⇐⇒ 2n < 3000 ⇐⇒ n < 1500.
n
Le jeu est favorable aux joueurs jusque’à n = 1499.
P ROBLÈME
11 points
Partie A
a. On lit f (0) = 1 et f ′ (0) = 0 (tangente de pente nulle).
1.
b. f (x) = ae−x + be−2x entraîne :
f ′ (x) = −ae−x − 2be−2x . D’où :
f (0) = a + b ;
f ′ (0) = −a − 2b.
c. On a donc le système :
½
a +b
−a − 2b
=
=
1
0
⇐⇒ −b = 1 (par somme) soit b = −1.
En reportant la valeur trouvée pour b dans la première équation on obtient a − 1 = 1 ⇐⇒ a = 2.
Donc f (x) = 2e−x − e−2x .
2. On a f ′ (x) = −2e−x + 2e−2x ;
f ′′ (x) = 2e−x − 4e−2x .
¢
¢ ¡
¡
On a f ′′ (x)+3f ′ (x)+2f (x) = 2e−x −4e−2x +3 −2e−x + 2e−2x +2 2e−x − e−2x =
2e−x − 6e−x + 4e−x − 4e−2x + 6e−2x − 2e−2x = 0.
f est bien une solution de l’équation différentielle.
Partie B
1. On sait que lim e−x = lim e−2x = 0, donc :
x→+∞
x→+∞
lim f (x) = 0. Géométriquement ce résultat signifie que l’axe des abscisses
x→+∞
est asymptote à C au voisinage de plus l’infini.
2. Quel que soit le réel x, f (x) = 2e−x −e¡−2x = 2e¢−2x ×ex −1×e−2x = e−2x (2ex − 1).
On sait que lim ex = 0, donc lim 2ex − 1 = −1.
x→−∞
x→−∞
D’autre part lim e−2x = +∞, donc par profuit de limites :
x→−∞
lim f (x) = −∞.
x→−∞
3.
a. f ′ (x) = −2e−x +2e−2x = −2e−2x ex +2e−2x = 2e−2x (−ex + 1) = 2e−2x (1 − ex )
pour tout réel x.
b. 1 − ex > 0 ⇐⇒ 1 > ex ⇐⇒ ln 1 > ln (ex ) par croissance de la fonction ln,
soit 0 > x
On a donc 1 − ex > 0 ⇐⇒ x < 0.
En utilisant l’écriture précédente de f ′ (x) :
f ′ (x) > 0 ⇐⇒ 1 − ex > 0 ⇐⇒ 2e−2x (ex − 1) > 0 ⇐⇒ ex − 1 > 0 car on sait
que quel que soit le réel x, e−2x > 0.
Donc f ′ (x) > 0 ⇐⇒ x < 0.
On trouverait de même que f ′ (x) < 0 ⇐⇒ x > 0.
Antilles–Guyane
2
13 septembre 2012
A. P. M. E. P.
Baccalauréat STI génie électronique
c. Les résultats précédents montrent que :
• f est croissante sur ] − ∞ ; 0[ ;
• f est décroissante sur ]0 ; +∞[. On a donc le tableau de variations
suivant :
x
0
−∞
+∞
1
f (x)
0
−∞
Partie C
1. On a vu que l’on pouvait écrire :
x
f (x) = e−2x (2ex − 1), donc f (x) = 0 ⇐⇒ e−2x (2ex −
µ 1)¶ = 0 ⇐⇒ 2e −1 = 0 (car
1
1
⇐⇒ x = − ln 2.
e−2x > 0, puis 2ex = 1 ⇐⇒ ex = ⇐⇒ ln (ex ) = ln
2
2
µ
¶
µ
¶
¡
¢
¡
¢2
1
1
2.
a. On a f ′ (− ln(2)) = 2e−2×− ln 2 1 − e− ln 2 = 2e2 ln 2 1 − ln 2 = 2 eln 2 1 −
=
2
e
1
2 × 22 × = 4.
2
b. Une équation de la tangente D à la courbe C au point B est :
y − y B = f ′ (xB (x − xB ) soit
y − 0 = 4(x − (− ln 2)) ⇐⇒ y = 4x + 4ln 2.
3.
a. La fonction g est décroissante sur ]−∞ ; − ln 2[, croissante sur ]−ln 2 ; +∞[.
x
− ln 2
−∞
+∞
g (x)
¢
¡
b. g (− ln(2)) = −4×(ln 2)+4ln 2− f (− ln 2) = − 2e−(− ln 2 − e−2×(− ln 2) = −2eln 2 +
e2 ln 2 = −2 × 2 + 22 = −4 + 4 = 0.
c. Le tableau de variations a montré que g (− ln(2)) = 0 est le minimum de
la fonction g . On a donc pour tout réel x, g(x) > 0.
d. Géométriquement le dernier résultat montre que tout point de la droite
D est au dessus du point de même abscisse de la fonction f , donc que la
tangente D est au dessus de la courbe C .
4.
a. G somme de fonctions dérivables sur R est dérivable et sur R :
1
G ′ (x) = 4x + 4ln 2 − 2e−x − × (−2)e−2x = 4x + 4ln 2 − 2e−x + e−2x = 4x +
2
¡
¢
4ln 2 − 2e−x − e−2x = 4x + 4ln 2 − f (x) = g (x).
G est donc bien l’une des primitives de la fonction g .
Z0
b.
g (x) dx = [G(x)]0− ln 2 = G(0) − G − ln 2) =
− ln(2)
·
¸
1
1
2×02 +(4ln(2))×0+2e−0 − e−2×0 − 2(− ln 2)2 + (4ln(2)) × (− ln 2) + 2eln 2 − e−2×(− ln 2) =
2
2
1
1
1
2
2
2
2 1
2− −2(ln 2) +4(ln 2) −4+ ×4 = − +2(ln 2) = 2(ln 2) − ≈ 0, 461 (unité
2
2
2
2
d’aire).
Antilles–Guyane
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