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Baccalauréat STI mars 2008

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Extrait

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Baccalauréat STI mars 2008 \ Génie électronique, électrotechnique, optique Nouvelle-Calédonie EXERCICE 1 4 points 1. a. f (2i)= i?2i+2=?2+2= 0. b. 1+i est solution de l'équation f (z)= z ?? f (1+i)= 1+i ?? i(1+i)+2= 1+ i ?? i?1+2= 1+ i ?? 1+ i= 1+ i qui est vraie. 2. Voir figure plus bas. 3. a. On a OA = |zA| = |2i| = 2 ; OB = |zB| = |1+ i| = p 1+1= p 2 ; AB = |zB? zA| = |1? i| = p 1+1= p 2. b. On a d'une part : BO = BA donc OAB est isocèle en B ; D'autre part OB2 +AB2 = 2+2 = 4 et OA2 = 4, donc OB2 +AB2 = OA2 et d'après la réciproque du théorème de Pythagore, OAB est rectangle en B. Conclusion OAB est rectangle isocèle en B. 4. a. f (z)= f (x+ iy)= i(x+ iy)+2= ix? y +2.

?3a sin3x

réciproque du théorème de pythagore

?? ?

?3 ??

génie électronique

Sujets

Électronique

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Publié par	apmep
Publié le	01 mars 2008
Nombre de lectures	22

Extrait

Durée:4heures
[BaccalauréatSTImars2008\
Génieélectronique,électrotechnique,optique
Nouvelle-Calédonie
EXERCICE1 4points
1. a. f(2i)=i×2i+2=−2+2=0.
b. 1+iestsolutiondel’équation f (z)=z ⇐⇒ f(1+i)=1+i ⇐⇒ i(1+i)+2=
1+i ⇐⇒ i−1+2=1+i ⇐⇒ 1+i=1+iquiestvraie.
2. Voirﬁgureplusbas.
3. a. OnaOA=|z |=|2i|=2;A p p
OB=|z |=|1+i|= 1+1= 2;B p p
| |AB= z −z =|1−i|= 1+1= 2.B A
b. Onad’unepart:BO=BAdoncOABestisocèleenB;
2 2 2 2 2 2D’autre part OB +AB =2+2=4 et OA =4, donc OB +AB =OA et
d’aprèslaréciproqueduthéorèmedePythagore,OABestrectangleenB.
ConclusionOABestrectangleisocèleenB.
4. a. f(z)= f(x+iy)=i(x+iy)+2=ix−y+2.
b. D’aprèslaquestionprécédente f(z)estimaginairepursisapartieréelle
estnullec’est-à-diresi2−y=0 ⇐⇒ y=2.
c. Six=0,f (z)=2−y.
d. D’après les deux questions précédentes si la partie réelle de z est nulle
son image par f est le réel 2−y; d’autre part f(z) est imaginaire pur si
y=2.
Lasolutionestdonc z=2ietonavuàlaquestion1que f(2i)=0=0i.
A
2
1 B
→−
v
→−O
−2 −1 1u
−1
EXERCICE2 5points
1. Onsaitquelessolutionssontdelaforme:
f(x)= Acos3x+Bsin3x,A∈R,B∈R.
? ? pπ
 f = − 3
′ ?2 ?2. Ona f (x)=−3Asin3x+3Bcos3x.Donc ⇐⇒π′ f = −3
2p p? ? ?π π A = −1Acos3× +Bsin3 = − 3 −B = − 32 2 p⇐⇒ ⇐⇒π π−3Asin3 +3Bcos3 = −3 +3A = −3 B = 32 2
Lasolutionparticulièreestdonc:
p
f(x)=−cos3x+ 3sin3x.
bbbA.P.M.E.P. BaccalauréatSTIGénieélectronique,génieélectrotechnique,génieoptique
? !p
p 1 3
3. f(x)=−cos3x+ 3sin3x=2 − cos3x+ sin3x =
2 2
? ? ? ?
2π 2π 2π
2 cos3xcos +sin3xsin = 2cos 3x− , d’après la formule d’addi-
3 3 3
tioncosacosb+sinasinb=cos(a−b).
2π 1
4. a. Avecu(x)=3x− ,uneprimitivedecosu est sinu;doncuneprimi-′3 u
tivede f surRest:
? ? ? ?
1 2π 2 2π
F(x)=2× sin 3x− = sin 3x− .
3 3 3 3
h iπ
b. Lavaleurmoyenne?de f sur 0; estégaleà:
9Z h ? ? iπ1 π 9 9 π
9?= f(x)dx= [F(x)] = F −F(0) =π 0−0 9 π π 909 " ? ! ? !#p p? ? ? ? ??
9 2 2π 2 2π 9 2 3 2 3πsin 3× − − sin 3×0− = × − − × − =9π 3 3 3 3 π 3 2 3 2
? !p p
9 3 3
− + =0.
π 2 2
PROBLÈME 11points
PartieAÉtudedelafonction g.
0e 1
1. a. g(0)= = =1.
0+1 1
x x xe x e e x
b. Six6?0, g(x)= = × = × cetteégalitéétantvraieen
x+1 x x+1 x x+1
particuliersi x>0.
xe x
Onsaitque lim =+∞et lim =1;donc
x→+∞ x→+∞x x+1
lim g(x)=+∞.
x→+∞
x x xe (x+1)−1×e xe′2. a. Onag (x)= = .
2 2(x+1) (x+1)
′ ′b. Tous les termes de g (x) sont positifs, donc g (x)>0 : la fonction g est
donccroissantesur[0;+∞[.D’oùletableaudevariationsdeg :
x 0 +∞
+∞
g(x)
1
PartieBÉtudedelafonction f
1. a. On a vu que g(0)=1 et comme limlnx=−∞ on en déduit par somme
x→0
delimitesquelimf(x)=−∞.
x→
b. Onavu que lim g(x)=+∞etcomme lim ln(x)=+∞,onen déduit
x→+∞ x→+∞
parsommedeslimitesque lim f(x)=+∞.
x→+∞
c. f estlasommededeuxfonctionscroissantessur]0;+∞[:elleestdonc
croissantesur]0;+∞[.Onsaitdeplusque f(0)=−∞.
D’oùletableaudevariations:
Nouvelle-Calédonie 2 mars2008A.P.M.E.P. BaccalauréatSTIGénieélectronique,génieélectrotechnique,génieoptique
x 0 +∞
+∞
f(x)
−∞
Lacalculatricedonne:
f(0,3)≈−0,17et f(0,4)≈0,15,donc0,3<α<0,4.
f(0,34)≈−0,03et f(0,35)≈0,001,donc0,34<α<0,35.
PartieCTracé.
x xe e
21.. a. f(x)=g(x) ⇐⇒ +lnx= ⇐⇒ lnx=0 ⇐⇒ x=1.
x+1 x+1
1e e
Onadonc f(1)=g(1)= = .
1+1 2 ? ?e
LepointcommunauxcourbesC etΓestlepointΩ 1; .
2
x xe e
b. C est au dessus deΓ si f(x)>g(x) ⇐⇒ +lnx> ⇐⇒ lnx>
x+1 x+1
0 ⇐⇒ x>1.
x xe e
DemêmeC estaudessousdeΓsi f (x)<g(x) ⇐⇒ +lnx< ⇐⇒
x+1 x+1
lnx<0 ⇐⇒ x<1.
Conclusion:
-sur[0;1],C estaudessousdeΓet
-sur[1;+∞[,C estaudessusdeΓ.
2.
3
C
2
Γ
1
→−

→−O
−1 ı 1 2
−1
Nouvelle-Calédonie 3 mars2008