Durée : 4 heures

Corrigé du baccalauréat STI Polynésie
14 septembre 2012 Génie mécanique, énergétique, civil

E XERCICE 1

5 points

1. ∆ = 4 × 3 − 4 × 4 = −4 = (2i)2 . Le discriminant est négatif, l’équation a deux
2 3 + 2i solutions complexes conjuguées :
= 3 + i et 3 + i. Réponse c.
2
2. On a |zA |2 =

2

3 − i = 3 + 1 = 4 = 22 ⇒ |zA | = 2.
1
3
−i = 2
2
2

On a donc zA = 2

−1
3
−π
+i
= 2 cos −π
6 + i sin 6 .
2
2

Réponse d.
3. z − 3 − i = z − 3 + i ⇐⇒ z − 3 + i = z − 3 − i ⇐⇒ |z − zB | = |z − zA | ⇐⇒
BM = AM. Les points de l’ensemble sont donc équidistants de A et de B.
L’ensemble est donc la médiatrice de [AB], mais comme A et B sont symétriques autour de l’axe des abscisses, cette médiatrice est l’axe des abscisses : réponse b.
4. Calculons

3+i

zA
=
zB

3−i

Réponse : d.

3+i

=

3−i

3+i
3+i

=

3 − 1 + 2i 3 1 − i 3
=
.
3+1
2

−−→ −−→
5. DEAC est un parallélogramme ⇐⇒ DE = CA ⇐⇒ zE − zD = zA − zC ⇐⇒ zE = zD + zA − zC = − 3 − i + 3 − i + 3 − i = 3 − 3i. Réponse : c.
E XERCICE 2

4 points

1. L’équation est de la forme q ′′ + ωq = 0, avec ω = 11 × 103 .

Une solution est de la forme : q(t ) = A cos 11 × 103 t + B sin 11 × 103 t , avec
A et B réels quelconques.

2. q est dérivable sur R et q ′ (t ) = −11×103 A sin 11 × 103 t +11×103 B cos 11 × 103 t .
Donc

q(0) q ′ (0)

2 × 10−6
0

=
=

⇐⇒

A = 2 × 10−6
B = 0
La solution particulière est donc

A
11 × 103 B

=
=

2 × 10−6
0

⇐⇒

q(t ) = 2 × 10−6 cos 11 × 103 t .
3. q ′ (t ) = i (t ) = −2 × 10−6 × 11 × 103 sin 11 × 103 t = 22 × 10−3 sin 11 × 103 t =
2, 2 × 10−2 sin 11 × 103 t .
4. La valeur moyenne de la fonction q sur l’intervalle 0 ; égale à : π×10−3 2×11

0

q(t ) dt =

π×10−3
2×11

0

2 × 10−6 cos 11 × 103 t dt =

π × 10−3
2 × 11

est donc

A. P. M. E. P.

STI génie mécanique, énergétique, civil

π×10−3

2×11
1
× 2 × 10−6 sin 11 × 103 t
=
3
11 × 10
0
π×10−3