Gang

Pages: 5 (1167 mots) Publié le: 13 mai 2013
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 = 3 − i = 3 + 1 = 4 = 22 ⇒ |zA | = 2. 1 3 −i = 2 2 2
2

On a donc zA = 2 Réponse d.−1 3 +i = 2 cos −π + i sin −π . 6 6 2 2

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 zA = zB 3+i 3−i = 3+i 3−i3+i 3+i = 3 − 1 + 2i 3 1 − i 3 = . 3+1 2

Réponse : d.

−→ −→ − − 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 1. L’équation est de la forme q ′′ + ωq = 0, avec ω = 11 × 103 . 4 points

Une solution est de la forme : q(t ) = A cos 11 × 103 t + B sin 11 × 103 t , avec A et B réels quelconques.q(0) q ′ (0) = = 2 × 10−6 0 A 11 × 103 B = = 2 × 10−6 0

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

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

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 lafonction q sur l’intervalle 0 ; égale à :
π×10−3 2×11 π×10−3 2×11

π × 10−3 2 × 11

est donc

0

q(t ) dt =

0

2 × 10−6 cos 11 × 103 t dt =

STI génie mécanique, énergétique, civil

A. P. M. E. P.

2×11 1 × 2 × 10−6 sin 11 × 103 t = 3 11 × 10 0 π×10−3 2 × 10−6 2 π 2 × 10−9 sin = × 10−9 . sin 11 × 103 t 0 2×11 = 11 × 103 11 2 11

π×10−3

P ROBLÈME Partie A : étude d’unefonction auxiliaire 1.

11 points

a. Sur ]0 ; +∞[, toutes les fonctions sont dérivables et sur cet intervalle : 1 x3 − 1 1 =3 . g ′ (x) = −3 + 3x 2 = 3 x 2 − x x x Or x 3 − 1 s’annule pour x = 1 : on peut donc écrire : x 3 − 1 = (x − 1) x 2 + bx + c , soit : x 3 − 1 = x 3 + bx 2 + cx − x 2 − bx − c = x 3 + x 2 (b − 1) + x(c − b) − c. En identifiant les deux écritures : b −1 = 0 ⇐⇒ b = 1; −c = −1 ⇐⇒ c= 1. Donc x 3 − 1 = (x − 1) x 2 + x + 1 . Finalement : g ′ (x) = . x b. Le trinôme x 2 + x + 1 a un discriminant (= 1 − 4 = −3 négatif il est donc du signe du coefficient de x 2 donc positif pour tout réel ; comme x > 0 il en résulte que le signe de g ′ (x) est celui de x − 1. Donc si x > 1, g ′ (x) > 0 ; si x = 1, g′ (x) < 0. c. On en déduit le tableau de variations de g : x 0 1 3(x − 1) x 2 + x+ 1

+∞

g (x) 4 2. g (1) = 3 − 3ln 1 + 13 = 3 + 1 = 4.

3. D’après le tableau de vraiations le minimum de la fonction g sur ]0 ; +∞[ est égal à 4, donc g (x) 4 > 0 sur ]0 ; +∞[.

Partie B : étude d’une fonction 1. x = 0, donc lim f (x) = +∞. x→+∞ x x→+∞ ln x = −∞, donc lim f (x) = −∞. b. On a lim x→0 x→0 x 1 × x − 1 × ln x 1 3 − 3ln x + x 3 g (x) 3 − 3ln x + × 2x = +x = = 2 . a. f ′ (x) =3 x 2 2 x 2 x x2 x b. On a vu à la questionn A 3. que g (x) > 0 sur ]0 ; +∞[, donc sur cet intervalle f ′ (x) > 0. a. On sait que lim

2.

c. Le résultat précédent montre que f est strictement croissante sur ]0 ; +∞[ de moins l’infini à plus l’infini.

3.

a. Le résultat précédent montre que sur l’intervalle [0,5 ; 1], f est stricte3ln 0, 5 ≈ −3 < 0 à ment croissante de f (0, 5) = 1 0, 5 +0, 52 + 1 2 2
14 septembre 2012

Polynésie

STI génie mécanique, énergétique, civil

A. P. M. E. P.

3ln 1 1 2 1 3 + 1 + 1 = 1 + 1 = > 0. 1 2 2 2 Il existe donc un réel unique α tel que f (α) = 0, α étant l’abscisse du point unique où la courbe C coupe l’axe des abscisses. f (1) = La calculatrice donne succesivement : 0, 5 < α < 1 ; 0,7 < α < 0, 8 ; 0,73 < α < 0, 74. 1 ln x 1 2 4. Soit...
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