corrige ELECTRO ELEC OPTIQUE 2012.pdf



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STI génies électronique, électrotechnique, optique
Mathématiques, corrigé
Exercice 1
Partie A
Question 1
√ 3iπ
−2 + 2i = 2(−1 + i) = 2 2 e 4 réponse d.
Remarque : le a. est une « fausse » écriture exponentielle car elle est de la forme a eiθ avec a < 0.

Question 2
les transformations z ! = z + a sont les translations de vecteur a donc ici réponse b.

Question 3


9 + 4 = 13 donc a. est fausse



|zB | = |3 − 2i| =



si I désigne le milieu de [BD] alors zI =
1

1

[BD] est r = 2 BD = 2 |d
pour le savoir on calcule

zB + zD
5
i
= 2 + 2 et le rayon du cercle de diamètre
2 √

1
1
− b| = 2 |−1 + 5i| = 2 26 il suffit alors de vérifier si OI = 26 et
!

25
1
26
OI = |zI | = 4 + 4 = 2 donc ici réponse b.



Est-ce que A B = A C √
? Pour le savoir, calculons A B = |b − a| = |2 − 3i| =
AC = |c − a| = |3 − i| = 10 donc c. est fausse.



d. est fausse car un module est, par définition, positif.

Partie B
Question 1


réponse b. d’après le cours.

Question 2


réponse b., d’après le cours (y = λe−2x, sur le schéma λ = 1).

Exercice 2
voici l’arbre :
1


13 et

Figure 1.

Chaque point correspond à une probabilité de

1
,
12

1

1

1

exemple p(0, 50puis2) = 4 × 3 = 12 .
10

5

2. l’événement A correspond à tous les tirages sauf deux donc p(A) = 12 = 6 .
3.a. les valeurs prises par S sont indiquées dans le tableau suivant (de haut en bas en lisant l’arbre) :
si 3 2,50 2,50 3 1,50 1,50 2,50 1,50 1 2,50 1,50 1
3.b. on regroupe :
si 3 2,50 1,50 1
2
4
4
2 on vérifie que la somme des pi fait 1.
pi 12 12
12
12
Ce tableau présente la loi de S.
3.c. E(S) = Σp i si =

6 + 10 + 6 + 2
12

24

= 12 = 2€.

4. L’événement considéré correspond aux trois issues 1,50€ 2,50€ et 3€. Sa probabilité est donc :
4

4

2

10

5

p(B) = 12 + 12 + 12 = 12 = 6 .

Problème
Partie A
1

Sur le graphique, la courbe de y = 2 x2 + 1 semble au-dessus de la courbe y = ln x dans ]0, +∞[,
1
ainsi nous pouvons conjecturer que la différence 2 x2 + 1 − ln x est positive dans cet intervalle.
2

Partie B
1. voir graphique
2. on peut conjecturer d’après le graphique, que :


f croît



f a pour limites −∞ en 0 et +∞ en +∞



∆1 est asymptote à C f en +∞ (asymptote oblique)



∆2 est la tangente en x = 1.

Partie C
ln x
x

1. lorsque x → +∞, on sait que le quotient indéterminé

lorsque x → 0, ce même quotient tend vers −∞ (forme «
1

2.a. f !(x) = 2 +

1
x

× x − ln x ×1

2.b. on factorise par

x2

1
x2

1

=2+

1 − ln x
x2

on a utilisé
1

: on a alors f !(x) = x2
1

$

x2
2

tend vers 0, donc lim f = +∞.
+∞

−∞
0+

" u #!
v

=

») donc lim f = −∞.
0

!

u v −uv
v2

!

.

%
+ 1 − ln x .

2.c. on remarque que f !(x) = x2 g(x), où g(x) désigne l’expression de la fonction vue en partie A. On
a admis que g(x) > 0 dans ]0; +∞[, on peut donc à partir de là valider la conjecture « f croissante ».
3.a. f (x) −

"x
2

# ln x
− 1 = x de limite nulle lorsque x → +∞

3.b. on a donc montré que ∆1 asymptote oblique à C f en +∞.
3.c. pour les positions relatives on étudie le signe de
x
ln x
x

0

0

:

+∞

1


ln x
x

+

ainsi, C f au-dessus de ∆1 dans ]1; +∞[ et dessous dans ]0; 1[.
1

4. la tangente en 1 a pour équation T1: y = f !(1)(x − 1) + f (1) or f !(1) = 2 + 1 =
1
1
3
1
3
f (1) = 2 − 1 = − 2 d’où T1 = y = 2 (x − 1) − 2 = 2 x − 2 on reconnaît bien l’équation de ∆2.

Partie D
1

1

1. on utilise la formule (u2) ! = 2 u u ! : ici G !(x) = 2 ×2ln x × x = g(x).
2. le domaine hachuré a pour aire
& 4
ln x
1
A=
dx = [G(x)]42 = G(4) − G(2) = 2 ((ln 4)2 − (ln 2)2)
x
2
3

Vu que ln 4 = 2ln2 on peut écrire A = 2 (ln2)2 ≈ 0, 72
3

3
2

et

Figure 2.

4


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