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%% Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat STI  Génie électronique, électrotechnique, optique}%
\lfoot{\small{Polynésie}}
\rfoot{\small{juin 2010}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}\textbf{Durée : 4 heures}

\vspace{0,5cm}

{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STI Polynésie  juin 2010~\decofourright\\[5pt]Génie électronique, électrotechnique, optique}}
 \end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill  5 points}

\medskip

%Le plan complexe est rapporté au repère orthonormé direct \Ouv{} d'unité graphique   2~centimètres. On désigne par i le nombre complexe de module 1 et d'argument $\dfrac{\pi}{2}$.
 
\begin{enumerate}
\item %Résoudre l'équation $z^2 - 2z\sqrt{3} + 4 = 0$ dans l'ensemble des nombres complexes.
On a $\Delta = \left(2\sqrt{3} \right)^2 - 4 \times 4 =  12 - 16 = -4 = (4\text{i})^2$.

L'équation a donc deux solutions complexes conjuguées :

\[z_{1} = \dfrac{2\sqrt{3} + 2\text{i}}{2} = \sqrt{3} + \text{i}~\text{et}~z_{2} = \sqrt{3} - \text{i}.\]
  
\item %On considère les nombres complexes : 

%\[z_{1} = \sqrt{3} + \text{i}\quad ; \quad  z_{2} = \sqrt{3} - \text{i}\quad   \text{et}~ z_{3} = 2\text{i}\]
 
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer le module et un argument des nombres complexes $z_{1},~z_{2}$ et $z_{3}$. 
On a $\left|z_{1} \right|^2 = 3 + 1 = 4 = 2^2 \Rightarrow \left|z_{1} \right| = 2$.

En factorisant :

$z_{1} = 2\left(\dfrac{\sqrt{3}} + \text{i}\dfrac{1}{2} \right) = 2\left(\cos \frac{\pi}{6} + \text{i}\sin \frac{\pi}{6} \right)$.

Un argument de $z_{1}$ est donc $\dfrac{\pi}{6}.$

Comme $z_{2} = \overline{z_{1}}$, on a $\left|z_{2} \right| = 2$ et un argument de $z_{2}$ est $-\dfrac{\pi}{6}$.

Enfin $\left|z_{3} \right| = 2$ et un argument de $z_{3}$ est $\dfrac{\pi}{2}$.
		\item %Placer les points A,  B et C d'affixes respectives $z_{1},~z_{2}$ et $z_{3}$dans le repère \Ouv. 
Les points A et B sont les points communs au cercle de centre O et de rayon 2 avec la droite d'équation $x = \dfrac{1}{2}$. Voir plus bas
		\item %Déterminer la forme exponentielle du nombre complexe $\dfrac{z_{3}}{z_{2}}$.
$\dfrac{z_{3}}{z_{2}} = \dfrac{2\text{i}}{\sqrt{3} - \text{i}} = \dfrac{2\text{i}(\sqrt{3} + \text{i})}{(\sqrt{3} + \text{i})(\sqrt{3} - \text{i})} = \dfrac{2\text{i}\sqrt{3} - 2}{3 + 1} = - \dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Ou encore en utilisant les résultats de la question précédente :

$z_{3} = 2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}$ ;

$z_{2} = 2\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}$ ;

donc $\dfrac{z_{3}}{z_{2}} = \dfrac{2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}}{2\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}} = \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{6} \right)} = \text{e}^{\text{i}\left(\frac{4\pi}{6} \right)} = \text{e}^{\frac{2\text{i}\pi}{3}}$. 

%On a $\left|\dfrac{z_{3}}{z_{2}} \right| = \left|\dfrac{z_{3}}{z_{2}} \right| = \dfrac{\left|z_{3} \right|}{\left|z_{2} \right|} = \dfrac{2}{2} = 1$.
		\item %En déduire que le point C est l'image du point B par une rotation $R$ de centre O dont on précisera l'angle.
On a donc  $\dfrac{z_{3}}{z_{2}}  = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}$.

Donc $z_{3} = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}z_{2}$ ce qui montre que C est l'image de B dans la rotation $R$ de centre O et d'angle $\dfrac{2\pi}{3}$.
	\end{enumerate} 
\item Soit %E le symétrique du point A par rapport à l'origine O du repère. 
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer la forme algébrique de l'affixe du point E.
O est le milieu de [AE], ce qui se traduit par  $0 = \dfrac{\sqrt{3} + \text{i} + z_{\text{E}}}{2} \iff z_{\text{E}} =  - \sqrt{3} - \text{i}.$
		\item %Montrer que le point E est l'image du point C par la rotation $R$.
L'image du point C par la rotation $R$ a une affixe égale à :

$\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}(2\text{i}) = \left(-\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)(2\text{i}) = - \sqrt{3} - \text{i} =  z_{\text{E}}$
	\end{enumerate} 
\item %Démontrer que le triangle BEC est équilatéral.
On a BE $ = \left|z_{\text{E}}  - z_{\text{B}}\right| = |- \sqrt{3} - \text{i} - \sqrt{3} + \text{i}| = |2\sqrt{3}| = 2\sqrt{3}$ ;

BC $ = \left|z_{\text{C}}  - z_{\text{B}}\right| = |2\text{i} - \sqrt{3} +\text{i} | = |- \sqrt{3} + 3\text{i}| = \sqrt{3 + 9} = \sqrt{12} =  2\sqrt{3}$ ;

CE $ = \left|z_{\text{E}}  - z_{\text{C}}\right| = |- \sqrt{3} - \text{i} - 2\text{i}| = |- \sqrt{3}-  3\text{i}| = \sqrt{3 + 9} = \sqrt{12} =  2\sqrt{3}$ ;

On a donc BE = BC = CE : le triangle BEC est équilatéral.

\lefthand~ On aurait pu également dire que les triangles OBC, OCE et OEB sont des triangles isocèles (côtés de longueurs 2) avec un angle au sommet de $\dfrac{2\pi}{3}$ : ils sont donc superposables et 

BE = BC = CE : le triangle BEC est équilatéral.
\end{enumerate}

\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill  4 points}

\medskip 

\begin{enumerate}
\item %Résoudre l'équation différentielle (E) :

%\[9y'' + y = 0  \]
% 
%où $y$ désigne une fonction de la variable $x$ et $y''$ la dérivée seconde de la fonction $y$.
L'équation $9r^2 + 1 = 0$ a deux solutions dans $\C$ : $\dfrac{1}{3}\text{i}$ et $- \dfrac{1}{3}\text{i}$.

On sait que la forme générale d'une solution de (E) est :

$f(x) = A \cos \left(\frac{x}{3}\right) + B\sin \left(\frac{x}{3} \right),~A \in \R,~B \in \R$ ;
\item  %On désigne par $f$ la solution de (E) vérifiant $f(0) = \dfrac{1}{2}$ et $f'(0) = - \dfrac{\sqrt{3}}{6}$.
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer la fonction $f$.
Si  $f(x) = A \cos \left(\frac{x}{3}\right) + B\sin \left(\frac{x}{3} \right)$, alors $f'(x) = \dfrac{1}{3}A\sin \left(\frac{x}{3} \right) + \dfrac{1}{3}B\cos \left(\frac{x}{3}\right)$.

Donc $\left\{\begin{array}{l c l}
f(0)&=&\dfrac{1}{2}\\
f'(0)&=&- \dfrac{\sqrt{3}}{6}
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
A&=&\dfrac{1}{2}\\
\dfrac{1}{3}B&=&- \dfrac{\sqrt{3}}{6}
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c l}
A&=&\dfrac{1}{2}\\
B&=&- \dfrac{\sqrt{3}}{2}
\end{array}\right.$.

On a donc $f(x) = \dfrac{1}{2}\cos \left(\frac{x}{3}\right) - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin \left(\frac{x}{3} \right)$.
		\item %Montrer que, pour tout réel $x,~ f(x) = \sin \left(\dfrac{x}{3} + \dfrac{5\pi}{6}\right)$.
On peut alors écrire :
		
$f(x) = \sin \left(\frac{5\pi}{6} \right)\cos \left(\frac{x}{3}\right) + \cos  \left(\frac{5\pi}{6} \right)\sin  \left(\frac{x}{3}\right) = \sin \left(\frac{x}{3} + \frac{5\pi}{6} \right)$
		
d'après l'identité $\sin a \cos b + \cos a \sin b = \sin (a + b)$.
	\end{enumerate}
\item %La valeur efficace de la fonction $f$ est le réel positif $E$ défini par

%$E^2 = \dfrac{1}{6\pi}\displaystyle\int_{0}^{6\pi} \left[f(x)  \right]^2\:\text{d}x$.	 
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que, pour tout réel $x,~ \left[f(x) \right]^2 = \dfrac{1}{2}\left[1 - \cos \left(\dfrac{2x}{3} + \dfrac{5\pi}{3}\right)\right]$.
$\left[f(x) \right]^2 = \sin ^2	\left(\frac{x}{3} + \frac{5\pi}{6} \right)$.

On sait que $\cos 2a = 1 - 2\sin^2 a \iff \sin^2 a = \dfrac{1 - \cos 2a}{2}$.

Donc $\left[f(x) \right]^2 = \dfrac{1 - \cos 2\left(\frac{x}{3} + \frac{5\pi}{6} \right)}{2} = \dfrac{1}{2}\left[1 - \cos \left(\frac{2x}{3} + \frac{5\pi}{3} \right)\right]$.
		\item %Calculer le réel $E$. 
On a donc $E^2 = \dfrac{1}{6\pi}\displaystyle\int_{0}^{6\pi} \dfrac{1}{2}\left[1 - \cos \left(\frac{2x}{3} + \frac{5\pi}{3} \right)\right]\:\text{d}x = \dfrac{1}{12\pi}\left[x - \dfrac{3}{2}\sin  \left(\frac{2x}{3} + \frac{5\pi}{3} \right)\right]_{0}^{6\pi} =$

$ \dfrac{1}{6\pi}\left[6\pi  - \dfrac{3}{2}\sin \left(4\pi  + \dfrac{5\pi}{3}\right) - 0 + \dfrac{3}{2}\sin \left(\dfrac{5\pi}{3}\right)\right] = \dfrac{1}{12\pi}\times 6\pi$ = \dfrac{1}{2}$.

\[E = \sqrt{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.\]	
	\end{enumerate} 
\end{enumerate} 

\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{Problème} \hfill  11 points}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip
 
%On donne en annexe la courbe représentative $\Gamma$ d'une fonction $g$ définie sur $\R$ et sa tangente $\Delta$ au point d'abscisse $0$.
 
\begin{enumerate}
\item %Par lecture graphique, donner les valeurs entières de $g(0)$ et de $g'(0)$.
On lit $g(0) = 3$ et $g'(0) = \dfrac{-3}{3} = - 1$. 
\item %On admet qu'il existe deux réels $a$ et $b$ tels que  pour tout réel $x,$

%$g(x) = \text{e}^x + ax + b$.

%On note $g'$ la dérivée de la fonction $g$. 
 
	\begin{enumerate}
		\item %Calculer $g'(x)$ pour tout nombre réel $x$.
$g'(x) = \text{e}^x + a$ 
		\item %À l'aide des résultats des deux questions précédentes calculer les valeurs de $a$ et de $b$.
On a $\left\{\begin{array}{l c l}
g(0)&=&3\\
g'(0)&=&-1
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
1 + b&=&3\\
1 + a&=&-1
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
b&=&2\\
a&=&-2
\end{array}\right.

Donc $g(x) = \text{e}^x - 2x + 2,~x \in \R$.
	\end{enumerate} 
\item %Dans la suite du problème on admet que, pour tout réel $x,~g(x) = \text{e}^x - 2x + 2$. 

	\begin{enumerate}
		\item %Étudier le sens de variation de la fonction $g$ puis dresser son tableau de variations dans lequel on précisera la valeur exacte de l'extremum (les limites ne sont pas demandées).
On a donc $g'(x) = \text{e}^x - 2,~x \in \R$.

Or $\text{e}^x - 2 > 0 \iff \text{e}^x  > 2\iff x > \ln 2$, par croissance de la fonction $\ln$. Donc $g$ est croissante sur $[\ln 2~;~+ \infty[$.

De m\^eme on montre que $g$ est décroissante sur $]- \infty~;~\ln 2[$.

$g(\ln 2) = \text{e}^{\ln 2} - 2\ln 2 + 2 = 4 - 2\ln 2 \approx 2,614$ est l'extremum (minimum) de la fonction.

\medskip

\begin{center}
\psset{unit=1cm}\begin{pspicture}(7,3)
\psframe(7,3) \psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)\psline(1,0)(1,3)
\uput[u](0.5,2.5){$x$} \uput[u](1.5,2.5){$-\infty$} \uput[u](4,2.5){$\ln 2$} \uput[u](6.5,2.5){$+ \infty$} \rput(0.5,2.25){$g'(x)$} \rput(0.5,1){$g(x)$}
\psline{->}(1.5,1.7)(3.5,0.5)\psline{->}(4.5,0.5)(6.5,1.7)
\uput[u](4,0){$4 - 2\ln 2$}\rput(2.5,2.25){$-$}\rput(5.5,2.25){$+$}\rput(4,2.25){$0$}
\end{pspicture}
\end{center}
		\item %En déduire le signe de $g(x)$ pour $x$ appartenant à $\R$.
Le minimum étant supérieur à zéro, il en résulte que $g(x) > 0$ sur $\R$. 
		\item %Comment ce résultat se traduit-il graphiquement ?
Graphiquement la courbe $\Gamma$ est au dessus de l'axe des abscisses.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{Partie B}

\medskip
 
%On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par :

%\[f(x) = x\left(1 + 2\text{e}^{-x} \right)\]
% 
%On note $f'$ la dérivée de la fonction $f$ et on appelle $\mathcal{C}$ sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthogonal \Oij{} d'unités graphiques 2~centimètres en abscisse 
%et 1~centimètre en ordonnée.
 
\begin{enumerate}
\item %Déterminer la limite de $f$ en $- \infty$.
On sait que $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^{-x} = +\infty$, donc  $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}\left(1 + 2\text{e}^{-x} \right) = +\infty$.

Comme $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} x = - \infty,~\displaystyle\lim_{x \to - \infty} f(x) = - \infty$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer la limite de $f$ en $+ \infty$.
On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}  \text{e}^{-x} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}\left(1 + 2\text{e}^{-x} \right) = 1$ et finalement $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}f(x)  = +\infty$.
		\item %Justifier que la courbe $\mathcal{C}$ admet pour asymptote en $+ \infty$ la droite D d'équation $y = x$.
Soit $d$ la fonction définie sur $\R$ par : $d(x) = f(x) - x = x + 2x\text{e}^{-x} = 2x\text{e}^{-x}.$

$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \text{e}^{-x} = 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x\text{e}^{-x} = 0$, c'est-à-dire $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} d(x) = 0$, ce qui montre que la droite D d'équation $y = x$ est asymptote à $\Gamma$ au voisinage de plus l'infini.	 
		\item %Étudier les positions relatives de la courbe $\mathcal{C}$ et de la droite D. On précisera leur point d'intersection.
On a vu que $d(x) = 2x\text{e}^{-x}.$ Comme $\text{e}^{-x} > 0$ quel que soit le réel $x$ on en déduit :

$\bullet~$ si $x < 0$, alors $\Gamma$ est en dessous de D ;

$\bullet~$ si $x > 0$, alors $\Gamma$ est au  dessus de D.

$\Gamma$ et D sont sécantes lorsque $d(x) = 0 \iff 2x\text{e}^{-x} = 0 \iff x = 0$.

Le seul point commun aux deux courbes est l'origine.
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item %Calculer $f'(x)$ et vérifier que,  pour tout réel,  $f'(x) = \text{e}^{-x}g(x)$.
$f'(x) = 1 + 2\text{e}^{-x} - 2x\text{e}^{-x} =  \text{e}^{-x}\left(\text{e}^{x} + 2 - 2x \right) = \text{e}^{-x}\left(\text{e}^{x}  - 2x + 2\right) = \text{e}^{-x}g(x)$.
		\item %En utilisant les résultats de la partie A, déterminer le signe de $f'(x)$.
Comme $\text{e}^{-x} > $ et comme d'après la partie A, $g(x) > 0$, il en résulte que $f'(x) > 0$ : la fonction $f$ est donc croissante sur $\R$. 
		\item %Dresser le tableau de variations de la fonction $f$.~
	
\begin{center}
\psset{unit=1cm}\begin{pspicture}(5,3)
\psframe(5,3) \psline(0,2)(5,2)\psline(0,2.5)(5,2.5)\psline(1,0)(1,3)
\uput[u](0.5,2.5){$x$} \uput[u](1.5,2.5){$-\infty$} \uput[u](4.5,2.5){$+\infty$}\uput[u](3,2.5){$0$}\rput(0.5,2.25){$f'(x)$}\rput(0.5,1){$f(x)$}
\psline{->}(1.5,0.5)(4.5,1.5)\rput(3,2.25){$+$}
\end{pspicture}
\end{center} 
	\end{enumerate}
\item %Déterminer une équation de la tangente T à la courbe $\mathcal{C}$ en son point d'abscisse $0$.
$M(x~;~y) \in \text{T} \iff y - f(0) = f'(0)(x - 0) \iff y - 0 = 3(x - 0) \iff y = 3x$. 
\item %Sur une feuille de papier millimétré qui vous sera fournie, tracer les droites D et T ainsi que la courbe $\mathcal{C}$.
Voir plus bas. 
\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{Partie B}

%\medskip
%  
%On note $\mathcal{A}$ la mesure, exprimée en centimètres carrés, de l'aire du domaine du plan compris entre la courbe $\mathcal{C}$ la droite D l'axe des ordonnées et la droite d'équation $x = 2$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Hachurer le domaine ainsi défini. 
Voir plus bas.
\item %Soient $h$ et $H$ les fonctions définies sur $\R$ par $h(x) = 2x\text{e}^{-x}$ et

%$H(x) = 2(-x - 1)\text{e}^{-x}$.

%Montrer que la fonction $H$ est une primitive de la fonction $h$ sur $\R$.
On a $H'(x) = -2\text{e}^{-x} - 2(-x - 1)\text{e}^{-x} = -2\text{e}^{-x} + 2x\text{e}^{-x} + 2\text{e}^{-x} = 2x\text{e}^{-x} = h(x)$.

Donc $H(x)$ est une primitive de $h(x)$ sur $\R$.  
\item %Calculer la valeur exacte de $\mathcal{A}$ puis en donner une valeur arrondie au millimètre carré près.
On a vu que pour $x > 0,~f(x) > x$, autrement dit la courbe $\mathcal{C}$ est au dessus de D, donc l'aire (en unités d'aire) de la surface hachurée est égale à l'intégrale :

\[\int_{0}^2 [f(x) - x]\:\text{d}x =  \int_{0}^2 2x\text{e}^{-x}\:\text{d}x = \left[H(x)\right]_{0}^2 = H(2) - H(0) = -6\text{e}^{-2} + 2\]~(u. a.)

L'unité d'aire est égale à $2 \times 1 = 2$~cm$^2 $.

Donc $\mathcal{A} = 2\left(2 - 6\text{e}^{-2} \right) \approx 2,375 \approx 2,38$~cm$^2$
\end{enumerate}

\newpage

\psset{xunit=2cm,yunit=1cm}
\begin{center}

\textbf{Annexe (problème - partie B)}

\vspace{3cm}

\begin{pspicture}(-3,-10)(3,4)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=10,gridwidth=0.25pt,gridcolor=orange,subgridcolor=orange] 
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-3,-10)(3,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[dl](0,0){O}
\psline(-1,-3)(1,3)
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.25pt,plotpoints=10000]{0}{2}{x x 2 mul 2.71828 x exp div add}
\psline(2,2)(0,0)}
\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.25pt,plotpoints=10000]{-1.25}{3}{x x 2 mul 2.71828 x exp div add}
\psline(-2,-2)(3,3)
\uput[u](2.5,2.9){\blue $\mathcal{C}$}\uput[ul](1,3){T}\rput{26.56}(-2,-1.9){$y = x$}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}