الامتحان الوطني الموحد 2016 الدورة العادية: الموضوع والتصحيح

1
التمرين 1
البنيات الجبرية

نذكر أن $(M_{3} (ℝ), +, \times)$ حلقة واحدية وحدتها $I = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})$ وأن $(ℂ, +, \times)$ جسم تبادلي.

لكل $(x, y)$ من $ℝ^{2}$ نضع $M (x, y) = (\begin{matrix} x + y & 0 & - 2 y \\ 0 & 0 & 0 \\ y & 0 & x - y \end{matrix})$ و $E = \{M (x, y); (x, y) \in ℝ^{2}\}$

$1$ بين أن $E$ زمرة جزئية للزمرة $(M_{3} (ℝ), +)$

$2$ تحقق أن: $(\forall (x, y) \in ℝ^{2}) (\forall (x', y') \in ℝ^{2}) : M (x, y) \times M (x', y') = M (x x' - y y', x y' + y x')$

$3$ نضع $E * = E - \{M (0, 0)\}$ ونعتبر التطبيق $φ : ℂ * \mapsto E$ الذي يربط العدد العقدي $z = x + i y$ بالمصفوفة $M (x, y)$ من $E$ ، حيث الزوج $(x, y)$ من $ℝ^{2}$

$أ$ بين أن $φ$ تشاكل من $(ℂ *, \times)$ نحو $(E, \times)$

$ب$ استنتج أن $(E *, \times)$ زمرة تبادلية وأن عنصرها المحايد هو $M (1, 0)$

$4$ بين أن $(E, +, \times)$ جسم تبادلي

$5$ نضع $A = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})$

$أ$ احسب $A \times M (x, y)$ من أجل $M (x, y)$ عنصر من $E$

$ب$ استنتج أن كل عنصر من عناصر $E$ لا يقبل مماثلا في $(M_{3} (ℝ), \times)$

البنيات الجبرية

$1$ لدینا $E$ جزء غیر فارغ من $M_{3} (ℝ)$ لأن $M (0, 0) \in E$

لیكن $M (x, y)$ و $M (x', y')$ من $E$

مماثل $M (x', y')$ ھو $M (- x', - y')$

لدینا

$A = M (x, y) + M (- x', - y') A = (\begin{matrix} x + y & 0 & - 2 y \\ 0 & 0 & 0 \\ y & 0 & x - y \end{matrix}) + (\begin{matrix} - x' - y' & 0 & 2 y' \\ 0 & 0 & 0 \\ y' & 0 & - x' + y' \end{matrix}) A = (\begin{matrix} x -' + y + y' & 0 & - 2 (y - y') \\ 0 & 0 & 0 \\ y - y' & 0 & x - x' - (y - y') \end{matrix}) A = M (x - x', y - y')$

إذن $M (x, y) + M (- x', - y') \in E$

و منه $E$ زمرة جزئیة للزمرة $M_{3} (ℝ)$

$2$ لیكن $M (x, y)$ و $M' (x', y')$ من $E$

$B = M (x, y) \times M (- x', - y') B = (\begin{matrix} x + y & 0 & - 2 y \\ 0 & 0 & 0 \\ y & 0 & x - y \end{matrix}) \times (\begin{matrix} x' + y' & 0 & - 2 y' \\ 0 & 0 & 0 \\ y' & 0 & x' - y' \end{matrix}) B = (\begin{matrix} (x + y) (x' + y') - 2 y y' & 0 & - 2 y' (x + y) - 2 y (x' - y') \\ 0 & 0 & 0 \\ y (x' + y') + y' (x - y) & 0 & x x' - y y' - (x y' + y x') \end{matrix}) B = (\begin{matrix} x x' - y y' + x y' + y x' & 0 & - 2 (x y' + y x') \\ 0 & 0 & 0 \\ x y' + y x' & 0 & x x' - y y' - (x y' + y x') \end{matrix})$

إذن

$M (x, y) \times M (- x', - y') = M (x x' + y y', x y' + y x')$

$3$

$أ$ لیكن $z$ و $z'$ من $ℂ *$

نضع $z = x + i y$ و $z' = x' + i y'$ ; $x, y, x', y' \in ℝ$

لدینا $z z' = x x' - y y' + i (x y' + y x')$

إذن

$C_{p} (z, z') = M (x x' - y y', x y' + y x') C_{p} (z, z') = M (x, y) \times M (', y') C_{p} (z, z') = C_{p} (z) \times C_{p} (z')$

استنتاج: $φ$ تشاكل من $(ℂ *, \times)$ نحو $(E, \times)$

$ب$ لدینا $φ$ تشاكل من $(ℂ *, \times)$ نحو $(E, \times)$

بما أن $(ℂ *, \times)$ زمرة تبادلیة عنصرھا المحاید $1$

فإن $(φ (ℂ *, \times))$ زمرة تبادلیة عنصرھا المحاید هو $φ (1)$

ومنه $(E *, \times)$ زمرة تبادلیة عنصرھا المحاید هو $M (1, 0)$

$4$ لدینا

$(E, +)$ زمرة تبادلیة عنصرھا المحاید هو $M (0, 0)$

$(E *, \times)$ زمرة تبادلیة

$\times$ توزیعي بالنسبة للجمع $+$

إذن $(E, +, \times)$ جسم تبادلي

$5$

$أ$ لدینا

$A \times M (x, y) = (\begin{matrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})$

إذن

$A \times M (x, y) = M (0, 0)$

$ب$ لیكن $M (x, y)$ عنصرا من $E$

لدینا $A \times M (x, y) = M (0, 0)$

إذن $M (x, y)$ قاسم للصفر، ومنه $M (x, y)$ لا یقبل مماثلا في $M_{3} (ℝ)$
2

التمرين 2

الحسابيات

الجزء الأول

ليكن $(a, b)$ عنصرا من $ℕ * \times ℕ *$ بحيث العدد الأولي $173$ يقسم $a^{3} + b^{3}$

$1$ بين أن $a^{171} \equiv - b^{171} [173]$ (لاحظ أن $171 = 3 \times 57$ )

$2$ بين أن $173$ يقسم $a$ إذا وفقط إذا كان $173$ يقسم $b$

$3$ نفترض أن $173$ يقسم $a$ . بين أن $173$ يقسم $a + b$

$4$ نفترض أن $173$ لا يقسم $a$

$أ$ باستعمال مبرهنة فيرما بين أن $a^{172} \equiv b^{172} [173]$

$ب$ بين أن $a^{171} (a + b) \equiv 0 [173]$

$ج$ استنتج أن $173$ يقسم $a + b$

الجزء الثاني

نعتبر في $ℕ * \times ℕ *$ المعادلة التالية: $(E) x^{3} + y^{3} = 173 (x y + 1)$

ليكن $(x, y)$ عنصرا من $ℕ * \times ℕ *$ حلا للمعادلة $(E)$ . نضع $x + y = 173 k$ حيث $k \in ℕ *$

$1$ تحقق أن $k {(x - y)}^{2} + (k - 1) x y = 1$

$2$ بين أن $k = 1$ ثم حل المعادلة $(E)$

الحسابيات

الجزء الأول

ليكن $(a, b)$ عنصرا من $ℕ * \times ℕ *$ بحيث العدد الأولي $173$ يقسم $a^{3} + b^{3}$

$1$ لدینا $173$ يقسم $a^{3} + b^{3}$

إذن

$a^{3} + b^{3} \equiv 0 [173] \Rightarrow a^{3} \equiv - b^{3} [173] \Rightarrow {(a^{3})}^{57} \equiv {(- b^{3})}^{57} [173] \Rightarrow a^{171} \equiv - b^{171} [173]$

$2$ نفترض أن $\frac{173}{a}$

إذن

$a \equiv 0 [173] \Rightarrow a^{171} \equiv 0 [173] \Rightarrow a^{171} \equiv - b^{171} [173] \Rightarrow - b^{171} \equiv 0 [173] \Rightarrow \frac{173}{b^{171}}$

بإتباع نفس الخطوات، نبین أن $\frac{173}{b} \Rightarrow \frac{173}{a}$

إذن

$\frac{173}{b} \Leftrightarrow \frac{173}{a}$

$3$ نفترض أن $173$ يقسم $a$

إذن $\frac{173}{b}$

وبالتالي $173$ يقسم $a + b$

$\frac{173}{a + b}$

$4$

$أ$ لدینا $173$ لا يقسم $a$ و $173$ عدد أولي

إذن $a \land 173 = 1$

باستعمال مبرهنة فيرما لدینا $a^{172} \equiv 1 [173]$

بما أن $173$ لا يقسم $a$ فإن $173$ لا يقسم $b$

إذن $b \land 173 = 1$

باستعمال مبرهنة فيرما لدینا $b^{172} \equiv 1 [173]$

خلاصة:

$a^{172} \equiv b^{172} [173]$

$ب$ لدینا $a^{172} \equiv b^{172} [173]$

إذن

$a^{171} \equiv - b^{171} [173] \Rightarrow b a^{171} \equiv - b^{172} [173] \Rightarrow b a^{171} \equiv - a^{172} [173] \Rightarrow b a^{171} + a^{172} \equiv 0 [173] \Rightarrow a^{171} (a + b) \equiv 0 [173]$

$ج$ لدینا $a^{171} (a + b) \equiv 0 [173]$

إذن $173$ يقسم $a^{171} (a + b)$

نفترض أن $173$ يقسم $a^{171}$ ، إذن $173$ يقسم $a$ لأن $173$ أولي، وهذا يتناقض مع المعطيات

إذن $173$ لا يقسم $a^{171}$

ومنه $173$ يقسم $a + b$

الجزء الثاني

نعتبر في $ℕ * \times ℕ *$ المعادلة التالية: $(E) x^{3} + y^{3} = 173 (x y + 1)$

ليكن $(x, y)$ عنصرا من $ℕ * \times ℕ *$ حلا للمعادلة $(E)$ . نضع $x + y = 173 k$ حيث $k \in ℕ *$

$1$ لدینا $(x, y)$ حل للمعادلة $(E)$

إذن

$x^{3} + y^{3} = 173 (x y + 1) \Rightarrow (x + y) (x^{2} + y^{2} - x y) = 173 (x y + 1) \Rightarrow (x + y) ({(x - y)}^{2} + x y) = 173 (x y + 1) \Rightarrow 173 k ({(x - y)}^{2} + x y) = 173 (x y + 1) \Rightarrow k {(x - y)}^{2} + k x y = x y + 1 \Rightarrow k {(x - y)}^{2} + (k - 1) x y = 1$

$2$ نفترض أن $x = y$

إذن حسب $1$ لدینا

$(k - 1) x^{2} = 1 \Rightarrow \frac{x^{2}}{1} \Rightarrow x^{2} = 1 \Rightarrow x = y = 1$

باعتبار $(x, y)$ حل للمعادلة $(E)$ نستنتج أن:

$1^{3} + 1^{3} = 173 (1 + 1) \Rightarrow 173 = 1$

وهذا غیر ممكن، إذن:

$x \neq y \Rightarrow {(x - y)}^{2} \geq 1 \Rightarrow k {(x - y)}^{2} \geq 1 \Rightarrow 1 - k {(x - y)}^{2} \leq 0$

وحسب $1$ لدینا $1 - k {(x - y)}^{2} = (k - 1) x y \leq 0$

وبما أن $x, y \in ℕ *$ فإن:

$k - 1 \leq 0 \Rightarrow k \leq 1 \Rightarrow k = 1 (k \geq 1)$

حل للمعادلة $(E)$ :

ليكن $(x, y)$ عنصرا من $ℕ * \times ℕ *$ حلا للمعادلة $(E)$ إذن

$x + y = 173 (k = 1) \Rightarrow {(x - y)}^{2} = 1 \Rightarrow x - y = \pm 1 \Rightarrow \{\begin{cases} x + y = 173 \\ x - y = - 1 \end{cases} O U \{\begin{cases} x + y = 173 \\ x - y = 1 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x = 86 \\ y = 87 \end{cases} O U \{\begin{cases} x = 87 \\ y = 86 \end{cases}$

ومنه مجموعة حلول $(E)$ هي

$S = \{(87, 86); (86, 87)\}$
3

التمرين 3

الأعداد العقدية

المستوى العقدي منسوب إلى معلم متعامد وممنظم وموجه $(O, \vec{u}, \vec{v})$

نعتبر نقطتين $M_{1}$ و $M_{2}$ من المستوى العقدي بحيث النقط $O$ و $M_{1}$ و $M_{2}$ مختلفة مثنى مثنى وغير مستقيمية.

ليكن $z_{1}$ و $z_{2}$ لحقي $M_{1}$ و $M_{2}$ على التوالي ولتكن $M$ النقطة التي لحقها $z$ يحقق العلاقة $z = \frac{2 z_{1} z_{2}}{z_{1} + z_{2}}$

$1$

$أ$ بين أن $\frac{z_{1} - z}{z_{2} - z} \times \frac{z_{2}}{z_{1}} = - 1$

$ب$ استنتج أن النقطة $M$ تنتمي إلى الدائرة المحيطة بالمثلث $O M_{1} M_{2}$

$2$ بين أنه إذا كانت $z_{2} = z_{1}$ فإن $M$ تنتمي إلى المحور الحقيقي

$3$ نفترض أن $M_{2}$ هي صورة $M_{1}$ بالدوران الذي مركزه $O$ وقياس زاويته $α$ حيث $α$ ينتمي إلى $] 0, π [$

$أ$ احسب $z_{2}$ بدلالة $z_{1}$ و $α$

$ب$ استنتج أن النقطة $M$ تنتمي إلى واسط القطعة $[M_{1} M_{2}]$

$4$ ليكن $θ$ عددا حقيقيا معلوما من $] 0, π [$

نفترض أن $z_{1}$ و $z_{2}$ هما حلا المعادلة $6 t^{2} - (e^{i θ} + 1) t + (e^{i θ} - 1) = 0$

$أ$ بدون حساب $z_{1}$ و $z_{2}$ تحقق أن $z = 2 \frac{e^{i θ} - 1}{e^{i θ} + 1}$

$ب$ أعط الصيغة المثلثية للعدد العقدي $z$ بدلالة $θ$

الأعداد العقدية

المستوى العقدي منسوب إلى معلم متعامد وممنظم وموجه $(O, \vec{u}, \vec{v})$

نعتبر نقطتين $M_{1}$ و $M_{2}$ من المستوى العقدي بحيث النقط $O$ و $M_{1}$ و $M_{2}$ مختلفة مثنى مثنى وغير مستقيمية.

ليكن $z_{1}$ و $z_{2}$ لحقي $M_{1}$ و $M_{2}$ على التوالي ولتكن $M$ النقطة التي لحقها $z$ يحقق العلاقة $z = \frac{2 z_{1} z_{2}}{z_{1} + z_{2}}$

$1$

$أ$

$A = \frac{z_{1} - z}{z_{2} - z} A = \frac{z_{1} - \frac{2 z_{1} z_{2}}{z_{1} + z_{2}}}{z_{2} - \frac{2 z_{1} z_{2}}{z_{1} + z_{2}}} A = \frac{{z_{1}}^{2} + z_{1} z_{2} - 2 z_{1} z_{2}}{{z_{2}}^{2} + z_{1} z_{2} - 2 z_{1} z_{2}} A = \frac{z_{1} (z_{1} - z_{2})}{z_{2} (z_{2} - z_{1})} A = - \frac{z_{1}}{z_{2}}$

ومنه

$\frac{z_{1} - z}{z_{2} - z} \times \frac{z_{2}}{z_{1}} = - 1$

$ب$ لدينا $\frac{z_{1} - z}{z_{2} - z} \times \frac{z_{2}}{z_{1}} = - 1$

إذن $\frac{z_{1} - z}{z_{2} - z} \times \frac{z_{2} - z_{0}}{z_{1} - z_{0}} \in ℝ$

ومنه النقط $O$ و $M$ و $M_{1}$ و $M_{2}$ متداورة

وبالتالي النقطة $M$ تنتمي إلى الدائرة المحيطة بالمثلث $O M_{1} M_{2}$

$2$ نفترض أن $z_{2} = z_{1}$

إذن $z_{1} = z_{2}$

ولدينا

$z = \frac{2 z_{1} z_{2}}{z_{1} + z_{2}} \Rightarrow \bar{z} = \frac{2 \bar{z_{1}} . \bar{z_{2}}}{\bar{z_{1}} + \bar{z_{2}}} = \frac{2 z_{1} z_{2}}{z_{1} + z_{2}} = z$

وبالتالي $M$ تنتمي إلى المحور الحقيقي

$3$ $M_{2}$ هي صورة $M_{1}$ بالدوران الذي مركزه $O$ وقياس زاويته $α$ حيث $α$ ينتمي إلى $] 0, π [$

$أ$ لدينا

$z_{2} = e^{i α} (z_{1} - z_{0}) + z_{0} z_{2} = e^{i α} z_{1}$

$ب$ لدينا

$\frac{z_{1} - z}{z_{2} - z} \times \frac{z_{2}}{z_{1}} = - 1 \Rightarrow \frac{z_{1} - z}{z_{2} - z} \times \frac{e^{i α} z_{1}}{z_{1}} = - 1 \Rightarrow \frac{z_{1} - z}{z_{2} - z} = - e^{i α} \Rightarrow |\frac{z_{1} - z}{z_{2} - z}| = 1 \Rightarrow \frac{|z_{1} - z|}{|z_{2} - z|} = 1 \Rightarrow M M_{1} = M M_{2}$

خلاصة: النقطة $M$ تنتمي إلى واسط القطعة $[M_{1} M_{2}]$

$4$ ليكن $θ$ عددا حقيقيا معلوما من $] 0, π [$

$أ$ لدينا $z_{1}$ و $z_{2}$ هما حلا المعادلة $6 t^{2} - (e^{i θ} + 1) t + (e^{i θ} - 1) = 0$ إذن

$\{\begin{cases} z_{1} + z_{2} = \frac{e^{i θ} + 1}{6} \\ z_{1} \times z_{2} = \frac{e^{i θ} - 1}{6} \end{cases} z = \frac{2 z_{1} \times z_{2}}{z_{1} + z_{2}} z = \frac{2 \frac{e^{i θ} - 1}{6}}{\frac{e^{i θ} + 1}{6}} z = 2 \frac{e^{i θ} - 1}{e^{i θ} + 1}$

$ب$ لدينا

$z = 2 \frac{e^{i θ} - 1}{e^{i θ} + 1} z = 2 \frac{e^{i \frac{θ}{2}} (e^{i \frac{θ}{2}} - e^{- i \frac{θ}{2}})}{e^{i \frac{θ}{2}} (e^{i \frac{θ}{2}} + e^{- i \frac{θ}{2}})} z = 2 \frac{2 i \sin (\frac{θ}{2})}{2 \cos (\frac{θ}{2})} z = 2 i . \tan (\frac{θ}{2}) z = 2 \tan (\frac{θ}{2}) (0 + i) z = 2 \tan (\frac{θ}{2}) (\cos \frac{π}{2} + i \sin \frac{π}{2})$

ولدينا $θ \in] 0, π [\Rightarrow \frac{θ}{2} \in] 0, \frac{π}{2} [\Rightarrow \tan (\frac{θ}{2}) > 0$

خلاصة: الصيغة المثلثية للعدد العقدي $z$ بدلالة $θ$ هي

$z = 2 \tan (\frac{θ}{2}) (\cos \frac{π}{2} + i \sin \frac{π}{2})$
4

التمرين 4

التحليل 1

الجزء الأول

$1$ بتطبيق مبرهنة التزايدات المنتهية على الدالة $t \mapsto e^{- t}$ ، بين أنه لكل عدد حقيقي موجب قطعا $x$ يوجد عدد حقيقي $θ$ محصور بين $0$ و $x$ بحيث: $e^{θ} = \frac{x}{1 - e^{- x}}$

$2$ استنتج:

$(أ)$ أن $(\forall x > 0); 1 - x < e^{- x}$

$(ب)$ أن $(\forall x > 0); x + 1 < e^{x}$

$(ج)$ أن $(\forall x > 0); 0 < \ln (\frac{x e^{x}}{e^{x} - 1}) < x$

الجزء الثاني

نعتبر الدالة العددية $f$ المعرفة على المجال $[0, + \infty [$ بمايلي:

$\{\begin{cases} f (x) = \frac{x e^{x}}{e^{x} - 1}, (x > 0) \\ f (0) = 1 \end{cases}$

و ليكن $(C_{f})$ المنحنى الممثل للدالة $f$ في المستوى المنسوب الى معلم متعامد ممنظم $(O, \vec{i}, \vec{j})$

$1$

$(أ)$ بين أن الدالة $f$ متصلة على اليمين في $0$

$(ب)$ بين أن $\lim_{x \to + \infty} (f (x) - x) = 0$ ثم أول مبيانيا النتيجة المحصل عليها

$2$

$(أ)$ بين أن $(\forall x \geq 0); x - \frac{x^{2}}{2} \leq - e^{- x} + 1$ (يمكنك استعمال نتيجة السؤال 1 أ من الجزء الأول)

$(ب)$ استنتج أن $(\forall x \geq 0); \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{3}}{6} \leq e^{- x} + x - 1 \leq \frac{x^{2}}{2}$

$3$

$(أ)$ تحقق أن $(\forall x > 0); \frac{f (x) - 1}{x} = \frac{e^{- x} + x - 1}{x^{2}} f (x)$

$(ب)$ استنتج أن $\lim_{x \to 0^{+}} \frac{f (x) - 1}{x} = \frac{1}{2}$ ثم أول النتيجة المحصل عليها

$4$

$(أ)$ بين أن الدالة $f$ قابلة للاشتقاق على المجال $] 0, + \infty [$ وأن $(\forall x > 0) f' (x) = \frac{e^{x} (e^{x} - 1 - x)}{{(e^{x} - 1)}^{2}}$

$(ب)$ استنتج أن الدالة $f$ تزايدية قطعا على $[0, + \infty [$ (يمكنك استعمال نتيجة السؤال 2 ب من الجزء الأول)

الجزء الثالث

نعتبر المتتالية العددية ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ المعرفة بمايلي:

$\{\begin{cases} u_{0} > 0 \\ u_{n + 1} = \ln (f (u_{n})) (\forall n \in ℕ) \end{cases}$

$1$ بين أنه لكل عدد صحيح طبيعي $n$ لدينا $u_{n} > 0$

$2$ بين أن المتتالية ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ تناقصية قطعا ثم استنتج أنها متقاربة (يمكنك استعمال نتيجة السؤال 2 ج من الجزء الأول)

$3$ بين أن $0$ هو الحل الوحيد للمعادلة $\ln (f (x)) = x$ ثم حدد نهاية المتتالية ${(u_{n})}_{n \geq 0}$

التحليل 1

الجزء الأول

$1$ لیكن $x$ عددا حقیقیا موجبا قطعا

الدالة $Q : t \to e^{- t}$ متصلة على $[0, x]$ وقابلة للاشتقاق على $] 0, x [$

إذن حسب مبرهنة التزايدات المنتهية

$(\exists θ \in] 0, x [) : Q' (θ) = \frac{Q (x) - Q (0)}{x} \Rightarrow (\exists θ \in] 0, x [) : - e^{- θ} = \frac{e^{- x} - 1}{x} \Rightarrow (\exists θ \in] 0, x [) : e^{θ} = \frac{x}{1 - e^{- x}}$

$2$

$أ$ لیكن $x \in] 0, + \infty [$

$(\exists θ \in] 0, x [) : e^{θ} = \frac{x}{1 - e^{- x}}$

ولدينا

$θ > 0 \Rightarrow e^{θ} > 1 \Rightarrow \frac{x}{1 - e^{- x}} > 1 \Rightarrow x > 1 - e^{- x} > 0 \Rightarrow 1 - x < e^{- x}$

$ب$ لیكن $x \in] 0, + \infty [$

$θ < x \Rightarrow e^{θ} < e^{x} \Rightarrow \frac{x}{1 - e^{- x}} < e^{x} \Rightarrow x < e^{x} - 1 \Rightarrow 1 + x < e^{x}$

$ج$ لیكن $x \in] 0, + \infty [$

لدينا

$\{\begin{cases} 1 - e^{- x} < x \\ x < e^{x} - 1 \end{cases} \Rightarrow e^{x} - 1 < x e^{x} < e^{x} (e^{x} - 1) \Rightarrow 1 < \frac{x e^{x}}{e^{x} - 1} < e^{x} \Rightarrow 0 < \ln (\frac{x e^{x}}{e^{x} - 1}) < x$

الجزء الثاني

نعتبر الدالة العددية $f$ المعرفة على المجال $[0, + \infty [$ بمايلي:

$\{\begin{cases} f (x) = \frac{x e^{x}}{e^{x} - 1}, (x > 0) \\ f (0) = 1 \end{cases}$

و ليكن $(C_{f})$ المنحنى الممثل للدالة $f$ في المستوى المنسوب الى معلم متعامد ممنظم $(O, \vec{i}, \vec{j})$

$1$

$أ$ لدينا $e^{0} = 1$ و $\lim_{x \to 0} \frac{e^{x} - 1}{x} = 1$

$\lim_{x \to 0^{+}} f (x) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{e^{x}}{\frac{e^{x} - 1}{x}} = 1 = f (0)$

ومنه $f$ متصلة على اليمين في $0$

$ب$ لدينا

$\lim_{x \to + \infty} f (x) - x = \lim_{x \to + \infty} (\frac{x e^{x}}{e^{x} - 1} - x) \lim_{x \to + \infty} f (x) - x = \lim_{x \to + \infty} (\frac{x}{e^{x} - 1}) \lim_{x \to + \infty} f (x) - x = \lim_{x \to + \infty} (\frac{1}{\frac{e^{x}}{x} - \frac{1}{x}})$

ولدينا $\lim_{x \to + \infty} \frac{1}{x} = 0$ و $\lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x}}{x} = 0$

الخلاصة:

$\lim_{x \to + \infty} (f (x) - x) = 0$

التأویل الھندسي: المستقيم الذي معادلته $y = x$ مقارب مائل ل $(C_{f})$ بجوار $(+ \infty)$

$2$

$أ$ ليكن $x \in] 0, + \infty [$

لكل $0 \leq t \leq x$ لدينا $1 - t \leq e^{- t}$

إذن

$\int_{0}^{1} (1 - t) d t \leq \int_{0}^{x} e^{- t} d t \Rightarrow {[t - \frac{t^{2}}{2}]}_{0}^{x} \leq {[- e^{- t}]}_{0}^{x}$

الخلاصة:

$(\forall x \geq 0); x - \frac{x^{2}}{2} \leq - e^{- x} + 1$

$ب$ ليكن $x \in] 0, + \infty [$

لكل $0 \leq t \leq x$ لدينا

$t - \frac{t^{2}}{2} \leq e^{- t} + 1 \leq t \Rightarrow \int_{0}^{x} t - \frac{t^{2}}{2} d t \leq \int_{0}^{x} (e^{- t} + 1) d t \leq \int_{0}^{x} t d t \Rightarrow {[\frac{t^{2}}{2} - \frac{t^{3}}{6}]}_{0}^{x} \leq {[e^{- t} + t]}_{0}^{x} \leq {[\frac{t^{2}}{2}]}_{0}^{x}$

الخلاصة:

$(\forall x \geq 0); \frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{3}}{6} \leq e^{- x} + x - 1 \leq \frac{x^{2}}{2}$

$3$

$أ$ ليكن $x \in] 0, + \infty [$

لدينا

$\frac{f (x) - 1}{x} = \frac{x e^{x} - e^{x} + 1}{x (e^{x} - 1)} \frac{f (x) - 1}{x} = \frac{x - 1 + e^{- x}}{x^{2}} . \frac{x e^{x}}{e^{x} - 1} \frac{f (x) - 1}{x} = \frac{x - 1 + e^{- x}}{x^{2}} f (x)$

الخلاصة:

$(\forall x > 0); \frac{f (x) - 1}{x} = \frac{e^{- x} + x - 1}{x^{2}} f (x)$

$ب$ لكل $(x \geq 0)$ لدينا

$\frac{x^{2}}{2} - \frac{x^{3}}{6} \leq e^{- x} + x - 1 \leq \frac{x^{2}}{2} \Rightarrow \frac{1}{2} - \frac{x}{6} \leq \frac{e^{- x} + x - 1}{x^{2}} \leq \frac{1}{2}$

وبما أن $\lim_{x \to 0^{+}} (\frac{1}{2} - \frac{x}{6}) = \frac{1}{2}$

فإن $\lim_{x \to 0^{+}} (\frac{e^{- x} + - 1}{x^{2}}) f (x) = \frac{1}{2}$

الخلاصة:

$\lim_{x \to 0^{+}} \frac{f (x) - 1}{x} = \frac{1}{2}$

التأویل الھندسي: $(C_{f})$ یقبل على اليمين في النقطة $M (0, 1)$ نصف مماس مائل معامله الموجه هو $\frac{1}{2}$

$4$

$أ$ الدالة $f$ قابلة للاشتقاق على المجال $] 0, + \infty [$ ولكل $x$ من $] 0, + \infty [$ لدينا

$f' (x) = \frac{(e^{x} + x e^{x}) (e^{x} - 1) - x {(e^{x})}^{2}}{{(e^{x} - 1)}^{2}} f' (x) = \frac{{(e^{x})}^{2} - e^{x} + x {(e^{x})}^{2} - e^{x} - x {(e^{x})}^{2}}{{(e^{x} - 1)}^{2}} f' (x) = \frac{e^{x} (e^{x} - 1 - x)}{{(e^{x} - 1)}^{2}}$

$ب$ لدينا $(\forall x > 0) x + 1 < e^{x}$

إذن $(\forall x > 0), f' (x) > 0$

ومنه الدالة $f$ تزايدية قطعا على $[0, + \infty [$

الجزء الثالث

$1$ في حالة $n = 0$ لدينا $u_{0} > 0$

نفترض أن $u_{n} > 0$

إذن $f (u_{n}) > f (0)$ لأن $f$ تزايدية قطعا على $] 0, + \infty [$

وبالتالي $f (u_{n}) > 1$

وبما أن الدالة $\ln$ تزايدية قطعا على $] 0, + \infty [$ فإن $\ln (f (u_{n})) > \ln 1$

أي $u_{n + 1} > 0$

$(\forall n \in ℕ), u_{n} > 0$

$2$ ليكن $n \in ℕ$

لدينا $(\forall x > 0); 0 < \ln (f (x)) < x$

وبما أن $u_{n} > 0$ فإن $0 < \ln (f (u_{n})) < u_{n}$

أي $0 < u_{n + 1} < u_{n}$

ومنه ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ تناقصية قطعا وبما أنها مصغورة ب $0$ فهي إذن متقاربة

$3$ لدينا

$(\forall x > 0); e^{x} > x + 1 \Leftrightarrow e^{x} - 1 > x \Leftrightarrow \frac{x}{e^{x} - 1} < 1 \Leftrightarrow \frac{x e^{x}}{e^{x} - 1} < e^{x} \Leftrightarrow f (x) < e^{x} \Leftrightarrow \ln (f (x)) < x$

ولدينا $\ln (f (0)) = 0$

الخلاصة: $0$ هو الحل الوحيد للمعادلة $\ln (f (x)) = x$

المتتالية ${(u_{n})}_{n \geq 0}$ متقاربة والدالة $\ln \circ f$ متصلة على $] 0, + \infty [$ وتحقق $\ln \circ f (] 0, + \infty [) \subset] 0, + \infty [$

إذن نهايتها $l$ تحقق المعادلة $\ln (f (l)) = l$ التي تقبل حلا واحدا هو $0$

الخلاصة:

$l i m (u_{n}) = 0$
5
التمرين 5
التحليل 2

نعتبر الدالة العددیة $F$ المعرفة على المجال $I =] 0, + \infty [$ بما یلي:

$F (x) = \int_{\ln 2}^{x} \frac{1}{\sqrt{e^{t} - 1}} d t$

$1$

$أ$ ادرس إشارة $F (x)$ لكل $x$ من $I$

$ب$ بین ان الدالة $F$ قابلة للاشتقاق على المجال $I$ واحسب $F' (x)$ لكل $x$ من $I$

$ج$ بین أن الدالة $F$ تزایدیة قطعا على المجال $I$

$2$

$أ$ باستعمال تقنیة تغییر المتغیر وذلك بوضع: $u = \sqrt{e^{t} - 1}$ ، بین انه لكل $x$ من $I$ لدینا

$F (x) = \int_{\ln 2}^{x} \frac{1}{\sqrt{e^{t} - 1}} d t = 2 a r c \tan \sqrt{e^{x} - 1} - \frac{π}{2}$

$ب$ احسب $\lim_{x \to 0^{+}} F (x)$ و $\lim_{x \to + \infty} F (x)$

$3$

$أ$ بین أن الدالة $F$ تقابل من المجال $I$ نحو مجال $J$ یتم تحدیده

$ب$ حدد التقابل العكسي $F^{- 1}$ للتقابل $F$

التحليل 2

$1$

$أ$ لدينا $(\forall t \in] 0, + \infty [); \frac{1}{\sqrt{e^{t} - 1}}$

إذن $(\forall x \in] 0, \ln 2 [); \int_{\ln 2}^{x} \frac{1}{\sqrt{e^{t} - 1}} d t < 0$ و $(\forall x \in] \ln 2, + \infty [); \int_{\ln 2}^{x} \frac{1}{\sqrt{e^{t} - 1}} d t > 0$

ومنه إشارة $F (x)$ كما يلي:

$F (x)$ موجبة قطعا على المجال $] \ln 2, + \infty [$

$F (x)$ سالبة قطعا على المجال $] 0, \ln 2 [$ و $F (\ln 2) = 0$

$ب$ الدالة $F$ هي الدالة الأصلية ل $x \to \frac{1}{\sqrt{e^{x} - 1}}$ على $] 0, + \infty [$ والتي تنعدم عند $\ln 2$

إذن $F$ قابلة للاشتقاق على $] 0, + \infty [$ ولدينا

$(\forall x \in] 0, + \infty [); F' (x) = \frac{1}{\sqrt{e^{x} - 1}}$

$ج$ لدينا $(\forall x \in] 0, + \infty [); F' (x) = \frac{1}{\sqrt{e^{x} - 1}} > 0$

إذن الدالة $F$ تزایدیة قطعا على المجال $] 0, + \infty [$

$2$

$أ$ بوضع $u = \sqrt{e^{t} - 1}$ يكون لدينا

$\{\begin{matrix} d u = \frac{e^{t}}{2 u} d t = \frac{u^{2} + 1}{2 u} \Leftrightarrow d t = \frac{2 u}{u^{2} + 1} d u \\ t = x \Leftrightarrow u = \sqrt{e^{x} 91} \\ t = \ln 2 \Leftrightarrow u = 1 \end{matrix}$

ومنه

$F (x) = \int_{\ln 2}^{x} \frac{1}{\sqrt{e^{t} - 1}} d t F (x) = \int_{1}^{\sqrt{e^{x} - 1}} \frac{1}{u} \frac{2 u}{u^{2} + 1} d u F (x) = \int_{1}^{\sqrt{e^{x} - 1}} \frac{2}{u^{2} + 1} d u F (x) = 2 {[a r c \tan]}_{1}^{\sqrt{e^{x} - 1}} F (x) = 2 (a r c \tan (\sqrt{e^{x} - 1}) - \frac{π}{4}) F (x) = 2 a r c \tan (\sqrt{e^{x} - 1}) - \frac{π}{2}$

$ب$ لدينا

$\lim_{x \to 0^{+}} F (x) = \lim_{x \to 0^{+}} 2 a r c \tan (\sqrt{e^{x} - 1}) - \frac{π}{2} \lim_{x \to 0^{+}} F (x) = 2 a r c \tan (0) - \frac{π}{2} \lim_{x \to 0^{+}} F (x) = - \frac{π}{2}$

و

$\lim_{x \to + \infty} F (x) = \lim_{x \to + \infty} 2 a r c \tan (\sqrt{e^{x} - 1}) - \frac{π}{2} \lim_{x \to + \infty} F (x) = 2 \frac{π}{2} - \frac{π}{2} \lim_{x \to + \infty} F (x) = \frac{π}{2}$

$3$

$أ$ الدالة $F$ قابلة للاشتقاق على $] 0, + \infty [$ إذن فهي متصلة عليه

وبما أنها تزايدية قطعا على $] 0, + \infty [$ فهي إذن تقابل من $] 0, + \infty [$ نحو $F (] 0, + \infty [)$

ولدينا $F (] 0, + \infty [) =] \lim_{x \to 0^{+}} F (x), \lim_{x \to + \infty} F (x) [=] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$

إذن $F$ تقابل من $] 0, + \infty [$ نحو $] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$

$ب$

$(\forall y \in] 0, + \infty [); (\forall x \in] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [) F (y) = x \Leftrightarrow 2 a r c \tan (\sqrt{e^{y} - 1}) - \frac{π}{2} = x \Leftrightarrow a r c \tan (\sqrt{e^{y} - 1}) = \frac{x}{2} + \frac{π}{4} \Leftrightarrow \sqrt{e^{y} - 1} = \tan (\frac{x}{2} + \frac{π}{4}) \Leftrightarrow e^{y} = 1 + \tan^{2} (\frac{x}{2} + \frac{π}{4}) \Leftrightarrow y = \ln (1 + \tan^{2} (\frac{x}{2} + \frac{π}{4}))$

الخلاصة: $F$ تقابل من $] 0, + \infty [$ نحو $] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [$ و

$(\forall x \in] - \frac{π}{2}, \frac{π}{2} [) F^{- 1} (x) = \ln (1 + \tan^{2} (\frac{x}{2} + \frac{π}{4}))$

مبيان الدالة $f$ :

مبيان الدالة $F$ :

Retour

الامتحان الوطني الموحد 2016 الدورة العادية: الموضوع والتصحيح

التمرين 1

البنيات الجبرية

البنيات الجبرية

التمرين 2

الحسابيات

الجزء الأول

الجزء الثاني

الحسابيات

الجزء الأول

الجزء الثاني

التمرين 3

الأعداد العقدية

الأعداد العقدية

التمرين 4

التحليل 1

الجزء الأول

الجزء الثاني

الجزء الثالث

التحليل 1

الجزء الأول

الجزء الثاني

الجزء الثالث

التمرين 5

التحليل 2

التحليل 2

Maroc

France

Plus