Corrigé Bac 2015 (Abidi Farid ) -Mathématique: 4 éme Maths

1.a) Soit l’équation z²2z 4 0, son discriminant réduit est ^{  }

 

^{1 2   4 3}

 

^{i 3 2.}

Les solutions de l’équation z²2z 4 0 sont : z₁ 1 i 3 et z₂  1 i 3. b) z₁ 1 i 3 2 ¹ i ³ 2eⁱ³

2 2

  

      et z₂ 1 i 3 z₁ 2e ⁱ³



    .

2. Soit B et C les points d’affixes respectives z_B 2eⁱ³



 et z_C 2e ⁱ³



 . Voir figure ci-dessous à la fin de l'exercice.

3. On a : N ON 2 z_N 2

Et

  ^{ }

^N

^{   }

^N

^{ }

^M

^{ }

M

OM, ON 2 arg z 2 arg z arg z 2

3 z 3 3

 

  

         

 

arg z

 

N arg z

 

M

 

2 arg z

 

N arg e

 

ⁱ

 

2 arg z

 

N

 

2

3 3 3

   

            

D’où z_N 2e^{i 3}



 

 

 .

4. a) L’écriture complexe de la rotation r de centre A d’affixe 2 et d’angle 3

 est :

 

i i i

3 3 3

z 2 e z 2 z ' e z 2 2e

  

        .

b) L’affixe du milieu F du segment [BM] est : z_F ^{zB zM} eⁱ³ eⁱ 2



 

   et l’affixe du milieu K du segment [CN] est :

i i

3

C N 3

K

z z

z e e

2

 

 

  

    .

Soit F’= r(F) , z_F' e zⁱ³ _F 2 2eⁱ³ eⁱ³ eⁱ³ eⁱ 2 2eⁱ³ e²ⁱ³ e^{i 3} 2 2eⁱ³

 

         

           

 

i i i i

3 3 3 3

K

1 3 1 3

i e 2 1 i 3 i e e e z

2 2 2 2

  

      

     

     

            

Donc r(F) = K.

c) r(F) = K ^_



^{AFAF, AKAK}



^ ₃^

^{ }

^2 donc AFK est un triangle équilatéral.

5. a)

2 2 2 i

2 3 i

F A

3 3

AF z z e e 2 cos i sin

2 2

   

            

 

2 2

2 2

3 3

cos sin cos 3cos sin 3 sin 3

2 2

 

 

                

^{ 4}



^{3cos  3 sin}



Or ^{3cos 3 sin r cos}



^{ }



avec r = 3² 3² 2 3 et

 

3 3

cos 2 3 2

donc 2

3 1 6

sin 2 3 2

   

 

    

 

    



par suite : 3cos 3 sin 2 3 cos 6

 

      

 . Ainsi : AF² = 4 2 3 cos

6

 

   .

b) On pose : ^f

 

^{4 2 3 cos}

6

 

      où ^{  }



^,



f est dérivable sur



^{ ,}



et pour tout ^{  }



^,



^{, f}

 

^{2 3 sin}

6

 

     .

 

6

 ⁵ 6

 _

6

  5

6

  0  7

6

 sin 6

 

 

 

_ 0 + 0 _

 

f  _ 0 + 0 _

D’où f admet un maximum en ⁵ 6

  . Il en résulte que AF² admet un maximum en ⁵ 6

et par suite l’affixe

du point M correspondant est

i5

2e 6



Exercice 2 :

1. f est la similitude de centre A qui envoie B sur C.



^{AB, AC}



^₂

^{ }

^2 donc l’angle de f est 2

 et ^AC tan 3

AB 3

   donc le rapport de f est 3 .

2. g est la similitude indirecte de centre A qui envoie C sur B.

a) ^{AB 1 3}

AC 3  3 donc le rapport de g est ³ 3 .

b) A, C et g(C) = B ne sont pas alignés donc  l’axe de g est la bissectrice intérieure de



^{AC, AB .}



c) On sait que g g est l’homothétie de centre A et de rapport

2

3 1

3 3

 

  

 

  . Posons g(B) = B’ , comme ^{g g C}

 

^{g(B)B ' alors AB 1AC AD}

 3  donc B’ = D.

D’où g(B) = D.

 

^{AB AB 3}

cot BD, BA 3 3

AD 1AC 3

3

    donc



^{BD, BA}



^ ₆^

^{ }

^2

D’où



^{BD, BA}

 

^1₂ ^{BC, BA 2}

 ^{ }

^ . Par suite , [BD) est la bissectrice intérieur de l’angle ABC . 3. a) f g est la composée d’une similitude directe de centre A et de rapport 3 et d’une similitude

indirecte de centre A et de rapport ³

3 donc f g est une similitude indirecte de centre A et de rapport 1 d’où f g est un antidéplacement qui fixe A . Par suite, f g est une symétrie axiale d’axe passant par A.

Comme ^{f g C}

 

^{f (B)C alors f g}est la symétrie axiale d’axe (AC).

b) On pose D’ = f(D) , D’ = f(D) = f(g(B)) = f g B

 

S_{ }AC

 

B .

Or les droites (AB) et (AC) sont perpendiculaires en A, donc D’ est le symétrique de B para rapport à A.

4. I est le centre du cercle inscrit dans le triangle ABC donc I est le point de concours des bissectrices intérieures des angles ABC et BAC .

Posons I’ = f(I) ,

[AI) est la bissectrice intérieure de BAC donc f([AI)) = [AI’) est la bissectrice intérieure de l’angle f(

BAC ) = CAD' donc I’ appartient à [AJ).

I appartient à (BD) donc I’ appartient à f((BD)) = (CD’).

Or [AJ) coupe (BD’) en J , donc f(I) = J.

Exercice 3 :

1. a) 47.(-9) +53.8= -423 + 424 = 1 donc (-9, 8) est une solution de l’équation (E) : 47x + 53y= 1.

b) On a : ^47x^53y ^{1 47x}^53y^47.

 

 ^{9 53.8}^{47 x}



 ⁹



^{53 y 8}







^{0 47 x}



^9



^{ 53 y 8}



^



^.

47  53 = 1 et 53 divise 74(x + 9) donc 53 divise x + 9 d’où il existe un entier relatif k tel que x + 9 = 53k ou encore x = 53k – 9.

   

47 x9  53 y 8 devient ^47.53k ^{53 y 8}







d’où y 8  47k ou encore y 47k 8 . Ainsi : si 47x53y1 alors



^{x, y}

 

 ^53k ^{9, 47k}⁸



où k .

Réciproquement :

Si



^{x, y}

 

^{ 53k 9, 47k8}



^{où k} , alors

   

47x53y47 53k 9 53 47k 8 47.53k47( 9) 53.47k  53( 8) 1. Donc l’ensemble des solutions de (E) est

 

^{53k 9, 47k8 , k}



^



^.

c) ^{47x1 mod 53}

 

^{47x 1 53p , p 47x53p1, p}

^47x53

 

^{ p 1, p}

D’où x53k9 où k .

Donc l’ensemble des inverses de 74 modulo 53 est



^{53k9, k}



^.

d) 53k 9 0 k ⁹

   53 d’où k1.

Ainsi, le plus petit inverse de 47 modulo 53 est : 53.1 9 53 9 44.

2. a) 53 est un nombre premier ne divisant pas 45 donc ^{4553 1 1 mod 53}

 

^{d’où 4552 1 mod 53}

 

^.

b)

 

^{4552 2 1 mod 53}

^{ }

^{donc 45104 1 mod 53}

^{ }

^.

Or 45² 38 53 11  donc ⁴⁵² ^{11 mod 53}

 

.

D’où ^{45104452 11 mod 53}

 

^{donc 45106 11 mod 53}

 

^.

3. a) N =

106 106

2 105 1 45 45 1

1 45 45 ... 45

1 45 44

 

     

 d’où 44N = 45¹⁰⁶1. Comme ^{4510611 mod 53}

 

^{, alors 45106} 1 10 mod 53

 

.

Par suite : ^44N^{10 mod 53}

 

.

b) Un inverse de 44 modulo 53 est 47 donc ^44N^{10 mod 53}

 

donne ^N10 47 mod 53

 

. Or 10 47 47053 8 46 donc ^{10 47 46 mod 53}

 

^.

Ainsi : ^{N46 mod 53}

 

et par suite le reste de N modulo 53 est 46.

Exercice 4 :

I- Soit f la fonction définie sur

 

^0, ^{par f x}

 

^{esin x}.

1. a) f est dérivable sur

 

^0, et pour x de 0,

 

 , f

 

x cos x.e^{sin x}. x 0

2

 

cos x + 0 - f’(x) + 0 - f(x)

e

1 1

b) ^x

 

^{0, 0 x x 0 0 x 0 2 x}

 

^0,

2

  

                   

et ^f



^x



^{esinx esinxf x}

 

^.

Donc la droite : x 2

  est un axe de symétrie de la courbe (Cf).

c) Une équation de la tangente (T) à (C_f) au point d’abscisse 0 est : ^{yf 0 x}

 

^{f 0}

 

^{ x 1.}

2. On considère la fonction g définie sur [0, 1] par ^{g x}

 

^{ex 1 x 2 1.}

g n’est pas dérivable à gauche en 1 et dérivable à droite en 0 par conséquent le tableau de variation donné est faux.

Je donne le tableau de variation de g :

x 0 ^{1 5} 2

  1

g’(x) + 0 -

||

g(x)

g ^{1 5} 2

  

 

 

 

0 -1

a) Remarquons que g(0) = 0 et g est continue et strictement croissante sur 0, ^{1 5} 2

   

 

  donc pour

tout x de 0, ^{1 5} 2

   

 

 , g(x) > 0 .

D’autre part : g est continue et strictement décroissante sur ^{1 5},1 2

  

 

 .

1 5

g 0

2

  

 

 

  et g(1) = -1 donc ^{g 1 5 g 1}

 

⁰

2

  

 

 

 

  .

Par suite , l’équation g(x) = 0 admet une unique solution  sur ^{1 5},1 2

  

 

 .

D’où l’équation g(x) = 0 admet une unique solution  sur

 

^{0,1 .}

b) On a : g(0) = 0 et pour tout x de 0, ^{1 5} 2

   

 

 , g(x) > 0 . D’autre part :

^g

 

 ⁰ ,

si ^{1 5} x

2

     alors ^{g x}

 

^g

 

^ donc g(x) > 0.

si x  alors ^{g x}

 

^g

 

^ donc g(x) < 0.

D’où :

x 0  1 g(x) 0 + 0 -

3. Soit la fonction f définie sur 0, 2

 

 

  par h(x)e^sinx (x 1). a) On a d’une part : pour tout x de 0,

2

 

 

 , h (x) cos x.e^sinx1 Et d’autre part : pour tout x de 0,

2

 

 

 , ^{sin x}

 

^0,1

et ^{g sin x}

 

^{esin x 1 sin x 1} ²  ^{esinx cos x 12}  ^{esin x.cos x 1} . Ainsi , pour tout x de 0,

2

 

 

 , ^{h (x) g sin x}

 

^.

b) La fonction u :x sin x est continue et strictement croissante sur 0, 2

 

 

  donc u réalise une bijection de 0,

2

 

 

  sur u ^0,

 

^0,1

2

   

 

  .

Comme ^{ }

 

^0,1 , alors il existe un unique réel  dans 0, 2

 

 

  tel que sin  . c) ^{sin 0,}

  

^{ }

  

^{0, et sin ,}

 

^0,1

2

   

 

  .

d) Le tableau de signe de h’(x) :

x 0  2

 g(sin x) 0 + g(sin) = g( )= 0 -

D’où le tableau de variation de h :

x 0  2

 h’(x) + 0 -

h(x)

  



¹



0 e 1 2

 

  

e) h est strictement sur [0, ] donc pour tout x de

 

^{0, , h(x)}^{h 0}

 

donc h(x)0 h est strictement décroissante sur ,

2

 

 

  donc pour tout x de , 2

 

 

 , h(x) h 2

 

    et

h e 1 0,14

2 2

 

    

   

    donc h(x) > 0.

D’où pour tout x de 0, 2

 

 

 , h(x)0. Par suite , pour tout x de 0,

2

 

 

 , ^f(x)



^{x 1}  



^{0 f x}

 

 ^{x 1}. Donc (C_f) est au-dessus de sa tangente (T) au point d’abscisse 0 sur 0,

2

 

 

 . II- 1.a) Pour tout t de 0,

2

 

 

 , cos(x) 1 donc pour tout x de 0, 2

 

 

 ,

 

x x

x 0

0 0

cos t dt dt sin x  x sin xx

 

^.

b) Pour tout x de 0, 2

 

 

 , sin xx donc ^{esin x ex d 'où f x}

 

^ex.

c) (annexe)

e^

2.a) Pour tout x de 0, 2

 

 

 , ^{f x}

 

^ex donc

     

1 1 1 1

x x 1

0

0 0 0 0

f x dx e dx f x dx  e  f x dx e 1

   

^.

Pour tout x de 0, 2

 

 

 , ^{f x}

 

^e donc ²

 

^{2 2}

 

1 1 1

f x dx e dx f x dx e 1

2

  

 

     

 

  

^.

b)

 

²

   

0 0 0 0

f x dx 2 f (x)dx donc f x dx 2e 1 f x dx e 2 2

   

 

       

 

   

Pour tout x de 0, 2

 

 

 , ^{f x}

 

^{ x 1 donc}

       

²

2 2 2 2 2

2 0

0 0 0 0

f x dx x 1 dx f x dx 1x x f x dx

2 8 2

    

 

 

        

   

Donc ²

   

²

 

²

 

²

0 0 0 0

f x dx x 1 dx 2 f x dx donc f x dx 4

   

      

   

^.

Or ^{A f x dx}

 

^{2f x dx}

 

^{f x dx}

 

  













 , il en résulte :

2

A e 2

4

     .