correction du sujet de bac 2016 maths maths

Correction proposée par M. Gari Laroussi Page 1
Correction des sujets de BAC 2016
Matière : Mathématiques
Section : Mathématiques
Correction et commentaires
Notes
Exercice N° 1 : (5 points)
1. f = Similitude de centre A, vérifiant f(B)=F.
a) L’angle de f est
);( AFAB 
)2(
2
.
b) L’image de la droite (BC) est la droite perpendiculaire à (BC) passant par F image de B
c’est donc la droite (FG).
c) f(
C
) = f((AC)
(BC)) = (AB)
(FG)) =
E
et par suite f( C ) = E.
2. C1 est le cercle de diamètre [BC] et C2 est le cercle de diamètre [EF].
a) Comme f(B) = F et f(C) = E alors l’image est le cercle de diamètre *BC+ est le cercle de
diamètre [FE] donc f(C1) = C2.
b) I=f(H). Construire I. (Voir Schéma). Comme H appartient à C1, alors son image I
appartient à C2; donc la perpendiculaire à (AH) en A coupe C2 en A et I.
c) L’angle
);( AIAH 
est droit en A donc [HI] est aussi un diamètre de C2, or [EF] est un
diamètre de C2 donc les deux diamètres [HI] et [EF] se coupent en leur milieu et par suite
HEIF est un parallélogramme, or l’angle
);( HFHE
est droit ([EF] est un diamètre) donc le
quadrilatère HEIF est un rectangle.
d) Montrons que f(F) = J. Il est évident que f(AC) est la droite (AE) donc f(F) est sur (AE) or
l’image de la droite (HF) est la droite perpendiculaire à (HF) passant par I image de H c’est
donc la droite (FI) et par suite f(F) est sur (FI) et enfin f(
F
) = f((AC)
(HF)) = (AE)
(FI))
=
I
et par suite f(F) = I.
3. Soit g la similitude indirecte de centre A qui transforme B en F.
a) Montrer que g = S(AC)
f.
On a g(A) = S(AC)
f(A) et S(AC)
f(B) = S(AC) (F) = F = g(B) et comme g et S(AC)
f (composée d’une
similitude directe f et une similitude indirecte S(AC)) sont deux similitudes indirectes qui coïncide
en deux point a et F elle sont égale..
b) Soit E’=f(E). Montrer que E’ est sur la droite (AC).
En fait f(E)= E’ donc (AE’) est perpendiculaire à la droite (AE) elle est donc parallèle à (AC) qui
passe par A donc (AE’) = (AC) et par suite E’ appartient à la droite (AC).
c)
0.25
0.5
0.5
0.25
0.5
05
0.5
0.75
0.25
1

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Exercice N° 2 : (3 points)
(E) : z2-(1+2i)mz-(1-i)m2=0. m =
i
re
.
1.
a) Il est évident que z1 = im et z2 = (1+i)m.
b) z1 z2
IR+
-(1-i)m2
IR+
i
e
4
2
i
e
i
er 22
IR+
)2
4
3
(
22
i
er
IR+
)2(02
4
3
)2(
4
5
2
)(
8
5
)2(
8
5
ou
)2(
8
3
or
[,0]
8
5
.
2. z1 z2 = -(1-i)m2 =
i
e
4
2
i
e
4
5
2
i
er
=
2
02 i
er
=
2
2
r
=
2
2
m
.
3. Soit t
IR+ et m =
8
5
24
i
e
t
.
a) Montrer que OE2 = OB.OC.
Le demi cercle de diamètre [BC] passe par E donc le triangle EBC est rectangle en E et
comme (OE) est perpendiculaire à (BC) en O donc O est le pied de la hauteur du triangle
EBC issue de E et par suite OE2 =OB.OC.
b)
2
m
=
2
t
=
2
2
.t
=OC.OB=OE2 donc
m
=OE.
4. Construction du point A
0.75
0.5
0.25
0.5
0.25
0.25
0.5

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Exercice N° 3 : ( 4 points)
1.
)2(mod1 4 a
et
)5(mod1 4 a
donc
ka .21 4
et
'.51 4ka 
donc
'.51.21 44 kk 
donc
'.5.2 44 kk 
donc
'.5 244 kdivise
et comme
44 5 2 et
sont premier entre eux alors
' 24kdivise
et par suite
'' .2' 4kk 
et enfin
''2.51 44 ka 
donc
''1014ka 
et enfin
)10(mod1 4 a
.
2. Soit b = ( 9217)4 .
)5(mod29217 
donc
)5(mod29217 44 
donc
)5(mod1692174
et par suite
)5(mod192174
donc
)5(mod1b
.
)16(mod19217 
donc
)16(mod192174
donc et par suite
)16(mod1b
.
3. Soit
1
5 n
bbn
.
a) Montrer que
1)1( 5
1 nn bb
. Et fait
1)1(1)(11 5555.55
1
1 
nn bbbbb nnn
b) En déduire que
nnnnnnnnnnnn bbbbbbbbbbbb 510105115101051)1( 23452345
5
1
4. a) Montrer que si 5n+1 divise bn alors 5n+2 divise bn+1 .
Si 5n+1 divise bn alors bn= 5n+1.k donc
).k5.10.k5.10.k5.k(55
.k5.5.k5.10.k5.10.k5.5.k5
.k)5(5.k)5(10.k)5(10.k)5(5.k)5(
2n31+2n43+3n53+4n2+n
1+n22+2n33+3n44+4n55+5n
1+n21+n31+n41+n51+n
1
k
bn
Donc 5n+2 divise bn+1.
b) Montrer par récurrence que pour tous entier naturel n ;
)5(mod0 1 n
n
b
.
On a
1
0 bb
; or
)5(mod1b
donc
)5(mod01 1 b
donc
)5(mod0 10
0
b
d’où la
propriété est vraie poye n=0.
Admettons que
)5(mod0 1 n
n
b
donc 5n+1 divise bn et d’après la question 4/a) 5n+2 divise
bn+1 alors bn+1=5n+2.K et par suite
)5(mod0 2
1 n n
b
. cqfd
5. a) Montrer que
)625(mod1)9217(500 
.
On a
)5(mod0 1 n
n
b
donc pour n=3 ;
)5(mod0 4
3b
or
1
3
5
3 bb
donc
)5(mod01 453b
donc
)625(mod1
125 b
et comme b = ( 9217)4 alors
)625(mod1))9217(' 1254
donc
)625(mod1)9217(500 
b) Montrer que
)10000(mod1)9217(500 
.
on a
)16(mod1b
donc
)16(mod1)9217(4
donc
)16(mod1))9217(( 1251254
enfin
)2(mod1)9217(4500 
et comme
)625(mod1)9217(500 
; en appliquant 1/ on aura
)10000(mod1)9217(500 
c) Trouver un entier dont le cube est congru à 9217 modulo 10 000.
On a
)10000(mod1)9217(500 
donc
)10000(mod9217)9217(501 
et
donc
)10000(mod9217))9217(( 3167 
en posant N= (9217)167 on aura
)10000(mod9217)N( 3
.
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.75
0.5
0.5
0.5

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Exercice N° 3 : (8 points)
A) (Cf) : f(x)=
x
ex
pour tout réel x
;0
1. a)
f(x)lim 0x
, donc la courbe (Cf) admet une asymptote verticale d’équation x=0.
b)
 t
txx
tx e
lim
x
e
lim f(x)lim
et
 3
tx e
lim
x
e
lim
f(x)
lim t
x
xtxx
, donc la
courbe (Cf) admet une branche parabolique parallèle à l’axe des ordonnées au voisinage
de
.
2. a) Pour tout réel x
;0
; f(x)=
x
ex
.La fonction f est dérivable sur
;0
et on a : Pour
tout réel x
;0
; f’(x)=
xx
xe
x
e
x
xe
xx
xx
2
)1(
21
.
21
.
b) T.V de f.
x
0
1
f’(x)
–
0
+
f
e
c)
2
3
2
3
4
5
6
7
0
1
1
x
y
3.
0.25+0.25
0.25+0.25
0.25
0.25
0.5
0.5

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6
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8
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11
-1
0
1
1
x
y
A
1f(x)dx S
=
).(2e2dx.e
2
1
.2dx
e1
x
1x 1x
ee
xx  
).1(2)(2limlim 00    eeeS
B) 1) g1 étant une fonction continue et strictement décroissante sur l’intervalle + 0,1+, elle
réalise donc une bijection de l’intervalle + 0,1+ sur l’intervalle I= g1 (] 0,1]) = [e,
[.
g2 étant une fonction continue et strictement croissante sur l’intervalle * 1,
[, elle
réalise donc une bijection de l’intervalle * 1,
* sur l’intervalle
g2([1,
[)=[e,
[=I.
2. Soit n un entier naturel.
a) Comme
[,[
1 e
n
e
= g2([1,
[) et puisque g2 réalise une bijection de l’intervalle
[1,
[ sur l’intervalle *e,
[ , alors il existe un seul réel
[;1] 
n
tel que
g2(
n
)=f(
n
)=
n
e1
Comme
[,[
1 e
n
e
= g1 (] 0,1]) et puisque g1 réalise une bijection de l’intervalle + 0,1+
sur l’intervalle *e,
[ , alors il existe un seul réel
[1;0]
n
tel que g1(
n
)=f(
n
)=
n
e1
Conclusion : L’équation f(x)=
n
e1
admet dans l’intervalle
;0
deux solutions
n
et
n
vérifiant 0<
n
<
n
<1.
b)
 On sait que
nn 1 1
1
donc
n
e
n
e1
1
1
alors g1(
1n
)<g1(
n
) or g1 est strictement
décroissante sur ] 0,1] donc
n
<
1n
et par suite la suite (
n
) est croissante et majorée par
1 elle est donc convergente, posons
.lim l
n
n
Comme on a : f(
n
)=
n
e1
par passage à la
limite quand n tend vers
, on aura
)(flim n
n
=
)
1
(lim n e
n
donc
)(flim n
n
=
e
or f est
0.5
0.25+0.25
0.25+0.25