حل بكالوريا 2014 رياضيات شعبة علوم تجريبية — الموضوع الأول مفصّل خطوة بخطوة

شعبة علوم تجريبية · الموضوع الأول · على 20 · 30 سؤالاً

التمرين الأول 4 ن

لتكن

(u_{n})

المتتالية العددية المعرّفة كما يلي:

u_{0} = 1

ومن أجل كل عدد طبيعي

n

u_{n + 1} = \frac{2}{3} u_{n} - \frac{4}{3}

. و

(v_{n})

المتتالية العددية المعرّفة من أجل كل عدد طبيعي

n

بـ:

v_{n} = u_{n} + 4

11 ن

بيّن أنّ $(v_{n})$ متتالية هندسية يُطلب تعيين أساسها وحدّها الأول.
الحل
1. $v_{n + 1} = u_{n + 1} + 4 = \frac{2}{3} u_{n} - \frac{4}{3} + 4 = \frac{2}{3} u_{n} + \frac{8}{3}$ .
2. $\frac{2}{3} u_{n} + \frac{8}{3} = \frac{2}{3} (u_{n} + 4) = \frac{2}{3} v_{n}$ .
3. إذن $(v_{n})$ هندسية أساسها $q = \frac{2}{3}$ .
4. حدها الأول $v_{0} = u_{0} + 4 = 1 + 4 = 5$ .
الجواب $v_{n + 1} = \frac{2}{3} v_{n}$ : هندسية أساسها $q = \frac{2}{3}$ وحدها الأول $v_{0} = 5$ .

انتبه كتابة $\frac{2}{3} u_{n} + \frac{8}{3} = \frac{2}{3} (u_{n} + 8)$ : عند إخراج $\frac{2}{3}$ عاملاً مشتركاً يبقى $4$ لا $8$ .

المتتاليات الهندسية
21 ن

اكتب كلاً من $v_{n}$ و $u_{n}$ بدلالة $n$ .
الحل
1. $v_{n} = v_{0} \times q^{n} = 5 (\frac{2}{3})^{n}$ .
2. $u_{n} = v_{n} - 4 = 5 (\frac{2}{3})^{n} - 4$ .
الجواب $v_{n} = 5 (\frac{2}{3})^{n}$ و $u_{n} = 5 (\frac{2}{3})^{n} - 4$ .

المتتاليات الهندسية
30,5 ن

ادرس اتجاه تغيّر المتتالية $(u_{n})$ على $N$ .
الحل
1. $u_{n + 1} - u_{n} = 5 (\frac{2}{3})^{n + 1} - 5 (\frac{2}{3})^{n}$ .
2. $= 5 (\frac{2}{3})^{n} (\frac{2}{3} - 1) = 5 (\frac{2}{3})^{n} (- \frac{1}{3})$ .
3. $5 (\frac{2}{3})^{n} > 0$ و $- \frac{1}{3} < 0$ ، إذن $u_{n + 1} - u_{n} < 0$ .
4. ومنه $(u_{n})$ متناقصة تماماً على $N$ .
الجواب $u_{n + 1} - u_{n} = 5 (\frac{2}{3})^{n} (- \frac{1}{3}) < 0$ : $(u_{n})$ متناقصة تماماً على $N$ .

اتجاه تغير متتالية ونهايتها
40,5 ن

احسب بدلالة $n$ المجموع $S_{n}$ حيث: $S_{n} = u_{0} + u_{1} + u_{2} + \dots + u_{n}$ .
الحل
1. $S_{n} = (v_{0} - 4) + (v_{1} - 4) + \dots + (v_{n} - 4) = (v_{0} + v_{1} + \dots + v_{n}) - 4 (n + 1)$ .
2. $v_{0} + \dots + v_{n} = v_{0} \times \frac{1 - q ^{n + 1}}{1 - q} = 5 \times \frac{1 - ( \frac{2}{3} ) ^{n + 1}}{\frac{1}{3}} = 15 (1 - (\frac{2}{3})^{n + 1})$ .
3. إذن $S_{n} = 15 (1 - (\frac{2}{3})^{n + 1}) - 4 (n + 1)$ .
الجواب $S_{n} = 15 (1 - (\frac{2}{3})^{n + 1}) - 4 (n + 1)$

انتبه طرح $4 n$ بدل $4 (n + 1)$ : المجموع يحوي $n + 1$ حداً.

مجموع حدود متتابعة لمتتالية
5 أ0,5 ن

لتكن $(w_{n})$ المتتالية العددية المعرّفة على $N$ كما يلي: $w_{n} = 5 (\frac{1}{v _{n} + 5} - 1)$ . بيّن أنّ المتتالية $(w_{n})$ متزايدة تماماً على $N$ .
الحل
1. $w_{n + 1} - w_{n} = 5 (\frac{1}{v _{n + 1} + 5} - \frac{1}{v _{n} + 5}) = \frac{5 ( v _{n} - v _{n + 1} )}{( v _{n + 1} + 5 ) ( v _{n} + 5 )}$ .
2. $v_{n} - v_{n + 1} = v_{n} (1 - \frac{2}{3}) = \frac{1}{3} v_{n} > 0$ لأن $v_{n} > 0$ .
3. والمقام موجب لأن $v_{n} + 5 > 0$ و $v_{n + 1} + 5 > 0$ .
4. إذن $w_{n + 1} - w_{n} > 0$ ، ومنه $(w_{n})$ متزايدة تماماً على $N$ .
الجواب $w_{n + 1} - w_{n} > 0$ من أجل كل $n$ من $N$ ، إذن $(w_{n})$ متزايدة تماماً.

اتجاه تغير متتالية ونهايتها
5 ب0,5 ن

احسب $lim_{n \to + \infty} (u_{n} - w_{n})$ (اكتب عدداً).
الحل
1. $- 1 < \frac{2}{3} < 1$ إذن $lim_{n \to + \infty} (\frac{2}{3})^{n} = 0$ ، ومنه $lim v_{n} = 0$ .
2. $lim u_{n} = 0 - 4 = - 4$ .
3. $lim w_{n} = 5 (\frac{1}{0 + 5} - 1) = 5 \times (- \frac{4}{5}) = - 4$ .
4. إذن $lim_{n \to + \infty} (u_{n} - w_{n}) = - 4 - (- 4) = 0$ .
الجواب $lim_{n \to + \infty} (u_{n} - w_{n}) = 0$

اتجاه تغير متتالية ونهايتها

التمرين الثاني 5 ن

الفضاء منسوب إلى المعلم المتعامد والمتجانس

(O; i, j, k)

. نعتبر النقط

A (2; - 1; 1)

B (- 1; 2; 1)

C (1; - 1; 2)

D (1; 1; 1)

1 أ0,75 ن

تحقّق أنّ النقط $A$ ، $B$ و $C$ تعيّن مستوياً.
الحل
1. $A B (- 1 - 2; 2 + 1; 1 - 1) = (- 3; 3; 0)$ و $A C (1 - 2; - 1 + 1; 2 - 1) = (- 1; 0; 1)$ .
2. لو كان $A B = k A C$ لكان من المركبة الثالثة $0 = k$ ، ومن الأولى $- 3 = - k$ أي $k = 3$ : تناقض.
3. إذن الشعاعان غير مرتبطين خطياً، والنقط ليست على استقامة واحدة فهي تعيّن مستوياً.
الجواب $A B (- 3; 3; 0)$ و $A C (- 1; 0; 1)$ غير مرتبطين خطياً، إذن $A$ ، $B$ ، $C$ تعيّن مستوياً.

المعادلة الديكارتية لمستو والمسافة
1 ب1 ن

بيّن أنّ $n (1; 1; 1)$ هو شعاع ناظمي للمستوي $(A B C)$ .
الحل
1. $n \cdot A B = 1 \times (- 3) + 1 \times 3 + 1 \times 0 = 0$ .
2. $n \cdot A C = 1 \times (- 1) + 1 \times 0 + 1 \times 1 = 0$ .
3. $n$ عمودي على شعاعين غير مرتبطين خطياً من المستوي، إذن هو ناظمي للمستوي $(A B C)$ .
الجواب $n \cdot A B = 0$ و $n \cdot A C = 0$ .

المعادلة الديكارتية لمستو والمسافة
1 ج0,5 ن

اكتب معادلة ديكارتية للمستوي $(A B C)$ (اكتبها على الشكل $x + y + z + d = 0$ ).
الحل
1. $n (1; 1; 1)$ ناظمي، إذن $(A B C) : x + y + z + d = 0$ .
2. $A \in (A B C)$ : $2 - 1 + 1 + d = 0$ أي $d = - 2$ .
3. $(A B C) : x + y + z - 2 = 0$ .
الجواب $(A B C) : x + y + z - 2 = 0$

المعادلة الديكارتية لمستو والمسافة
2 أ1 ن

لتكن النقطة $G$ مرجح الجملة المثقلة ${(A; 1), (B; 2), (C; - 1)}$ . احسب إحداثيات $G$ (اكتب $x, y, z$ ).
الحل
1. $O G = \frac{O A + 2 O B - O C}{2}$ .
2. $x_{G} = \frac{2 + 2 ( - 1 ) - 1}{2} = - \frac{1}{2}$ .
3. $y_{G} = \frac{- 1 + 2 \times 2 - ( - 1 )}{2} = \frac{4}{2} = 2$ .
4. $z_{G} = \frac{1 + 2 \times 1 - 2}{2} = \frac{1}{2}$ .
الجواب $G (- \frac{1}{2}; 2; \frac{1}{2})$

انتبه القسمة على $4$ (مجموع القيم المطلقة) بدل مجموع المعاملات $2$ .

المرجح ومجموعات النقط في الفضاء
2 ب0,5 ن

لتكن $(Γ)$ مجموعة النقط $M$ من الفضاء التي تحقق: $∥ M A + 2 M B - M C ∥ = 2∥ M D ∥$ . بيّن أنّ $(Γ)$ هي المستوي المحوري للقطعة المستقيمة $[G D]$ .
الحل
1. بما أن $G$ مرجح الجملة: $M A + 2 M B - M C = 2 M G$ .
2. الشرط يصبح $2 M G = 2 M D$ أي $M G = M D$ .
3. مجموعة النقط المتساوية البعد عن $G$ و $D$ هي المستوي المحوري للقطعة $[G D]$ .
الجواب $M A + 2 M B - M C = 2 M G$ ، فالشرط يصبح $M G = M D$ : المستوي المحوري لـ $[G D]$ .

المرجح ومجموعات النقط في الفضاء
2 ج0,5 ن

أثبت أنّ معادلة $(Γ)$ هي: $6 x - 4 y + 2 z + 3 = 0$ .
الحل
1. $G D (\frac{3}{2}; - 1; \frac{1}{2})$ ، والشعاع $u (6; - 4; 2) = 4 G D$ ناظمي لـ $(Γ)$ .
2. منتصف $[G D]$ : $I (\frac{1}{4}; \frac{3}{2}; \frac{3}{4})$ .
3. $(Γ) : 6 x - 4 y + 2 z + d = 0$ و $I \in (Γ)$ : $\frac{3}{2} - 6 + \frac{3}{2} + d = 0$ أي $d = 3$ .
4. إذن $(Γ) : 6 x - 4 y + 2 z + 3 = 0$ .
5. طريقة أخرى: $M G^{2} = M D^{2}$ تعطي بعد النشر والتبسيط نفس المعادلة.
الجواب $(Γ)$ يشمل منتصف $[G D]$ و $G D$ ناظمي له، ومنه $6 x - 4 y + 2 z + 3 = 0$ .

المرجح ومجموعات النقط في الفضاء المعادلة الديكارتية لمستو والمسافة
30,75 ن

بيّن أنّ المستويين $(A B C)$ و $(Γ)$ يتقاطعان وفق مستقيم $(Δ)$ يُطلب تعيين تمثيل وسيطي له.
الحل
1. $n (1; 1; 1)$ ناظمي لـ $(A B C)$ و $u (6; - 4; 2)$ ناظمي لـ $(Γ)$ ، وهما غير مرتبطين خطياً، فالمستويان غير متوازيين ويتقاطعان وفق مستقيم $(Δ)$ .
2. نحل الجملة: $x + y + z = 2$ و $6 x - 4 y + 2 z = - 3$ . نضع $z = - 5 t$ .
3. $x + y = 2 + 5 t$ و $6 x - 4 y = - 3 + 10 t$ . بضرب الأولى في $4$ والجمع: $10 x = 5 + 30 t$ أي $x = 3 t + \frac{1}{2}$ .
4. $y = 2 + 5 t - x = 2 t + \frac{3}{2}$ .
5. $(Δ) : ⎩ ⎨ ⎧ x = 3 t + \frac{1}{2} y = 2 t + \frac{3}{2} z = - 5 t$ ، $t \in R$ .
الجواب $n (1; 1; 1)$ و $u (6; - 4; 2)$ غير مرتبطين خطياً؛ $(Δ) : x = 3 t + \frac{1}{2}$ ، $y = 2 t + \frac{3}{2}$ ، $z = - 5 t$ مع $t \in R$ (أو أي تمثيل آخر مكافئ).

انتبه الاكتفاء بإيجاد نقطة مشتركة دون إثبات أن الشعاعين الناظميين غير مرتبطين خطياً.

التمثيل الوسيطي وتقاطع المستويات

التمرين الثالث 5 ن

المستوي المركب منسوب إلى المعلم المتعامد والمتجانس

(O; u, v)

10,75 ن

حلّ في مجموعة الأعداد المركبة $C$ المعادلة: $z^{2} - 62 z + 36 = 0$ .
الحل
1. $Δ = (62)^{2} - 4 \times 36 = 72 - 144 = - 72 = (62 i)^{2}$ .
2. $z^{'} = \frac{6 2 + 6 2 i}{2} = 32 (1 + i)$ .
3. $z^{''} = \frac{6 2 - 6 2 i}{2} = 32 (1 - i) = z^{'}$ .
الجواب $z^{'} = 32 (1 + i)$ و $z^{''} = 32 (1 - i)$ .

المعادلات من الدرجة الثانية في المجموعة C
2 أ0,75 ن

لتكن النقط $A$ ، $B$ ، $C$ و $D$ التي لاحقاتها على الترتيب: $z_{A} = 32 (1 + i)$ ، $z_{B} = z_{A}$ ، $z_{C} = 62$ و $z_{D} = \frac{z _{C}}{2}$ . اكتب $z_{A}$ ، $z_{B}$ و $(1 + i) z_{A}$ على الشكل الأسي.
الحل
1. $∣ z_{A} ∣ = 32 \times ∣1 + i ∣ = 32 \times 2 = 6$ ، و $ar g (1 + i) = \frac{π}{4}$ ، إذن $z_{A} = 6 e^{i \frac{π}{4}}$ .
2. $z_{B} = z_{A} = 6 e^{- i \frac{π}{4}}$ .
3. $(1 + i) z_{A} = 32 (1 + i)^{2} = 32 \times 2 i = 62 i = 62 e^{i \frac{π}{2}}$ .
الجواب $z_{A} = 6 e^{i \frac{π}{4}}$ ، $z_{B} = 6 e^{- i \frac{π}{4}}$ ، $(1 + i) z_{A} = 62 e^{i \frac{π}{2}}$ .

الشكل الأسي لعدد مركب
2 ب0,5 ن

احسب $(\frac{( 1 + i ) z _{A}}{6 2})^{2014}$ (اكتب عدداً).
الحل
1. $\frac{( 1 + i ) z _{A}}{6 2} = e^{i \frac{π}{2}}$ .
2. $(e^{i \frac{π}{2}})^{2014} = e^{i 1007 π}$ .
3. $1007 π = 1006 π + π$ و $1006 π$ مضاعف لـ $2 π$ ، إذن $e^{i 1007 π} = e^{iπ} = - 1$ .
الجواب $- 1$

الشكل الأسي لعدد مركب
2 ج1 ن

بيّن أنّ النقط $O$ ، $A$ ، $B$ و $C$ تنتمي إلى نفس الدائرة التي مركزها $D$ ، يُطلب تعيين نصف قطرها.
الحل
1. $z_{D} = \frac{6 2}{2} = 32$ .
2. $D O = ∣0 - 32 ∣ = 32$ و $D C = ∣6 2 - 32 ∣ = 32$ .
3. $D A = ∣ z_{A} - z_{D} ∣ = ∣3 2 i ∣ = 32$ و $D B = ∣ z_{B} - z_{D} ∣ = ∣ - 32 i ∣ = 32$ .
4. إذن النقط الأربع على الدائرة التي مركزها $D$ ونصف قطرها $32$ .
الجواب $D O = D A = D B = D C = 32$ : الدائرة مركزها $D$ ونصف قطرها $32$ .

الأعداد المركبة والهندسة
2 د0,75 ن

احسب $\frac{z _{B} - z _{C}}{z _{A} - z _{C}}$ ثم جد قيساً للزاوية $(C A; C B)$ . ما هي طبيعة الرباعي $O A C B$ ؟
الحل
1. $z_{A} - z_{C} = 32 (- 1 + i)$ و $z_{B} - z_{C} = 32 (- 1 - i)$ .
2. $\frac{z _{B} - z _{C}}{z _{A} - z _{C}} = \frac{- 1 - i}{- 1 + i} = \frac{( - 1 - i ) ( - 1 - i )}{( - 1 ) ^{2} + 1 ^{2}} = \frac{2 i}{2} = i$ .
3. $(C A; C B) = ar g (i) = \frac{π}{2}$ ، و $∣ i ∣ = 1$ يعطي $C A = C B$ : المثلث $A C B$ قائم في $C$ ومتساوي الساقين.
4. $z_{D} = \frac{z _{A} + z _{B}}{2} = 32$ و $z_{D} = \frac{z _{O} + z _{C}}{2}$ : للقطرين $[A B]$ و $[O C]$ نفس المنتصف $D$ ، فـ $O A C B$ متوازي أضلاع.
5. متوازي أضلاع فيه ضلعان متتاليان متقايسان ومتعامدان ( $C A = C B$ وزاوية قائمة في $C$ )، إذن $O A C B$ مربع.
الجواب $\frac{z _{B} - z _{C}}{z _{A} - z _{C}} = i$ ، $(C A; C B) = \frac{π}{2}$ ، والرباعي $O A C B$ مربع.

الأعداد المركبة والهندسة
3 أ0,25 ن

ليكن $R$ الدوران الذي مركزه $O$ وزاويته $\frac{π}{2}$ . اكتب العبارة المركبة للدوران $R$ (على الشكل $z^{'} = \dots$ ).
الحل
1. العبارة المركبة لدوران مركزه $O$ وزاويته $θ$ : $z^{'} = e^{i θ} z$ .
2. $e^{i \frac{π}{2}} = i$ ، إذن $z^{'} = i z$ .
الجواب $z^{'} = i z$

التحويلات النقطية والأعداد المركبة
3 ب0,5 ن

عيّن لاحقة النقطة $C^{'}$ صورة $C$ بالدوران $R$ ثم تحقق أنّ النقط $A$ ، $C$ و $C^{'}$ في استقامية.
الحل
1. $z_{C^{'}} = i \times 62 = 62 i$ .
2. لاحقة $A C$ : $z_{C} - z_{A} = 62 - 32 - 32 i = 32 (1 - i)$ .
3. لاحقة $C^{'} A$ : $z_{A} - z_{C^{'}} = 32 + 32 i - 62 i = 32 (1 - i)$ .
4. $A C = C^{'} A$ ، إذن الشعاعان مرتبطان خطياً والنقط $A$ ، $C$ ، $C^{'}$ في استقامية ( $A$ منتصف $[C C^{'}]$ ).
الجواب $z_{C^{'}} = 62 i$ ؛ $A C$ و $C^{'} A$ لهما نفس اللاحقة $32 (1 - i)$ ، فالنقط في استقامية.

التحويلات النقطية والأعداد المركبة
3 ج0,5 ن

عيّن لاحقة النقطة $A^{'}$ صورة $A$ بالدوران $R$ ثم حدّد صورة الرباعي $O A C B$ بالدوران $R$ .
الحل
1. $z_{A^{'}} = i \times 32 (1 + i) = 32 (i - 1) = 32 (- 1 + i)$ .
2. $R (O) = O$ ، $R (A) = A^{'}$ ، $R (C) = C^{'}$ .
3. $R (z_{B}) = i \times 32 (1 - i) = 32 (i + 1) = z_{A}$ ، أي $R (B) = A$ .
4. الدوران يحفظ الأشكال، إذن صورة المربع $O A C B$ هي المربع $O A^{'} C^{'} A$ .
الجواب $z_{A^{'}} = 32 (- 1 + i)$ ؛ صورة المربع $O A C B$ هي المربع $O A^{'} C^{'} A$ .

التحويلات النقطية والأعداد المركبة

التمرين الرابع 6 ن

نعتبر الدالة العددية

f

المعرّفة على المجال

] 0; + \infty [

كما يلي:

f (x) = 1 + \frac{2 ln x}{x}

، و

(C_{f})

تمثيلها البياني في المستوي المنسوب إلى المعلم المتعامد والمتجانس

(O; i, j)

1 أ1 ن

احسب $lim_{x \to 0^{+}} f (x)$ و $lim_{x \to + \infty} f (x)$ ، وفسّر النتيجتين هندسياً.
الحل
1. عند $0^{+}$ : $2 ln x \to - \infty$ و $\frac{1}{x} \to + \infty$ ، فالجداء $\frac{2 ln x}{x} \to - \infty$ ، إذن $lim_{x \to 0^{+}} f (x) = - \infty$ .
2. تفسير: المستقيم ذو المعادلة $x = 0$ مستقيم مقارب للمنحنى $(C_{f})$ .
3. عند $+ \infty$ : $lim_{x \to + \infty} \frac{ln x}{x} = 0$ ، إذن $lim_{x \to + \infty} f (x) = 1$ .
4. تفسير: المستقيم ذو المعادلة $y = 1$ مستقيم مقارب للمنحنى $(C_{f})$ بجوار $+ \infty$ .
الجواب $lim_{x \to 0^{+}} f (x) = - \infty$ : المستقيم $x = 0$ مقارب؛ $lim_{x \to + \infty} f (x) = 1$ : المستقيم $y = 1$ مقارب لـ $(C_{f})$ .

الدالة اللوغاريتمية النيبيرية
1 ب1,25 ن

ادرس اتجاه تغيّر الدالة $f$ على المجال $] 0; + \infty [$ ثم شكّل جدول تغيّراتها.
الحل
1. $f^{'} (x) = \frac{\frac{2}{x} \times x - 2 ln x \times 1}{x ^{2}} = \frac{2 ( 1 - ln x )}{x ^{2}}$ .
2. $x^{2} > 0$ ، فإشارة $f^{'} (x)$ هي إشارة $1 - ln x$ : موجبة لما $x < e$ ، معدومة عند $x = e$ ، سالبة لما $x > e$ .
3. $f$ متزايدة تماماً على $] 0; e]$ ومتناقصة تماماً على $[e; + \infty [$ .
4. القيمة الحدية العظمى: $f (e) = 1 + \frac{2}{e} \approx 1.74$ .
5. جدول التغيرات: من $- \infty$ (عند $0^{+}$ ) تتزايد إلى $1 + \frac{2}{e}$ عند $e$ ، ثم تتناقص نحو $1$ عند $+ \infty$ .
الجواب $f^{'} (x) = \frac{2 ( 1 - ln x )}{x ^{2}}$ : $f$ متزايدة تماماً على $] 0; e]$ ومتناقصة تماماً على $[e; + \infty [$ ، و $f (e) = 1 + \frac{2}{e}$ .

انتبه نسيان أن $ln x < 1$ يكافئ $x < e$ لا $x < 1$ .

الدالة اللوغاريتمية النيبيرية المشتقة واتجاه التغير
2 أ0,75 ن

ادرس وضعية المنحنى $(C_{f})$ بالنسبة إلى المستقيم $(Δ)$ الذي معادلته: $y = 1$ .
الحل
1. $f (x) - 1 = \frac{2 ln x}{x}$ ، وبما أن $x > 0$ فإشارتها هي إشارة $ln x$ .
2. على $] 0; 1 [$ : $ln x < 0$ ، إذن $(C_{f})$ أسفل $(Δ)$ .
3. على $] 1; + \infty [$ : $ln x > 0$ ، إذن $(C_{f})$ أعلى $(Δ)$ .
4. عند $x = 1$ : $f (1) = 1$ ، فـ $(C_{f})$ يقطع $(Δ)$ في النقطة $A (1; 1)$ .
الجواب $(C_{f})$ أسفل $(Δ)$ على $] 0; 1 [$ ، أعلى $(Δ)$ على $] 1; + \infty [$ ، ويقطعه في $A (1; 1)$ .

الدالة اللوغاريتمية النيبيرية
2 ب0,25 ن

اكتب معادلة المماس $(T)$ للمنحنى $(C_{f})$ في النقطة ذات الفاصلة $1$ (على الشكل $y = \dots$ ).
الحل
1. $f (1) = 1$ و $f^{'} (1) = \frac{2 ( 1 - 0 )}{1} = 2$ .
2. $y = f^{'} (1) (x - 1) + f (1) = 2 (x - 1) + 1 = 2 x - 1$ .
الجواب $(T) : y = 2 x - 1$

معادلة المماس
2 ج0,75 ن

بيّن أنّ المعادلة $f (x) = 0$ تقبل في المجال $] 0; 1 [$ حلاً وحيداً $α$ حيث: $e^{- 0.4} < α < e^{- 0.3}$ .
الحل
1. $f$ مستمرة ومتزايدة تماماً على $] 0; 1 [$ ، مع $lim_{x \to 0^{+}} f (x) = - \infty$ و $f (1) = 1 > 0$ ، إذن حسب مبرهنة القيم المتوسطة المعادلة $f (x) = 0$ تقبل حلاً وحيداً $α$ في $] 0; 1 [$ .
2. $f (e^{- 0.4}) = 1 + \frac{2 \times ( - 0.4 )}{e ^{- 0.4}} = 1 - 0.8 e^{0.4} \approx - 0.19$ .
3. $f (e^{- 0.3}) = 1 - 0.6 e^{0.3} \approx 0.19$ .
4. $f (e^{- 0.4}) \times f (e^{- 0.3}) < 0$ ، إذن $e^{- 0.4} < α < e^{- 0.3}$ .
الجواب $f$ مستمرة ومتزايدة تماماً على $] 0; 1 [$ وتأخذ قيمها من $- \infty$ إلى $1$ ؛ و $f (e^{- 0.4}) \approx - 0.2 < 0 < f (e^{- 0.3}) \approx 0.2$ .

انتبه ذكر تغير الإشارة وحده دون الرتابة التامة: الرتابة هي التي تضمن الوحدانية.

مبرهنة القيم المتوسطة والحل الوحيد
30,5 ن

أنشئ $(T)$ و $(C_{f})$ .
الحل
1. ارسم المقاربين $x = 0$ و $y = 1$ .
2. ضع النقط: $A (1; 1)$ ، القمة $(e; 1 + \frac{2}{e}) \approx (2.72; 1.74)$ ، و $α \approx 0.7$ على محور الفواصل.
3. ارسم المماس $(T) : y = 2 x - 1$ المار بـ $A (1; 1)$ و $(0; - 1)$ .
4. المنحنى يصعد من $- \infty$ بجوار $0$ ، يقطع $(Δ)$ في $A$ ، يبلغ قمته عند $e$ ثم يقترب من $y = 1$ من الأعلى.
الجواب انظر الرسم: المقاربان $x = 0$ و $y = 1$ ، المماس $y = 2 x - 1$ ، والقيمة العظمى عند $x = e$ .

الدالة اللوغاريتمية النيبيرية معادلة المماس
4 أ0,5 ن

لتكن الدالة $h$ المعرّفة على $R - {0}$ كما يلي: $h (x) = 1 + \frac{2 ln ∣ x ∣}{∣ x ∣}$ ، و $(C_{h})$ تمثيلها البياني في نفس المعلم السابق. بيّن أنّه من أجل كل عدد حقيقي $x$ غير معدوم: $h (x) - h (- x) = 0$ . ماذا تستنتج؟
الحل
1. من أجل $x \neq = 0$ لدينا $- x \neq = 0$ و $∣ - x ∣ = ∣ x ∣$ .
2. $h (- x) = 1 + \frac{2 ln ∣ - x ∣}{∣ - x ∣} = 1 + \frac{2 ln ∣ x ∣}{∣ x ∣} = h (x)$ ، أي $h (x) - h (- x) = 0$ .
3. نستنتج أن $h$ دالة زوجية، ومحور التراتيب $(y y^{'})$ محور تناظر للمنحنى $(C_{h})$ .
الجواب $∣ - x ∣ = ∣ x ∣$ إذن $h (- x) = h (x)$ : $h$ دالة زوجية و $(y y^{'})$ محور تناظر لـ $(C_{h})$ .

استنتاج منحنى من آخر والمناقشة البيانية
4 ب0,5 ن

أنشئ المنحنى $(C_{h})$ اعتماداً على المنحنى $(C_{f})$ .
الحل
1. من أجل $x > 0$ : $∣ x ∣ = x$ فـ $h (x) = f (x)$ ، و $(C_{h})$ ينطبق على $(C_{f})$ .
2. من أجل $x < 0$ : $h (x) = h (- x) = f (- x)$ ، فـ $(C_{h})$ هو نظير $(C_{f})$ بالنسبة إلى محور التراتيب.
الجواب على $] 0; + \infty [$ : $(C_{h})$ ينطبق على $(C_{f})$ ؛ على $] - \infty; 0 [$ : $(C_{h})$ نظير $(C_{f})$ بالنسبة إلى $(y y^{'})$ .

استنتاج منحنى من آخر والمناقشة البيانية
4 ج0,5 ن

ناقش بيانياً، حسب قيم الوسيط الحقيقي $m$ ، عدد حلول المعادلة: $ln x^{2} = (m - 1) ∣ x ∣$ .
الحل
1. من أجل $x \neq = 0$ : $ln x^{2} = 2 ln ∣ x ∣$ ، فالمعادلة تكافئ $\frac{2 ln ∣ x ∣}{∣ x ∣} = m - 1$ أي $h (x) = m$ .
2. حلولها فواصل نقط تقاطع $(C_{h})$ مع المستقيم ذي المعادلة $y = m$ .
3. إذا كان $m \leq 1$ : المستقيم يقطع كل فرع مرة واحدة (في الجزء $∣ x ∣ < 1$ أو عند $∣ x ∣ = 1$ )، فللمعادلة حلان.
4. إذا كان $1 < m < 1 + \frac{2}{e}$ : يقطع كل فرع مرتين، فللمعادلة أربعة حلول.
5. إذا كان $m = 1 + \frac{2}{e}$ : يمس المنحنى عند $x = e$ و $x = - e$ ، فللمعادلة حلان مضاعفان.
6. إذا كان $m > 1 + \frac{2}{e}$ : لا تقاطع، فالمعادلة ليس لها حل.
الجواب $m \leq 1$ : حلان؛ $1 < m < 1 + \frac{2}{e}$ : أربعة حلول؛ $m = 1 + \frac{2}{e}$ : حلان (مضاعفان)؛ $m > 1 + \frac{2}{e}$ : لا حلول.

انتبه عدّ حلول الفرع الموجب فقط ونسيان الفرع المتناظر عند $x < 0$ .

استنتاج منحنى من آخر والمناقشة البيانية