‫الشّعبةّ‪ّ:‬رياضيات‬
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‫الدّورةّالرئيسيةّّ‬
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‫جوانّ‪ّ3102‬‬

Corrigé

Exercice 1

1. (A1) Vrai: en effet si 33n  0  mod 2013 alors il existe k 

tel que 33n  2013k  61  33k alors n  61k

ou encore n  0  mod 61 .
(A2) Vrai: en effet 33  11  11 et 11 divise 2013. Ainsi l’équation admet des solutions dans

 .

u : x ln x est définie et dérivable sur  0, 

ex

2. (A3) Vrai : en effet :  x est continue sur donc elle est continue sur u  0,   donc la fonction F
1  x2

1


est dérivable sur 0,  .
(A3) Faux : car pour tout x  0,  , F '  x  

eln x
1   ln x 

2



1 x 1
1

 
.
2 x 1   ln x  x 1   ln x 2

Exercice 2





A. 1) Une mesure de l’angle de f est OB, OA  

OA


 2. Le rapport de f est
OB
3

1
 2.

cos  
3

2) a) Le triangle OAB est rectangle en B et de sens direct donc son image par f est un triangle rectangle en f (B) et de sens direct. Or f  O  O, f  B  A et f  A   C , il en résulte que le triangle OCA est rectangle en A de sens direct et

AC
 2 donc AC  2AB.
AB

b) Voir figure.
B. 1) a) On sait que g (A) = C et g (B) = A donc le rapport de g est

AC
 2 donc g g  h  ,4 or g g  B  C ,
AB

il en résulte que h  ,4  B  C  C  4B.
4
3

b) Puisque C  4B donc  est le barycentre des points pondérés  C,1 et  B, 4  d’où C  CB.
2) a) G est le barycentre des points pondérés  A,1 et  B, 2  d’où BG 

1
1
BA  BA et puisque g (G) =
1 2
3

1
3

H, g (A) = C et g (B) = A, on en déduit que AH  AC .
b) D’après a) BG  AH 







 



1
1
1
1
BA  AC  BC  B  C  B  4B  B.
3
3
3
3

On a BG  AH  B donc BG  AG  GH  B donc BG  GH  B donc GH  B  BG  G , il en résulte que G est le milieu de H  .
c) G est le milieu de H  donc H  2G et g est une similitude indirecte de centre  , de rapport
2 et g (G) = H d’où l’axe de g est (GH).

Exercice 3
 1
0 
1 




1. a) IJ  0  et IK  1 donc IJ  IK  1 .
1