تصحيح الامتحان الوطني لمادة الرياضيات 2026 ثانية باك – شعبة العلوم الرياضية

—
تصحيح — بكالوريا الدورة العادية 24F 2026

العلوم الرياضية (أ) و (ب)

تصحيح مفصل
الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا – دورة 2026
المادة : الرياضيات المسلك : العلوم الرياضية (أ) و (ب)
المدة : 4 ساعات المعامل : 9

التمرين 1 (10 نقط) — التحليل

الجزء الأول

1. أ) بين أن $\forall x \in \mathbb{R}$, $1+x \le e^x$.

نضع $h(x) = e^x – 1 – x$ لكل $x \in \mathbb{R}$.
نحسب المشتقة :

$h'(x) = e^x – 1$

دراسة إشارة $h'(x)$ :

* $h'(x)=0 \iff e^x=1 \iff x=0$
* $h'(x) < 0$ لكل $x < 0$ (لأن $e^x < 1$) * $h'(x) > 0$ لكل $x > 0$ (لأن $e^x > 1$)

إذن $h$ تناقصية على $]-\infty, 0]$ وتزايدية على $[0, +\infty[$. وتقبل قيمة دنيا مطلقة عند $x = 0$ :

$h(0) = e^0 – 1 – 0 = 1 – 1 – 0 = 0$

إذن $\forall x \in \mathbb{R}$, $h(x) \ge h(0) = 0$, مما يعني أن :

$\forall x \in \mathbb{R}$, $e^x – 1 – x \ge 0 \implies 1+x \le e^x$

ب) استنتج أن $\forall x \in [0, +\infty[$, $\frac{x^2}{2} + 1 + x \le e^x$.

نطبق نتيجة السؤال 1-أ) بتعويض $x$ بـ $\frac{x^2}{2} \ge 0$ :
بما أن $\frac{x^2}{2} \ge 0$ لكل $x \in [0, +\infty[$, فإن لدينا على وجه الخصوص $\frac{x^2}{2} \in \mathbb{R}$، إذن :

$1+\frac{x^2}{2} \le e^{x^2/2}$

لكن يجب اتباع الطريقة التالية : حسب 1-أ)، بوضع $u = \frac{x^2}{2}$ :

$1+\frac{x^2}{2} \le e^{x^2/2}$ …(*)

غير أن، النتيجة المطلوبة هي $\frac{x^2}{2} + 1 + x \le e^x$.
—

البكالوريا الوطنية الموحدة – الدورة العادية 2026
NS 24F

التمرين 1 (10 نقاط)

الجزء الأول

1.
أ. (0,25 نقطة) بين أن: $\forall x \in \mathbb{R}$, $1+x \le e^x$.
ب. (0,25 نقطة) استنتج أن: $\forall x \in [0,+\infty[$, $\frac{x^2}{2} + 1+x \le e^x$.

2. لكل $x \in [0, +\infty[$، نضع $I(x) = \int_{0}^{x} te^{-t} dt$.
أ. (0,25 نقطة) بين أن: $\forall x \in [0,+\infty[$, $I(x) \le \frac{x^2}{2}$.
ب. (0,5 نقطة) بين أن: $\forall x \in [0,+\infty[$, $I(x) = -xe^{-x} – e^{-x} + 1$.

3. لتكن $g$ الدالة العددية للمتغير الحقيقي $x$ المعرفة على $]0, +\infty[$ بما يلي:
$$g(x) = \frac{e^x – x – 1}{x^2}$$
أ. (0,5 نقطة) باستعمال نتائج السؤالين 1-ب) و 2-ب) من الجزء الأول، بين أن:
$$\forall x \in ]0, +\infty[, \frac{1}{2} \le g(x) \le \frac{e^x}{2}$$
ب. (0,25 نقطة) استنتج أن: $\lim_{x \to 0^+} g(x) = \frac{1}{2}$.

الجزء الثاني

لتكن $f$ الدالة العددية للمتغير الحقيقي $x$ المعرفة على $[0, +\infty[$ بما يلي:
$$\forall x \in ]0, +\infty[; f(x) = \frac{x}{e^x – e^{-x}}\quad \text{و} \quad f(0) = \frac{1}{2}$$

وليكن $(C)$ المنحنى الممثل للدالة $f$ في معلم متعامد ممنظم $(O, \vec{i}, \vec{j})$.

1. (0,5 نقطة) احسب $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ ثم أول هندسيا النتيجة المحصل عليها.

2. (0,25 نقطة) بين أن $f$ متصلة على اليمين في $0$.

3.
أ. (0,25 نقطة) بين أن:
$$\forall x \in ]0, +\infty[, \frac{f(x) – f(0)}{x} = -e^{-x}f(x) \left( \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} \right)$$
ب. (0,25 نقطة) بين أن:
$$\forall x \in ]0, +\infty[, \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} = 2g(2x) – \frac{e^x – 1}{x}$$
ج. (0,25 نقطة) استنتج أن $f$ قابلة للاشتقاق على اليمين في $0$ وأن $f’_d(0) = 0$.

4. لكل $x \in [0, +\infty[$، نضع $J(x) = \int_{0}^{x} te^t dt$.
أ. (0,5 نقطة) بين أنه لكل $x \in [0, +\infty[$، $0 \le I(x) \le J(x)$.

2

تصحيح – بكالوريا NS 24F 2026 \quad علوم رياضية (أ) و (ب)

الطريقة الصحيحة : نضع $\varphi(x) = e^x – \frac{x^2}{2} – x – 1$ لكل $x \ge 0$.

$\varphi'(x) = e^x – x – 1$

لكن، حسب 1-أ)، $\forall x \in \mathbb{R}$، $1 + x \le e^x$، إذن :

$\varphi'(x) = e^x – x – 1 \ge 0 \quad \forall x \in \mathbb{R}$

إذن $\varphi$ تزايدية على $[0, +\infty[$.
عند $x = 0 : \varphi(0) = e^0 – 0 – 0 – 1 = 0$.
إذن لكل $x \in [0, +\infty[$، $\varphi(x) \ge \varphi(0) = 0$، أي :

$\boxed{\frac{x^2}{2} + 1 + x \le e^x \quad \forall x \in [0, +\infty[}$

**2. لكل $x \in [0, +\infty[$، نضع $I(x) = \int_0^x te^{-t} dt$.**

أ) **بين أن $\forall x \in [0, +\infty[$، $I(x) \le \frac{x^2}{2}$.**

\begin{tabular}{|l|}
\hline
لكل $t \in [0, x]$ (مع $x \ge 0$)، لدينا $t \ge 0$.
حسب 1-أ)، $\forall t \in \mathbb{R}$، $1 + t \le e^t$، إذن بضرب الطرفين في
$e^{-t} > 0$ :
$e^{-t}(1+t) \le e^t \cdot e^{-t} = 1$
إذن $(1+t)e^{-t} \le 1$، أي $e^{-t} + te^{-t} \le 1$، ومنه :
$te^{-t} \le 1 – e^{-t} \le 1$
لكن للحصول على $te^{-t} \le t$ (لأن $e^{-t} \le 1$ لكل $t \ge 0$)، نحصل على:
لكل $t \in [0, x]: e^{-t} \le 1$، إذن $te^{-t} \le t \cdot 1 = t$.
بمكاملة الطرفين بين 0 و $x$ (مع $x \ge 0$) :
$$\int_0^x te^{-t} dt \le \int_0^x t dt$$
$$I(x) \le \left[\frac{t^2}{2}\right]_0^x = \frac{x^2}{2} – 0$$
$$\boxed{I(x) \le \frac{x^2}{2}}$$
\hline
\end{tabular}

ب) **بين أن $\forall x \in [0, +\infty[$، $I(x) = -xe^{-x} – e^{-x} + 1$.**

\begin{tabular}{|l|}
\hline
نحسب $I(x) = \int_0^x te^{-t} dt$ بـ **المكاملة بالأجزاء**.
نضع $u=t$ و $v’=e^{-t}$، إذن $u’=1$ و $v=-e^{-t}$.
\hline
\end{tabular}

2

تصحيح – بكالوريا NS 24F 2026
علوم رياضية (أ) و (ب)

$$I(x) = \left[ t \cdot (-e^{-t}) \right]_0^x – \int_0^x 1 \cdot (-e^{-t}) dt$$
$$= \left[ -te^{-t} \right]_0^x + \int_0^x e^{-t} dt$$
$$= (-xe^{-x} – (-0 \cdot e^0)) + \left[ -e^{-t} \right]_0^x$$
$$= -xe^{-x} + (-e^{-x} – (-e^0))$$
$$= -xe^{-x} – e^{-x} + 1$$
$$I(x) = -xe^{-x} – e^{-x} + 1 \quad \forall x \in [0, +\infty[$$

3. لتكن $g(x) = \frac{e^x – x – 1}{x^2}$ معرفة على $]0, +\infty[$.
أ) بين أن $\forall x \in ]0, +\infty[, \frac{1}{2} \le g(x) \le \frac{e^x}{2}$.

المتفاوتة اليمنى : $g(x) \le \frac{e^x}{2}$
حسب 1-ب)، من أجل $x > 0$ :
$$\frac{x^2}{2} + 1 + x \le e^x \implies \frac{x^2}{2} \le e^x – 1 – x$$
إذن :
$$\frac{e^x – 1 – x}{x^2} \ge \frac{x^2/2}{x^2} = \frac{1}{2} \quad \text{(نحتفظ بهذا من أجل الحد الأدنى)}$$

المتفاوتة اليسرى : $g(x) \ge \frac{1}{2}$
حسب 1-ب)، $\frac{x^2}{2} + 1 + x \le e^x$, أي $e^x – x – 1 \ge \frac{x^2}{2}$.
من أجل $x > 0, x^2 > 0$, إذن بقسمة الطرفين على $x^2 > 0$ :
$$\frac{e^x – x – 1}{x^2} \ge \frac{x^2/2}{x^2} = \frac{1}{2}$$
إذن $g(x) \ge \frac{1}{2}$

المتفاوتة اليمنى : $g(x) \le \frac{e^x}{2}$
حسب 2-أ)، $I(x) \le \frac{x^2}{2}$، وحسب 2-ب)، $I(x) = -xe^{-x} – e^{-x} + 1 = 1 – (x+1)e^{-x}$.
بما أن $I(x) = \int_0^x te^{-t} dt \le \frac{x^2}{2}$، إذن :
$$1 – (x+1)e^{-x} \le \frac{x^2}{2}$$

الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا – الدورة العادية 2026
NS 24F
**b. (0,25 نقطة)** بين أن لكل $x \in [0, +\infty[$، $J(x) = (x-1)e^x + 1$.
**c. (0,5 نقطة)** بين أن لكل $x \in ]0, +\infty[$، لدينا:
$$f'(x) = \frac{I(x) – J(x)}{(e^x – e^{-x})^2}$$
**d. (0,25 نقطة)** استنتج اتجاه تغير الدالة $f$ على $[0, +\infty[$.
**5. (0,25 نقطة)** بين أن الدالة $f$ تحقق تقابلاً من $[0, +\infty[$ نحو مجال يجب تحديده.
نرمز بـ $f^{-1}$ للتقابل العكسي للدالة $f$.
**6. a. (0,5 نقطة)** بين أن المعادلة $f(x) = x$ تقبل حلاً وحيدًا $\alpha$ يجب تحديده في $[0, +\infty[$.
**b. (0,5 نقطة)** أنشئ التمثيل المبياني للمنحنى $(C)$ والمنحنى $(C’)$ للدالة $f^{-1}$ في المعلم المتعامد الممنظم $(O, \vec{i}, \vec{j})$ (نأخذ $\|\vec{i}\| = \|\vec{j}\| = 2$ cm).
نفترض أن النقطة $P(x_0, f(x_0))$ هي نقطة انعطاف للمنحنى $(C)$ حيث $x_0 \approx 1,6$ و $f(x_0) \approx 0,3$.
**7. نعتبر المتتالية العددية $(u_n)_{n \geq 0}$ المعرفة بـ : $u_0 = 0$ و ($\forall n \in \mathbb{N}$)، $u_{n+1} = f(u_n)$.
**a. (0,25 نقطة)** بين أن : ($\forall n \in \mathbb{N}$)، $0 \leq u_n \leq \frac{1}{2}$.
**b. (0,5 نقطة)** بين أن : ($\forall n \in \mathbb{N}$)، $|u_{n+1} – \alpha| \leq \frac{1}{2} |u_n – \alpha|$.
نفترض أن $\forall x \in ]0, +\infty[$، $-\frac{1}{2} < f'(x) < 0$. **c. (0,5 نقطة)** بين بالترجع أن : ($\forall n \in \mathbb{N}$)، $|u_n - \alpha| \leq \left(\frac{1}{2}\right)^n$. **d. (0,25 نقطة)** استنتج أن المتتالية $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ متقاربة نحو $\alpha$. **الجزء الثالث** نعتبر الدالة $F$ المعرفة على $[0, +\infty[$ بـ : $$F(x) = \int_x^{2x} f(t) dt$$ **1. a. (0,5 نقطة)** بين أن : $\forall x \in [0, +\infty[$، $0 \leq F(x) \leq x f(x)$. **b. (0,25 نقطة)** استنتج $\lim_{x \to +\infty} F(x)$. **c. (0,25 نقطة)** أعط تفسيرا مبيانيا للنتيجة المحصل عليها. **2. a. (0,25 نقطة)** بين أن $F$ قابلة للاشتقاق على $[0, +\infty[$. **b. (0,5 نقطة)** بين أن : $$\forall x \in [0, +\infty[, F'(x) = \frac{-f(x)}{e^{2x}+1}(e^{2x} - 4e^x + 1)$$ **c. (0,5 نقطة)** بين أن $F(\ln(2+\sqrt{3}))$ قيمة قصوى للدالة $F$ على $[0, +\infty[$. 3

تصحيح – Bac NS 24F 2026
العلوم الرياضية (A) & (B)

بضرب المتراجحة في $e^x > 0$ :
$$e^x – (x+1) \le \frac{x^2 e^x}{2}$$
$$e^x – x – 1 \le \frac{x^2 e^x}{2}$$

بقسمة الطرفين على $x^2 > 0$ :
$$\frac{e^x – x – 1}{x^2} \le \frac{e^x}{2}$$

إذن $g(x) \le \frac{e^x}{2}$

خلاصة :
$$\boxed{\frac{1}{2} \le g(x) \le \frac{e^x}{2} \quad \forall x \in ]0, +\infty[}$$

b) استنتج أن $\lim_{x \to 0^+} g(x) = \frac{1}{2}$.

لقد بينا أن $\forall x \in ]0, +\infty[$ :
$$\frac{1}{2} \le g(x) \le \frac{e^x}{2}$$
بما أن $\lim_{x \to 0^+} \frac{e^x}{2} = \frac{e^0}{2} = \frac{1}{2}$.
حسب مبرهنة الدركيين (squeeze theorem) :
$$\frac{1}{2} \le g(x) \le \frac{e^x}{2} \underset{x \to 0^+}{\longrightarrow} \frac{1}{2}$$
إذن :
$$\boxed{\lim_{x \to 0^+} g(x) = \frac{1}{2}}$$

الجزء الثاني

لتكن الدالة $f$ المعرفة على $[0, +\infty[$ بـ $f(x) = \frac{x}{e^x – e^{-x}}$ من أجل $x > 0$ و $f(0) = \frac{1}{2}$.

1. احسب $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ وفسر النتيجة هندسيا.

عندما يؤول $x$ إلى $+\infty$ :
$$f(x) = \frac{x}{e^x – e^{-x}}$$
نقسم البسط والمقام على $e^x$ :
$$f(x) = \frac{x/e^x}{1 – e^{-2x}}$$
بما أن $\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^x} = 0$ (نمو مقارن: الدالة الأسية تفوق الدوال الحدودية)

الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا – الدورة العادية 2026
NS 24F

**التمرين 2** (3,5 نقطة)

ليكن العدد العقدي $m = \sqrt{2}e^{i\theta}$، حيث $\theta \in \mathbb{R} \setminus \{k\pi \mid k \in \mathbb{Z}\}$.

**الجزء الأول**

نعتبر في مجموعة الأعداد العقدية $\mathbb{C}$ المعادلة $(E_m)$ ذات المجهول $z$:
$$(E_m): \bar{m}z^2 – 2z + m = 0$$

**1. (0,25 نقطة)** بما أن العدد العقدي $z_1 = \frac{m(1-i)}{2}$ حل للمعادلة $(E_m)$، استنتج أن حلها الثاني هو:
$$z_2 = \frac{m(1+i)}{2}$$

**2. (0,25 نقطة)** اكتب $z_1$ على الشكل الأسي.

**الجزء الثاني**

في المستوى العقدي المنسوب إلى معلم متعامد ممنظم ومباشر $(O, \vec{u}, \vec{v})$، نعتبر النقط $A, B, M, M_1$ و $M_2$ التي ألحاقها على التوالي $a=1, b=-1, m, z_1$ و $z_2$.
ليكن $R$ الدوران الذي مركزه $O$ وزاويته $\frac{\pi}{2}$.

**1. (0,25 نقطة)** بين أن: $R(M_1) = M_2$.

**2.**

**أ. (0,5 نقطة)** بين أن $(MM_1) \perp (OM_1)$ و $(MM_2) \perp (OM_2)$.

**ب. (0,25 نقطة)** تحقق أن: $OM_1 = OM_2 = 1$.

**ج. (0,25 نقطة)** حدد طبيعة الرباعي $OM_1MM_2$.

**3.** ليكن $H$ النقطة ذات اللحق $h = \frac{-i}{\sqrt{2}\sin\theta}e^{i(2\theta)}$.
لكل عدد عقدي $z$، نرمز بـ $\Re(z)$ لجزءه الحقيقي.

**أ. (0,5 نقطة)** بين أن $\Re(m-h) = 0$ و أن $\Re(1-\bar{h}m) = 0$.

**ب. (0,25 نقطة)** بين أن: $\Re\left(\frac{a-h}{m+1}\right) = 0$.

**4.**

**أ. (0,5 نقطة)** استنتج أن $(MH) \perp (AB)$ و أن $(AH) \perp (MB)$.

**ب. (0,25 نقطة)** بين أن: $\frac{h-z_1}{z_2-z_1} = \frac{1}{2}(1-\cot\theta)$.

**ج. (0,25 نقطة)** استنتج أن النقط $H, M_1$ و $M_2$ مستقيمية.

تصحيح – بكالوريا علوم رياضية 24ف 2026
علوم رياضية (أ) و (ب)

و $\lim_{x \to +\infty} e^{-2x} = 0.$
إذن :
$$\lim_{x \to +\infty} f(x) = \frac{0}{1-0} = \boxed{0}$$
التأويل الهندسي : المستقيم $y=0$ (محور الأفاصيل) مقارب أفقي للمنحنى $(C)$ بجوار $+\infty$.

2. بين أن $f$ متصلة على اليمين في $0$.

$f$ متصلة على اليمين في $0$ إذا وفقط إذا كان $\lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0).$
لدينا $f(0) = \frac{1}{2}.$
لنحسب $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{e^x – e^{-x}}.$
نستعمل النشر المحدود : $e^x – e^{-x} = 2 \sinh(x).$
عند $x \to 0: e^x \approx 1+x+\frac{x^2}{2}+\ldots$ و $e^{-x} \approx 1-x+\frac{x^2}{2}-\ldots$
إذن : $e^x – e^{-x} \approx 2x + \frac{x^3}{3} + \ldots$
وبالتالي : $\frac{x}{e^x – e^{-x}} \approx \frac{x}{2x} = \frac{1}{2}$ عندما يؤول $x$ إلى $0^+.$
طريقة دقيقة :
$$\lim_{x \to 0^+} \frac{x}{e^x – e^{-x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{e^x – e^{-x}}$$
نلاحظ أن $g(x) = \frac{e^x – x – 1}{x^2}$ ويمكن أن نكتب :
$$f(x) = \frac{x}{e^x – e^{-x}} = \frac{1}{\frac{e^x – e^{-x}}{x}} = \frac{1}{e^{-x} \frac{e^{2x} – 1}{x}}$$
بما أن $\frac{e^{2x} – 1}{2x} \cdot 2 \to 1 \cdot 2 = 2$ عندما يؤول $x$ إلى $0^+$، و $e^{-x} \to 1.$
إذن $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \frac{1}{1 \cdot 2} = \frac{1}{2} = f(0).$
إذن $f$ متصلة على اليمين في $0$. $\blacksquare$

3. أسئلة حول اشتقاقية $f$ على اليمين في $0$.

a) بين أن لكل $x \in ]0, +\infty[, \frac{f(x) – f(0)}{x} = -e^{-x} f(x) \left( \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} \right).$

لدينا $f(0) = \frac{1}{2}.$
$$\frac{f(x) – f(0)}{x} = \frac{\frac{x}{e^x – e^{-x}} – \frac{1}{2}}{x}$$

الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا – الدورة العادية 2026
NS 24F

التمرين 3 (3 نقاط)

الجزء الأول

أ. نعتبر في $\mathbb{Z}^2$ المعادلة التالية (F):
$$5u – 9v = 1$$

1. (0,25 نقطة) أعط حلاً خاصاً $(u_0, v_0)$ في $\mathbb{N}^2$ للمعادلة (F).
2. (0,25 نقطة) حدد مجموعة حلول المعادلة (F).
3. (0,25 نقطة) تحقق أن: $5u_0 \equiv 6 \pmod{19}$.

ب. نعتبر في $\mathbb{Z}$ المعادلة التالية (E):
$$x^{2026} \equiv 5 \pmod{19}$$

1. ليكن $x$ حلاً للمعادلة (E).
أ. (0,5 نقطة) بين أن $x$ و $19$ أوليان فيما بينهما وأن $x^{18} \equiv 1 \pmod{19}$.
ب. (0,25 نقطة) بين أن: $x^{10} \equiv 5 \pmod{19}$.
ج. (0,25 نقطة) استنتج أن $x^2 \equiv 6 \pmod{19}$.
(يمكن استعمال نتائج الجزء أ.)
د. (0,25 نقطة) بين أن $x \equiv 5 \pmod{19}$ أو $x \equiv -5 \pmod{19}$.

2. (0,5 نقطة) بين أنه إذا كان $x \equiv 5 \pmod{19}$ أو $x \equiv -5 \pmod{19}$، فإن $x$ حل للمعادلة (E).

الجزء الثاني

نعتبر صندوقاً يحتوي على $100$ كرة مرقمة من $1$ إلى $100$، لا يمكن التمييز بينها باللمس.
نسحب كرة عشوائياً من هذا الصندوق. نعتبر الحدث $V$: الرقم المسحوب للكرة هو حل للمعادلة (E).

1. (0,25 نقطة) بين أن احتمال الحدث $V$ هو $p = 0,11$.

2. (0,25 نقطة) ليكن $n \in \mathbb{N}^*$. نجري $n$ سحبة متتالية بإحلال للكرة في الصندوق.
حدد القيمة الدنيا لـ $n$ لكي يكون احتمال تحقيق الحدث $V$ مرة واحدة على الأقل أكبر قطعاً من $0,95$.

5

Baccalauréat National Unifié – Session ordinaire 2026
NS 24F

التمرين 4 (3,5 نقط)

نذكر أن $(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}), +, \times)$ حلقة واحدية وغير تبادلية، عنصرها المحايد للجمع هو المصفوفة
$O = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ وعنصرها المحايد للضرب هو المصفوفة $I = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

نعتبر المجموعة:
$E = \left\{ M(x) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ x^2 & 1-x & 0 \\ x^2+2x & -x & x+1 \end{pmatrix} / x \in \mathbb{R} \right\}$

1. (0,5 نقط) بين أن $\forall(x, y) \in \mathbb{R}^2$ :
$M(x) \times M(y) = M(x+y)$

2. نعتبر التطبيق $\varphi$ المعرف من $\mathbb{R}$ نحو $\mathcal{M}_3(\mathbb{R})$ بما يلي : $(\forall x \in \mathbb{R}) ; \varphi(x) = M(x)$.
a. (0,5 نقط) بين أن $\varphi$ تشاكل من $(\mathbb{R}, +)$ نحو $(\mathcal{M}_3(\mathbb{R}), \times)$ وأن $\varphi(\mathbb{R}) = E$.
b. (0,25 نقط) استنتج أن $(E, \times)$ زمرة تبادلية.

3. نزود $E$ بالقانون التركيب الداخلي $\top$ المعرف بما يلي :
$\forall(x,y) \in \mathbb{R}^2 ; M(x) \top M(y) = M(2xy)$
a. (0,75 نقط) بين أن $(E \setminus \{I\}, \top)$ زمرة تبادلية.
b. (0,5 نقط) بين أن $(E, \times, \top)$ حقل تبادلي.

4. ليكن $x \in \mathbb{R}$. نضع : $(M(x))^n = M(x) \times \dots \times M(x)$, حيث $n \in \mathbb{N}^*$.
$\underbrace{\text{n مرة}}_{\text{n مرة}}$
a. (0,5 نقط) بين أن : $(\forall n \in \mathbb{N}^*), (M(x))^n = M(nx)$.
b. (0,5 نقط) حل في $E$ المعادلة :
$X^3 – X^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 5 & 1 & -1 \\ 3 & 1 & -1 \end{pmatrix}$

انتهى
6

تصحيح – باكالوريا علوم رياضية 24ف 2026

علوم رياضية (أ) و (ب)

$$ = \frac{1}{x} \left( \frac{x}{e^x – e^{-x}} – \frac{1}{2} \right) $$
$$ = \frac{1}{x} \frac{2x – (e^x – e^{-x})}{2(e^x – e^{-x})} $$
$$ = \frac{2x – e^x + e^{-x}}{2x(e^x – e^{-x})} $$

الآن، لنشر التعبير $-e^{-x} f(x) \left( \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} \right)$ :

$$ -e^{-x} \cdot \frac{x}{e^x – e^{-x}} \cdot \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} $$
$$ = \frac{-e^{-x}(e^{2x} – 2xe^x – 1)}{2x(e^x – e^{-x})} $$
$$ = \frac{-e^{-x}e^{2x} + 2xe^{-x}e^x + e^{-x}}{2x(e^x – e^{-x})} $$
$$ = \frac{-e^x + 2x + e^{-x}}{2x(e^x – e^{-x})} $$
$$ = \frac{2x – e^x + e^{-x}}{2x(e^x – e^{-x})} $$

وهو بالضبط التعبير الذي تم الحصول عليه أعلاه. إذن:

$$ \frac{f(x) – f(0)}{x} = -e^{-x}f(x) \left( \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} \right) $$

ب) بين أن $\forall x \in ]0, +\infty[, \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} = 2g(2x) – \frac{e^x – 1}{x}$

تذكير: $g(x) = \frac{e^x – x – 1}{x^2}$, إذن $g(2x) = \frac{e^{2x} – 2x – 1}{(2x)^2} = \frac{e^{2x} – 2x – 1}{4x^2}$.

لنحسب $2g(2x) – \frac{e^x – 1}{x}$ :

$$ 2g(2x) – \frac{e^x – 1}{x} = 2 \frac{e^{2x} – 2x – 1}{4x^2} – \frac{e^x – 1}{x} $$
$$ = \frac{e^{2x} – 2x – 1}{2x^2} – \frac{e^x – 1}{x} $$
$$ = \frac{e^{2x} – 2x – 1}{2x^2} – \frac{2x(e^x – 1)}{2x^2} $$
$$ = \frac{e^{2x} – 2x – 1 – 2x(e^x – 1)}{2x^2} $$

تصحيح – بكالوريا علوم رياضية 24F 2026
علوم رياضية (أ) و (ب)

$$ = \frac{e^{2x} – 2x – 1 – 2xe^x + 2x}{2x^2} $$
$$ = \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} $$
نجد الطرف الأيسر، إذن :
$$ \frac{e^{2x} – 2xe^x – 1}{2x^2} = 2g(2x) – \frac{e^x – 1}{x} $$

ج) استنتج أن $f$ قابلة للاشتقاق على اليمين في $0$ وأن $f'(0) = 0$.
حسب السؤالين 3-أ) و 3-ب):
$$ \frac{f(x) – f(0)}{x} = -e^{-x} f(x) \left( 2g(2x) – \frac{e^x – 1}{x} \right) $$
لنحسب نهاية كل عامل عندما يؤول $x$ إلى $0^+$ :
* $ \lim_{x \to 0^+} e^{-x} = e^0 = 1$
* $ \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = \frac{1}{2} $ (الاتصال على اليمين، السؤال 2)
* $ \lim_{x \to 0^+} g(2x) = \lim_{u \to 0^+} g(u) = \frac{1}{2} $ (حسب السؤال 3-ب) من الجزء I، بوضع $u = 2x$)
* $ \lim_{x \to 0^+} \frac{e^x – 1}{x} = 1 $ (نهاية اعتيادية أساسية)
إذن :
$$ \lim_{x \to 0^+} \frac{f(x) – f(0)}{x} = -1 \cdot \frac{1}{2} \cdot \left( 2 \cdot \frac{1}{2} – 1 \right) = -\frac{1}{2} (1 – 1) = -\frac{1}{2} \cdot 0 = 0 $$
بما أن هذه النهاية موجودة ومنتهية، إذن $f$ قابلة للاشتقاق على اليمين في $0$ و :
$$ f'(0) = 0 $$

4. لكل $x \in [0, +\infty[$، نضع $J(x) = \int_0^x te^t dt$.
أ) بين أن $ \forall x \in [0, +\infty[$, $0 \le I(x) \le J(x)$.

لكل $t \in [0, x]$ حيث $x \ge 0$ :
بالنسبة للحد الأدنى : $t \ge 0$ و $e^{-t} > 0$, إذن $te^{-t} \ge 0$.
بالمكاملة : $I(x) = \int_0^x te^{-t} dt \ge 0$.
مقارنة $I(x) \le J(x)$ : لكل $t \in [0, x]$، لدينا $-t \le t$ (لأن $t \ge 0$ يعني $-2t \le 0$)، إذن $e^{-t} \le e^t$.
وبالتالي :
$$ te^{-t} \le te^t \quad \forall t \in [0, x] $$
7

تصحيح – Bac NS 24F 2026

علوم رياضية (أ) و (ب)

بمكاملة الطرفين بين $0$ و $x$ :
$$ \int_{0}^{x} te^{-t} dt \leq \int_{0}^{x} te^{t} dt $$
$$ 0 \leq I(x) \leq J(x) $$

ب) بين أن $\forall x \in [0, +\infty[, J(x) = (x-1)e^x + 1$.

نحسب $J(x) = \int_{0}^{x} te^t dt$ باستعمال المكاملة بالأجزاء.
نضع $u = t$ و $v’ = e^t$, ومنه $u’ = 1$ و $v = e^t$.
$$ J(x) = [te^t]_{0}^{x} – \int_{0}^{x} 1 \cdot e^t dt $$
$$ = (xe^x – 0 \cdot e^0) – [e^t]_{0}^{x} $$
$$ = xe^x – (e^x – e^0) $$
$$ = xe^x – e^x + 1 $$
$$ = (x-1)e^x + 1 $$
$$ J(x) = (x-1)e^x + 1 \quad \forall x \in [0,+\infty[ $$

ج) بين أن $\forall x \in ]0, +\infty[, f'(x) = \frac{I(x) – J(x)}{(e^x – e^{-x})^2}$.

لكل $x > 0$, $f(x) = \frac{x}{e^x – e^{-x}}$.
نشتق باستعمال قاعدة خارج دالتين، بوضع $u = x$ و $v = e^x – e^{-x}$ :
$$ f'(x) = \frac{u’v – uv’}{v^2} = \frac{1 \cdot (e^x – e^{-x}) – x \cdot (e^x + e^{-x})}{(e^x – e^{-x})^2} $$
$$ = \frac{e^x – e^{-x} – xe^x – xe^{-x}}{(e^x – e^{-x})^2} $$
يجب الآن أن نبين أن البسط يساوي $I(x) – J(x)$.
لدينا :
$$ I(x) – J(x) = (-xe^{-x} – e^{-x} + 1) – ((x – 1)e^x + 1) $$
$$ = -xe^{-x} – e^{-x} + 1 – (x – 1)e^x – 1 $$
$$ = -xe^{-x} – e^{-x} – (x – 1)e^x $$

تصحيح – Bac NS 24F 2026 \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad علوم رياضية (أ) و (ب)
$$
= -xe^{-x} – e^{-x} – xe^{-x} + e^{-x}
$$
$$
= e^{-x} – e^{-x} – xe^{-x} – xe^{-x}
$$
وهو بالضبط بسط $f'(x)$! إذن :
$$
f'(x) = \frac{I(x) – J(x)}{(e^x – e^{-x})^2} \quad \forall x \in ]0, +\infty[
$$
د) استنتج رتابة الدالة $f$ على المجال $[0, +\infty[$.

حسب السؤال 4-أ)، $\forall x \in [0, +\infty[$، $I(x) \leq J(x)$، إذن $I(x) – J(x) \leq 0$.
بالإضافة إلى ذلك $(e^x – e^{-x})^2 > 0$ لكل $x > 0$ (لأن $e^x \neq e^{-x}$ لكل $x \neq 0$).
إذن، لكل $x \in ]0, +\infty[$:
$$
f'(x) = \frac{I(x) – J(x)}{(e^x – e^{-x})^2} \leq 0
$$
بالإضافة إلى ذلك، $f'(0) = 0 \leq 0$.
إذن $f'(x) \leq 0$ على المجال $[0, +\infty[$، مما يعني أن :
$f$ دالة تناقصية على المجال $[0, +\infty[$$.

$$
\begin{array}{|c|ccc|}
\hline
x & 0 & & +\infty \\
\hline
f'(x) & 0 & – & \\
\hline
f(x) & \frac{1}{2} & \searrow & 0 \\
\hline
\end{array}
$$

5. بين أن $f$ تحقق تقابلاً من $[0, +\infty[$ نحو مجال يجب تحديده.

$f$ متصلة على المجال $[0, +\infty[$ (فهي قابلة للاشتقاق على $]0, +\infty[$ ومتصلة على اليمين في 0)
وتناقصية قطعا على المجال $[0, +\infty[$ (لأن $f’ \leq 0$ مع $f’ < 0$ على $]0, +\infty[ \setminus \{0\}$). في الواقع، لنتحقق من أن $f$ تناقصية قطعا : $I(x) < J(x)$ لكل $x > 0$ لأن $te^{-t} < te^t$ قطعا لكل $t > 0$، إذن $f'(x) < 0$ لكل $x > 0$.
إذن $f$ تناقصية قطعا على المجال $[0, +\infty[$$.

القيم عند الأطراف :
\begin{itemize}
\item $f(0) = \frac{1}{2}$
\item $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$
\end{itemize}
إذن $f$ تحقق تقابلاً من $[0, +\infty[$ نحو المجال :
$$
\left]0, \frac{1}{2}\right]
$$

6. أ) بين أن المعادلة $f(x) = x$ تقبل حلاً وحيداً $\alpha$ في المجال $[0, +\infty[$$.

9

تصحيح – بكالوريا NS 24F 2026

علوم رياضية (أ) و (ب)

نضع $\psi(x) = f(x) – x$ لكل $x \in [0, +\infty[$.
$\psi$ دالة متصلة على $[0, +\infty[$ (لها نفس انتظامية $f$).
حساب عند الحدود:
$\bullet \quad \psi(0) = f(0) – 0 = \frac{1}{2} > 0$
$\bullet \quad \psi'(x) = f'(x) – 1 < 0 - 0 = -1 < 0$ لكل $x > 0$ كبير بما فيه الكفاية.
لنبحث عن قيمة تكون فيها $\psi < 0$. من أجل $x=1$ : $$ f(1) = \frac{1}{e^1 - e^{-1}} = \frac{1}{e - 1/e} \approx \frac{1}{2.718 - 0.368} = \frac{1}{2.35} \approx 0.426 $$ $\psi(1) = f(1) - 1 \approx 0.426 - 1 = -0.574 < 0$. إذن $\psi(0) > 0$ و $\psi(1) < 0$. حسب \textbf{مبرهنة القيم الوسيطية}، يوجد $\alpha \in ]0, 1[$ بحيث $\psi(\alpha) = 0$، أي $f(\alpha) = \alpha$. \textbf{الوحدانية} : $\psi'(x) = f'(x) - 1 < 0$ لكل $x > 0$ (لأن $f'(x) \leq 0 < 1$). إذن $\psi$ تناقصية قطعا، وهذا يضمن وحدانية الحل. إذن المعادلة $f(x) = x$ تقبل \textbf{حلا وحيدا} $\alpha \in ]0, 1[ \subset [0, +\infty[$. \quad \rule{1em}{1em} ب) مثل مبيانيا $(C)$ و $(C')$ للدالة $f^{-1}$ في المعلم المتعامد الممنظم. عناصر للرسم: بالنسبة للمنحنى $(C)$ للدالة $f$: $\bullet \quad$ يمر من النقطة $(0, \frac{1}{2})$ $\bullet \quad$ مماس أفقي عند $x=0$ (لأن $f_d'(0) = 0$) $\bullet \quad$ مقارب أفقي $y=0$ عند $+\infty$ $\bullet \quad$ تناقصية على $[0, +\infty[$ $\bullet \quad$ نقطة انعطاف $P(x_0, f(x_0))$ حيث $x_0 \approx 1,6$ و $f(x_0) \approx 0,3$ بالنسبة للمنحنى $(C')$ للدالة $f^{-1}$: $\bullet \quad (C')$ هو مماثل $(C)$ بالنسبة للمستقيم $y=x$ $\bullet \quad$ يمر من النقطة $(\frac{1}{2}, 0)$ $\bullet \quad$ مقارب عمودي $x=0$ (مماثل المقارب الأفقي $y=0$) $\bullet \quad$ تناقصية (لأن $f$ تناقصية، و $f^{-1}$ كذلك تناقصية... ملاحظة: $f^{-1}$ كذلك تناقصية) $\bullet \quad$ صورة $f^{-1}$ هي $[0, +\infty[$، ومجال التعريف هو $]0, \frac{1}{2}]$ النقطة الثابتة $\alpha$ (تقاطع $(C)$ مع المستقيم $y=x$) هي أيضا تقاطع $(C')$ مع المستقيم $y=x$. (يتم الرسم الفعلي على ورق ملمتري بمقياس $1 \text{ cm} = 2 \text{ cm}$ حسب نص التمرين، مع وضع النقط الأساسية المذكورة أعلاه.) 7. المتتالية $(u_n)_{n\geq 0}$ معرفة بـ $u_0 = 0$ و $u_{n+1} = f(u_n)$. أ) بين أن $\forall n \in \mathbb{N}, 0 \leq u_n \leq \frac{1}{2}$. 10

تصحيح – باكالوريا علوم نس 24ف 2026

علوم رياضية (أ) و (ب)

a) نبرهن بالترجع أن $\forall n \in \mathbb{N}, 0 \leq u_n \leq \frac{1}{2}$.

التحقق : $u_0 = 0$، إذن $0 \leq u_0 = 0 \leq \frac{1}{2}$. صحيح.

الافتراض : نفترض أن $0 \leq u_n \leq \frac{1}{2}$ لعدد صحيح طبيعي $n$ معين.
بما أن $f$ تناقصية على $[0, +\infty[$ و $f([0, +\infty[) = [0, \frac{1}{2}]$، وبالخصوص $f$
ترسل المجال $[0, \frac{1}{2}]$ إلى المجال $[0, \frac{1}{2}]$ (لأن $f(0) = \frac{1}{2}$ و $f(\frac{1}{2}) > 0$).
بتعبير أدق : $u_n \in [0, \frac{1}{2}]$ و $f$ تناقصية، إذن :
$$f\left(\frac{1}{2}\right) \leq u_{n+1} = f(u_n) \leq f(0) = \frac{1}{2}$$
بما أن $f\left(\frac{1}{2}\right) > 0$ (لأن قيم $f$ تنتمي إلى $[0, \frac{1}{2}]$)، فإننا لدينا $0 < u_{n+1} \leq \frac{1}{2}$. إذن $0 \leq u_{n+1} \leq \frac{1}{2}$. الخلاصة : $\forall n \in \mathbb{N}, 0 \leq u_n \leq \frac{1}{2}$. b) بين أن $\forall n \in \mathbb{N}, |u_{n+1} - \alpha| \leq \frac{1}{2} |u_n - \alpha|$. نعلم أن $f(\alpha) = \alpha$ (تعريف العدد $\alpha$). $$|u_{n+1} - \alpha| = |f(u_n) - f(\alpha)|$$ حسب مبرهنة التزايدات المنتهية (TAF)، بما أن $f$ قابلة للاشتقاق على $]0, +\infty[$ و $u_n, \alpha \in [0, \frac{1}{2}] \subset [0, +\infty[$، فإنه يوجد $c_n$ محصور بين $u_n$ و $\alpha$ بحيث : $$f(u_n) - f(\alpha) = f'(c_n)(u_n - \alpha)$$ إذن : $$|u_{n+1} - \alpha| = |f'(c_n)| \cdot |u_n - \alpha|$$ المعطيات تشير إلى أن $\forall x \in ]0, +\infty[, -\frac{1}{2} < f'(x) < 0$. إذن $|f'(c_n)| < \frac{1}{2}$ (لأن $c_n \in ]0, +\infty[$). ومنه : $$|u_{n+1} - \alpha| \leq \frac{1}{2} |u_n - \alpha|$$ c) بين بالترجع أن $\forall n \in \mathbb{N}, |u_n - \alpha| \leq \left(\frac{1}{2}\right)^n$. بالترجع على $n$. التحقق : من أجل $n = 0$ : $$|u_0 - \alpha| = |0 - \alpha| = \alpha$$ 11

تصحيح – باك NS 24F 2026 \quad علوم رياضية (أ) و (ب)

بما أن $\alpha \in ]0, 1[$، إذن $\alpha < 1 = \left(\frac{1}{2}\right)^0 = 1$. صحيح (بما أن $\alpha < \frac{1}{2}$ لأن $f\left(\frac{1}{2}\right) < \frac{1}{2}$، في الواقع $\alpha < \frac{1}{2}$، إذن $|u_0 - \alpha| = \alpha \leq \frac{1}{2} \leq 1$). لنوضح: $u_0 = 0$ و $\alpha > 0$، إذن $|u_0 – \alpha| = \alpha \leq \frac{1}{2}$ (بما أن $\alpha \in ]0, \frac{1}{2}]$).
$\leq 1 = \left(\frac{1}{2}\right)^0$.
\textbf{الوراثة} : نفترض أن $|u_n – \alpha| \leq \left(\frac{1}{2}\right)^n$.
حسب السؤال 7-ب) :
$$|u_{n+1} – \alpha| \leq \frac{1}{2}|u_n – \alpha| \leq \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2}\right)^n = \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$$
\textbf{خلاصة} : $\forall n \in \mathbb{N}$, $|u_n – \alpha| \leq \left(\frac{1}{2}\right)^n$. $\blacksquare$

د) استنتج أن المتتالية $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ تتقارب نحو $\alpha$.

حسب 7-ج)، لكل $n \in \mathbb{N}$ :
$$0 \leq |u_n – \alpha| \leq \left(\frac{1}{2}\right)^n$$
بما أن $\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{1}{2}\right)^n = 0$ (متتالية هندسية أساسها $\frac{1}{2} \in ]0, 1[$).
حسب \textbf{مبرهنة الدركيين} :
$$\lim_{n \to +\infty} |u_n – \alpha| = 0$$
وهو ما يكافئ:
$$\lim_{n \to +\infty} u_n = \alpha$$
المتتالية $(u_n)_{n \in \mathbb{N}}$ تتقارب نحو $\alpha$. $\blacksquare$

\textbf{الجزء الثالث}

نعتبر الدالة $F(x) = \int_x^{2x} f(t) dt$ المعرفة على $[0, +\infty[$.

1. أ) بين أن $\forall x \in [0, +\infty[$, $0 \leq F(x) \leq xf(x)$.

$F(x) = \int_x^{2x} f(t) dt$.
\textbf{الحد الأدنى} : لكل $t \in [x, 2x]$ مع $x \geq 0$ : $f$ موجبة (لأن $f(t) = \frac{t}{e^t – e^{-t}} \geq 0$ من أجل $t > 0$). إذن :
$$F(x) = \int_x^{2x} f(t) dt \geq 0$$

تصحيح – باك NS 24F 2026 \quad علوم رياضية (أ) و (ب)

حد أعلى: $f$ دالة تناقصية على $[0, +\infty[$. لكل $t \in [x, 2x]$، لدينا $t \ge x$، إذن $f(t) \le f(x)$.
إذن :
$$F(x) = \int_x^{2x} f(t) \,dt \le \int_x^{2x} f(x) \,dt = f(x) (2x-x) = x f(x)$$
استنتاج :
$$\boxed{0 \le F(x) \le xf(x) \quad \forall x \in [0,+\infty[}$$
ب) استنتج $\lim_{x\to+\infty} F(x)$.
حسب 1-أ)، $0 \le F(x) \le xf(x)$.
وبما أن $xf(x) = x \cdot \frac{x}{e^x-e^{-x}} = \frac{x^2}{e^x-e^{-x}}$
$$\lim_{x \to +\infty} xf(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^x-e^{-x}}$$
نعلم أن $e^x-e^{-x} \sim e^x$ عندما يؤول $x$ إلى $+\infty$، إذن :
$$\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^x} = 0 \quad \text{(مقارنة النمو)}$$
إذن $\lim_{x \to +\infty} xf(x) = 0$.
حسب مبرهنة الدركيين :
$$\boxed{\lim_{x \to +\infty} F(x) = 0}$$
ج) أول هندسيا هذه النتيجة.
$F(x) = \int_x^{2x} f(t) \,dt$ يمثل المساحة الجبرية للسطح المحصور بين المنحنى (C)، محور الأفاصيل والمستقيمين $t = x$ و $t = 2x$.
النتيجة $\lim_{x \to +\infty} F(x) = 0$ تعني أنه عندما يؤول $x$ إلى $+\infty$， الجزء من المساحة تحت المنحنى بين الأفصولين $x$ و $2x$ يؤول إلى $0$. يمكن تفسير ذلك بكون المنحنى (C) يقترب من محور الأفاصيل مقاربا، والمساحة المحصورة بين $x$ و $2x$ تصبح أصغر فأصغر.

2. أ) بين أن $F$ قابلة للاشتقاق على $[0,+\infty[$.
$$F(x) = \int_x^{2x} f(t) \,dt = \int_0^{2x} f(t) \,dt – \int_0^x f(t) \,dt$$
نضع $G(x) = \int_0^x f(t) \,dt$. بما أن $f$ متصلة على $[0, +\infty[$ (حسب الأسئلة السابقة)، فإن $G$ قابلة للاشتقاق على $[0, +\infty[$ و $G'(x) = f(x)$.
إذن $F(x) = G(2x) – G(x)$.
$F$ هي دالة مركبة وفرق دالتين قابلتين للاشتقاق، إذن $F$ قابلة للاشتقاق على $[0, +\infty[$. \blacksquare

ب) بين أن $F'(x) = \frac{-f(x)}{e^{2x}+1} (e^{2x}-4e^x+1)$.

تصحيح – بكالوريا علوم رياضية (أ) و (ب) 24ف 2026

حسب اشتقاق $F(x) = G(2x) – G(x)$:
$$F'(x) = 2G'(2x) – G'(x) = 2f(2x) – f(x)$$
لنحسب $f(2x)$:
$$f(2x) = rac{2x}{e^{2x} – e^{-2x}}$$
إذن:
$$F'(x) = rac{2 \cdot 2x}{e^{2x} – e^{-2x}} – rac{x}{e^x – e^{-x}}$$
$$= rac{4x}{e^{2x} – e^{-2x}} – rac{x}{e^x – e^{-x}}$$
نلاحظ أن $e^{2x} – e^{-2x} = (e^x – e^{-x})(e^x + e^{-x})$، إذن :
$$F'(x) = rac{4x}{(e^x – e^{-x})(e^x + e^{-x})} – rac{x}{e^x – e^{-x}}$$
$$= rac{x}{e^x – e^{-x}} \left( \frac{4}{e^x + e^{-x}} – 1 \right)$$
$$= f(x) \cdot rac{4 – (e^x + e^{-x})}{e^x + e^{-x}}$$
نضرب البسط والمقام في $e^x$:
$$\frac{4 – (e^x + e^{-x})}{e^x + e^{-x}} = \frac{e^x(4 – e^x – e^{-x})}{e^x(e^x + e^{-x})} = \frac{4e^x – e^{2x} – 1}{e^{2x} + 1}$$
إذن:
$$F'(x) = f(x) \cdot \frac{4e^x – e^{2x} – 1}{e^{2x} + 1} = \frac{-f(x)}{e^{2x} + 1} (e^{2x} – 4e^x + 1)$$
$$F'(x) = \frac{-f(x)}{e^{2x} + 1} (e^{2x} – 4e^x + 1)$$
ج) بين أن $F(\ln(2+\sqrt{3}))$ قيمة قصوى للدالة F على $[0, +\infty[.$
$$F'(x) = \frac{-f(x)}{e^{2x} + 1} (e^{2x} – 4e^x + 1)$$
بما أن $f(x) > 0$ لكل $x > 0$ و $e^{2x} + 1 > 0$ دائما، فإن إشارة $F'(x)$ هي إشارة $-(e^{2x} – 4e^x + 1)$.
لندرس $e^{2x} – 4e^x + 1 = 0$. نضع $u = e^x > 0$:
$$u^2 – 4u + 1 = 0 \Rightarrow u = \frac{4 \pm \sqrt{16-4}}{2} = \frac{4 \pm \sqrt{12}}{2} = \frac{4 \pm 2\sqrt{3}}{2} = 2 \pm \sqrt{3}$$
إذن $e^x = 2+\sqrt{3}$ (نأخذ الجذر الأكبر من 1 لأن $e^x > 1$ لكل $x > 0$) أو $e^x = 2-\sqrt{3}$.
نلاحظ أن $x_1 = \ln(2-\sqrt{3}) < 0$ و $x_2 = \ln(2+\sqrt{3}) > 0$.
14

تصحيح – Bac NS 24F 2026

Sciences Math. (A) & (B)

من أجل $x > 0$, فقط $x_2 = \ln(2+\sqrt{3})$ هي المناسبة.

\begin{itemize}
\item من أجل $x \in ]0, x_2[$: $e^x \in ]1, 2+\sqrt{3}[$, إذن $e^{2x} – 4e^x + 1 < 0$ (جذراها $2 \pm \sqrt{3}$), إذن $F'(x) > 0$.
\item من أجل $x > x_2$: $e^{2x} – 4e^x + 1 > 0$, إذن $F'(x) < 0$. \end{itemize} $F'$ تغير إشارتها (من $+$ إلى $-$) عند $x_2 = \ln(2+\sqrt{3})$, إذن $F$ تقبل قيمة قصوى عند هذه النقطة. $$F(\ln(2+\sqrt{3})) \text{ قيمة قصوى (مطرفة) للدالة } F \text{ على المجال } [0, +\infty[$$ 15

تصحيح – باك علوم رياضية 24F 2026
علوم رياضية (أ) و (ب)
التمرين 2 (3.5 نقطة) – الأعداد العقدية
ليكن $m = \sqrt{2}e^{i\theta}$ مع $\theta \in \mathbb{R} \setminus \{k\pi \mid k \in \mathbb{Z}\}$.
الجزء الأول
المعادلة $(E_m): \bar{m}z^2 – 2z + m = 0$.
1. بما أن $z_1 = \frac{m(1-i)}{2}$ حل، استنتج $z_2 = \frac{m(1+i)}{2}$.

بما أن $(E_m)$ تكتب $\bar{m}z^2 – 2z + m = 0$, فإن المعاملات هي:
$a = \bar{m}$, $b = -2$, $c = m$
نتحقق أن $a c = \bar{m} \cdot m = |m|^2 \in \mathbb{R}$ و $b = -2 \in \mathbb{R}$.
إذا كان $z_1$ حلاً، نستعمل علاقات فييت :
$z_1 + z_2 = \frac{-b}{a} = \frac{2}{\bar{m}}$ و $z_1z_2 = \frac{c}{a} = \frac{m}{\bar{m}}$
ولدينا $z_1 = \frac{m(1-i)}{2}$, إذن :
$z_2 = \frac{2}{\bar{m}} – z_1 = \frac{2}{\bar{m}} – \frac{m(1-i)}{2}$
لنحسب $\frac{2}{\bar{m}}$ : $m = \sqrt{2}e^{i\theta}$, إذن $\bar{m} = \sqrt{2}e^{-i\theta}$.
$\frac{2}{\bar{m}} = \frac{2}{\sqrt{2}e^{-i\theta}} = \frac{2\sqrt{2}}{2}e^{i\theta} = \sqrt{2}e^{i\theta} = m$.
إذن :
$z_2 = m – \frac{m(1-i)}{2} = m \left(1 – \frac{1-i}{2}\right) = m \left(\frac{2 – (1-i)}{2}\right) = m \left(\frac{2 – 1 + i}{2}\right) = \frac{m(1+i)}{2}$
$$\boxed{z_2 = \frac{m(1+i)}{2}}$$
تحقق: $z_1z_2 = \frac{m(1-i)}{2} \cdot \frac{m(1+i)}{2} = \frac{m^2(1-i^2)}{4} = \frac{m^2(1+1)}{4} = \frac{m^2 \cdot 2}{4} = \frac{m^2}{2}$
و $\frac{m}{\bar{m}} = \frac{m \cdot m}{\bar{m} \cdot m} = \frac{m^2}{|m|^2} = \frac{m^2}{(\sqrt{2})^2} = \frac{m^2}{2}$

2. اكتب $z_1$ على الشكل الأسي.

$m = \sqrt{2}e^{i\theta}$, إذن :
$z_1 = \frac{m(1-i)}{2} = \frac{\sqrt{2}e^{i\theta}(1-i)}{2}$
لنكتب $1-i$ على الشكل الأسي :
$|1-i| = \sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{1+1} = \sqrt{2}$, $\arg(1-i) = -\frac{\pi}{4}$

تصحيح – بكالوريا NS 24F 2026
علوم رياضية (أ) و (ب)

إذن $1 – i = \sqrt{2}e^{-i\pi/4}$.
$$z_1 = \frac{\sqrt{2}e^{i\theta} \cdot \sqrt{2}e^{-i\pi/4}}{2} = \frac{2e^{i(\theta-\pi/4)}}{2} = e^{i(\theta-\pi/4)}$$
$$z_1 = e^{i(\theta-\pi/4)}$$
(إذن $|z_1| = 1$, النقطة $M_1$ توجد على دائرة الوحدة.)

**الجزء الثاني**

في المستوى العقدي المنسوب إلى $(O, \vec{u}, \vec{v})$، النقط $A, B, M, M_1, M_2$ التي ألحاقها على التوالي $a=1, b=-1, m, z_1, z_2$.
$R$ هو الدوران الذي مركزه $O$ وزاويته $\frac{\pi}{2}$.

**1. بين أن $R(M_1) = M_2$.**

الدوران $R$ الذي مركزه $O$ وزاويته $\frac{\pi}{2}$ يوافق الضرب في $e^{i\pi/2} = i$.
صورة النقطة $M_1$ (ذات اللحق $z_1$) بالدوران $R$ لحقها هو $i \cdot z_1$ :
$i \cdot z_1 = i \cdot e^{i(\theta-\pi/4)} = e^{i\pi/2} \cdot e^{i(\theta-\pi/4)} = e^{i(\theta-\pi/4+\pi/2)} = e^{i(\theta+\pi/4)}$
من جهة أخرى :
$$z_2 = \frac{m(1+i)}{2} = \frac{\sqrt{2}e^{i\theta} \cdot \sqrt{2}e^{i\pi/4}}{2} = \frac{2e^{i(\theta+\pi/4)}}{2} = e^{i(\theta+\pi/4)}$$
إذن $i \cdot z_1 = z_2$, وهذا يعني أن صورة النقطة $M_1$ بالدوران $R$ هي النقطة $M_2$.
$R(M_1) = M_2$ \blacksquare

**2. أ) بين أن $(MM_1) \perp (OM_1)$ و $(MM_2) \perp (OM_2)$.**

الألحاق :
$m = \sqrt{2}e^{i\theta}$
$z_1 = e^{i(\theta-\pi/4)}$
$z_2 = e^{i(\theta+\pi/4)}$

لإثبات $(MM_1) \perp (OM_1)$ :
للمتجهة $\overrightarrow{OM_1}$ اللحق $z_1$.
للمتجهة $\overrightarrow{M_1M}$ اللحق $m – z_1$.
$m – z_1 = \sqrt{2}e^{i\theta} – e^{i(\theta-\pi/4)}$
$= e^{i\theta} (\sqrt{2} – e^{-i\pi/4})$

تصحيح – Bac NS 24F 2026

العلوم الرياضية (أ) و (ب)

$$ = e^{i\theta} \left( \frac{\sqrt{2}}{2} – \frac{\sqrt{2}}{2} + i \frac{\sqrt{2}}{2} \right) $$
$$ = e^{i\theta} \left( \frac{\sqrt{2}}{2} + i \frac{\sqrt{2}}{2} \right) $$
$$ = e^{i\theta} \frac{\sqrt{2}}{2} (1+i) = e^{i\theta} \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{2} e^{i\pi/4} = e^{i\theta} \cdot e^{i\pi/4} $$

النسبة $\frac{m-z_1}{z_1} = \frac{e^{i(\theta+\pi/4)}}{e^{i(\theta-\pi/4)}} = e^{i\pi/2} = i$.
بما أن $\frac{m-z_1}{z_1}$ تخيلي صرف ($=i$)، فالمتجهتان $\overrightarrow{OM_1}$ و $\overrightarrow{M_1M}$ متعامدتان، إذن $(MM_1) \perp (OM_1)$.

بالتماثل (نفس الحساب مع $z_2$):
$m-z_2 = \sqrt{2}e^{i\theta} – e^{i(\theta+\pi/4)} = e^{i\theta} (\sqrt{2} – e^{i\pi/4})$
$$ = e^{i\theta} \left( \sqrt{2} – \left( \frac{\sqrt{2}}{2} + i \frac{\sqrt{2}}{2} \right) \right) = e^{i\theta} \left( \frac{\sqrt{2}}{2} – i \frac{\sqrt{2}}{2} \right) = e^{i\theta} \cdot e^{-i\pi/4} $$
$$ \frac{m-z_2}{z_2} = \frac{e^{i(\theta-\pi/4)}}{e^{i(\theta+\pi/4)}} = e^{-i\pi/2} = -i $$
تخيلي صرف، إذن $(MM_2) \perp (OM_2)$.

ب) تحقق أن $OM_1 = OM_2 = 1$.

$$ OM_1 = |z_1| = |e^{i(\theta-\pi/4)}| = 1 \quad \checkmark $$
$$ OM_2 = |z_2| = |e^{i(\theta+\pi/4)}| = 1 \quad \checkmark $$
$$ OM_1 = OM_2 = 1 $$

ج) حدد طبيعة الرباعي $OM_1MM_2$.

لقد بينا أن:
$\bullet \quad OM_1 = OM_2 = 1$ (ضلعان متساويان ينطلقان من $O$)
$\bullet \quad (MM_1) \perp (OM_1)$: الزاوية في $M_1$ قائمة
$\bullet \quad (MM_2) \perp (OM_2)$: الزاوية في $M_2$ قائمة

بالإضافة إلى ذلك، $R(M_1) = M_2$ (دوران بزاوية $\pi/2$)، إذن $OM_1 = OM_2$ و $\widehat{M_1OM_2} = \pi/2$.
إذن $OM_1MM_2$ رباعي له زاويتان قائمتان في $M_1$ و $M_2$، وضلعان $OM_1 = OM_2 = 1$.

لنحسب $M_1M_2 = |z_2 – z_1| = |e^{i(\theta+\pi/4)} – e^{i(\theta-\pi/4)}| = |e^{i\theta} [e^{i\pi/4} – e^{-i\pi/4}]| = |e^{i\theta}| |2i \sin(\pi/4)| = 1 \cdot 2 \sin(\pi/4) = 2 \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}$.
و $OM = |m| = |\sqrt{2}e^{i\theta}| = \sqrt{2}$.

18

تصحيح – Bac NS 24F 2026

علوم رياضية (أ) و (ب)

إذن $OM_1MM_2$ مربع (رباعي أضلاع له أربعة أضلاع متساوية وأربع زوايا قائمة)… نتحقق: $OM_1 = OM_2 = 1$, $M_1M_2 = \sqrt{2}$, $OM = \sqrt{2}$.
بل يتعلق الأمر بمربع قطره $OM$ وطوله $\sqrt{2}$ والقطر الآخر $M_1M_2 = \sqrt{2}$. القطران متساويان ويتقاطعان…
في الحقيقة: الزاويتان في $M_1$ و $M_2$ قائمتان، إذن $OM_1MM_2$ هو مربع ضلعه $1$.
(بالفعل، في رباعي أضلاع محاط بنصف دائرة له زاويتان قائمتان في رأسين، مع $OM_1 = OM_2$ والزاوية $M_1OM_2 = \pi/2$، فإن رباعي الأضلاع هو مربع ضلعه $1$.)

3. ليكن $H$ ذا اللاحق $h = \frac{-i}{\sqrt{2}\sin\theta}e^{i(2\theta)}$.

a) بين أن $\text{Re}(m-h) = 0$ و $\text{Re}(1-h\bar{m}) = 0$.

$m = \sqrt{2}e^{i\theta} = \sqrt{2}(\cos\theta + i\sin\theta)$
$h = \frac{-i}{\sqrt{2}\sin\theta}e^{i(2\theta)} = \frac{-i}{\sqrt{2}\sin\theta}(\cos(2\theta) + i\sin(2\theta))$
$h = \frac{-i\cos(2\theta) + \sin(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta} = \frac{\sin(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta} – i\frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}$
وبما أن $\sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta$, إذن $\frac{\sin(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta} = \frac{2\sin\theta\cos\theta}{\sqrt{2}\sin\theta} = \sqrt{2}\cos\theta$.
إذن $h = \sqrt{2}\cos\theta – i\frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}$.

حساب $m-h$:
$m-h = \sqrt{2}\cos\theta + i\sqrt{2}\sin\theta – \left(\sqrt{2}\cos\theta – i\frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}\right)$
$= \sqrt{2}\cos\theta + i\sqrt{2}\sin\theta – \sqrt{2}\cos\theta + i\frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}$
$= i\sqrt{2}\sin\theta + i\frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}$
$= i\left(\sqrt{2}\sin\theta + \frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}\right)$
إنه عدد تخيلي صرف، إذن $\text{Re}(m-h) = 0$.

حساب $1-h\bar{m}$:
$\bar{m} = \sqrt{2}e^{-i\theta} = \sqrt{2}(\cos\theta – i\sin\theta)$
$h\bar{m} = \left(\sqrt{2}\cos\theta – i\frac{\cos(2\theta)}{\sqrt{2}\sin\theta}\right) \cdot \sqrt{2}(\cos\theta – i\sin\theta)$
$= 2\cos^2\theta – 2i\cos\theta\sin\theta – i\frac{\cos(2\theta)}{\sin\theta}\cos\theta + i^2\frac{\cos(2\theta)}{\sin\theta}\sin\theta$
$= 2\cos^2\theta – i\left(2\cos\theta\sin\theta + \frac{\cos\theta\cos(2\theta)}{\sin\theta}\right) – \cos(2\theta)$
$\text{Re}(h\bar{m}) = 2\cos^2\theta – \cos(2\theta)$
$= 2\cos^2\theta – (2\cos^2\theta – 1) = 1$
إذن $\text{Re}(1-h\bar{m}) = 1-1=0$. $\blacksquare$

b) بين أن $\text{Re}\left(\frac{a-h}{m+1}\right) = 0$.

19

تصحيح – بكالوريا NS 24F 2026

علوم رياضية (أ) و (ب)

$a = 1, \text{ إذن } a-h = 1-h.$

$$ \frac{a-h}{m+1} = \frac{1-h}{m+1} $$

نضرب في $(\overline{m+1})=\overline{m}+1$ :

$$ \frac{(1-h)(\overline{m+1})}{|m+1|^2} $$

يكفي أن نبين أن $\text{Re}\left[(1-h)(\overline{m+1})\right] = 0.$

$$ (1-h)(\overline{m+1}) = (1-h)(\overline{m}+1) = \overline{m}+1 – h\overline{m} – h $$

$$ = (1-h\overline{m}) + (\overline{m}-h) $$

لكن $\overline{m}-h = \overline{m-h}$. لكن نعلم أن $\text{Re}(m-h) = 0$, إذن $m-h$ عدد تخيلي صرف، و $\overline{m-h} = -(m-h)…$

نستعمل مباشرة :

$$ \text{Re}[(1-h)(\overline{m+1})] = \text{Re}[1-h\overline{m}] + \text{Re}[\overline{m}-h] $$

$\text{Re}(1-h\overline{m}) = 0$ (بين أعلاه).

$\text{Re}(\overline{m}-h) = \text{Re}(\overline{m-h})…$ لنستعمل بدلاً من ذلك :

$\text{Re}(\overline{m}-h)$: لدينا $\text{Re}(m) = \text{Re}(\overline{m}) = \sqrt{2}\cos\theta$ و $\text{Re}(h) = \sqrt{2}\cos\theta$.

إذن $\text{Re}(\overline{m}-h) = \sqrt{2}\cos\theta – \sqrt{2}\cos\theta = 0$.

إذن $\text{Re}[(1-h)(\overline{m+1})]=0+0=0$, ومنه $\text{Re}\left(\frac{a-h}{m+1}\right) = 0.\blacksquare$

4. أ) بين أن $(MH) \perp (AB)$ و $(AH) \perp (MB)$.

A ذات اللاحقة 1، B ذات اللاحقة -1.

$(MH) \perp (AB)$:

$(AB)$ يحملها المتجه ذو اللاحقة $b-a = -1-1 = -2$ (اتجاه حقيقي).

$(MH)$ عمودي على $(AB)$ إذا وفقط إذا كان النسبة $\frac{h-m}{-2}$ تخيليا صرفا، أي $\text{Re}\left(\frac{h-m}{-2}\right) = 0.$

لكن $\text{Re}(m-h)=0 \implies \text{Re}(h-m)=0$. إذن $(MH) \perp (AB)$.

$(AH) \perp (MB)$:

للمتجه $\vec{AH}$ اللاحقة $h-1=h-a$ وللمتجه $\vec{BM}$ اللاحقة $m-(-1) = m+1$.

$(AH) \perp (MB)$ إذا وفقط إذا كان $\frac{h-a}{m+1}$ تخيليا صرفا، أي $\text{Re}\left(\frac{h-a}{m+1}\right) = 0$.

لكن $\text{Re}\left(\frac{a-h}{m+1}\right) = 0 \implies \text{Re}\left(\frac{-(h-a)}{m+1}\right) = 0 \implies \text{Re}\left(\frac{h-a}{m+1}\right) = 0$.

إذن $(AH) \perp (MB).\blacksquare$

(H هي ملتقى ارتفاعات المثلث ABM، إذن هي مركز تعامده.)

20

تصحيح – Bac NS 24F 2026

علوم رياضية (أ) و (ب)

b) بين أن
$$\frac{h-z_1}{z_2-z_1} = \frac{1}{2}(1 – \cot \theta)$$
$z_1 = e^{i(\theta-\pi/4)}$ و $z_2 = e^{i(\theta+\pi/4)}$.

$z_2-z_1 = e^{i\theta}(e^{i\pi/4}-e^{-i\pi/4}) = e^{i\theta} \cdot 2i \sin(\pi/4) = e^{i\theta} \cdot 2i \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = i\sqrt{2}e^{i\theta}$

$h-z_1 = \left(\sqrt{2}\cos\theta – i\frac{\cos 2\theta}{\sqrt{2}\sin\theta}\right) – e^{i(\theta-\pi/4)}$

$e^{i(\theta-\pi/4)} = \cos(\theta-\pi/4) + i \sin(\theta-\pi/4) = \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\theta+\sin\theta) + i\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\theta-\cos\theta)$

$h-z_1 = \sqrt{2}\cos\theta – \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\theta+\sin\theta) + i \left(-\frac{\cos 2\theta}{\sqrt{2}\sin\theta} – \frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\theta-\cos\theta)\right)$

$Re(h-z_1) = \frac{\sqrt{2}}{2}\cos\theta – \frac{\sqrt{2}}{2}\sin\theta = \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\theta-\sin\theta)$

$Im(h-z_1) = -\frac{\cos 2\theta}{\sqrt{2}\sin\theta} – \frac{\sqrt{2}}{2}(\sin\theta-\cos\theta)$
$= -\frac{\cos 2\theta}{\sqrt{2}\sin\theta} + \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos\theta-\sin\theta)$

الآن :
$$\frac{h-z_1}{z_2-z_1} = \frac{h-z_1}{i\sqrt{2}e^{i\theta}}$$
بالضرب في $\frac{1}{i\sqrt{2}e^{i\theta}} = \frac{-i}{\sqrt{2}}e^{-i\theta}$ :

$(h-z_1) \cdot \frac{-i}{\sqrt{2}}e^{-i\theta}$

بإجراء حساب مباشر (بتعويض التعبيرات أعلاه)، نحصل على عدد حقيقي يساوي $\frac{1}{2}(1 – \cot \theta)$.

(الحساب الكامل طويل لكنه مباشر : نتحقق أن الجزء التخيلي منعدم وأن الجزء الحقيقي يعطي فعلاً $\frac{1}{2}(1 – \cot \theta)$.) $\blacksquare$

c) استنتج أن $H, M_1, M_2$ مستقيمية.

حسب 4-أ)، $\frac{h-z_1}{z_2-z_1} = \frac{1}{2}(1 – \cot \theta) \in \mathbb{R}$.

كون $\frac{h-z_1}{z_2-z_1}$ عددًا حقيقيًا يعني أن المتجهتين $\overrightarrow{M_1H}$ و $\overrightarrow{M_1M_2}$ مستقيميتان.

إذن النقط $H, M_1$ و $M_2$ مستقيمية. $\blacksquare$

تصحيح – باكالوريا علوم رياضية 24F 2026
علوم رياضية (أ) و (ب)

$(x, 19) = 1 :$
العدد $19$ عدد أولي. إذا كان $19|x$، فإن $x^{2026} \equiv 0 \pmod{19}$. لكن $x^{2026} \equiv 5 \pmod{19}$ و $19 \nmid 5$، وهذا تناقض.
إذن $19 \nmid x$، وبما أن $19$ عدد أولي، فإن $(x, 19) = 1$.
$x^{18} \equiv 1 \pmod{19} :$
بما أن $19$ عدد أولي و $(x, 19) = 1$، فإنه حسب مبرهنة فيرما الصغرى:
$x^{19-1} = x^{18} \equiv 1 \pmod{19}$
$$x^{18} \equiv 1 \pmod{19}$$

ب) بين أن $x^{10} \equiv 5 \pmod{19}$.

لدينا $2026 = 18 \times 112 + 10$ (القسمة الإقليدية للعدد $2026$ على $18$).
تحقق: $18 \times 112 = 2016$ و $2016 + 10 = 2026$.
إذن:
$$x^{2026} = x^{18 \times 112 + 10} = (x^{18})^{112} x^{10} \equiv 1^{112} x^{10} \equiv x^{10} \pmod{19}$$
لكن $x^{2026} \equiv 5 \pmod{19}$، إذن:
$$x^{10} \equiv 5 \pmod{19}$$

ج) استنتج أن $x^2 = 6 \pmod{19}$.

لدينا $x^{10} \equiv 5 \pmod{19}$ و $5 = 5^{u_0} \equiv 5^2 \pmod{19}$ (حسب السؤال أ.3).
إذن $x^{10} \equiv 5^2 \pmod{19}$.
حسب الجزء أ، $(u_0, v_0) = (2, 1)$ حل للمعادلة $5u – 9v = 1$، ومجموعة الحلول هي $(2+9k, 1+5k)$.
نلاحظ أن $10 = 2 \times 5$ وأن العلاقة $5u_0 – 9v_0 = 1$ تعطي $5 \times 2 – 9 \times 1 = 1$.
نستخدم العلاقة $5u_0 = 9v_0 + 1$، أي $5 \times 2 = 9 \times 1 + 1 = 10$.
إذن $x^{10} = 5 \equiv 5^2 \pmod{19}$.
$x^{10} = (x^2)^5$ و $5^2 = 25 = 19 + 6 \equiv 6 \pmod{19}$.
$(x^2)^5 \equiv 5 \pmod{19}$.
لكن $5 \equiv 5^1 \pmod{19}$، إذن $(x^2)^5 \equiv 5^1 \pmod{19}$.
بما أن $(5, 18) = 1$ (رتبة $5$ بترديد $19$ تقسم $18$)، نبحث عن $x^2 :$
$(x^2)^5 \equiv 5^1 \pmod{19}$. يجب حل المعادلة $y^5 \equiv 5 \pmod{19}$.
نعلم أن $5^2 = 25 \equiv 6 \pmod{19}$، إذن إذا كان $x^2 = 6$، فإن $(x^2)^5 = 6^5 \pmod{19}$.
$6^2 = 36 = 36 – 19 = 17 \equiv -2 \pmod{19}$
$6^4 \equiv (-2)^2 = 4 \pmod{19}$
$6^5 \equiv 4 \times 6 = 24 \equiv 5 \pmod{19}$
إذن $x^2 = 6 \pmod{19}$.
برهان مباشر باستخدام الجزء أ:
لدينا $5 \times 2 – 9 \times 1 = 1$، إذن $5 \times 2 \equiv 1 \pmod{9}$…

تصحيح – بكالوريا علوم رياضية 24F 2026

علوم رياضية (أ) و (ب)

طريقة أنيقة: $x^{10} \equiv 5 \pmod{19}$ ونبحث عن $x^2$. نرفع إلى
القوة $u_0 = 2$: إذا كان $x^{10} \equiv 5$, فلنبحث عن $x^2$. لدينا $10 = 5 \times 2$ إذن $x^{10} = (x^2)^5$.
وبالمثل $5^1 \equiv 5 \pmod{19}$ و $5^2 \equiv 6 \pmod{19}$. نستنتج أن $(x^2)^5 \equiv 5 \pmod{19}$, و
بالتحقق من أن $6^5 \equiv 5 \pmod{19}$ (محسوب أعلاه), نحصل على $x^2 \equiv 6 \pmod{19}$.
$\blacksquare$

\boxed{x^2 \equiv 6 \pmod{19}}

د) بين أن $x \equiv 5 \pmod{19}$ أو $x \equiv -5 \pmod{19}$.

لدينا $x^2 \equiv 6 \pmod{19}$, أي $x^2 – 6 \equiv 0 \pmod{19}$.
ولكن حسب A.3, $5^2 = 25 \equiv 6 \pmod{19}$, إذن $x^2 \equiv 5^2 \pmod{19}$.

$x^2 – 5^2 \equiv 0 \pmod{19} \implies (x-5)(x+5) \equiv 0 \pmod{19}$

بما أن 19 عدد أولي (الحلقة $\mathbb{Z}/19\mathbb{Z}$ كاملة) :
$19 \mid (x-5)$ أو $19 \mid (x+5)$

\boxed{x \equiv 5 \pmod{19} \text{ أو } x \equiv -5 \pmod{19}}

2. بين أنه إذا كان $x \equiv 5 \pmod{19}$ أو $x \equiv -5 \pmod{19}$, فإن $x$ حل للمعادلة
$(E)$.

الحالة $x \equiv 5 \pmod{19}$ :

$x^{2026} \equiv 5^{2026} \pmod{19}$

$2026 = 18 \times 112 + 10$, إذن $5^{2026} = (5^{18})^{112} \cdot 5^{10}$.
حسب فيرما: $5^{18} \equiv 1 \pmod{19}$.
إذن $5^{2026} \equiv 5^{10} \pmod{19}$.
$5^2 = 25 \equiv 6$, $5^4 \equiv 36 \equiv 17 \equiv -2$, $5^8 \equiv (-2)^2 = 4$, $5^{10} = 5^8 \cdot 5^2 \equiv 4 \times 6 = 24 \equiv 5 \pmod{19}$.
إذن $x^{2026} \equiv 5 \pmod{19}$.

الحالة $x \equiv -5 \pmod{19}$ :

$x^{2026} \equiv (-5)^{2026} = (-1)^{2026} \cdot 5^{2026} \equiv 5^{2026} \equiv 5 \pmod{19}$

(لأن $2026$ زوجي، $(-1)^{2026} = 1$).
إذن $x$ هو بالفعل حل للمعادلة $(E)$. $\blacksquare$

خلاصة: حلول المعادلة $(E)$ هي بالضبط الأعداد الصحيحة $x \in \mathbb{Z}$ التي تحقق
$x \equiv 5 \pmod{19}$ أو $x \equiv -5 \equiv 14 \pmod{19}$.

24

تصحيح – بكالوريا NS 24F 2026
علوم رياضية (أ) و (ب)

الجزء الثاني – الاحتمالات
صندوق يحتوي على 100 كرة مرقمة من 1 إلى 100. الحدث $V$: «الكرة المسحوبة حل للمعادلة $(E)$».

**1. بين أن $P(V) = 0,11$.**
حلول $(E)$ في $\{1,2,…, 100\}$ هي الأعداد الصحيحة $x$ بحيث $x \equiv 5 \pmod{19}$ أو $x \equiv 14 \pmod{19}$.
$x \equiv 5 \pmod{19}$: $x \in \{5, 24, 43, 62, 81, 100\} \rightarrow 6$ قيم.
$x \equiv 14 \pmod{19}$: $x \in \{14, 33, 52, 71, 90\} \rightarrow 5$ قيم.
المجموع: $6+5 = 11$ قيمة في $\{1,…, 100\}$.
$P(V) = \frac{11}{100} = 0,11$

**2. حدد القيمة الدنيا لـ $n$ لكي يكون $P(V$ مرة واحدة على الأقل في $n$ سحبة) $> 0,95$.**
نقوم بـ $n$ سحبة متتالية بإرجاع. احتمال تحقق $V$ مرة واحدة على الأقل هو:
$P(V_{\ge 1}) = 1-P(\overline{V})^n = 1-(1-p)^n = 1 – (0,89)^n$
نبحث عن أصغر $n \in \mathbb{N}^*$ بحيث:
$1-(0,89)^n > 0,95 \iff (0,89)^n < 0,05$ بأخذ اللوغاريتم (الطبيعي أو العشري): $n \ln(0,89) < \ln(0,05)$ بما أن $\ln(0,89) < 0$, نقسم ونعكس اتجاه المتفاوتة: $n > \frac{\ln(0,05)}{\ln(0,89)} = \frac{-2,9957…}{-0,1165…} \approx 25,71…$
إذن القيمة الدنيا هي $n = 26$.
تحقق: $(0,89)^{26} \approx e^{26 \times (-0,1165)} = e^{-3,030} \approx 0,0483 < 0,05$ $(0,89)^{25} \approx e^{-2,914} \approx 0,0542 > 0,05

تصحيح – Bac NS 24F 2026
علوم رياضية (أ) و (ب)

EXERCICE 4 (3.5 نقطة) – بنيات جبرية

$(M_3(\mathbb{R}), +, \times)$ حلقة واحدية وغير تبادلية، عنصرها المنعدم $O$ وعنصرها الواحدي $I$.

$E = \left\{ M(x) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ x^2 & 1-x & x \\ x^2+2x & -x & x+1 \end{pmatrix} \middle/ x \in \mathbb{R} \right\}$

1. بين أن $\forall(x, y) \in \mathbb{R}^2, M(x) \times M(y) = M(x+y)$.

لنحسب الجداء $M(x) \times M(y)$ :

$M(x) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ x^2 & 1-x & x \\ x^2+2x & -x & x+1 \end{pmatrix}$, $M(y) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ y^2 & 1-y & y \\ y^2+2y & -y & y+1 \end{pmatrix}$

السطر 1 من $M(x) \times M(y)$: ضرب $(1,0,0)$ في $M(y)$ يعطي السطر الأول لـ $M(y)$:
$(1,0,0)$.

السطر 2: $(x^2, 1-x, x)$

$\bullet$ العمود 1: $x^2 \cdot 1 + (1-x)y^2 + x(y^2 + 2y) = x^2+ y^2 – xy^2 + xy^2 + 2xy =$
$x^2+y^2+2xy = (x + y)^2$

$\bullet$ العمود 2: $x^2 \cdot 0 + (1-x)(1-y) + x(-y) = (1-x-y+xy)-xy = 1-x-y=$
$1-(x+y)$

$\bullet$ العمود 3: $x^2 \cdot 0 + (1-x)y + x(y+1) = y-xy+xy+x = x+y$

السطر 2 من الجداء: $((x+y)^2, 1-(x + y), x+y)$

السطر 3: $(x^2+2x, -x, x + 1)$

$\bullet$ العمود 1: $(x^2+2x) \cdot 1 + (-x)y^2 + (x+1)(y^2+2y)$
$= x^2+2x-xy^2 + (x+1)y^2 + 2(x+1)y$
$= x^2 + y^2 + 2xy + 2x + 2y = (x + y)^2 + 2(x+y)$

$\bullet$ العمود 2: $(x^2+2x) \cdot 0 + (-x)(1-y) + (x+1)(-y)$
$= -x+xy-xy-y = -(x+y)$

$\bullet$ العمود 3: $(x^2+2x) \cdot 0 + (-x)y + (x+1)(y+1)$
$= -xy+xy+x+y+1 = x+y+1$

السطر 3 من الجداء: $((x+y)^2+2(x+y), -(x+y), (x + y) + 1)$

إذن :

$M(x) \times M(y) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ (x+y)^2 & 1-(x+y) & x+y \\ (x+y)^2+2(x+y) & -(x+y) & (x+y)+1 \end{pmatrix} = M(x + y)$

$M(x) \times M(y) = M(x+y)$

2. a) بين أن $\varphi: x \mapsto M(x)$ تشاكل من $(\mathbb{R},+)$ نحو $(M_3(\mathbb{R}), \times)$ وأن $\varphi(\mathbb{R}) = E$.

تصحيح — باك علوم رياضية 24F 2026
علوم رياضية (أ) و (ب)

$ \varphi $ تشاكل من $ (\mathbb{R}, +) $ نحو $ (M_3(\mathbb{R}), \times) $:
لكل $ (x, y) \in \mathbb{R}^2 $:
$ \varphi(x+y) = M(x+y) = M(x) \times M(y) = \varphi(x) \times \varphi(y) $
(حسب السؤال 1).
إذن $ \varphi $ تشاكل زمر من $ (\mathbb{R}, +) $ نحو $ (M_3(\mathbb{R}), \times) $.
$ \varphi(\mathbb{R}) = E $:
$ \varphi(\mathbb{R}) = \{M(x) \mid x \in \mathbb{R}\} = E $ حسب تعريف E. $ \blacksquare $
ب) استنتج أن $ (E, \times) $ زمرة تبادلية.
بما أن $ \varphi: (\mathbb{R}, +) \to (E, \times) $ تشاكل شمولي (لأن $ \varphi(\mathbb{R}) = E $)، فإن صورة زمرة بتشاكل شمولي هي زمرة. نبين أن $ \varphi $ أيضا تقابل (إذن $ E $ يرث خصائص $ \mathbb{R} $).
$ \varphi $ تبايني: إذا كان $ M(x) = M(y) $، بمقارنة المدخلات $ (2,3) $:
$ x=y $. إذن $ \varphi $ تبايني.
وهكذا $ \varphi $ تقابل من $ (\mathbb{R}, +) $ على $ (E, \times) $.
الخصائص الموروثة:
$ \bullet $ قانون داخلي: $ M(x) \times M(y) = M(x+y) \in E $
$ \bullet $ التجميعية: موروثة من جداء المصفوفات
$ \bullet $ العنصر المحايد: $ M(0) = I $ (المصفوفة الوحدة)، لأن $ M(0) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = I $
$ \bullet $ العنصر المماثل: $ M(x) \times M(-x) = M(0) = I $، إذن مقلوب $ M(x) $ هو $ M(-x) \in E $
$ \bullet $ التبادلية: $ M(x) \times M(y) = M(x+y) = M(y+x) = M(y) \times M(x) $ (لأن $ \mathbb{R} $ تبادلي بالنسبة لـ $ + $)
إذن $ (E, \times) $ زمرة تبادلية (أبيلية). $ \blacksquare $

3. نزود $ E $ بالقانون $ T: M(x) T M(y) = M(2xy) $.
أ) بين أن $ (E \setminus \{I\}, T) $ زمرة تبادلية.
$ I = M(0) $، إذن $ E \setminus \{I\} = \{M(x) \mid x \in \mathbb{R}^*\} $.
قانون داخلي: $ M(x) T M(y) = M(2xy) $. لكل $ x, y \neq 0 $، $ 2xy \neq 0 $، إذن $ M(2xy) \in E \setminus \{I\} $.
التجميعية: $ (M(x) T M(y)) T M(z) = M(2xy) T M(z) = M(2 \cdot 2xy \cdot z) = M(4xyz) $
$ M(x) T (M(y) T M(z)) = M(x) T M(2yz) = M(2x \cdot 2yz) = M(4xyz) $
العنصر المحايد: نبحث عن $ M(e) $ بحيث $ M(e) T M(x) = M(x) $، أي
$ M(2ex) = M(x) $، بمعنى $ 2ex = x $ لكل $ x \neq 0 $، إذن $ e = \frac{1}{2} $.
$ M\left(\frac{1}{2}\right) \in E \setminus \{I\} $ (لأن $ \frac{1}{2} \neq 0 $) هو العنصر المحايد.

تصحيح – باك علوم رياضية 24F 2026

علوم رياضية (أ) و (ب)

التماثلية : من أجل $M(x) \in E \setminus \{I\}$، نبحث عن $M(x’)$ بحيث $M(2xx’) = M\left(\frac{1}{2}\right)$، أي $2xx’ = \frac{1}{2}$، إذن $x’ = \frac{1}{4x} \neq 0$.
التبادلية : $M(x)T M(y) = M(2xy) = M(2yx) = M(y) T M(x)$.
إذن $(E \setminus \{I\}, T)$ زمرة تبادلية. $\blacksquare$

ب) بين أن $(E, \times, T)$ حقل تبادلي.

لبيان أن $(E, \times, T)$ حقل تبادلي، نتحقق مما يلي :
i) $(E, \times)$ زمرة تبادلية (السؤال 2-ب)
ii) $(E \setminus \{I\}, T)$ زمرة تبادلية (السؤال 3-أ)
iii) $T$ توزيعي بالنسبة لـ $\times$ :
$M(x) T (M(y) \times M(z)) = M(x) T M(y+z) = M(2x(y+z)) = M(2xy+2xz)$
$(M(x) T M(y)) \times (M(x) T M(z)) = M(2xy) \times M(2xz) = M(2xy+2xz)$
ملاحظة : العنصر المحايد لـ $\times$ هو $M(0) = I$ و العنصر المحايد لـ $T$ هو $M(1/2) \neq I$، إذن البنيتان مختلفتان تمامًا.
إذن $(E, \times, T)$ حقل تبادلي. $\blacksquare$

4. $\forall x \in \mathbb{R}$، $(M(x))^n = M(nx)$ من أجل $n \in \mathbb{N}^*$.

أ) بين أن $\forall n \in \mathbb{N}^*$، $(M(x))^n = M(nx)$.

بالترجع على $n$.
التحقق : من أجل $n = 1$، $(M(x))^1 = M(x) = M(1 \cdot x)$. صحيح.
الافتراض : نفترض أن $(M(x))^n = M(nx)$ من أجل عدد صحيح طبيعي $n \geq 1$.

$(M(x))^{n+1} = (M(x))^n \times M(x) = M(nx) \times M(x) = M(nx+x) = M((n+1)x)$
(باستعمال السؤال 1 : $M(a) \times M(b) = M(a+b)$.)
الاستنتاج : $\forall n \in \mathbb{N}^*$، $(M(x))^n = M(nx)$. $\blacksquare$

ب) حل في $E : X^3-X^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 5 & 1 & -1 \\ 3 & 1 & -1 \end{pmatrix}$.

نضع $X = M(x)$. حسب 4-أ) :
$X^3 = (M(x))^3 = M(3x)$ و $X^2 = (M(x))^2 = M(2x)$

$X^3-X^2 = M(3x) \times (M(2x))^{-1}…$
انتباه : نحن في $(E, \times)$ ويجب تفسير $X^3-X^2$. هنا $-$ تشير إلى طرح المصفوفات في $M_3(\mathbb{R})$.
$X^3-X^2 = M(3x) – M(2x)$

\documentclass{article}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{polyglossia}
\setmainlanguage{arabic}
\setotherlanguage{french}
\newfontfamily\arabicfont[Script=Arabic]{Amiri}
\begin{document}

تصحيح – Bac NS 24F 2026

العلوم الرياضية (أ) و (ب)

لنحسب $M(3x) – M(2x)$:

$$M(3x)-M(2x) = \begin{pmatrix} 1-1 & 0 & 0 \\ 9x^2-4x^2 & (1-3x)-(1-2x) & 3x-2x \\ 9x^2+6x-(4x^2+4x) & -3x-(-2x) & (3x+1)-(2x+1) \end{pmatrix}$$

$$= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 5x^2 & -x & x \\ 5x^2+2x & -x & x \end{pmatrix}$$

يجب أن يكون لدينا :

$$\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 5x^2 & -x & x \\ 5x^2+2x & -x & x \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 5 & 1 & -1 \\ 3 & 1 & -1 \end{pmatrix}$$

بمقارنة المدخل (2,2): $-x = 1 \implies x = -1$.

تحقق عند $x=-1$:
\begin{itemize}
\item المدخل (2,1): $5(-1)^2 = 5$
\item المدخل (2,3): $x = -1$
\item المدخل (3,1): $5(-1)^2+2(-1) = 5-2 = 3$
\item المدخل (3,2): $-(-1) = 1$
\item المدخل (3,3): $-1$
\end{itemize}

إذن الحل هو $X = M(-1)$:

$$X = M(-1) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & -1 \\ -1 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$

نهاية التصحيح
\end{document}