نموذج مباراة ولوج المدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن ENSAM مكناس 2007 - الرياضيات - شعب العلوم التجريبية والتقنيات

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès en 1^re année de l'ENSAM Meknès (Université Moulay Ismaïl), séries Sciences Expérimentales et Techniques, datée du 21 juillet 2007. Durée : 3 h 30 min. Barème : Exercice 1 (10 pts, vrai/faux), Exercice 2 (5 pts, inégalité arithmético-géométrique), Exercice 3 (9 pts, arithmétique), Problème 1 (22 pts, irrationalité de π), Problème 2 (9 pts, probabilités et statistique). Voici une correction proposée.

Exercice 1 (vrai / faux, sans justification)

💡 Le barème est d'un point par bonne réponse et zéro sinon : pas de pénalité, répondez à tout. Les justifications ci-dessous sont données pour l'apprentissage.

Exercice 2 : inégalité arithmético-géométrique

1) ((a₁ + a₂)/2)² − a₁a₂ = (a₁ − a₂)²/4 > 0 car a₁ ≠ a₂.

2) Posons m₁ = (a₁ + a₂)/2 et m₂ = (a₃ + a₄)/2. Par 1) : a₁a₂a₃a₄ < m₁² m₂² = (m₁m₂)². Pour deux réels positifs quelconques, m₁m₂ ≤ ((m₁ + m₂)/2)² (même calcul, avec inégalité large). Donc a₁a₂a₃a₄ < ((m₁ + m₂)/2)⁴ = ((a₁ + a₂ + a₃ + a₄)/4)⁴.

3) Récurrence sur k ≥ 1 (pour k = 0 il n'y a qu'un nombre et l'inégalité stricte n'a pas de sens). k = 1 : question 1. Si l'inégalité est vraie au rang k, on coupe les 2^k+1 nombres en deux moitiés de moyennes μ₁ et μ₂ : produit < μ₁^2k μ₂^2k = (μ₁μ₂)^2k ≤ (((μ₁ + μ₂)/2)²)^2k = μ^2k+1, où μ = (μ₁ + μ₂)/2 est la moyenne des 2^k+1 nombres.

💡 Le même raisonnement donne, pour des réels positifs quelconques, l'inégalité large ≤, stricte dès que les nombres ne sont pas tous égaux (une inégalité stricte apparaît à l'un des étages). C'est cette version qu'on utilise en 4), où les c_i ne sont plus distincts.

4) La moyenne des c_i vaut (n u + (2^k − n) u)/2^k = u. Les c_i ne sont pas tous égaux (les a_i sont distincts, n ≥ 2), donc par 3) : c₁…c_2^k < u^2k, c'est-à-dire a₁a₂…a_n u^2k−n < u^2k.

5) En divisant par u^2k−n > 0 : a₁…a_n < uⁿ. Pour tout n ≥ 2 on peut choisir k avec 2^k > n (si n = 2^k, la question 3 suffit). Conclusion : pour n ≥ 2 réels strictement positifs distincts, ∏ a_i < ((Σ a_i)/n)ⁿ : la moyenne géométrique est strictement inférieure à la moyenne arithmétique.

Exercice 3 : diviseurs et PGCD

1) ⊂ : si d | a ∧ b, comme a ∧ b divise a et b, d divise a et b. ⊃ : si d | a et d | b, d divise au + bv pour tous entiers u, v, en particulier a ∧ b = au₀ + bv₀ (Bézout). Donc D_a∧b = D_a ∩ D_b.

2) Par 1) : D_(a∧b)∧c = D_a ∩ D_b ∩ D_c et D_{(a∧b)∧(b∧c)} = D_a ∩ D_b ∩ D_b ∩ D_c = D_a ∩ D_b ∩ D_c. Deux entiers qui ont les mêmes diviseurs sont égaux (le plus grand élément), donc (a ∧ b) ∧ c = (a ∧ b) ∧ (b ∧ c).

3) Récurrence : S₁ = 1 = (1·2/2)². Si S_n = n²(n + 1)²/4, alors S_n+1 = n²(n + 1)²/4 + (n + 1)³ = (n + 1)²(n² + 4n + 4)/4 = ((n + 1)(n + 2)/2)². Et Σk = n(n + 1)/2.

On note T_n = n(n + 1)/2, donc S_n = T_n², et on utilise x² ∧ y² = (x ∧ y)² (si x = d x', y = d y' avec x' ∧ y' = 1, alors x'² ∧ y'² = 1).

4.1) T_2p = p(2p + 1), T_2p+1 = (2p + 1)(p + 1) ; T_2p ∧ T_2p+1 = (2p + 1)(p ∧ (p + 1)) = 2p + 1. S_2p ∧ S_2p+1 = (2p + 1)².

4.2) T_2p+1 = (2p + 1)(p + 1), T_2p+2 = (p + 1)(2p + 3) ; (2p + 1) ∧ (2p + 3) = (2p + 1) ∧ 2 = 1 (nombres impairs). S_2p+1 ∧ S_2p+2 = (p + 1)².

4.3) Par 2) : S_2p ∧ S_2p+1 ∧ S_2p+2 = (S_2p ∧ S_2p+1) ∧ (S_2p+1 ∧ S_2p+2) = (2p + 1)² ∧ (p + 1)² = ((2p + 1) ∧ (p + 1))². Or (2p + 1) ∧ (p + 1) = (p + 1) ∧ p = 1. Résultat : 1.

4.4) De même : (S_2p+1 ∧ S_2p+2) ∧ (S_2p+2 ∧ S_2p+3) = (p + 1)² ∧ (2p + 3)² (4.1 appliqué à p + 1) = ((p + 1) ∧ (2p + 3))² = ((p + 1) ∧ 1)² = 1.

5) Si n = 2p (p ≥ 1) : 4.3 ; si n = 2p + 1 (p ≥ 1) : 4.4 ; si n = 1 : S₁ = 1. Donc (S_n ∧ S_n+1) ∧ S_n+2 = 1 pour tout n ∈ ℕ*.

Problème 1 : irrationalité de π

Partie A : questions préliminaires

1.1) Définition de la convergence avec ε = 1/4 : il existe m tel que pour tout n ≥ m, |u_n − l| < 1/4.

1.2) Pour n ≥ m : |u_n − u_n+1| ≤ |u_n − l| + |l − u_n+1| < 1/4 + 1/4 = 1/2.

1.3) u_n − u_n+1 est un entier de valeur absolue < 1/2, donc nul : (u_n)_n≥m est constante (égale à l).

2.1) F est dérivable de dérivée f ≥ 0 : F est croissante.

2.2) f est continue en x₀ et f(x₀) > 0. Avec ε = f(x₀)/2, il existe η > 0 tel que pour x ∈ [a,b] et |x − x₀| < η, f(x) > f(x₀)/2 > 0. On prend I = [a,b] ∩ [x₀ − η/2, x₀ + η/2], intervalle non réduit à un point contenant x₀.

2.3) Supposons f(x₀) > 0 pour un x₀, et soit I = [c,d] (c < d) comme en 2.2. F est croissante, F(a) = 0 et F(b) = ∫_a^b f = 0, donc F est nulle sur [a,b]. Mais F(d) − F(c) = ∫_c^d f ≥ (d − c) f(x₀)/2 > 0 : contradiction. Donc f ≡ 0.

2.4) g ≥ 0 et f ≤ M donnent Mg − fg = (M − f)g ≥ 0, fonction continue positive dont l'intégrale est ≥ 0 (par 2.1, F(b) ≥ F(a)). Donc ∫_a^b f g ≤ M ∫_a^b g.

Partie B

1) P_n(0) = 0 et P_n(p/q) = 0 : ce sont des entiers.

2) Pour i ≤ n, (Xⁿ)⁽ⁱ⁾ = n!/(n − i)! Xⁿ⁻ⁱ ; pour i > n, c'est 0. En 0, seul i = n donne une valeur non nulle, n!.
De même ((qX − p)ⁿ)⁽ⁱ⁾ = qⁱ n!/(n − i)! (qX − p)ⁿ⁻ⁱ pour i ≤ n, et 0 pour i > n ; en p/q, seul i = n donne n! qⁿ.

3) Formule de Leibniz : P_n^(k) = (1/n!) Σ_i=0^k C(k,i) ((qX − p)ⁿ)^(k−i) (Xⁿ)⁽ⁱ⁾.

• En 0, seul le terme i = n subsiste (si k ≥ n) : P_n^(k)(0) = C(k,n) ((qX − p)ⁿ)^(k−n)(0). La dérivée j-ième en 0 d'un polynôme à coefficients entiers vaut j! × (coefficient entier) : c'est un entier. Si k < n, P_n^(k)(0) = 0.
• En p/q, seul le terme k − i = n subsiste : P_n^(k)(p/q) = C(k, n) qⁿ (Xⁿ)^(j)(p/q) avec j = k − n ≤ n, soit C(k,n) · n!/(n − j)! · qⁿ(p/q)^n−j = C(k,n) · n!/(n − j)! · p^n−j q^j ∈ ℤ. (Pour k > 2n, la dérivée est nulle.)

4) x ↦ |x(qx − p)| est continue sur le segment [0, π], donc bornée ; par exemple |x(qx − p)| ≤ π(qπ + p). On prend M = qπ + p.

5) Sur [0, π] : |P_n(x) sin x| ≤ |x(qx − p)|ⁿ/n! ≤ (πM)ⁿ/n!, donc |I_n| ≤ π(πM)ⁿ/n!. Comme cⁿ/n! → 0 pour toute constante c, I_n → 0.

Partie C : on suppose π = p/q

1) Intégrations par parties successives (P_n est de degré 2n) : la fonction G = −P cos x + P' sin x + P'' cos x − P''' sin x − … vérifie G' = P_n(x) sin x (les termes se télescopent). D'où I_n = Σ_j=0ⁿ (−1)^j [P_n^(2j)(π) + P_n^(2j)(0)]. Avec π = p/q, toutes ces dérivées sont entières (B.3), donc I_n ∈ ℤ.

2) (I_n) est une suite d'entiers qui converge vers 0 (B.5) : d'après A.1 elle est stationnaire à partir d'un rang N, égale à 0. Pour n ≥ N, on a 2n ≥ N, donc I_2n = 0.

3) P_2n(x) = (x(qx − p))²ⁿ/(2n)! ≥ 0 et sin x ≥ 0 sur [0, π] : l'intégrande de I_2n est continue, positive, d'intégrale nulle, donc nulle sur [0, π] (A.2.3). En x = π/2 (sin = 1) : P_2n(π/2) = 0 pour n ≥ N.

4) Or P_2n(π/2) = (π/2)²ⁿ(qπ/2 − p)²ⁿ/(2n)! = (π/2)²ⁿ(−p/2)²ⁿ/(2n)! ≠ 0 : contradiction. L'hypothèse π = p/q est fausse : on a démontré que π est irrationnel (démonstration de Niven).

Problème 2 : probabilités et test statistique

1.1) Ballon intact après deux tirs : 0,8 × 0,8 = 0,64.

1.2) Deux tirs suffisent : 1 − 0,64 = 0,36 (ou 0,2 + 0,8 × 0,2).

1.3) p_n = 1 − 0,8ⁿ.

1.4) 1 − 0,8ⁿ > 0,99 ⇔ 0,8ⁿ < 0,01 ⇔ n > ln 0,01 / ln 0,8 ≈ 20,6 : n ≥ 21.

2) Arbre pondéré : chaque face k a la probabilité 1/4, puis le ballon est crevé avec la probabilité 1 − 0,8^k. Par la formule des probabilités totales : P = ¼[(1 − 0,8) + (1 − 0,64) + (1 − 0,512) + (1 − 0,4096)] = 1 − ¼(2,3616) = 1 − 0,5904 = 0,4096.

3.1) f₁ = 58/200 = 0,29 ; f₂ = 0,245 ; f₃ = 0,26 ; f₄ = 0,205.

3.2) d² = 0,04² + (−0,005)² + 0,01² + (−0,045)² = 0,0016 + 0,000025 + 0,0001 + 0,002025 = 0,00375.

3.3) Au risque de 10 %, on compare d² au 9^e décile D₉ = 0,00452 de la série simulée (90 % des dés équilibrés donnent d² ≤ D₉). Ici d² = 0,00375 < D₉ : on ne peut pas considérer que le dé est pipé ; on l'accepte comme équilibré au risque de 10 %.