نموذج مباراة ولوج المدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن ENSAM الدار البيضاء-مكناس 2016 - الرياضيات - مسلك العلوم الرياضية أ/ب

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'entrée en 1^re année des années préparatoires de l'ENSAM Casablanca-Meknès (Universités Hassan II et Moulay Ismaïl), séries Sciences mathématiques A/B, session du 1^er août 2016. Durée : 2 h, note sur 50. Deux parties : 16 questions à réponse précise (réponse juste : 2 pts ; fausse ou absente : 0) et 9 QCM (juste : +2 ; pas de réponse : 0 ; fausse ou plusieurs cases : −1). Voici une correction proposée.

💡 Dans la partie QCM, une réponse fausse coûte un point : ne cochez que si votre calcul est fait. Dans la première partie, aucune pénalité : répondez à tout.

Questions à réponse précise

Q1

(a_n + a_n² + … + a_n^k − k)/(a_n − 1) = Σ_j=1^k (a_n^j − 1)/(a_n − 1) = Σ_j=1^k (1 + a_n + … + a_n^j−1) → Σ_j=1^k j.

Q1 = k(k + 1)/2.

Q2

Par récurrence, 0 < X_n < 1. Alors 1 − X_n+1 = (1 − X_n)(1 − u_n+1)/(1 + X_nu_n+1) < (1 − X_n)/2 (car 1 − u_n+1 < 1/2 et le dénominateur est > 1). Donc 0 < 1 − X_n < (1/2)ⁿ.

lim X_n = 1.

Q3

Posons w = z − 1 : z² + z + 1 = w² + 3w + 3, donc (z² + z + 1)/(z − 1) = w + 3 + 3/w. Im(w + 3/w) = Im(w)(1 − 3/|w|²). Comme Im w = y ≠ 0 (z ∉ ℝ), la condition est |w|² = 3 :

(x − 1)² + y² = 3 (avec y ≠ 0), soit x² + y² − 2x − 2 = 0.

Q4

|z − α|² = |2z − α|² ⇔ |z|² − 2Re(zᾱ) + |α|² = 4|z|² − 4Re(zᾱ) + |α|² ⇔ |z|² − (2/3)Re(zᾱ) = 0 ⇔ |z − α/3|² = |α|²/9.

Γ est le cercle de centre le point d'affixe α/3 et de rayon |α|/3 (il passe par O ; si α = 0, Γ = {O}).

Q5

tan est définie hors de π/2 + kπ : il faut π sin(πx/6) ≠ π/2 + kπ, soit sin(πx/6) ≠ 1/2 + k. Seules les valeurs ±1/2 sont dans [−1, 1] : sin(πx/6) = ±1/2 ⇔ πx/6 = ±π/6 + kπ ⇔ x = ±1 + 6k.

D = ℝ \ {6k − 1, 6k + 1 ; k ∈ ℤ}.

Q6

(E désigne la partie entière.) Pour P de degré ≥ 1 : P(x) → +∞, donc E(P(x))/P(x) → 1 ; et E(x)/x → 1 donne P(x)/P(E(x)) → 1 (même terme dominant).

Q6 = 1.

Q7

Par récurrence : f⁽ⁿ⁾(x) = (−1)ⁿ n! (ln x − H_n)/xⁿ⁺¹, avec H_n = 1 + 1/2 + … + 1/n. (Vérification : f' = (1 − ln x)/x², f'' = (2 ln x − 3)/x³.)

Q8

x = y = 0 donne f(0) = f(0)². Si f(0) = 0, f(x) = f(x)f(0) = 0. Sinon f(0) = 1 ; en dérivant par rapport à y en y = 0 : f'(x) = f(x)f'(0), donc f(x) = e^ax avec a = f'(0).

Q8 = {x ↦ 0} ∪ {x ↦ e^ax, a ∈ ℝ}.

Q9

f(x/j)/x = (1/j)·f(x/j)/(x/j) → f'(0)/j quand x → 0 (car f(0) = 0).

Q9 = f'(0)(1 + 1/2 + … + 1/k).

Q10

Séparation des variables (y > 0, y ≠ 1) : dy/(y ln y) = (cos x/sin x) dx, donc ln|ln y| = ln|sin x| + c, soit y = e^{K sin x}. Toute solution vérifie y(0) = e⁰ = 1 : d'ailleurs, en x = 0, l'équation impose y(0) ln y(0) = 0. La condition y(0) = π, telle qu'elle est imprimée, ne peut pas être satisfaite.

Réponse probable : l'énoncé visait une condition en un point x₀ où sin x₀ ≠ 0. On a alors K = ln π / sin x₀ et lim_x→π/2 y = e^K = π^{1/sin x₀} ; si la condition portait sur x₀ = π/2, Q10 = π.

Q11

πx/(2x + 1) = π/2 − π/(2(2x + 1)), donc tan(πx/(2x + 1)) = cot(π/(4x + 2)) ~ (4x + 2)/π → +∞. Alors (tan …)^1/x = exp(ln(tan …)/x) et ln(tan …)/x ~ ln(4x/π)/x → 0 : cette puissance tend vers 1.

Q11 = π/2 − 1.

Q12

(0 < a < 1.) h(x) = ln x/ln a − ln a/ln x. h(x) = 0 ⇔ (ln x)² = (ln a)² ⇔ ln x = −ln a (car ln x > 0 > ln a) ⇔ x = 1/a. h'(x) = 1/(x ln a) + ln a/(x (ln x)²) < 0 : h est strictement monotone, donc bijective. En x = 1/a : h'(1/a) = a/ln a + a/ln a = 2a/ln a.

Q12 = (h⁻¹)'(0) = 1/h'(1/a) = ln a / (2a).

Q13

Il faut sin x ≠ 0 et cos x ≠ 0. L'équation équivaut à |sin x · tan x| = |cos x|, soit sin²x = cos²x, soit tan²x = 1.

Q13 = {π/4 + kπ/2 ; k ∈ ℤ}.

Q14

L'intégrande est continue sur [π/2, π] (en π, le dénominateur vaut 2), donc Q14 = ∫_π/2^π dt/(1 + sin t − cos t). Avec u = tan(t/2) : 1 + sin t − cos t = 2u(u + 1)/(1 + u²) et dt = 2du/(1 + u²), d'où l'intégrande du/(u(u + 1)), u allant de 1 à +∞ : ∫₁^+∞ (1/u − 1/(u + 1)) du = [ln(u/(u + 1))]₁^+∞ = 0 − ln(1/2).

Q14 = ln 2.

Q15

(Le dénominateur k + 3 impose k ≠ −3.) Modulo k + 3, k ≡ −3 : 2k² + 5k − 2 ≡ 18 − 15 − 2 = 1 et 4k² + 11k + 4 ≡ 36 − 33 + 4 = 7. Le numérateur est donc ≡ 7 (mod k + 3), et A ∈ ℤ ⇔ (k + 3) divise 7 ⇔ k + 3 ∈ {−7, −1, 1, 7}.

S = {−10, −4, −2, 4}.

Q16

Pour n ≥ 1, 0 ≤ ln n < n/2, donc 0 ≤ ln n/(n − ln n) < 1 : la partie entière vaut 0.

Q16 = 0.

Partie QCM

Q17 — Réponse : D

det = (1 − m)(m² + 7) + 3(−20 − 4m) + 4(14 + 6m) = −m³ + m² + 5m + 3 = −(m + 1)²(m − 3). La matrice n'est pas inversible pour m = −1 et m = 3, valeurs qui ne figurent dans aucune des propositions A, B, C.

Q18 — Réponse : D

f(x) = |x| e^{x² − x}. A : les dérivées à gauche et à droite en 0 valent −1 et +1 (point anguleux), pas de tangente — faux. B : sur [0,1], x² − x ≤ 0 donc f(x) ≤ x : la courbe est au-dessous de y = x — faux. C : f(1) = 1 mais f'(x) = e^x²−x(2x² − x + 1) pour x > 0, donc f'(1) = 2, pas 3 — faux.

Q19 — Réponse : D

A : pour x → 0⁻, avec t = 1/x → −∞, (f_m(x) − m)/x = m t³e^t → 0 : f_m est dérivable à gauche en 0 (dérivée 0) — faux. B : f_−m = −f_m, les courbes sont symétriques par rapport à l'axe des abscisses — faux. C : pour x < 0, e^1/x/x² = t²e^t est maximal en t = −2, valeur 4/e² ; donc max f_m = m(4/e² + 1) ≈ 1,54 m, pas m(2/√2 + 1) — faux.

Q20 — Réponse : A

« SAHARA MAROCAIN » : 14 lettres dont A ×5, R ×2, S, H, M, O, C, I, N ×1. Nombre de tirages : C(14,5) = 2002. Tirages donnant S, M, A, R, A : 1 × 1 × C(5,2) × C(2,1) = 20, donc p = 20/2002 = 10/1001. Y suit la loi binomiale B(3 ; 10/1001) : P(Y = 3) = (10/1001)³ = 1000/(1001)³.

Q21 — Réponse : A

Points de l'ellipse : a = 1 donne b² = 45/4 (impossible) ; a = 2 donne b² = 9, b = 3 ; a = 4 donne b = 0. P = P(a = 2)P(b = 3) + P(a = 4)P(b = 0) = (1/3)(2/6) + (1/3)(1/6) = 3/18 = 1/6.

Q22 — Réponse : D

Normale de (H) : n_P ∧ n_Q = (1,1,1) ∧ (1,−1,1) = (2, 0, −2), donc (H) : x − z = 0 (passe par A). Rayon de S : BA² = (3/2)² + (1/2)² + 1² = 7/2. Distance de B à (H) : |−1/2 − 0|/√2, soit d² = 1/8 < 7/2 : l'intersection est un cercle de rayon √(7/2 − 1/8) = √(27/8) et de centre le projeté de B, (−1/4, 3/2, −1/4). Ce n'est ni le cercle proposé en A (centre et rayon différents), ni un grand cercle (d ≠ 0), ni l'ensemble vide.

Q23 — Réponse probable : B ou C (les deux propositions sont vraies)

I_n = ∫₁⁰ x e^−nx² dx = −[−e^−nx²/(2n)]₀¹ = −(1 − e⁻ⁿ)/(2n).
A : la proposition vaut ½(1 − e⁻²ⁿ) > 0 alors que I_n < 0 — faux. B : I_n ≥ −1/(2n) ≥ −1/2 — vrai. C : |I_n| ≤ 1/(2n) → 0 — vrai.
Les propositions B et C sont toutes deux exactes, alors que le barème pénalise deux cases cochées : l'énoncé comporte une ambiguïté. Le calcul de I_n ci-dessus est la réponse à retenir.

Q24 — Réponse : C

cos 2x = 1 − 2sin²x : 2sin²x + sin x − 1 = 0 ⇔ sin x = 1/2 ou sin x = −1. Sur [0, 2π] : π/6, 5π/6 et 3π/2, soit trois solutions.

Q25 — Réponse : C

F est le noyau de la forme linéaire non nulle (x,y,z,t) ↦ x + y + z + t : c'est un hyperplan de ℝ⁴, dim F = 3 (base : (1,−1,0,0), (1,0,−1,0), (1,0,0,−1)).