نموذج مباراة ولوج المدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن ENSAM مكناس 2010 - الرياضيات

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'entrée en 1^re année de l'ENSAM de Meknès (Université Moulay Ismaïl), filières Sciences mathématiques A et B, session du 27 juillet 2010. Durée : 2 h 37 min. Rédaction en français ou en arabe, sur les feuilles de l'épreuve. Le sujet comprend 8 démonstrations courtes (3 pts chacune), puis deux tableaux de « questions à réponse précise ». Voici une correction proposée.

💡 Le jury note « la rigueur du raisonnement » et la place est limitée à un cadre par question : annoncez la méthode en une ligne (contraposée, récurrence, absurde, changement de variable), puis rédigez sans détour.

Démonstrations

1. On raisonne par contraposée : montrons que (∃l ∈ ℤ, n = 5l) ⟹ (∃k ∈ ℤ, n² = 5k). Si n = 5l, alors n² = 25l² = 5·(5l²) : il suffit de prendre k = 5l² ∈ ℤ. La contraposée étant vraie, l'implication demandée l'est aussi.

2. Par définition de la partie entière, E(nx) ≤ nx, donc E(nx)/n ≤ x (n > 0). Et pour tout réel y, E(y) ≤ y. D'où E(E(nx)/n) ≤ E(nx)/n ≤ x.
On a même l'égalité E(E(nx)/n) = E(x) : si p = E(x), alors np ≤ nx < np + n, donc np ≤ E(nx) ≤ np + n − 1, puis p ≤ E(nx)/n < p + 1.

3. Formule du binôme :
(2 + √3)ⁿ + (2 − √3)ⁿ = Σ_k=0..n C(n, k)·2^n−k·(√3)^k·[1 + (−1)^k].
Les termes d'indice k impair s'annulent. Pour k = 2j pair, le crochet vaut 2 et (√3)^2j = 3^j. La somme vaut donc 2·Σ_j C(n, 2j)·2^n−2j·3^j : c'est deux fois un entier, donc un entier pair.

4. Écrivons z = x + iy. |z − i|² = x² + (y − 1)² et |z + i|² = x² + (y + 1)². Ces deux carrés (de nombres positifs) sont égaux ⟺ (y − 1)² = (y + 1)² ⟺ −2y = 2y ⟺ y = 0 ⟺ z ∈ ℝ.
Géométriquement : l'ensemble des points équidistants de i et de −i est la médiatrice de [i ; −i], c'est-à-dire l'axe réel.

5. Par l'absurde : supposons ln 2/ln 3 = p/q avec p, q entiers strictement positifs (le quotient est positif). Alors q·ln 2 = p·ln 3, soit 2^q = 3^p. Le membre de gauche est pair (q ≥ 1), celui de droite est impair : contradiction. Donc ln 2/ln 3 est irrationnel.

6. Montrons par récurrence la propriété « u_n > 0, v_n > 0 et u_n ≤ v_n ».

• Rang 0 : u₀ = 3 ≤ 5 = v₀.
• Hérédité : si 0 < u_n ≤ v_n, alors u_n+1 = (u_n + v_n)/2 > 0 et u_n+1 ≤ (v_n + v_n)/2 = v_n. Ensuite v_n+1 = √(u_n+1·v_n) ≥ √(u_n+1·u_n+1) = u_n+1, et v_n+1 > 0.

Donc u_n ≤ v_n pour tout n.

7. Soit x ∈ B. Deux cas :

• si x ∈ A, alors x ∈ A ∩ B ⊂ A ∩ C, donc x ∈ C ;
• si x ∉ A, alors x ∈ A ∪ B ⊂ A ∪ C, et x ∉ A, donc x ∈ C.

Dans les deux cas x ∈ C : B ⊂ C.

8. f est strictement monotone et continue : c'est une bijection de [a, b] sur l'intervalle d'extrémités f(a) et f(b). Dans J = ∫_f(a)^f(b) f⁻¹(t) dt, on pose t = f(x), dt = f'(x)dx (f est de classe C¹) : x va de a à b et f⁻¹(t) = x, donc
J = ∫_a^b x·f'(x) dx = [x·f(x)]_a^b − ∫_a^b f(x) dx (intégration par parties).
Donc ∫_a^b f(x) dx = b·f(b) − a·f(a) − ∫_f(a)^f(b) f⁻¹(x) dx.

Questions à réponse précise — Partie I

Encadrements par une valeur absolue. Un intervalle [α, β] s'écrit |x − centre| ≤ demi-longueur.

• x ∈ [−3, 5] ⟺ |x − 1| ≤ 4
• x ∈ [2, 7] ⟺ |x − 9/2| ≤ 5/2 (ou |2x − 9| ≤ 5)

f(x) = min(x², 3). f(x) = x² si |x| ≤ √3, et f(x) = 3 sinon.

• f(ℝ) = [0, 3]
• f([−1, 1]) = [0, 1]
• f⁻¹([−1, 4]) = ℝ, car toutes les valeurs de f sont dans [0, 3] ⊂ [−1, 4].

Encadrements (x ∈ [−2, 1], y ∈ [2, 3]) :

• x − y : −y ∈ [−3, −2], donc x − y ∈ [−5, −1].
• −2x + y : −2x ∈ [−2, 4], donc −2x + y ∈ [0, 7].
• xy : x change de signe, on compare les produits des bornes : (−2)(3) = −6, (−2)(2) = −4, 1 × 2 = 2, 1 × 3 = 3, donc xy ∈ [−6, 3].

A = E(x) + E(−x). Si x ∈ ℤ, A = 0. Sinon, E(x) = p avec p < x < p + 1, donc −p − 1 < −x < −p et E(−x) = −p − 1 : A = −1.

Propositions avec quantificateurs (entiers pris dans ℤ) :

• (a) ∀n ∈ ℤ, ∃m ∈ ℤ, m > n. Vraie : il suffit de prendre m = n + 1.
• (b) ∃n ∈ ℤ, ∀m ∈ ℤ, ∃k ∈ ℤ, n = k·m. Vraie : n = 0 convient, car 0 = 0 × m pour tout m. Réponse probable, car elle dépend de la convention : si l'on exclut 0 (entiers non nuls), elle devient fausse, car un entier non nul n'est pas multiple de 2|n|.
• (c) ∃x ∈ ℝ, x > x². Vraie : x = 1/2 donne 1/2 > 1/4.

Vrai ou faux :

• (a) Vraie. Pour x < 0, √(x²) = |x| = −x. (Telle qu'elle est écrite, avec un « ∀x » placé dans la prémisse, celle-ci est fausse et l'implication est vraie de toute façon.)
• (b) Fausse. Pour x fixé, prendre y = 1 et z = 2x ≠ x·1.
• (c) Fausse. Pour x = 1/n, ln(nx) = ln 1 = 0 et le quotient n'est pas défini.

Réciproque de f(x) = x/(1 + |x|). Pour y ∈ ]−1, 1[, on cherche x de même signe que y (f conserve le signe) : y(1 + |x|) = x donne |x| = |y|/(1 − |y|). Donc f⁻¹(y) = y/(1 − |y|).

Questions à réponse précise — Partie II

Division. x² = (x + 1)(x − 1) + 1, donc x²/(x + 1) = x − 1 + 1/(x + 1) : a = 1, b = −1, c = 1.

Dérivée de g. Posons u(x) = ln(e^2x + 1) − ln(e^2x + 3). u'(x) = 2e^2x/(e^2x + 1) − 2e^2x/(e^2x + 3) = 4e^2x/((e^2x + 1)(e^2x + 3)). Donc
g'(x) = [4e^2x/((e^2x + 1)(e^2x + 3))]·cos(ln((e^2x + 1)/(e^2x + 3))).

Position de (C_f) et de (Δ). f(x) − (−x + 7) = 6 ln((2x + 1)/(2x + 2)). Sur ]−1/2, +∞[, 0 < 2x + 1 < 2x + 2, donc le quotient est dans ]0, 1[ et son logarithme est négatif : (C_f) est strictement au-dessous de (Δ).

Dérivabilité de g. Sur [0, 1/2[ et ]1/2, 1], g est dérivable comme composée. En 1/2 : g(1/2) = f(1) et la limite à droite vaut f(0) = f(1) : g est continue. Dérivée à gauche en 1/2 : 2f'(1) ; dérivée à droite : lim (f(2x − 1) − f(0))/(x − 1/2) = 2f'(0). Il faut donc ajouter l'hypothèse f'(0) = f'(1) (dérivées à droite en 0 et à gauche en 1).

Intégrale. ∫₀¹ (x − 1 + 1/(x + 1)) dx = 1/2 − 1 + ln 2 = ln 2 − 1/2 ≈ 0,19.

Équation x^√x = (√x)^x (x > 0). En passant au logarithme : √x·ln x = (x/2)·ln x ⟺ ln x·(√x − x/2) = 0. Donc ln x = 0, soit x = 1, ou √x = x/2, soit √x = 2 et x = 4. S = {1 ; 4} (vérification : 4² = 16 = 2⁴).

p et q solutions de x² + px + q = 0. En remplaçant x par p : 2p² + q = 0. En remplaçant x par q : q² + pq + q = 0, soit q + p + 1 = 0 (car q ≠ 0). D'où −2p² + p + 1 = 0, soit p = 1 ou p = −1/2.

• p = 1, q = −2 : x² + x − 2 = (x − 1)(x + 2), de racines 1 et −2.
• p = q = −1/2 : x² − x/2 − 1/2 = 0 a pour racines 1 et −1/2, et −1/2 = p = q est bien solution.

Chiffres. On garde a « 3 », b « 4 » et c « 8 » avec a + b + c = 8 et 3a + 4b + 8c = 41. En soustrayant trois fois la première équation : b + 5c = 17. Avec 0 ≤ a, b, c ≤ 7, la seule possibilité est c = 3, b = 2, a = 3 (9 + 8 + 24 = 41). Il faut donc éliminer 4 « 3 », 5 « 4 » et 4 « 8 » (13 chiffres), et garder 3, 3, 3, 4, 4, 8, 8, 8.