نموذج مباراة ولوج المدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن ENSAM الدار البيضاء-مكناس 2015 - الرياضيات - شعبة العلوم الرياضية أ و ب

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours commun d'accès à l'ENSAM-Meknès et à l'ENSAM-Casablanca, filière Sciences Mathématiques A et B, session du vendredi 24 juillet 2015. Durée : 2 heures. Partie I : 17 questions à réponse précise (2 points chacune). Partie II : 8 QCM (+2 si juste, 0 sans réponse, −1 si faux ou plusieurs cases). Voici une correction proposée avec la démarche.

💡 Dans la partie QCM, une mauvaise réponse coûte −1 : ne cochez que si le calcul est fait. Deux questions de ce sujet (Q24 et Q25) n'ont, à la lettre, aucune case exacte : savoir le repérer et s'abstenir fait partie de l'épreuve.

Partie I — Questions à réponses précises

Q1. Négation et valeur de vérité de P : « ∀a ∈ ℝ*₊, a + 1/a ≥ 2 »

P̄ : ∃a ∈ ℝ*₊, a + 1/a < 2.
Pour a > 0 : a + 1/a − 2 = (a − 1)²/a ≥ 0. Donc P est vraie (et P̄ est fausse).

Q2. Codes de 4 chiffres non nuls contenant exactement une fois le chiffre 1

On choisit la position du 1 (4 choix), puis les 3 autres chiffres parmi {2, …, 9} (8 choix chacun) : 4 × 8³ = 2048 codes.

Q3. S = cos(2π/7) + cos(4π/7) + cos(8π/7)

a = z + z² + z⁴ avec z = e^2iπ/7, donc Re(a) = S. Comme b̄ = a : a + b = a + ā = 2Re(a) = −1. S = −1/2.

Q4. z = (c − a)/(b − a) et angle de la rotation

c − a = −3 − i√3, b − a = −3 + i√3. z = (−3 − i√3)/(−3 + i√3) = (−3 − i√3)²/12 = (6 + 6i√3)/12 = 1/2 + i√3/2.
z = cos(π/3) + i sin(π/3) = e^iπ/3. Comme c − a = z(b − a), la rotation de centre A qui transforme B en C a pour angle θ = π/3 (mod 2π).

Q5. 3^{cos x} + 3^{cos(π − x) + 1} ≤ 2√3

cos(π − x) = −cos x. Avec t = 3^{cos x} > 0 : t + 3/t ≤ 2√3 ⇔ t² − 2√3t + 3 ≤ 0 ⇔ (t − √3)² ≤ 0 ⇔ t = √3.
Donc cos x = 1/2 : S = { π/3 + 2kπ ; −π/3 + 2kπ, k ∈ ℤ }.

Q6. lim_x→0 (e^x² − cos x)/(2x²)

e^x² = 1 + x² + o(x²) et cos x = 1 − x²/2 + o(x²), donc le numérateur vaut 3x²/2 + o(x²). Limite = 3/4.

Q7. Valeur de a pour que g soit continue sur [0, +∞[

Pour x > 0 : g(x) = ln x − ln(x + 1) − ln x/(x + 1) + 1 = [x/(x + 1)]·ln x − ln(1 + x) + 1.
x ln x → 0 et ln(1 + x) → 0 quand x → 0⁺, donc g(x) → 1. a = 1.

Q8. Réciproque de f(x) = ln(1 + e^−x)

f est continue et strictement décroissante sur ℝ ; 1 + e^−x décrit ]1, +∞[, donc f(ℝ) = ]0, +∞[.
y = ln(1 + e^−x) ⇔ e^−x = e^y − 1 ⇔ x = −ln(e^y − 1).
D_f⁻¹ = ]0, +∞[ et f⁻¹(x) = −ln(e^x − 1).

Q9. Primitive de 1/(x ln x) sur ]1, +∞[ valant 1 en e

1/(x ln x) = (ln x)'/ln x, de primitive ln(ln x) + C. F(e) = ln 1 + C = C = 1. F(x) = ln(ln x) + 1.

Q10. lim u_n, u_n = Σ_k=1ⁿ n/(n² + k²)

u_n = (1/n)·Σ 1/(1 + (k/n)²) : somme de Riemann de x ↦ 1/(1 + x²) sur [0, 1]. lim u_n = ∫₀¹ dx/(1 + x²) = π/4.

Q11. Aire entre C_f, x = 0, x = 1 et y = 0, f(x) = x/(1 + x²) − Arctan x

f'(x) = (1 − x²)/(1 + x²)² − 1/(1 + x²) = −2x²/(1 + x²)² ≤ 0 et f(0) = 0, donc f ≤ 0 sur [0, 1].
A = −∫₀¹ f = ∫₀¹ Arctan x dx − ∫₀¹ x/(1 + x²) dx.
Par parties : ∫₀¹ Arctan x dx = [x Arctan x − ½ln(1 + x²)]₀¹ = π/4 − ½ln 2 ; et ∫₀¹ x/(1 + x²) dx = ½ln 2.
A = (π/4 − ln 2) cm² ≈ 0,092 cm².

Q12. lim I_n, I_n = ∫₀¹ xⁿ ln(1 + x) dx

Sur [0, 1] : 0 ≤ xⁿ ln(1 + x) ≤ xⁿ ln 2, donc 0 ≤ I_n ≤ ln 2/(n + 1). lim I_n = 0.

Q13. Solution particulière y₀ de y'' + 4y − 2 = 0

sin²x = (1 − cos 2x)/2 est solution ; les solutions de l'équation homogène y'' + 4y = 0 sont α cos 2x + β sin 2x. Donc y = 1/2 + A cos 2x + B sin 2x.
y(0) = √2 ⇒ 1/2 + A = √2 ⇒ A = √2 − 1/2 ; y'(0) = 1 ⇒ 2B = 1 ⇒ B = 1/2.
y₀(x) = 1/2 + (√2 − 1/2) cos 2x + (1/2) sin 2x, ce qui s'écrit aussi y₀(x) = sin²x + √2 cos 2x + ½ sin 2x.

Q14. Plan tangent à S : x² + y² + z² − 2x − 2y = 0 en O

(x − 1)² + (y − 1)² + z² = 2 : centre Ω(1, 1, 0), rayon √2 ; O est bien sur S. Le plan tangent en O est orthogonal à ΩO(−1, −1, 0) et passe par O : (E) : x + y = 0.

Q15. Reste de 10¹⁰⁰ + 100¹⁰ modulo 27

10¹⁰⁰ = (10³)³³·10 ≡ 10 [27]. 100¹⁰ = 10²⁰ = (10³)⁶·10² ≡ 100 ≡ 19 [27]. Somme ≡ 29 ≡ 2 [27] : r = 2.

Q16. x² − 2y² + xy + 2 = 0 dans ℤ²

x² + xy − 2y² = (x + 2y)(x − y), donc (x + 2y)(x − y) = −2. Avec u = x + 2y, v = x − y : uv = −2 et u − v = 3y.

• (u, v) = (1, −2) : y = 1, x = −1
• (u, v) = (−1, 2) : y = −1, x = 1
• (u, v) = (2, −1) : y = 1, x = 0
• (u, v) = (−2, 1) : y = −1, x = 0

S = { (−1, 1) ; (1, −1) ; (0, 1) ; (0, −1) } (chacune se vérifie dans l'équation).

Q17. Probabilité d'une pièce bonne et rejetée

P(bonne) = 0,98 ; une pièce bonne est rejetée avec la probabilité 1 − 0,97 = 0,03. P = 0,98 × 0,03 = 0,0294.

Partie II — QCM

Q18. Réponse : « A est inversible et A⁻¹ = ½A² »

A e₁ = e₂, A e₂ = e₃, A e₃ = 2e₁, donc A³ = 2I. Alors A·(½A²) = I : A est inversible et A⁻¹ = ½A². Les autres cases sont fausses (A³ = 2I ; {I, A³} est liée).

Q19. Réponse : « B est une base de E et les coordonnées de g dans B sont (0, ½) »

(t·e^2t/2)' = e^2t/2 + t e^2t = (t + ½)e^2t, donc g(x) = ½x e^2x = 0·f₁ + ½·f₂. f₁ et f₂ sont libres (ae^2x + bxe^2x = 0 pour tout x impose a = b = 0) et engendrent E.

Q20. Réponse : « P est fausse »

Si D = A × B : (1, 0) ∈ D donne 1 ∈ A, (0, 1) ∈ D donne 1 ∈ B, donc (1, 1) ∈ D, alors que 1² + 1² = 2 > 1. Le disque n'est pas un produit cartésien. Les deux premières cases affirment « P vraie » : fausses.

Q21. Réponse probable : « aucune des trois réponses »

f est strictement monotone avec f(0) = 0 < f(1) = 1, donc strictement croissante ; h(x) = f(x) − 1 + xⁿ est strictement croissante, avec h(0) = −1 < 0 et h(1) = 1 > 0 : il y a au plus une solution. Mais f n'est pas supposée continue : sans continuité, le théorème des valeurs intermédiaires ne s'applique pas. Contre-exemple (n = 1) : f(x) = x/2 sur [0, 1/2] et f(x) = (x + 1)/2 sur ]1/2, 1] ; alors h < 0 sur [0, 1/2] et h > 0 sur ]1/2, 1] : aucune solution. Aucune des trois affirmations n'est donc toujours vraie. Si l'énoncé sous-entendait f continue, la réponse serait « admet une solution unique ».

Q22. Réponse : « f bornée au voisinage de +∞ »

En +∞ : ln(2eˣ − 1) = x + ln(2 − e^−x), donc f(x) = −ln(2 − e^−x) → −ln 2 : f est bornée au voisinage de +∞. En −∞ : ln|2eˣ − 1| → 0 et f(x) ~ x → −∞, donc f n'est pas bornée au voisinage de −∞.

Q23. Réponse : « est au-dessus de la droite y = 0 »

f(x) = e^x−1/x + ln x sur ]0, +∞[. Pour x ≥ 1 : les deux termes sont ≥ 0 et e^x−1/x > 0. Pour 0 < x < 1 : f(x) > 0 ⇔ e^x−1 > −x ln x ; or −x ln x ≤ 1/e (maximum en x = 1/e) et e^x−1 > e⁻¹. Donc f > 0 : la courbe est au-dessus de l'axe des abscisses. En +∞, f(x)/x → +∞ : branche parabolique de direction (Oy), ni direction y = 0 ni asymptote oblique.

Q24. Aucune case exacte : la bonne réponse est 5 solutions

cos⁴x + sin⁴x = (cos²x + sin²x)² − 2sin²x cos²x = 1 − ½sin²(2x). L'équation équivaut à sin 2x = 0, soit x = kπ/2. Dans [−π, π] : −π, −π/2, 0, π/2, π, soit 5 solutions. Aucune case ne propose 5 ; « 4 solutions » ne serait juste que sur un intervalle semi-ouvert comme ]−π, π]. Avec le barème (−1 pour une réponse fausse), il vaut mieux ne rien cocher.

Q25. Réponse probable : « N n'est pas premier » (sauf a = b = 1)

Identité de Sophie Germain : a⁴ + 4b⁴ = (a² + 2b²)² − (2ab)² = (a² − 2ab + 2b²)(a² + 2ab + 2b²) = [(a − b)² + b²]·[(a + b)² + b²].
Le second facteur vaut au moins 5, le premier vaut 1 seulement si a = b = 1. Donc, dès que (a, b) ≠ (1, 1), N est le produit de deux entiers > 1 : N n'est pas premier. Les deux premières cases sont fausses (N ≥ chacun des deux facteurs). Attention : pour a = b = 1, N = 5 est premier ; à la lettre aucune case n'est vraie pour tous a, b, et la case attendue est très probablement « N n'est pas premier ».