نموذج مباراة ولوج المدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن ENSAM 2014 - شعب العلوم التجريبية والتقنية (SPC-SVT-STE-STM) - الرياضيات

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès en 1re année des années préparatoires des ENSAM de Casablanca et Meknès (Université Hassan II / Université Moulay Ismaïl), séries Sciences Expérimentales et Branches Techniques, session du samedi 2 août 2014. Durée : 2 h. Partie I : 15 questions à réponse précise (2 pts, 0 si faux) ; partie II : 10 QCM (2 pts, −1 pt par réponse fausse ou multiple). Voici une correction proposée.

💡 Dans la partie QCM une réponse fausse coûte 1 point : ne cochez que si vous avez fait le calcul ou éliminé au moins deux propositions.

I — Questions à réponses précises

Q1 — Limite de u_n

Pour 1 ≤ k ≤ n, e^k/n² ≥ 1, donc u_n ≥ Σ_k=1ⁿ ln((k + 1)/k) = ln(n + 1) (somme télescopique). Comme ln(n + 1) → +∞ : lim u_n = +∞.

Q2 — Système trigonométrique

La 2e équation donne cos y = √2 − sin x. La 1re s'écrit cos x(√2 − cos y) = 1/2, soit cos x sin x = 1/2, donc sin 2x = 1 : x = π/4 ou x = 5π/4 dans [0, 2π].

• x = π/4 : cos y = √2 − √2/2 = √2/2, donc y = π/4 ou y = 7π/4.
• x = 5π/4 : cos y = √2 + √2/2 > 1, impossible.

S = {(π/4, π/4) ; (π/4, 7π/4)}.

Q3 — Forme algébrique

√(2 − √3) = 2 sin(π/12) et √(2 + √3) = 2 cos(π/12) (car 4 sin²(π/12) = 2 − 2cos(π/6) = 2 − √3). Donc w = 2(sin(π/12) − i cos(π/12)) = 2e^−i5π/12 et z = w⁴² = 2⁴² e^−i·35π/2. Or −35π/2 = −18π + π/2, d'où e^−i35π/2 = i.

z = 2⁴² i (= 4 398 046 511 104 i).

Q4 — Ensemble Γ

Avec z = x + iy : iz + 1 = (1 − y) + ix et z + i − 1 = (x − 1) + i(y + 1). Partie réelle du produit : (1 − y)(x − 1) − x(y + 1) = −2xy + y − 1. Le produit est imaginaire pur ⇔ y(1 − 2x) = 1 ⇔ (x − 1/2)y = −1/2.

Γ est une hyperbole équilatère de centre (1/2 ; 0), d'asymptotes x = 1/2 et y = 0, d'équation y = 1/(1 − 2x).

Q5 — Produit de cosinus

On utilise sin(2u) = 2 sin u cos u : sin(a/2^k−1) = 2 sin(a/2^k) cos(a/2^k), donc cos(a/2^k) = sin(a/2^k−1)/(2 sin(a/2^k)) (sin(a/2^k) ≠ 0 car a ∈ ]0, π[). Le produit se télescope :

D = sin a / (2ⁿ sin(a/2ⁿ)).

Q6 — A_n

k/(k + 1)! = ((k + 1) − 1)/(k + 1)! = 1/k! − 1/(k + 1)!. Somme télescopique de k = 1 à n :

A_n = 1 − 1/(n + 1)!.

Q7 — Limite ℓ

f est positive et f(a) > 0 (le quotient doit avoir un sens). ln[(f(x)/f(a))^{1/(ln x − ln a)}] = (ln f(x) − ln f(a))/(ln x − ln a) = [(ln f(x) − ln f(a))/(x − a)] × [(x − a)/(ln x − ln a)] → (f′(a)/f(a)) × a.

ℓ = exp(a f′(a)/f(a)).

Q8 — Limite j

cos((π/2)cos x) = sin((π/2)(1 − cos x)) ~ (π/2)(x²/2) = πx²/4 au voisinage de 0, et x sin(sin x) ~ x·x = x².

j = π/4.

Q9 — Équation fonctionnelle

En remplaçant x par 1/x : f(1/x) + 3f(x) = 1/x². Avec f(x) + 3f(1/x) = x², on multiplie la seconde par 3 et on retranche la première : 8f(x) = 3/x² − x². Réciproquement cette fonction vérifie l'équation.

f(x) = (3 − x⁴)/(8x²).

Q10 — g′(x) en fonction de g(x)

Sur ]0, π[ \ {π/2}, g(x) > 0 et ln g(x) = ln|cos x| + ½ ln(1 − cos x). En dérivant : g′/g = −tan x + sin x/(2(1 − cos x)), et sin x/(1 − cos x) = cot(x/2).

g′(x) = g(x)·[ sin x/(2(1 − cos x)) − tan x ] = g(x)·[ ½ cot(x/2) − tan x ].

Q11 — Réciproque de h

Pour x > 0, e^2x > e^x, donc h(x) = ln(e^2x − e^x) = x + ln(e^x − 1) : strictement croissante, de limite −∞ en 0⁺ et +∞ en +∞, donc bijection de ]0, +∞[ sur ℝ. y = h(x) ⇔ (e^x)² − e^x − e^y = 0 ⇔ e^x = (1 + √(1 + 4e^y))/2 (racine positive).

D_h⁻¹ = ℝ et h⁻¹(x) = ln[(1 + √(1 + 4e^x))/2].

Q12 — Limite I

Par parties (u = ln t, v′ = t/(1 + t²)², v = −1/(2(1 + t²))) : ∫ t ln t/(1 + t²)² dt = −ln t/(2(1 + t²)) + ½∫ dt/(t(1 + t²)) = −ln t/(2(1 + t²)) + ½[ln t − ½ ln(1 + t²)]. Entre 1 et x : le premier terme vaut −ln x/(2(1 + x²)) → 0 ; le second vaut −¼ ln(1 + 1/x²) + ¼ ln 2 → ¼ ln 2.

I = (ln 2)/4.

Q13 — Intégrale J

Le changement de variable x = π/2 − t transforme J en J′ = ∫₀^π/2 √cos t/(√sin t + √cos t) dt. Or J + J′ = ∫₀^π/2 1 dx = π/2 et J = J′.

J = π/4.

Q14 — Équation différentielle

Équation caractéristique r² + 2r + 10 = 0 : r = −1 ± 3i. Solution particulière y_p = A sin 3x + B cos 3x : on obtient (A − 6B) sin 3x + (6A + B) cos 3x = sin 3x, d'où A = 1/37, B = −6/37.

Solution générale : y(x) = e^−x(C₁ sin 3x + C₂ cos 3x) + (sin 3x − 6 cos 3x)/37.

Les deux conditions de l'énoncé (∫_−π/2^π/2 y = 0 et y′(π) = 6/37) forment un système linéaire en C₁, C₂ dont la résolution donne C₁ = −27e^π/296 + 5e^π/2/(37(1 + e^π)) ≈ −2,084 et C₂ = −9e^π/296 + 15e^π/2/(37(1 + e^π)) ≈ −0,623. Réponse probable : ces constantes peu « naturelles » laissent penser que l'énoncé contient une coquille (par exemple y(π) = 6/37, qui vaut exactement y_p(π)) ; la solution générale et la méthode restent celles ci-dessus.

Q15 — 3^x + 4^x = 5^x

L'équation équivaut à (3/5)^x + (4/5)^x = 1. Le membre de gauche est strictement décroissant sur ℝ et vaut 9/25 + 16/25 = 1 en x = 2 : solution unique.

S = {2}.

II — Questions à choix multiples

Q16 — Réponse C

Le système a une solution unique si et seulement si son déterminant est non nul. det = −(m + 1)(3m − 1) : solution unique pour m ∉ {−1 ; 1/3}. Les propositions décrivent manifestement les valeurs exclues, −1 et un nombre positif (1/3) : c'est la proposition C (D, avec 1/2, est fausse).

Q17 — Réponse A

Pour x ≥ 0, |x| = x ≥ 0 et ln(x + 1) ≥ 0 : f est toujours positive (nulle seulement en 0).

Q18 — Réponse D

Quand x → e⁻, (1 + ln x)/(1 − ln x) → +∞ et f → +∞ : asymptote verticale, pas de demi-tangente à gauche. Quand x → e⁺, l'exposant → −∞, f → 0 = f(e) et (f(x) − f(e))/(x − e) → 0 (l'exponentielle l'emporte) : demi-tangente à droite horizontale, pas verticale. En +∞, f → e⁻¹ : asymptote horizontale, pas oblique. Aucune des trois réponses.

Q19 — Réponse B

« SAHARA MAROCAIN » : 14 lettres dont A × 5, R × 2, S, H, M, O, C, I, N × 1. Tirer {S, M, A, A, R} sans ordre : P = C(1,1)·C(1,1)·C(5,2)·C(2,1)/C(14,5) = 20/2002 = 10/1001.

Q20 — Réponse C

b = 2 toujours, Δ = 4 − 4ac ≥ 0 ⇔ ac ≤ 1. Couples (a, c) équiprobables : (1,1), (1,0), (3,0) conviennent, (3,1) non. P = 3/4 = 0,75.

Q21 — Réponse A

Centre Ω = milieu de [AB] = (3, −2, 3), rayon² = 116/4 = 29, et ΩC² = 4 + 9 + 16 = 29 (C ∈ S). Le plan tangent est normal à ΩC = (−2, 3, −4) : 2(x − 1) − 3(y − 1) + 4(z + 1) = 0, soit 2x − 3y + 4z + 5 = 0.

Q22 — Réponse D

u_n = [n e^x/n]_nⁿ⁺¹ = n e (e^1/n − 1). Comme n(e^1/n − 1) → 1 : lim u_n = e. (Ou encadrement : e ≤ e^x/n ≤ e^1+1/n sur [n, n + 1].)

Q23 — Réponse D

x² + 1/x² ≥ 2 avec égalité si et seulement si x² = 1, et ln est croissante : f atteint son minimum ln 2 en x = −1 et en x = 1 ; f′(x) = 2(x⁴ − 1)/(x(x⁴ + 1)) change de signe en ±1 seulement. Deux minimums locaux.

Q24 — Réponse B (six solutions)

tan x + tan 4x = sin 5x/(cos x cos 4x) et tan 2x + tan 3x = sin 5x/(cos 2x cos 3x). L'équation devient sin 5x · [cos 2x cos 3x + cos x cos 4x] = 0, et le crochet vaut cos 5x + cos x cos 2x.

• sin 5x = 0 : x ∈ {0, π/5, 2π/5, 3π/5} dans [0, 2π/3] (tangentes toutes définies) ;
• cos 5x + cos x cos 2x = 0 : deux solutions où les tangentes sont définies, x ≈ 0,438 et x ≈ 0,986.

Au total six solutions (comptage contrôlé numériquement).

Q25 — Réponse A

∏_k=0ⁿ⁻¹ cos(2^kθ) = sin(2ⁿθ)/(2ⁿ sin θ). Avec θ = π/(2ⁿ − 1) : 2ⁿθ = π + θ, donc sin(2ⁿθ) = −sin θ et le produit vaut −1/2ⁿ. La limite est 0.