نموذج مباراة ولوج أكاديمية الفنون التقليدية بالدار البيضاء (مؤسسة مسجد الحسن الثاني) 2019-2020 - الرياضيات

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès en 1^re année de l'Académie des Arts Traditionnels (Fondation de la Mosquée Hassan II de Casablanca), année académique 2019/2020. Durée : 1 heure, calculatrice non programmable autorisée. Trois exercices : une suite récurrente, une étude de fonction avec logarithme et un problème d'optimisation d'aire.

💡 Conseil : en 1 heure, visez d'abord les questions « mécaniques » (vérifications, limites, dérivée, tangente) qui rapportent vite ; l'exercice 3 est court et se règle en quelques lignes une fois la droite (CD) écrite.

Exercice 1 — Suite récurrente

U₀ = 2 et U_n+1 = (−1 + 3U_n) / (2U_n).

1) a) U_n+1 − 1

U_n+1 − 1 = (−1 + 3U_n)/(2U_n) − 2U_n/(2U_n) = (−1 + U_n)/(2U_n).

1) b) Récurrence : U_n > 1

• Initialisation : U₀ = 2 > 1.
• Hérédité : si U_n > 1, alors −1 + U_n > 0 et 2U_n > 0, donc d'après 1) a) U_n+1 − 1 > 0, soit U_n+1 > 1.
• Conclusion : pour tout n ∈ ℕ, U_n > 1 (en particulier U_n ≠ 0 et 2U_n − 1 ≠ 0, donc les suites sont bien définies).

2) a) (V_n) est géométrique de raison 1/2

V_n = (U_n − 1)/(2U_n − 1). On calcule :

• U_n+1 − 1 = (U_n − 1)/(2U_n) ;
• 2U_n+1 − 1 = (−1 + 3U_n)/U_n − 1 = (2U_n − 1)/U_n.

Donc V_n+1 = [(U_n − 1)/(2U_n)] × [U_n/(2U_n − 1)] = (1/2) V_n : suite géométrique de raison 1/2.

2) b) Expression de V_n

V₀ = (2 − 1)/(4 − 1) = 1/3, donc V_n = (1/3)(1/2)ⁿ.

2) c) U_n en fonction de V_n

V_n(2U_n − 1) = U_n − 1 ⇔ 2U_nV_n − U_n = V_n − 1 ⇔ U_n(2V_n − 1) = V_n − 1, d'où U_n = (−1 + V_n)/(−1 + 2V_n) (avec 2V_n − 1 ≠ 0 car V_n ≤ 1/3).

2) d) Limite

Comme 0 < 1/2 < 1, V_n → 0, donc lim U_n = (−1 + 0)/(−1 + 0) = 1.

Exercice 2 — f(x) = ln x + x − 1/x sur ]0 ; +∞[

1) Limites

• En 0⁺ : ln x → −∞ et −1/x → −∞, donc lim f(x) = −∞ (l'axe des ordonnées est asymptote verticale).
• En +∞ : ln x → +∞, x → +∞, 1/x → 0, donc lim f(x) = +∞.
• f(x)/x = (ln x)/x + 1 − 1/x² → 0 + 1 − 0 = 1.

2) a) Dérivée

f'(x) = 1/x + 1 + 1/x² = (x + x² + 1)/x² = (x² + x + 1)/x².

2) b) Variations

Pour x > 0, x² + x + 1 > 0 et x² > 0, donc f'(x) > 0 : f est strictement croissante sur ]0 ; +∞[, de −∞ à +∞.

3) Tangente au point d'abscisse 1

f(1) = 0 + 1 − 1 = 0 et f'(1) = 3/1 = 3. (T) : y = f'(1)(x − 1) + f(1) = 3(x − 1), soit y = 3x − 3.

4) Branche parabolique

On a lim f(x)/x = 1 et f(x) − x = ln x − 1/x → +∞ quand x → +∞. Donc (C_f) admet en +∞ une branche parabolique de direction la droite (D) : y = x.

5) Tracé

Éléments à placer : asymptote verticale x = 0 ; point (1 ; 0) où la courbe coupe l'axe des abscisses (seul zéro, car f est strictement croissante) ; tangente (T) passant par (1 ; 0) et (2 ; 3) ; quelques valeurs : f(0,5) ≈ −2,19 ; f(2) ≈ 2,19 ; f(3) ≈ 3,77 ; f(e) ≈ 3,35. Comme f''(x) = −1/x² − 2/x³ < 0, la courbe est concave et reste en dessous de (T). En +∞, la courbe s'éloigne au-dessus de toute parallèle à y = x (branche parabolique).

Exercice 3 — Aire maximale du bâtiment APQR

💡 La figure annoncée (« voir figure ») ne figure pas sur la page scannée ; la résolution suppose la configuration standard : P sur [AB], R sur [AD], Q sur [CD], APQR rectangle.

Repère : A(0 ; 0), B(6 ; 0), D(0 ; 5), C(6 ; 2) (bases [AD] et [BC] perpendiculaires à [AB], avec AD = 5 et BC = 2).

1) a) x ∈ [0 ; 6]

P est un point du segment [AB] et AP = x, donc 0 ≤ x ≤ AB = 6.

1) b) y = (10 − x)/2

Q est le sommet du rectangle situé sur [CD], donc Q(x ; y). La droite (CD) passe par D(0 ; 5) et C(6 ; 2) : pente (2 − 5)/6 = −1/2, équation Y = 5 − X/2. Ainsi y = 5 − x/2 = (10 − x)/2. (Autre méthode : Thalès dans le trapèze, la hauteur décroît de 3 sur 6 unités.)

2) Aire du rectangle

f(x) = x · y = x(10 − x)/2 = (10x − x²)/2, pour x ∈ [0 ; 6].

3) Aire maximale

f'(x) = (10 − 2x)/2 = 5 − x : positive sur [0 ; 5], négative sur [5 ; 6]. Le maximum est atteint pour x = 5, d'où y = 5/2 = 2,5 et aire maximale = 5 × 2,5 = 12,5 (unités d'aire). Vérification : f(6) = 12 < 12,5.

Le bâtiment optimal mesure donc AP = 5 et AR = 2,5.