Modèle concours d'accès — École Nationale Supérieure de Chimie de Kénitra (ENSC) 2020 — Mathématiques

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès à l'École Nationale Supérieure de Chimie de Kénitra (ENSC), Université Ibn Tofaïl, session 2020. C'est un QCM de 15 questions numérotées Q31 à Q45 (les questions 1 à 30 de la grille relèvent probablement d'autres épreuves) où une ou plusieurs propositions peuvent être justes parmi A, B, C, D. La durée n'est pas imprimée sur ces pages. Voici une correction proposée : pour chaque question, toutes les bonnes réponses et la justification des mauvaises.

💡 Plusieurs réponses peuvent être justes : examinez chaque proposition séparément, comme un vrai/faux. Une valeur particulière (n = 0, n = 1, x = 0) suffit souvent à éliminer une formule.

Q31 — A et C

v_n+1 = u_n+1/(u_n+1 + 1). En remplaçant u_n+1 = u_n/(u_n + 2) : v_n+1 = u_n/(u_n + u_n + 2) = u_n/(2(u_n + 1)) = v_n/2.
(v_n) est donc géométrique de raison ½ (A vrai), avec v₀ = 1/2, d'où v_n = (1/2)ⁿ⁺¹ : B est faux, car il donne v₀ = 1.
De v = u/(u + 1) on tire u = v/(1 − v), donc u_n = (1/2)ⁿ⁺¹/(1 − (1/2)ⁿ⁺¹) = 1/(2ⁿ⁺¹ − 1). Vérification : u₀ = 1 et u₁ = 1/3. C'est la formule de C, dont le « −1 » est mal placé à l'impression (il est écrit dans l'exposant) : C vrai au sens voulu, réponse probable pour la grille. D est faux : u_n → 0.

Q32 — A, C et D

• C vrai : u₀ = ∫₀¹ dx/(1 + e^−x) = ∫₀¹ e^x/(e^x + 1) dx = [ln(1 + e^x)]₀¹ = ln(1 + e) − ln 2.
• B faux : u₁ = ∫₀¹ e^−x/(1 + e^−x) dx = [−ln(1 + e^−x)]₀¹ = ln 2 − ln(1 + e⁻¹) = 1 + ln 2 − ln(1 + e). Il manque ln 2 dans la proposition.
• A vrai : u₀ + u₁ = ∫₀¹ (1 + e^−x)/(1 + e^−x) dx = 1. On le vérifie aussi avec les deux valeurs ci-dessus.
• D vrai : u_n+1 + u_n = ∫₀¹ e^−nx(e^−x + 1)/(1 + e^−x) dx = ∫₀¹ e^−nx dx = (1 − e⁻ⁿ)/n pour n ≥ 1.

Q33 — B et C

u_n+1 − 2 = (u_n² − 4u_n + 4)/(2u_n) = (u_n − 2)²/(2u_n) et u_n+1 + 2 = (u_n + 2)²/(2u_n).

• B vrai (et A faux) : par récurrence, si u_n > 2, alors u_n+1 − 2 = (u_n − 2)²/(2u_n) > 0. Comme u₀ = 3 > 2, on a u_n > 2 pour tout n.
• C vrai : en divisant les deux égalités, v_n+1 = (u_n − 2)²/(u_n + 2)² = v_n².
• D faux tel qu'imprimé (réponse probable) : de v_n+1 = v_n² on tire v_n = v₀²ⁿ (exposant 2 puissance n), et non v₀²ⁿ. Contre-exemple : pour n = 0, v₀⁰ = 1 ≠ v₀ = 1/5. Si l'énoncé voulait écrire 2ⁿ, D serait vrai.

Q34 — C et D

• B faux : p(−1) = −1 + 3 − 6 + 4 = 0, et la factorisation correcte est p(z) = (z + 1)(z² + 2z + 4). On le vérifie en développant : z³ + 2z² + 4z + z² + 2z + 4 = z³ + 3z² + 6z + 4.
• C vrai : z² + 2z + 4 = 0 a pour discriminant Δ = −12 = (2i√3)², d'où z = −1 ± i√3, c'est-à-dire z_A et z_B.
• A faux : p(−2i) = 8i − 12 − 12i + 4 = −8 − 4i ≠ 0.
• D vrai : AB = |z_A − z_B| = |2i√3| = 2√3, AC = |−3 + i√3| = √12 = 2√3 et BC = |3 + i√3| = 2√3. Les trois côtés sont égaux.

Q35 — B (4e^−iπ/6)

z² = (2 + √3) − (2 − √3) − 2i√((2 + √3)(2 − √3)) = 2√3 − 2i, car (2 + √3)(2 − √3) = 1.
Donc z² = 4(√3/2 − i/2) = 4e^−iπ/6.

Q36 — D (2e^−iπ/12)

|z| = √((2 + √3) + (2 − √3)) = 2. Les racines carrées de 4e^−iπ/6 sont ±2e^−iπ/12. Comme Re z > 0 et Im z < 0, z = 2e^−iπ/12. A, B et C ont un module 4, ce qui les élimine directement.

Q37 — B (π/12)

D'après la Q36, z = 2(cos(π/12) − i sin(π/12)), donc cos(π/12) = √(2 + √3)/2 et sin(π/12) = √(2 − √3)/2. Les deux valeurs sont positives : l'angle est dans le premier quadrant, c'est π/12.

Q38 — A (y = x − 4)

4e^x/(1 + e^x) = 4/(e^−x + 1) → 4 quand x → +∞, donc f(x) − (x − 4) → 0.

Q39 — B et C

• B vrai : |1 + iω| = |1 − iω| = √(1 + ω²), donc |z| = 1.
• A faux : z = (1 + iω)²/(1 + ω²), donc Re z = (1 − ω²)/(1 + ω²) ≠ 1 pour ω > 0.
• C vrai : |(1 + iω)²/(1 − iω)| = (1 + ω²)/√(1 + ω²) = √(1 + ω²).
• D faux : le membre de gauche vaut √(1 + ω²)/(1 + ω²) = 1/√(1 + ω²), le membre de droite √(1 + ω²). Ils ne sont égaux que pour ω = 0, exclu.

Q40 — C

z₁ = 1 − i√3 : |z₁| = 2 et l'argument vaut −π/3, donc z₁ = 2e^−iπ/3 (A et B faux).
z₂ = −2 + 2i : |z₂| = √8 = 2√2 et l'argument vaut 3π/4 (2e quadrant), donc z₂ = 2√2e^i3π/4 (C vrai, D faux à cause du module).

Q41 — B et C

f(x) = e^−x/(1 + e^−x) = 1/(e^x + 1).

• A faux : la limite en +∞ vaut 0. B vrai : en −∞, e^x → 0, donc f → 1.
• C vrai : ∫₀¹ f = [−ln(1 + e^−x)]₀¹ = ln 2 − ln(1 + e⁻¹).
• D faux : f(−x) = 1/(e^−x + 1) ≠ f(x). Par exemple f(1) ≈ 0,27 et f(−1) ≈ 0,73.

Q42 — B et C

• A faux : F′(x) = 2x/(x² + 1) + 1, et non 1/(x² + 1) + 1.
• B vrai : F′(x) = (x² + 2x + 1)/(x² + 1) = (x + 1)²/(x² + 1) ≥ 0, et F′ ne s'annule qu'en x = −1. F est donc strictement croissante sur ℝ.
• C vrai : les deux termes tendent vers +∞.
• D faux : en −∞, F(x) = x + ln(x² + 1) = x(1 + ln(x² + 1)/x), et ln(x² + 1)/x → 0, donc F → −∞.

Q43 — B, C et D

• A faux : quand x → 0⁺, ln x/x² → −∞, donc g(x) = x − ln x/x² → +∞.
• B vrai : ln x/x² → 0, donc g(x) ~ x → +∞.
• C vrai : (ln x/x²)′ = (x − 2x ln x)/x⁴ = (1 − 2 ln x)/x³, donc g′(x) = 1 − (1 − 2 ln x)/x³ = (x³ − 1 + 2 ln x)/x³.
• D vrai : par parties, ∫₁^e ln x/x² dx = [−ln x/x]₁^e + ∫₁^e dx/x² = −1/e + (1 − 1/e) = 1 − 2/e.

Q44 — C

• A faux pour tout n : f_n(x + π/2) = sinⁿ⁺¹(2x + π) = (−sin 2x)ⁿ⁺¹ = (−1)ⁿ⁺¹f_n(x). Cela ne vaut −f_n(x) que si n est pair ; pour n = 1, par exemple, on obtient +f₁(x).
• B faux : sur ]π/2, π[, sin 2x < 0, donc f₀(x) = sin 2x < 0.
• C vrai : f_n(π/2 − x) = sinⁿ⁺¹(π − 2x) = sinⁿ⁺¹(2x). De plus f_n(π/2 + x) = (−1)ⁿ⁺¹sinⁿ⁺¹(2x), donc (−1)ⁿ⁺¹f_n(π/2 + x) = (−1)²⁽ⁿ⁺¹⁾sinⁿ⁺¹(2x) = f_n(π/2 − x).
• D faux : f_n′(x) = 2(n + 1)cos(2x)·sinⁿ(2x). Il manque le facteur cos 2x.

Q45 — B

• A faux : il faut (e^−x − 1)/(e^−x + 1) > 0, soit e^−x > 1, c'est-à-dire x < 0. D = ]−∞, 0[ : 0 est exclu, car ln 0 n'existe pas.
• B vrai : g(x) = ln(e^−x − 1) − ln(e^−x + 1), donc g′(x) = −e^−x/(e^−x − 1) + e^−x/(e^−x + 1) = −2e^−x/(e^−2x − 1). En multipliant le numérateur et le dénominateur par e^2x : g′(x) = −2e^x/(1 − e^2x).
• C faux : pour x < 0, 1 − e^2x > 0 et −2e^x < 0, donc g′(x) < 0 (g est décroissante).
• D faux : (e − 1)/(e + 1) ≈ 0,462 et ln 0,462 ≈ −0,77 ≠ −1.