Modèle concours d'accès — École Nationale Supérieure d'Arts et Métiers (ENSAM) Meknès 2005 — Mathématiques — filière Sciences expérimentales et techniques

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'entrée en 1^re année de l'ENSAM Meknès (Université Moulay Ismaïl), filière Sciences Expérimentales et Techniques, session du vendredi 22 juillet 2005. L'épreuve compte 29 questions réparties en six exercices (fonctions, suites, équations, représentation graphique, complexes, divers), notées de 1 à 3 points chacune. Voici une correction proposée, question par question.

💡 Stratégie : les questions sont indépendantes et courtes. Traitez d'abord celles qui se règlent en deux lignes (Q02, Q05, Q08, Q15, Q16, Q23, Q29), puis revenez aux calculs plus longs (Q07, Q11, Q20, Q26).

Exercice I : Fonctions numériques

Q 01

f(x) = x + x² + x³ = x(1 + x + x²). Pour |x| ≤ 1 : |1 + x + x²| ≤ 1 + |x| + |x|² ≤ 1 + 1 + 1 = 3.
Donc |f(x)| = |x|·|1 + x + x²| ≤ 3|x|.

Q 02

Forme indéterminée « −∞ + ∞ ». On multiplie par la quantité conjuguée :
x + √(x²+1) = (x² − (x²+1)) / (x − √(x²+1)) = −1 / (x − √(x²+1)).
Quand x → −∞, x − √(x²+1) → −∞, donc lim = 0.

Q 03

Posons h(x) = x³/(x²+1) > 0 sur ]0,+∞[. h'(x) = [3x²(x²+1) − 2x·x³]/(x²+1)² = x²(x²+3)/(x²+1)².
g = √h donc g' = h'/(2√h) = x²(x²+3)/(x²+1)² × √(x²+1)/(2x√x). En simplifiant (x²/(x√x) = √x) :

g'(x) = (x² + 3)√x / [2(x² + 1)√(x² + 1)].

Q 04

Changement de variable u = t + 2 (t = u − 2, dt = du ; t = −1 → u = 1 ; t = 0 → u = 2) :
I = ∫₁² (u − 2)√u du = ∫₁² (u^3/2 − 2u^1/2) du = [ (2/5)u^5/2 − (4/3)u^3/2 ]₁².
En 2 : (2/5)·4√2 − (4/3)·2√2 = 8√2/5 − 8√2/3 = −16√2/15. En 1 : 2/5 − 4/3 = −14/15.

I = (14 − 16√2)/15 ≈ −0,575 (négatif, normal : t ≤ 0 sur [−1,0]).

Q 05

f(x) = (x − 1)³ : f'(x) = 3(x − 1)², donc f'(1) = 0 ; mais f' ≥ 0 et f est strictement croissante sur ℝ, elle change de signe en 1 (f(x) < 0 avant, > 0 après) : aucun extremum en 1.

Q 06

f'(x) = 4x³ − 4x = 4x(x² − 1) ≤ 0 sur [0,1] : f est continue et strictement décroissante, c'est une bijection de [0,1] sur [f(1), f(0)] = [−1, 0].
Pour y ∈ [−1,0] : y = x⁴ − 2x² ⇔ (x² − 1)² = y + 1 ⇔ x² − 1 = −√(y+1) (car x² ≤ 1) ⇔ x² = 1 − √(1+y).

f⁻¹(y) = √(1 − √(1 + y)), pour y ∈ [−1, 0].

Q 07

f(x) − (x + 2) = (x + 2)e^−x/2 > 0 sur [0,+∞[ : la courbe est au-dessus de la droite. Donc A(a) = ∫₀^a (x + 2)e^−x/2 dx.
Intégration par parties : u = x + 2, v' = e^−x/2, v = −2e^−x/2 :
A(a) = [−2(x + 2)e^−x/2]₀^a + 2∫₀^a e^−x/2 dx = −2(a + 2)e^−a/2 + 4 + 4(1 − e^−a/2).

A(a) = 8 − 2(a + 4)e^−a/2 unités d'aire. (Vérification : la dérivée donne bien (a + 2)e^−a/2 ; et A(a) → 8 quand a → +∞.)

Exercice II : Suites numériques

Q 08

On note les nombres a − r, a, a + r. Somme : 3a = 30, donc a = 10. Produit : 10(100 − r²) = 910, donc r² = 9, r = ±3.
Les nombres sont 7, 10 et 13.

Q 09

Si (u_n) est arithmétique et géométrique, trois termes consécutifs a, b, c vérifient 2b = a + c et b² = ac. Alors a et c sont racines de X² − 2bX + b² = (X − b)², donc a = c = b. Seules les suites constantes sont à la fois arithmétiques (raison 0) et géométriques (raison 1, ou suite nulle).

Q 10

a) u_n+1 − u_n = ∫₀¹ tⁿ(t − 1)/(t + 1) dt. Sur [0,1], tⁿ ≥ 0, t − 1 ≤ 0 et t + 1 > 0 : l'intégrande est ≤ 0, donc u_n+1 ≤ u_n : (u_n) est décroissante.

b) u_n ≥ 0 (intégrande positive) : suite décroissante minorée, donc convergente. De plus, t + 1 ≥ 1 donne 0 ≤ u_n ≤ ∫₀¹ tⁿ dt = 1/(n + 1). Par encadrement, lim u_n = 0.

Q 11

Repérons les points sur [A,B] par x_n = AM_n, et posons M₀ = B (x₀ = a). Alors x₁ = a/2, x₂ = 3a/4 (milieu de [B,M₁]) et, pour tout n, x_n+2 = (x_n + x_n+1)/2.

Équation caractéristique 2r² − r − 1 = 0 : r = 1 ou r = −1/2. Donc x_n = α + β(−1/2)ⁿ. Avec x₀ = a et x₁ = a/2 : α + β = a et α − β/2 = a/2, d'où β = a/3, α = 2a/3.

AM_n = 2a/3 + (a/3)(−1/2)ⁿ (vérification : AM₂ = 3a/4, AM₃ = 5a/8).

Comme (−1/2)ⁿ → 0, AM_n → 2a/3 : M_n tend vers le point G de [A,B] tel que AG = 2a/3 (les points oscillent de part et d'autre de G en s'en rapprochant).

💡 Variante rapide : x_n+1 + x_n/2 est constant (égal à a). Si la limite L existe, L + L/2 = a donne L = 2a/3.

Exercice III : Équations à résoudre

Q 12

cos(π/4) = 2cos²(π/8) − 1 = 1 − 2sin²(π/8) = √2/2. Comme π/8 ∈ ]0, π/2[, sinus et cosinus sont positifs :

cos(π/8) = √(2 + √2)/2 et sin(π/8) = √(2 − √2)/2.

Q 13

(x + 3)P(x) = xP(x + 1).
x = 0 : 3P(0) = 0, donc P(0) = 0.
x = −1 : 2P(−1) = −P(0) = 0, donc P(−1) = 0.
x = −2 : P(−2) = −2P(−1) = 0.
0, −1 et −2 sont racines de P (par exemple P(x) = x(x + 1)(x + 2) vérifie bien la relation).

Q 14

On cherche P de degré 3 avec P(0) = 0, P(1) = 1, P'(0) = P'(1) = 0. En posant P'(x) = kx(1 − x), P(x) = k(x²/2 − x³/3), et P(1) = 1 donne k = 6 : P(x) = 3x² − 2x³.
P'(x) = 6x(1 − x) ≥ 0 sur [0,1] : P croît de P(0) = 0 à P(1) = 1, donc sur [0,1] le minimum 0 est atteint en 0 et le maximum 1 en 1 (ce sont aussi un minimum et un maximum locaux sur ℝ, car P' change de signe en 0 et en 1).

Q 15

3 + √(2x² − 4x + 9) = 2x ⇔ √(2x² − 4x + 9) = 2x − 3. Condition : 2x − 3 ≥ 0, soit x ≥ 3/2 (le radicande 2(x − 1)² + 7 est toujours positif).
En élevant au carré : 2x² − 4x + 9 = 4x² − 12x + 9 ⇔ 2x² − 8x = 0 ⇔ x = 0 ou x = 4. Seul x = 4 vérifie x ≥ 3/2 (vérification : √25 = 5 et 3 + 5 = 8).

S = {4}.

Q 16

L'équation n'a de sens que si cos x ≠ 0. Alors sin x · cos x · (sin x / cos x) = sin²x = 1, donc sin x = ±1, ce qui impose cos x = 0 : contradiction. S = ∅.

Exercice IV : Représentation graphique

Q 17

L'inéquation 2|x| − 3|y| ≥ 6 est invariante par x → −x et y → −y : on étudie le quart de plan x ≥ 0, y ≥ 0 puis on symétrise.
Pour x ≥ 0, y ≥ 0 : 2x − 3y ≥ 6 ⇔ y ≤ (2/3)x − 2 : partie située sous la droite D : 2x − 3y = 6 (qui passe par (3,0) et (6,2)) et au-dessus de l'axe des x.

Solution : deux régions en forme d'angle, symétriques par rapport à l'axe des ordonnées :

• à droite, l'angle de sommet (3, 0) limité par les droites 2x − 3y = 6 et 2x + 3y = 6, ouvert vers x → +∞ ;
• à gauche, l'angle de sommet (−3, 0) limité par −2x − 3y = 6 et −2x + 3y = 6, ouvert vers x → −∞.

Les bords (droites) sont inclus. La bande −3 < x < 3 ne contient aucune solution.

Q 18

f est une fonction en escalier : f = 1/2 sur [1/2, 1[, f = 1/3 sur [1/3, 1/2[, f = 1/4 sur [1/4, 1/3[, etc., et f(0) = 0.

• Chaque marche est un segment horizontal d'ordonnée 1/(n+1) allant de x = 1/(n+1) (point fermé, situé sur la droite y = x) à x = 1/n (point ouvert).
• Les marches deviennent de plus en plus courtes et basses en s'approchant de l'origine ; la courbe reste sous la droite y = x et f(x) → 0 quand x → 0 (0 ≤ f(x) ≤ x), donc f est continue en 0.
• f est discontinue en chaque point 1/n (n ≥ 2) : saut de 1/(n+1) à 1/n.

Q 19

Le centre est le milieu Ω de [A,B] : Ω(−2, 1). Rayon : r = AB/2 avec AB = √((−2)² + 6²) = √40 = 2√10, donc r = √10 ≈ 3,16.
Équation : (x + 2)² + (y − 1)² = 10, soit x² + y² + 4x − 2y − 5 = 0.

Pour le tracé, quelques points à coordonnées entières : A(−1,−2), B(−3,4), (1,0), (−5,0), (1,2), (−5,2), (−3,−2), (−1,4). Intersections avec l'axe des ordonnées : y = 1 ± √6.

Exercice V : Complexes

Calculs préliminaires :

• z₁ = (3 + 3i) + (5 + 2i) = 8 + 5i ;
• z₂ = conj(6 + 2i) − (2 − 5i) = 6 − 2i − 2 + 5i = 4 + 3i ;
• z₃ = 1 + 4cos(3π/5) + 4i sin(3π/5). Avec cos(3π/5) = −(√5 − 1)/4 et sin(3π/5) = √(10 + 2√5)/4 : z₃ = (2 − √5) + i√(10 + 2√5) ≈ −0,236 + 3,804i ;
• z₄ = (1/2)(√2/2)(1 + i) + 2(√2/2)(1 − i) = 5√2/4 − (3√2/4)i ≈ 1,768 − 1,061i.

Q 20

a) a = z₁ + z₃ = (10 − √5) + i(5 + √(10 + 2√5)) ≈ 7,76 + 8,80i.

b) b = z₂ + z₄ = (4 + 5√2/4) + i(3 − 3√2/4) ≈ 5,77 + 1,94i.

c) c = (1/2)z₂ + (5/3)z₁ = (2 + 3i/2) + (40/3 + 25i/3) = 46/3 + (59/6)i ≈ 15,33 + 9,83i.

Représentation : on place les points d'affixes a, b, c dans le plan complexe. Géométriquement, a (resp. b) est l'extrémité de la diagonale du parallélogramme construit sur les vecteurs d'affixes z₁ et z₃ (resp. z₂ et z₄) ; z₃ − 1 est sur le cercle de centre O et de rayon 4, à l'angle 108°.

Q 21

a) |z₁ + z₂|² = |z₁|² + |z₂|² + 2Re(z₁ z̄₂) ≤ |z₁|² + |z₂|² + 2|z₁||z₂| = (|z₁| + |z₂|)², car Re(w) ≤ |w|. Les deux membres étant positifs, |z₁ + z₂| ≤ |z₁| + |z₂|.

b) On applique a) deux fois : |z₁ + z₂ + z₃| ≤ |z₁ + z₂| + |z₃| ≤ |z₁| + |z₂| + |z₃|.

c) z₁ = (z₁ − z₂) + z₂, donc par a) |z₁| ≤ |z₁ − z₂| + |z₂|, d'où |z₁ − z₂| ≥ |z₁| − |z₂|.

Q 22

x = √3 + √2 : x² = 5 + 2√6, donc (x² − 5)² = 24, soit x⁴ − 10x² + 1 = 0 : équation à coefficients entiers, x est algébrique.

y = ∛4 − 2i : y + 2i = ∛4, donc (y + 2i)³ = 4. En développant : y³ + 6iy² − 12y − 8i = 4, soit (y³ − 12y − 4) = −i(6y² − 8).
En élevant au carré : (y³ − 12y − 4)² = −(6y² − 8)², c'est-à-dire (y³ − 12y − 4)² + (6y² − 8)² = 0. En développant :

y⁶ + 12y⁴ − 8y³ + 48y² + 96y + 80 = 0 : coefficients entiers, y est algébrique.

Exercice VI : Divers

Q 23

Côtés x et y avec 2(x + y) = 100, donc y = 50 − x. Aire A(x) = x(50 − x) = 625 − (x − 25)², maximale pour x = 25.
L'enclos est un carré de 25 m × 25 m (aire maximale 625 m²).

Q 24

a) Pour n cassettes : P₁(n) = 200 + 9n ; P₂(n) = 20n ; P₃(n) = 200 (pour n ≤ 11).

b) Comparaisons :

• P₂ < P₃ ⇔ 20n < 200 ⇔ n < 10 ; pour n ≤ 11, P₁ = 200 + 9n > 200 = P₃ : l'option 1 n'est jamais la meilleure tant que la carte est utilisable.
• P₂ < P₁ ⇔ 20n < 200 + 9n ⇔ n < 200/11 ≈ 18,2.

Conclusion : n ≤ 9 : option 2 ; n = 10 : options 2 et 3 équivalentes (200 DH) ; n = 11 : option 3 ; 12 ≤ n ≤ 18 : option 2 (la carte ne suffit plus) ; n ≥ 19 : option 1.

Q 25

Tirages avec remise, indépendants : P(R) = 7/20, P(V) = 13/20.

a) P(RRV) = (7/20)² × 13/20 = 637/8000 ≈ 0,080.

b) Trois ordres possibles (RRV, RVR, VRR), de même probabilité : 3 × 637/8000 = 1911/8000 ≈ 0,239.

Q 26

On tire 5 pièces parmi 10 : C(10,5) = 252 tirages équiprobables. On note a, b, c le nombre de pièces de 1 DH, 0,50 DH et 0,20 DH (a + b + c = 5, a ≤ 4, b ≤ 4, c ≤ 2), somme S = a + 0,5b + 0,2c.

c) S = 3,7 : la partie décimale 0,7 impose c = 1 (0,2c doit « compléter » un multiple de 0,5) ; alors a + 0,5b = 3,5 et a + b = 4, d'où b = 1, a = 3. Nombre de tirages : C(4,3)·C(4,1)·C(2,1) = 4·4·2 = 32.
P(S = 3,7) = 32/252 = 8/63 ≈ 0,127.

d) S ≥ 3,7 : on liste les compositions possibles.

Toutes les autres compositions donnent moins de 3,7 DH (par exemple (2,3,0) : 3,5 ; (2,2,1) : 3,2 ; (3,0,2) : 3,4).
P(S ≥ 3,7) = 62/252 = 31/126 ≈ 0,246.

Q 27

Initialisation (cinq valeurs consécutives) : 24 = 5·2 + 7·2 ; 25 = 5·5 ; 26 = 5·1 + 7·3 ; 27 = 5·4 + 7·1 ; 28 = 7·4.
Hérédité : si n = 5a + 7b, alors n + 5 = 5(a + 1) + 7b.
Tout entier n ≥ 24 s'écrit n = m + 5k avec m ∈ {24, …, 28} et k ∈ ℕ (reste de la division de n − 24 par 5). Donc tout n ≥ 24 s'écrit 5a + 7b avec (a, b) ∈ ℕ².

Q 28

Rayon r, hauteur h, volume V = πr²h = 1,6 dm³, donc h = V/(πr²). Surface totale : S(r) = 2πr² + 2πrh = 2πr² + 2V/r.
S'(r) = 4πr − 2V/r² = 0 ⇔ r³ = V/(2π) ; S' < 0 avant, > 0 après : c'est un minimum. Alors V = 2πr³ = πr²h donne h = 2r (hauteur = diamètre).

r = ∛(0,8/π) ≈ 0,634 dm ≈ 6,3 cm et h ≈ 1,27 dm ≈ 12,7 cm (surface minimale 6πr² ≈ 7,57 dm²).

Q 29

Le raisonnement est faux. L'hérédité est correcte (si 9 divise 10ⁿ + 1, alors 9 divise 9·10ⁿ + 10ⁿ + 1 = 10ⁿ⁺¹ + 1), mais l'initialisation manque : 10⁰ + 1 = 2 et 10¹ + 1 = 11 ne sont pas divisibles par 9. En fait 10 ≡ 1 (mod 9), donc 10ⁿ + 1 ≡ 2 (mod 9) : la propriété est fausse pour tout n. Une récurrence exige les deux étapes.