Modèle concours d'accès — École Nationale Supérieure d'Arts et Métiers (ENSAM) Meknès 2005 — Mathématiques — filière Sciences maths A, B et Sciences & techniques

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'entrée en 1^re année de l'ENSAM Meknès (Université Moulay Ismaïl), filières Sciences Maths A, B et Sciences & Techniques, session du vendredi 22 juillet 2005. Durée indiquée : 3 h 28 min. Le document publié contient l'exercice I (analyse), l'exercice II (suites), le début de l'exercice III (complexes) et l'exercice VI (divers, Q23 à Q29) ; la page qui portait la suite de l'exercice III et les exercices IV et V ne figure pas dans ce modèle. Voici une correction proposée des questions présentes.

💡 Ce sujet teste surtout la rigueur des définitions (quantificateurs, contre-exemples). Pour une question « oui ou non ? », un contre-exemple simple et bien choisi vaut une démonstration : cherchez-le parmi les fonctions de référence (1/x, |x|, x³, x sin(1/x)).

Exercice I

I.1 Définitions (et lecture graphique)

• I.1.a lim_x→a f(x) = l : ∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ D_f, |x − a| < δ ⇒ |f(x) − l| < ε. Graphiquement : pour toute bande horizontale ]l − ε, l + ε[, la courbe reste dans cette bande dès que x est dans ]a − δ, a + δ[.
• I.1.b lim_x→+∞ f(x) = l : ∀ε > 0, ∃A > 0, ∀x ∈ D_f, x > A ⇒ |f(x) − l| < ε. Graphiquement : la droite y = l est asymptote horizontale ; au-delà de A la courbe reste dans la bande.
• I.1.c lim_x→a f(x) = +∞ : ∀M > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ D_f, 0 < |x − a| < δ ⇒ f(x) > M. Graphiquement : la droite x = a est asymptote verticale, la courbe passe au-dessus de toute droite y = M près de a. (On exclut x = a : f(a), s'il existe, est un réel fini.)
• I.1.d lim_x→+∞ f(x) = −∞ : ∀M > 0, ∃A > 0, ∀x ∈ D_f, x > A ⇒ f(x) < −M. Graphiquement : au-delà de A la courbe reste sous toute droite y = −M.

I.2 Conditions suffisantes pour que ces propositions soient fausses

Il suffit d'exhiber une suite qui contredit la définition (caractérisation séquentielle) :

• (I.1.a) : il existe une suite (x_n) de D_f tendant vers a telle que f(x_n) ne tende pas vers l ; par exemple deux suites x_n → a et y_n → a avec f(x_n) et f(y_n) de limites différentes, ou f non bornée au voisinage de a.
• (I.1.b) : il existe x_n → +∞ avec f(x_n) ne tendant pas vers l ; par exemple f périodique non constante.
• (I.1.c) : f majorée sur un voisinage de a (ou une suite x_n → a avec (f(x_n)) majorée).
• (I.1.d) : f minorée sur un intervalle [A, +∞[, par exemple f croissante, ou une suite x_n → +∞ avec (f(x_n)) minorée.

I.3.a Une fonction continue sur ]a, b[ est-elle bornée ?

Non. f(x) = 1/(x − a) est continue sur ]a, b[ mais tend vers +∞ quand x → a⁺ (asymptote verticale x = a). Le résultat « continue ⇒ bornée » n'est vrai que sur un intervalle fermé borné [a, b].

I.3.b Continue mais non dérivable en x₀

• Point anguleux : f(x) = |x − x₀| ; dérivées à gauche −1 et à droite +1 (deux demi-tangentes différentes).
• Tangente verticale : f(x) = ∛(x − x₀) ; le taux d'accroissement tend vers +∞.

I.3.c Maximum en x₀ avec f'(x₀) < 0 ?

Oui, mais seulement si x₀ = a. Exemple : f(x) = −x sur [0, 1] ; le maximum est atteint en 0 et f'(0) = −1 < 0. Si x₀ ∈ ]a, b[, un extremum impose f'(x₀) = 0 ; si x₀ = b, un maximum impose f'(b) ≥ 0.

I.4.a Monotonie de f selon A = {x ∈ [a, b] / f'(x) = 0}

• A = I : f' = 0 sur [a, b], donc f est constante sur [a, b].
• A = {a} : f' ne s'annule pas sur ]a, b]. Une dérivée vérifie la propriété des valeurs intermédiaires (théorème de Darboux), donc f' garde un signe constant sur ]a, b] : f est strictement monotone sur [a, b].
• A = {b} : même raisonnement sur [a, b[ : f est strictement monotone sur [a, b].
• A = I \ {a} : cas impossible. f' = 0 sur ]a, b] donne f constante sur ]a, b], donc sur [a, b] par continuité en a ; mais alors le taux (f(a + h) − f(a))/h est nul pour 0 < h ≤ b − a, et f'(a) = 0, c'est-à-dire a ∈ A.

I.4.b A fini non vide et f strictement monotone ?

Oui : f(x) = x³ sur [−1, 1] ; A = {0} et f est strictement croissante.

I.4.c1 g dérivable sur [0, 1]

Le dénominateur vérifie 1 + x sin(1/x) ≥ 1 − x > 0 sur ]0, 1[ et vaut 1 + sin 1 > 0 en 1 : g est dérivable sur ]0, 1] comme quotient.
En 0 : (g(x) − g(0))/x = 1/(1 + x sin(1/x)) → 1 car |x sin(1/x)| ≤ x. Donc g est dérivable en 0 (à droite) avec g'(0) = 1.
Sur ]0, 1] : avec D = 1 + x sin(1/x), D' = sin(1/x) − (1/x) cos(1/x) et g'(x) = (D − xD')/D² = (1 + cos(1/x)) / (1 + x sin(1/x))².

I.4.c2 g strictement croissante sur [0, 1]

g'(x) ≥ 0 sur [0, 1], et g'(x) = 0 seulement si cos(1/x) = −1, c'est-à-dire aux points isolés x_k = 1/((2k + 1)π). Pour 0 ≤ u < v ≤ 1, l'intervalle ]u, v[ contient un sous-intervalle [u', v'] sans aucun x_k, où g' > 0 ; g étant croissante partout, g(u) ≤ g(u') < g(v') ≤ g(v). Donc g est strictement croissante.

I.4.c3 L'ensemble A et la conclusion

A = { 1/((2k + 1)π), k ∈ ℕ } (0 n'en fait pas partie puisque g'(0) = 1). A est infini. Conclusion : une fonction strictement monotone peut avoir une dérivée qui s'annule une infinité de fois ; la stricte monotonie exige seulement que f' ne soit nulle sur aucun intervalle.

I.5.a Dérivée centrale d'une fonction dérivable

β(a, h) = ½[(g(a + h) − g(a))/h + (g(a − h) − g(a))/(−h)]. Quand h → 0, chaque taux tend vers g'(a), donc lim β(a, h) = g'(a).

I.5.b g(x) = |x + 2| sur ]−5, 5[

g(x) = −x − 2 si x ≤ −2 et x + 2 si x ≥ −2. Pour a ≠ −2, g est dérivable, donc la dérivée centrale existe et vaut g'(a) (−1 ou 1). En a = −2 : β(−2, h) = (|h| − |−h|)/(2h) = 0, donc la dérivée centrale existe et vaut 0, alors que g n'est pas dérivable en −2 (dérivées −1 à gauche et 1 à droite).
Déduction : l'existence de la dérivée centrale n'entraîne pas la dérivabilité (la réciproque de I.5.a est fausse).
Autre exemple : g(x) = 1 si x ≠ 0 et g(0) = 0 ; β(0, h) = 0 pour tout h, alors que g n'est même pas continue en 0. (Toute fonction paire a une dérivée centrale nulle en 0.)

I.6.a Toute h de B est strictement positive

h(x) = h(x/2)·h(x/2) = h(x/2)² ≥ 0. Si h(x₀) = 0 pour un x₀, alors pour tout x : h(x) = h(x₀)·h(x − x₀) = 0, donc h est nulle, ce qui est exclu. Donc h > 0.

I.6.b lim_x→+∞ h(x) selon h(1)

Par récurrence, h(n) = h(1)ⁿ pour n ∈ ℕ, et h(1) > 0. Si h est de plus continue (ou monotone), on montre h(r) = h(1)^r pour r rationnel puis h(x) = h(1)^x = e^{x ln h(1)} pour tout réel x. Alors :

• h(1) > 1 : lim h(x) = +∞ ;
• h(1) = 1 : h = 1, limite 1 ;
• 0 < h(1) < 1 : lim h(x) = 0.

Réponse probable quant à l'hypothèse attendue : sans aucune hypothèse de régularité, on ne peut conclure que le long des entiers (h(n) = h(1)ⁿ) ; le sujet sous-entend vraisemblablement h continue.

Exercice II

II.1 Convergence de a_n, b_n, c_n

• a_n = (−1)ⁿ/n : |a_n| ≤ 1/n → 0, donc a_n → 0.
• b_n : pour t > 0, sin t < t ; donc pour n ≥ 1, sin(n/12) < n/12 et la première branche n'est jamais utilisée (sauf n = 0). Ainsi b_n = √n/√(n + n²) = 1/√(1 + n) → 0 : b_n → 0.
• c_n = √n·p_n/q_n (n > 4 pour que p_n existe) : p_n < √n et q_n > n², donc 0 < c_n < n/n² = 1/n : c_n → 0.

II.2.a Si 1/u_n → +∞, u_n → 0 ?

Oui. Pour ε > 0, il existe N tel que n ≥ N ⇒ 1/u_n > 1/ε, donc 0 < u_n < ε.

II.2.b Si 1/u_n → 0, u_n → +∞ ?

Non : on a seulement |u_n| → +∞. Contre-exemple : u_n = (−1)ⁿn ; 1/u_n → 0 mais u_n n'a pas de limite.

II.3.a Exemples

Les couples (s, t) vérifiant st = ab et s − t = a − b sont (a, b) et (−b, −a).

• Divergence : s_n = a et t_n = b pour n pair, s_n = −b et t_n = −a pour n impair. Alors s_nt_n = ab et s_n − t_n = a − b pour tout n, mais (s_n) et (t_n) divergent dès que (a, b) ≠ (0, 0) (par exemple a = 1, b = 2).
• Convergence : s_n = a + 1/n et t_n = b + 1/n : s_n − t_n = a − b, s_nt_n → ab, s_n → a et t_n → b.

II.3.b Si 0 < s_n < t_n, alors s_n → a et t_n → b

(L'énoncé écrit v_n pour t_n.) Posons u_n = s_n + t_n > 0. u_n² = (s_n − t_n)² + 4s_nt_n → (a − b)² + 4ab = (a + b)². Comme u_n > 0 et que la racine est continue, u_n → a + b. Alors s_n = [u_n + (s_n − t_n)]/2 → a et t_n = [u_n − (s_n − t_n)]/2 → b.

II.4.a Racine positive unique de f_n(x) = xeˣ − n

Sur [0, +∞[ : f_n'(x) = (1 + x)eˣ > 0, f_n est continue strictement croissante, f_n(0) = −n ≤ 0 et f_n(x) → +∞. Par le théorème des valeurs intermédiaires (bijection), f_n a une unique racine r_n ≥ 0. Sur ]−∞, 0[, xeˣ < 0 ≤ n : pas d'autre racine.

II.4.b Convergence de (r_n)

r_ne^r_n = n. φ(x) = xeˣ est croissante sur [0, +∞[, donc r_n = φ⁻¹(n) est croissante. Si (r_n) était majorée par M, on aurait n ≤ Me^M pour tout n : absurde. Donc r_n → +∞ (la suite diverge).

II.4.c ln n − ln(ln n) ≤ r_n ≤ ln n ?

Oui, pour tout n ≥ 3. Comme φ est strictement croissante, il suffit de comparer les images à n = φ(r_n) :

• φ(ln n) = n ln n ≥ n ⇔ ln n ≥ 1 ⇔ n ≥ 3 : alors r_n ≤ ln n.
• φ(ln n − ln ln n) = (ln n − ln ln n)·n/ln n = n(1 − ln ln n/ln n) ≤ n ⇔ ln ln n ≥ 0 ⇔ n ≥ 3 : alors r_n ≥ ln n − ln ln n.

(Pour n = 2, ln 2 < 1 et l'encadrement échoue.) On en déduit r_n ~ ln n.

II.5 w_n = ∫₀¹ tⁿ/(1 + t) dt → 0

Sur [0, 1] : 0 ≤ tⁿ/(1 + t) ≤ tⁿ, donc 0 ≤ w_n ≤ 1/(n + 1) → 0.

Exercice III (partie présente)

III.1 Inégalités triangulaires

• a. |z₁ + z₂|² = |z₁|² + |z₂|² + 2Re(z₁z̄₂) ≤ |z₁|² + |z₂|² + 2|z₁||z₂| = (|z₁| + |z₂|)², car Re(w) ≤ |w|.
• b. On applique a deux fois : |z₁ + z₂ + z₃| ≤ |z₁ + z₂| + |z₃| ≤ |z₁| + |z₂| + |z₃|.
• c. |z₁| = |(z₁ − z₂) + z₂| ≤ |z₁ − z₂| + |z₂|, d'où |z₁ − z₂| ≥ |z₁| − |z₂|.

III.2 √3 + √2 et ∛4 − 2i sont algébriques

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

z = ∛4 − 2i : (z + 2i)³ = 4, soit z³ + 6iz² − 12z − 8i = 4, c'est-à-dire z³ − 12z − 4 = −i(6z² − 8). En élevant au carré : (z³ − 12z − 4)² = −(6z² − 8)², d'où z⁶ + 12z⁴ − 8z³ + 48z² + 96z + 80 = 0, équation à coefficients entiers.

La suite de l'exercice III et les exercices IV et V ne figurent pas dans ce document.

Exercice VI : Divers

Q23. Enclos rectangulaire de périmètre 100 m

x + y = 50, aire S = x(50 − x), maximale pour x = 25 (sommet de la parabole). Un carré de 25 m × 25 m, aire 625 m².

Q24. Location de cassettes

a) P₁(n) = 200 + 9n ; P₂(n) = 20n ; P₃(n) = 200 pour n ≤ 11 (une carte).
b) P₂ < P₃ ⇔ n < 10 ; P₂ < P₁ ⇔ 11n < 200 ⇔ n ≤ 18. D'où, en considérant une seule carte et sans combiner les options :

• n ≤ 9 : option 2 ;
• n = 10 : options 2 et 3 à égalité (200 DH) ; n = 11 : option 3 (200 DH contre 220 et 299) ;
• 12 ≤ n ≤ 18 : option 2 ;
• n ≥ 19 : option 1.

Q25. Urne (13 vertes, 7 rouges), 3 tirages avec remise

P(R) = 7/20, P(V) = 13/20, tirages indépendants.
a) P(RRV) = (7/20)²·(13/20) = 637/8000 ≈ 0,0796.
b) 3 ordres possibles (RRV, RVR, VRR) : P = 3 × 637/8000 = 1911/8000 ≈ 0,239.

Q26. Tirer 5 pièces parmi 10 (4 × 1 DH, 4 × 0,50 DH, 2 × 0,20 DH)

Nombre de tirages équiprobables : C(10, 5) = 252.
c) Avec a pièces de 1 DH, b de 0,50 et c de 0,20 (a + b + c = 5) : 10a + 5b + 2c = 37 impose c = 1, puis 2a + b = 7 et a + b = 4, soit a = 3, b = 1. Nombre de cas : C(4, 3)·C(4, 1)·C(2, 1) = 32. P = 32/252 = 8/63 ≈ 0,127.
d) Somme ≥ 3,70 DH : on dénombre les compositions (a, b, c) :

• a = 4 (toute composition) : C(4,4)·C(6,1) = 6 cas ;
• a = 3 : somme ≥ 3,70 avec deux autres pièces sauf (0,20 + 0,20 → 3,40) : C(4,3)·[C(6,2) − 1] = 4 × 14 = 56 cas ;
• a ≤ 2 : au plus 2 + 3 × 0,50 = 3,50 DH, insuffisant.

Total 62 cas : P = 62/252 = 31/126 ≈ 0,246.

Q27. Tout n ≥ 24 s'écrit 5a + 7b

24 = 5×2 + 7×2 ; 25 = 5×5 ; 26 = 5×1 + 7×3 ; 27 = 5×4 + 7×1 ; 28 = 7×4. Ces cinq entiers consécutifs sont représentables ; si n l'est, n + 5 l'est aussi (a → a + 1). Par récurrence (de 5 en 5), tout n ≥ 24 est de la forme 5a + 7b. (23 ne l'est pas.)

Q28. Boîte cylindrique de volume 1,6 dm³ et de surface minimale

V = πr²h, S = 2πr² + 2πrh = 2πr² + 2V/r. S'(r) = 4πr − 2V/r² = 0 ⇔ r³ = V/(2π).
r = (1,6/(2π))^1/3 ≈ 0,634 dm et h = V/(πr²) = 2r ≈ 1,268 dm. r ≈ 6,34 cm, h ≈ 12,7 cm : la hauteur est égale au diamètre.

Q29. Le raisonnement est faux

Le calcul prouve seulement l'hérédité : si 9 divise 10ⁿ + 1, il divise 10ⁿ⁺¹ + 1 = 9·10ⁿ + (10ⁿ + 1). Mais l'initialisation manque et elle est fausse : 10⁰ + 1 = 2 et 10¹ + 1 = 11 ne sont pas divisibles par 9. En fait 10ⁿ ≡ 1 [9], donc 10ⁿ + 1 ≡ 2 [9] : la propriété est fausse pour tout n.