Modèle concours d'accès — ENSAM Casablanca-Meknès (concours commun) 2016 — Mathématiques — séries Sciences physiques, SVT et techniques

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours commun d'entrée en 1^re année des années préparatoires de l'ENSAM Casablanca-Meknès (Universités Hassan II et Moulay Ismaïl), séries Sciences physiques, SVT et Techniques, session du 1^er août 2016. Durée : 2 h, note sur 50. Deux parties : 16 questions à réponse précise (2 pts si juste, 0 sinon) et 9 QCM (+2 pts si juste, 0 sans réponse, −1 pt si faux ou si plusieurs cases sont cochées). Voici une correction proposée, avec la démarche pour chaque question.

💡 En QCM, une réponse fausse coûte −1 : ne cochez que si vous avez fait le calcul. Beaucoup de questions se règlent par une astuce (somme de Riemann, tangente hyperbolique, t = tan x) : repérez-la avant de vous lancer dans un calcul long.

Questions à réponse précise

Q1. (1/n)Σ_k=1..n−1 (a + k/n)² est une somme de Riemann de x ↦ (a + x)² sur [0, 1] (le terme manquant k = 0 ou k = n ne change pas la limite) :
Le = ∫₀¹ (a + x)² dx = [(a + x)³/3]₀¹ = a² + a + 1/3.

Q2. lim X_n = 1. On remarque que 1 − X_n+1 = (1 − X_n)(1 − u_n+1)/(1 + X_nu_n+1). Par récurrence, 0 < X_n < 1 (vrai pour X₀ = u₀). Comme 0 < 1 − u_n+1 < 1/2 et 1 + X_nu_n+1 > 1, on obtient 0 < 1 − X_n+1 < ½(1 − X_n), donc 0 < 1 − X_n < (1/2)ⁿ(1 − X₀) → 0. (La formule est celle de l'addition des tangentes hyperboliques : X_n = th(Σ argth u_k), avec une somme qui tend vers +∞.)

Q3. En élevant au carré : |z|² − 2Re(zᾱ) + |α|² = 4|z|² − 4Re(zᾱ) + |α|², d'où 3|z|² − 2Re(zᾱ) = 0, soit |z − α/3|² = |α|²/9.
Γ est le cercle de centre le point d'affixe α/3 et de rayon |α|/3 (réduit au point O si α = 0).

Q4. Δ' = cos²θ − 1 = −sin²θ, donc α = cos θ ± i·sin θ = e^±iθ. Alors αⁿ + α⁻ⁿ = e^inθ + e^−inθ : Se = 2cos(nθ).

Q5. tan X est définie si X ≠ π/2 + kπ. Il faut donc π·sin(πx/6) ≠ π/2 + kπ, soit sin(πx/6) ≠ 1/2 + k. Comme sin ∈ [−1, 1], seules les valeurs ±1/2 sont à exclure : sin(πx/6) = ±1/2 ⟺ πx/6 = ±π/6 + kπ ⟺ x = ±1 + 6k.
D = ℝ \ {6k − 1 ; 6k + 1 , k ∈ ℤ}.

Q6. Q6 = 1 (pour P non constant, de degré d et de coefficient dominant a_d > 0). En effet P(x) − 1 < E(P(x)) ≤ P(x), donc E(P(x)) ~ P(x) ~ a_dx^d. De même x − 1 < E(x) ≤ x donne E(x) ~ x, donc P(E(x)) ~ a_dx^d. Le quotient tend vers 1. (Si P est une constante c > 0, le quotient vaut E(c)/c.)

Q7. f(x) = Im(e^(1+i)x) et 1 + i = √2·e^iπ/4, donc f⁽ⁿ⁾(x) = Im((1 + i)ⁿe^(1+i)x) :
f⁽ⁿ⁾(x) = 2^n/2·e^x·sin(x + nπ/4).

Q8. On dérive f(x + y) = f(x)f(y) par rapport à y, puis on fait y = 0 : f'(x) = f(x)·f'(0). Donc f' = f'(0)·f (d'où f = 0 ou f(x) = e^kx avec k = f'(0)).

Q9. f(x/j)/x = (1/j)·[f(x/j) − f(0)]/(x/j) → f'(0)/j quand x → 0. En sommant :
Q9 = f'(0)·(1 + 1/2 + 1/3 + … + 1/k).

Q10. Séparation des variables (y > 0) : dy/(y·ln y) = (cos x/sin x) dx, donc ln|ln y| = ln|sin x| + c, soit y = e^{K·sin x} (K réel, y = 1 pour K = 0). Toutes ces solutions vérifient y(0) = 1 : en x = 0, tan 0 = 0 impose y(0)·ln y(0) = 0, donc y(0) = 1. Avec la condition imprimée y(0) = π, il n'y a pas de solution. Réponse probable : la condition voulue était y(π/2) = π, qui donne e^K = π, soit y(x) = π^{sin x}.

Q11. πx/(2x + 1) = π/2 − π/(2(2x + 1)), donc tan(πx/(2x + 1)) = cotan(π/(4x + 2)) ~ (4x + 2)/π ~ 4x/π. Alors (tan …)^1/x = exp(ln(tan …)/x), avec ln(tan …)/x ~ ln(4x/π)/x → 0. La puissance tend vers 1, donc Je = 1 − 1 = 0.

Q12. (Avec 0 < a < 1.) h(x) = ln x/ln a − ln a/ln x. h est strictement décroissante sur ]1, +∞[ : h'(x) = (1/x)(1/ln a + ln a/ln²x) < 0. h(x) = 0 ⟺ ln²x = ln²a ⟺ ln x = −ln a (car ln x > 0 > ln a), soit x₀ = 1/a. En x₀ : h'(x₀) = a(1/ln a + 1/ln a) = 2a/ln a. Donc
(h⁻¹)'(0) = 1/h'(1/a) = ln a/(2a).

Q13. Changement de variable u = tan(t/2) : sin t = 2u/(1 + u²), cos t = (1 − u²)/(1 + u²), dt = 2du/(1 + u²). On obtient 1 + sin t − cos t = 2u(u + 1)/(1 + u²), et l'intégrande devient du/(u(u + 1)). Quand t va de π/2 à x → π, u va de 1 à +∞ :
Q13 = ∫₁^+∞ (1/u − 1/(u + 1)) du = [ln(u/(u + 1))]₁^+∞ = 0 − ln(1/2) = ln 2.

Q14. sin 2x = 2 tan x/(1 + tan²x). Avec u = tan x, dx = du/(1 + u²) :
√u·(1 + u²)/(2u) · du/(1 + u²) = du/(2√u), donc Lt = ∫₀¹ du/(2√u) = [√u]₀¹ = 1 (intégrale impropre convergente en 0).

Q15. Conditions : sin x ≠ 0 et cos x ≠ 0. L'équation équivaut à |sin x·tan x| = |cos x|, soit sin²x/|cos x| = |cos x|, donc sin²x = cos²x, soit tan²x = 1.
S = {π/4 + kπ/2 , k ∈ ℤ}.

Q16. Pour tout n ≥ 1, n > 2 ln n, donc 0 ≤ ln n/(n − ln n) < 1 et E(ln n/(n − ln n)) = 0. D'où Q16 = 0.

Partie QCM

Q17 — D. det = (1 − m)[(−7 − m)(7 − m) + 56] + 3[4(7 − m) − 48] + 4[−28 + 6(7 + m)] = −m³ + m² + 5m + 3 = −(m − 3)(m + 1)². La matrice n'est pas inversible pour m = −1 ou m = 3 : aucune des propositions A, B, C ne donne cet ensemble.

Q18 — D. f(x) = e^{x² − x}·e^ln|x| = |x|·e^{x² − x}.

• A faux : f(x)/x = (|x|/x)·e^{x² − x} tend vers 1 à droite et vers −1 à gauche : point anguleux, deux demi-tangentes.
• B faux : sur [0, 1], x² − x ≤ 0, donc f(x) = x·e^{x² − x} ≤ x : la courbe est au-dessous de y = x.
• C faux : f'(x) = (2x² − x + 1)e^{x² − x} pour x > 0, donc f'(1) = 2 et non 3.

Q19 — D.

• A faux : pour x → 0⁻, (f_m(x) − m)/x = m·e^1/x/x³ = m·u³e^u (u = 1/x → −∞) → 0 : f_m est dérivable à gauche en 0.
• B faux : f_−m = −f_m, donc les courbes sont symétriques par rapport à l'axe des abscisses.
• C faux : sur ]−∞, 0[, avec u = 1/x < 0, e^1/x/x² = u²e^u, de dérivée u(u + 2)e^u, maximale en u = −2 (x = −1/2). Donc max f_m = m(4/e² + 1) ≈ 1,54m, ce qui ne correspond pas à la valeur proposée.

Q20 — A. « SAHARA MAROCAIN » : 14 lettres, dont S : 1, A : 5, H : 1, R : 2, M : 1, O, C, I, N : 1 chacune. Former SMARA demande S, M, R et deux A : C(1,1)·C(1,1)·C(2,1)·C(5,2) = 2 × 10 = 20 tirages favorables sur C(14, 5) = 2002. p = 20/2002 = 10/1001. Y suit la loi binomiale B(3, p), donc P(Y = 3) = p³ = 1000/1001³.

Q21 — A. Points possibles sur l'ellipse x²/16 + y²/12 = 1 : (4, 0), car 16/16 + 0 = 1 ; (2, 3), car 4/16 + 9/12 = 1/4 + 3/4 = 1. Aucun autre couple ne convient. P = P(a = 4)·P(b = 0) + P(a = 2)·P(b = 3) = (1/3)(1/6) + (1/3)(2/6) = 3/18 = 1/6.

Q22 — D. Normale à (H) : n_P ∧ n_Q = (1, 1, 1) ∧ (1, −1, 1) = (2, 0, −2), donc (H) : x − z = 0 (elle passe par A). Rayon de S : BA² = 1,5² + 0,5² + 1² = 7/2. Distance de B à (H) : |−1/2 − 0|/√2 = 1/(2√2), dont le carré vaut 1/8. L'intersection est le cercle de rayon √(7/2 − 1/8) = √(27/8), centré au projeté de B, soit (−1/4, 3/2, −1/4). Le centre et le rayon proposés en A sont faux ; ce n'est pas un grand cercle, car B ∉ (H) ; l'intersection n'est pas vide.

Q23 — B et C sont toutes deux vraies ; la question est mal posée (réponse probable attendue : C). I_n = −∫₀¹ x·e^−nx² dx = −[−e^−nx²/(2n)]₀¹ = −(1 − e⁻ⁿ)/(2n). A est faux (il manque le facteur 1/n). On a −1/(2n) < I_n < 0 : I_n est minorée par −1/2 (B vraie) et I_n → 0 (C vraie). Comme cocher deux cases est pénalisé, le choix dépend de la clé officielle, que le sujet ne fournit pas.

Q24 — C. cos 2x = 1 − 2sin²x, d'où 2sin²x + sin x − 1 = 0, soit (2 sin x − 1)(sin x + 1) = 0. sin x = 1/2 donne x = π/6 ou 5π/6 ; sin x = −1 donne x = 3π/2. Trois solutions dans [0, 2π].

Q25 — A (18 et 9). Chaque type de flèche applique la même opération : → : +3 (8 → 11, 4 → 7) ; ↓ : −4 (6 → 2, 11 → 7) ; ← : −2 (4 → 2) ; ↑ : ×2 (4 → 8). En bas : 11 − 2 = 9, puis 9 − 2 = 7 ✓. En haut : 9 × 2 = 18, puis 18 + 3 = 21 ✓.

Récapitulatif QCM