Modèle concours d'accès — ENSAM Meknès 2012 — Mathématiques — filières 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), filières Sciences Expérimentales et Techniques, session du jeudi 26 juillet 2012. Durée : 2 heures. Deux séries de « questions à réponse précise » : partie A (10 questions à 1 point) et partie B (13 questions à 2 points). Voici une correction proposée avec la démarche de chaque question.

💡 Seul le résultat est demandé dans le cadre, mais chaque question se résout en quelques lignes au brouillon : commencez par celles que vous reconnaissez tout de suite (formules de trigonométrie, binôme, limites classiques) et gardez les calculs d'intégrales et la division euclidienne pour la fin.

Partie A (1 point par question)

1. Période de f(x) = sin(x/2) + cos(x)

sin(x/2) est 4π-périodique, cos(x) est 2π-périodique. La plus petite période commune est le PPCM de 4π et 2π : T = 4π. (Vérification : f(x + 2π) = −sin(x/2) + cos x ≠ f(x), donc 2π ne convient pas.)

2. Résoudre cos⁴x − sin⁴x = 1

cos⁴x − sin⁴x = (cos²x − sin²x)(cos²x + sin²x) = cos 2x. L'équation devient cos 2x = 1, soit 2x = 2kπ : S = { kπ, k ∈ ℤ }.

3. (1 + i)⁹ = a + ib

(1 + i)² = 2i, donc (1 + i)⁸ = (2i)⁴ = 16 et (1 + i)⁹ = 16(1 + i). a = 16, b = 16.

4. Réel a pour que z = (1 + ai) / (2a + (a² − 1)i) soit imaginaire pur

On multiplie par le conjugué du dénominateur : (1 + ai)(2a − (a² − 1)i) = 2a + a(a² − 1) + i(2a² − a² + 1) = a(a² + 1) + i(a² + 1).
Partie réelle nulle ⇔ a(a² + 1) = 0 ⇔ a = 0. Pour a = 0 : z = 1/(−i) = i, qui est bien imaginaire pur (et le dénominateur −i est non nul).

5. Fonction non nulle telle que f(x + y) = f(x)·f(y)

f(x) = e^x (plus généralement f(x) = e^kx ou f(x) = a^x avec a > 0) : e^x+y = e^x·e^y.

6. Dérivée de g(x) = exp((f(x²))²)

Dérivée d'une composée : (e^u)' = u'e^u avec u(x) = (f(x²))², u'(x) = 2f(x²)·f'(x²)·2x.
g'(x) = 4x·f(x²)·f'(x²)·exp((f(x²))²).

7. f(E) pour f(x) = (x + 1)/(x + 2), E = ℝ \ {−2}

f(x) = 1 − 1/(x + 2). Quand x décrit ℝ \ {−2}, 1/(x + 2) décrit ℝ* (toutes les valeurs non nulles), donc f(E) = ℝ \ {1}.

8. Extrema de f(x) = |x² − x| + |x| sur [−1, 1]

• Sur [−1, 0] : x² − x = x(x − 1) ≥ 0 et |x| = −x, donc f(x) = x² − 2x, décroissante (f' = 2x − 2 < 0).
• Sur [0, 1] : x² − x ≤ 0 et |x| = x, donc f(x) = x − x² + x = 2x − x², croissante (f' = 2 − 2x ≥ 0).

f(−1) = 3, f(0) = 0, f(1) = 1. Minimum 0 atteint en x = 0 ; maximum 3 atteint en x = −1 (x = 1 donne un maximum local égal à 1).

9. Angle BAC avec A(1, 2), B(−2, 1), C(0, 4)

AB = (−3, −1), AC = (−1, 2). Produit scalaire : AB·AC = 3 − 2 = 1 ; ‖AB‖ = √10, ‖AC‖ = √5.
cos(BAC) = 1/√50 = √2/10 et, avec le déterminant det(AB, AC) = −6 − 1 = −7, tan(BAC) = 7/1.
BAC = arccos(√2/10) = arctan 7 ≈ 1,43 rad (angle géométrique ; l'angle orienté (AB, AC) vaut −arctan 7).

10. Nombre d'entiers naturels pairs entre 0 et x (x ≥ 0)

Les pairs 0, 2, 4, …, 2k avec 2k ≤ x, soit k ≤ x/2 : il y en a E(x/2) + 1 (E = partie entière), en comptant 0. Si l'on exclut 0, la réponse est E(x/2).

Partie B (2 points par question)

1. Différence symétrique : AΔE et AΔC_E^A

AΔE : A ∪ E = E et A ∩ E = A, donc AΔE = E \ A = C_E^A (le complémentaire de A).
AΔC_E^A : la réunion vaut E et l'intersection est vide, donc AΔC_E^A = E.

2. Triangle isocèle de périmètre 1 et d'aire maximale

Base b, côtés égaux a avec 2a + b = 1. Hauteur h = √(a² − b²/4) ; comme a = (1 − b)/2, a² − b²/4 = (1 − 2b)/4. Aire : S(b) = (b/4)·√(1 − 2b), pour 0 < b < 1/2.
S² = (b² − 2b³)/16 ; la dérivée de b² − 2b³ est 2b − 6b², nulle pour b = 1/3 (maximum).
b = 1/3 et a = 1/3 : le triangle est équilatéral de côté 1/3, d'aire maximale √3/36.

3. I = ∫₋₁¹ dx/(x² − 2)

Décomposition : 1/(x² − 2) = (1/(2√2))·[1/(x − √2) − 1/(x + √2)], d'où une primitive (1/(2√2))·ln|(x − √2)/(x + √2)|.
En 1 : ln((√2 − 1)/(√2 + 1)) = ln((√2 − 1)²) = 2 ln(√2 − 1). En −1 : ln((√2 + 1)/(√2 − 1)) = −2 ln(√2 − 1).
I = (1/(2√2))·4 ln(√2 − 1) = √2·ln(√2 − 1) = −√2·ln(1 + √2) ≈ −1,25 (négatif, cohérent car x² − 2 < 0 sur [−1, 1]).

4. J = ∫_nπ^(n+1)π e^−x sin x dx

Une primitive de e^−x sin x est F(x) = −e^−x(sin x + cos x)/2 (on vérifie F' = e^−x sin x, ou on intègre deux fois par parties).
sin s'annule aux bornes ; cos(nπ) = (−1)ⁿ, cos((n + 1)π) = (−1)ⁿ⁺¹ :
J = −e^−(n+1)π(−1)ⁿ⁺¹/2 + e^−nπ(−1)ⁿ/2, soit J = (−1)ⁿ e^−nπ(1 + e^−π)/2.

5. g ∘ f

• x ≥ 0 : f(x) = x + 3 ≥ 3, donc g(f(x)) = 2(x + 3) + 1 = 2x + 7.
• x < 0 : f(x) = x² ; si x² ≥ 3 (x ≤ −√3), g(f(x)) = 2x² + 1 ; si x² < 3 (−√3 < x < 0), g(f(x)) = x².

g∘f(x) = 2x² + 1 si x ≤ −√3 ; x² si −√3 < x < 0 ; 2x + 7 si x ≥ 0.

6. a, b, c pour que f soit continue en 0 et lim_+∞ f = −3

• En +∞ : (1 − cos(cx))/x² → 0. Il faut que √(x⁴ + 1) − ax² − b ait une limite finie, donc a = 1 (sinon le terme en x² domine) ; alors √(x⁴ + 1) − x² = 1/(√(x⁴ + 1) + x²) → 0 et la limite vaut −b = −3 : a = 1, b = 3.
• En 0 : (1 − cos(cx))/x² → c²/2, donc lim f = 1 − b + c²/2 = −2 + c²/2. Continuité : −2 + c²/2 = f(0) = 0, soit c² = 4.

a = 1, b = 3, c = 2 ou c = −2.

7. √(x + 2√(x − 1)) + √(x − 2√(x − 1)) = 1

Domaine x ≥ 1. On pose t = √(x − 1) ≥ 0, x = t² + 1 : x ± 2t = (t ± 1)². L'équation devient (t + 1) + |t − 1| = 1.

• Si t ≥ 1 : 2t = 1, t = 1/2, contradiction.
• Si 0 ≤ t < 1 : (t + 1) + (1 − t) = 2 ≠ 1.

S = ∅ (le membre de gauche vaut toujours au moins 2).

8. A = lim n·ln√((n + 1)/(n − 1))

n·ln√((n + 1)/(n − 1)) = (n/2)·ln(1 + 2/(n − 1)) et ln(1 + u) ~ u quand u → 0, donc l'expression est équivalente à (n/2)·2/(n − 1) → 1. A = 1.

9. Payer 10 DH avec des pièces de 10 et 20 centimes

10 DH = 1000 centimes : 10a + 20b = 1000 ⇔ a + 2b = 100, avec a, b entiers naturels. b peut prendre toutes les valeurs de 0 à 50, a = 100 − 2b est alors déterminé : 51 façons.

10. X = x₁³ + x₂³ + x₃³, racines de x³ + 2x − 1 = 0

Relations coefficients-racines : x₁ + x₂ + x₃ = 0. Chaque racine vérifie x_i³ = 1 − 2x_i, donc X = 3 − 2(x₁ + x₂ + x₃) = 3.

11. Partie de ℂ définie par |π − arg(z)| < π/4

On lit l'argument modulo 2π : la condition signifie arg(z) ∈ ]3π/4, 5π/4[, z ≠ 0. C'est le secteur angulaire ouvert centré sur le demi-axe réel négatif, limité par les demi-droites d'angles 3π/4 et 5π/4 : { x + iy : x < 0 et |y| < −x }, bords et origine exclus (la région « à gauche » entre les droites y = x et y = −x).
Réponse probable : si l'on impose la détermination principale arg z ∈ ]−π, π], seule la moitié supérieure du secteur (avec le demi-axe réel négatif) est obtenue ; la lecture « modulo 2π » donnant le secteur symétrique est la plus courante.

12. Projection orthogonale de M(x₀, y₀) sur (D) : x + 3y − 5 = 0

Vecteur normal n(1, 3). H = M − [(x₀ + 3y₀ − 5)/10]·n, d'où H( (9x₀ − 3y₀ + 5)/10 ; (−3x₀ + y₀ + 15)/10 ).
Vérification : pour M(5, 0), point de (D), on retrouve H = (5, 0).

13. Division euclidienne de X⁵ − 7X⁴ − X² − 9X + 9 par X² − 5X + 4

• X³ : reste −2X⁴ − 4X³ − X² − 9X + 9
• −2X² : reste −14X³ + 7X² − 9X + 9
• −14X : reste −63X² + 47X + 9
• −63 : reste −268X + 261

Q = X³ − 2X² − 14X − 63 et R = −268X + 261.
Vérification avec les racines 1 et 4 du diviseur : P(1) = −7 = R(1) et P(4) = −811 = R(4).