نموذج مباراة ولوج كلية الطب والصيدلة بالدار البيضاء 2006 - الرياضيات

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'entrée 2006 de la Faculté de Médecine de Casablanca (Université Hassan II). Le sujet annonce 6 questions (fonctions, nombres complexes, suites, probabilités), à remplir directement dans les cases. Voici une correction proposée, avec la démarche.

💡 Sur la copie on ne demande que le résultat dans la case, mais chaque résultat s'obtient par un calcul court : faites-le au brouillon et vérifiez-le (par exemple en remplaçant une valeur particulière).

I — Asymptotes de C_f, f(x) = (x² – 3x + 3) / (2x – 2)

Asymptote verticale : le dénominateur s'annule en x = 1 et le numérateur y vaut 1 – 3 + 3 = 1 ≠ 0, donc lim f(x) = ±∞ quand x → 1 : x = 1 est asymptote verticale.

Asymptote oblique : division euclidienne : x² – 3x + 3 = (2x – 2)(x/2 – 1) + 1, d'où f(x) = x/2 – 1 + 1/(2x – 2). Comme 1/(2x – 2) → 0 en ±∞, la droite y = x/2 – 1 est asymptote oblique en +∞ et en –∞.

II — f_m(x) = (x² – 4)/4 – (m/2)·ln(x/2), définie sur ]0 ; +∞[

1) Limite en +∞

f_m(x) = x²[1/4 – 1/x² – (m/2)·ln(x/2)/x²] et ln(x/2)/x² → 0, donc lim f_m(x) = +∞ quand x → +∞, quel que soit m.

2) Limite en 0⁺

(x² – 4)/4 → –1 et ln(x/2) → –∞, donc –(m/2)·ln(x/2) a le signe de m et tend vers l'infini :

• m < 0 : lim f_m(x) = –∞
• m = 0 : f₀(x) = (x² – 4)/4, lim = –1
• m > 0 : lim f_m(x) = +∞

3) Dérivée

f'_m(x) = 2x/4 – (m/2)·(1/x) = (x² – m) / (2x).

4) Tableaux de variation

Sur ]0 ; +∞[, 2x > 0 : le signe de f'_m est celui de x² – m.

Pour m > 0, le minimum vaut f_m(√m) = (m – 4)/4 – (m/4)·ln(m/4).

5) Point commun à toutes les courbes

A(x, y) appartient à toutes les courbes si f_m(x) ne dépend pas de m, c'est-à-dire si ln(x/2) = 0, soit x = 2 ; alors y = (4 – 4)/4 = 0. A(2 ; 0).

III — Ensemble E : |Z – 3 + 4i| = |Z + 6|

|Z – (3 – 4i)| = |Z – (–6)| signifie BM = CM avec B(3 ; –4) et C(–6 ; 0) : E est la médiatrice du segment [BC].

Équation : avec Z = x + iy, (x – 3)² + (y + 4)² = (x + 6)² + y² ⇔ –6x + 8y + 25 = 12x + 36 ⇔ 18x – 8y + 11 = 0. (Vérification : le milieu (–3/2 ; –2) de [BC] vérifie bien –27 + 16 + 11 = 0.)

IV — Z⁴ – 4Z³ + 14Z² – 36Z + 45 = 0

On pose Z = iy (y réel). Comme (iy)⁴ = y⁴, (iy)³ = –iy³ et (iy)² = –y², l'équation devient y⁴ + 4iy³ – 14y² – 36iy + 45 = 0.

• Partie imaginaire : 4y³ – 36y = 0 ⇔ 4y(y² – 9) = 0 ⇔ y = ±3 (y = 0 est exclu car 45 ≠ 0).
• Partie réelle pour y = ±3 : 81 – 126 + 45 = 0 ✓.

Donc Z² + 9 divise le polynôme : Z⁴ – 4Z³ + 14Z² – 36Z + 45 = (Z² + 9)(Z² – 4Z + 5). Pour Z² – 4Z + 5 = 0 : Δ = 16 – 20 = –4 = (2i)², Z = (4 ± 2i)/2 = 2 ± i.

Z₁ = 3i ; Z₂ = –3i ; Z₃ = 2 + i ; Z₄ = 2 – i.

V — Suites U₀ = 0, U_n+1 = (U_n + 4)/(U_n + 1), V_n = (U_n – 2)/(U_n + 2)

1) Nature de (V_n)

V_n+1 = (U_n+1 – 2)/(U_n+1 + 2). En multipliant numérateur et dénominateur par (U_n + 1) :

V_n+1 = (U_n + 4 – 2U_n – 2)/(U_n + 4 + 2U_n + 2) = (2 – U_n)/(3U_n + 6) = –(1/3)·(U_n – 2)/(U_n + 2) = –(1/3)·V_n.

(V_n) est une suite géométrique de raison q = –1/3 et de premier terme V₀ = (0 – 2)/(0 + 2) = –1.

2) V_n en fonction de n

V_n = –(–1/3)ⁿ.

3) Limites

|–1/3| < 1 donc lim V_n = 0.

De V_n(U_n + 2) = U_n – 2 on tire U_n = 2(1 + V_n)/(1 – V_n), donc lim U_n = 2.

VI — Probabilités (4 portes identiques, une seule est celle du secrétariat)

On suppose, comme le veut la situation, que l'individu n'ouvre pas deux fois une porte qu'il a déjà essayée (il élimine chaque mauvaise porte).

• P(A₁) = 1/4 : une bonne porte sur 4.
• P(A₂) = 3/4 × 1/3 = 1/4 : échec au 1^er essai, puis une bonne porte sur les 3 restantes.
• P(A₃) = 3/4 × 2/3 × 1/2 = 1/4.
• P(A₄) = 3/4 × 2/3 × 1/2 × 1 = 1/4.

Contrôle : la somme vaut 1, puisqu'il trouve forcément la porte en 4 essais au plus.

💡 Réponse probable : si l'on considérait au contraire que chaque essai se fait au hasard parmi les 4 portes (avec risque de rouvrir une mauvaise porte), on aurait P(A_k) = (3/4)^k–1 × 1/4, soit 1/4 ; 3/16 ; 9/64 ; 27/256. L'énoncé (« il cherche le secrétariat ») oriente vers la première lecture, sans remise.