نموذج مباراة ولوج كلية الطب والصيدلة بالرباط 2012 - الرياضيات

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès en 1^re année de médecine de la Faculté de Médecine et de Pharmacie de Rabat (Université Mohammed V – Souissi), session du vendredi 27 juillet 2012. Durée : 30 minutes, calculatrice interdite. Quatre exercices de 5 points, chacun formé de quatre affirmations à déclarer vraies ou fausses : étude de fonction, suite récurrente, nombres complexes, probabilités. Voici une correction proposée, avec la justification de chaque réponse.

💡 Avant de commencer : pour montrer qu'une affirmation « pour tout n » est fausse, un seul contre-exemple suffit (calculez u₁, u₂…). C'est souvent le moyen le plus rapide de trancher en 30 minutes.

Exercice 1 — f(x) = 2x²/(x² + 1) − ln(x² + 1) sur [0, +∞[

1. Faux. 2x²/(x² + 1) → 2 quand x → +∞, mais ln(x² + 1) → +∞. Donc lim f(x) = −∞, et non 2.
2. Vrai. Dérivée du quotient : (2x²/(x² + 1))' = [4x(x² + 1) − 2x² · 2x]/(x² + 1)² = 4x/(x² + 1)². Dérivée du logarithme : (ln(x² + 1))' = 2x/(x² + 1). D'où
   f'(x) = [4x − 2x(x² + 1)]/(x² + 1)² = 2x(1 − x²)/(x² + 1)².
   Sur ]0, +∞[, 2x > 0 et (x² + 1)² > 0 : f'(x) a le signe de (1 − x²).
3. Faux. Pour x > 1, 1 − x² < 0, donc f'(x) < 0 : f est strictement décroissante sur [1, +∞[.
4. Vrai. Pour α ≥ 1 (donc α ≠ 0), en multipliant par α : 2α/(α² + 1) = ln(α² + 1)/α ⇔ 2α²/(α² + 1) − ln(α² + 1) = 0 ⇔ f(α) = 0.
   Sur [1, +∞[, f est continue et strictement décroissante ; f(1) = 1 − ln 2 > 0 (car ln 2 ≈ 0,69 < 1) et lim f = −∞. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (bijection), l'équation f(x) = 0 admet une solution unique α dans [1, +∞[.

Exercice 2 — u₀ = 1, u_n+1 = u_n/(1 + u_n + u_n²)

1. Vrai. Par récurrence : u₀ = 1 > 0 ; si u_n > 0, alors 1 + u_n + u_n² > 0 et u_n+1 est le quotient de deux nombres positifs, donc u_n+1 > 0.
2. Faux. u₁ = 1/(1 + 1 + 1) = 1/3 ; u₂ = (1/3)/(1 + 1/3 + 1/9) = (1/3)/(13/9) = 3/13. Or 3/13 < 1/3 (car 9 < 13) : l'inégalité est fausse pour n = 2.
3. Vrai. Comme u_n > 0 : u_n+1 − u_n = u_n[1/(1 + u_n + u_n²) − 1] = −u_n²(1 + u_n)/(1 + u_n + u_n²) < 0. La suite est strictement décroissante.
4. Faux. Pour n = 1 : 1/n = 1 et u₁ = 1/3 < 1. En fait, c'est l'inégalité inverse qui est vraie : 1/u_n+1 = 1/u_n + 1 + u_n ≥ 1/u_n + 1, d'où 1/u_n ≥ n + 1, soit u_n ≤ 1/(n + 1) < 1/n.

Exercice 3 — z_A = √3 + i, z_B = √3 − i, z_C = 2i

1. Faux. z_C − z_A = −√3 + i et z_A − z_B = 2i.
   (−√3 + i)/(2i) = (−√3 + i)(−i)/2 = (√3 i + 1)/2 = 1/2 + (√3/2) i = e^iπ/3.
   Or e^4iπ/3 = −1/2 − (√3/2) i : l'égalité est fausse.
2. Vrai. AB = |z_B − z_A| = |−2i| = 2 et AC = |z_C − z_A| = |−√3 + i| = √(3 + 1) = 2. (Le module 1 trouvé en 1) confirme AC/AB = 1.)
3. Faux. Translation de vecteur d'affixe 3√3 − i : z_E = z_B + 3√3 − i = √3 − i + 3√3 − i = 4√3 − 2i, et non 4√3 + i.
4. Vrai. z_E − z_A = 4√3 − 2i − √3 − i = 3√3 − 3i = −3(−√3 + i) = −3(z_C − z_A). Le rapport (z_E − z_A)/(z_C − z_A) = −3 est réel : A, C et E sont alignés.

Exercice 4 — Tirage de trois boules sans remise

Le sac contient 3 rouges (numéros 1, 1, 2) et 3 noires (numéros 1, 2, 2). Le tirage successif sans remise de 3 boules donne 6 × 5 × 4 = 120 résultats ordonnés équiprobables ; comme les événements étudiés ne dépendent pas de l'ordre, on peut compter les parties : C(6, 3) = 20 tirages possibles.

1. Vrai. Un seul tirage donne les trois noires : p(E) = C(3, 3)/C(6, 3) = 1/20 (ou 3 × 2 × 1/120).
2. Faux. La somme vaut 3 seulement si les trois boules portent le numéro 1. Il y a exactement trois boules « 1 » (deux rouges, une noire) : p(F) = C(3, 3)/20 = 1/20, et non 3/20.
3. Faux. X = 3 signifie qu'il reste les 3 boules rouges dans le sac, donc qu'on a tiré les trois noires : {X = 3} = E et p(X = 3) = 1/20, et non 3/20.
4. Vrai. X prend les valeurs 0, 1, 2 ou 3 : p(X ≤ 2) = 1 − p(X = 3) = 1 − 1/20 = 19/20.