نموذج مباراة ولوج المعهد العالي للدراسات البحرية ISEM 2015 - الرياضيات

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès en 1re année du cycle normal de l'Institut Supérieur d'Études Maritimes (ISEM) de Casablanca, Ministère de l'Équipement, du Transport et de la Logistique, pour l'année 2015/2016. Durée : 1 h 30. C'est un QCM de 15 exercices (18 items), avec une seule réponse exacte par question. Voici une correction proposée, avec la justification de chaque choix.

💡 Dans un QCM à réponse unique, il suffit souvent d'éliminer : un contre-exemple ou une valeur particulière (n = 0, x = 0) écarte vite une proposition.

Exercice 1 — D (f est impaire)

√(x² + 1) > |x|, donc x + √(x² + 1) > 0 pour tout réel : D_f = ℝ (A est faux).
f(−x) = ln(√(x²+1) − x) = ln[1/(√(x²+1) + x)] = −f(x), car (√(x²+1) − x)(√(x²+1) + x) = 1. La fonction est donc impaire.

Exercice 2 — D (π/4)

∫₀¹ dx/(1 + x²) = [arctan x]₀¹ = π/4.

Exercice 3 — B

∫₋₁¹ dx/(x + √3) = [ln(x + √3)]₋₁¹ = ln(1 + √3) − ln(√3 − 1).
Or 1/(√3 − 1) = (√3 + 1)/2, donc le résultat vaut ln((1 + √3)²/2) = 2 ln(1 + √3) − ln 2. D a le mauvais signe.

Exercice 4 — B (y = 2x − 1)

f(x) − (2x − 1) = 1/x → 0 quand x → +∞.

Exercice 5 — A (1 + 4 ln 2)

2 ln(e/4) = 2(1 − 2 ln 2) = 2 − 4 ln 2 ; ln(8/e) = 3 ln 2 − 1.
Somme : 2 − 4 ln 2 + 5 ln 2 + 3 ln 2 − 1 = 1 + 4 ln 2.

Exercice 6 — D

Quand x → −1⁺, le numérateur 2x + 1 tend vers −1 et le dénominateur x + 1 tend vers 0⁺, donc f(x) → −∞. En +∞, la limite vaut 2 et non 0 (A est faux).

Exercice 7 — C

• A faux : f′(x) = e^2x + 2(x+1)e^2x, donc c'est f′ − 2f qui vaut e^2x (f′ + 2f = (4x + 5)e^2x).
• B faux : f′(x) = (2x + 3)e^2x, donc le minimum est atteint en x = −3/2 : f(−3/2) = −½e⁻³ ≈ −0,025 > −1/16 ≈ −0,0625. L'équation n'a aucune solution.
• C vrai : une primitive de f est F(x) = (2x + 1)e^2x/4 (vérification : F′ = [2(2x+1) + 2]e^2x/4 = (x + 1)e^2x).
  I_α = F(−1) − F(α) = −1/(4e²) − (2α + 1)e^2α/4.
• D faux : (2α + 1)e^2α → 0 quand α → −∞, donc I_α → −1/(4e²), une limite finie.

Exercice 8 — C

Si G est une primitive de e^−t², alors F(x) = G(x³) − G(x²), d'où F′(x) = 3x²e^−x⁶ − 2x e^−x⁴.

Exercice 9 — C

|(−1)ⁿe^π − 1| ≤ e^π + 1, donc |u_n| ≤ n(e^π + 1)/(1 + n²) ≤ n(e^π + 1)/(n² − 1) pour n ≥ 2, puisque n² − 1 < n² + 1.
A est faux (u_n → 0) et B aussi (il manque le facteur e^π + 1). D est faux : n·u_n prend des valeurs proches de e^π − 1 pour n pair et de −e^π − 1 pour n impair, donc n'a pas de limite.

Exercice 10 — B

• A faux : les exposants 2, 4, 8, 16… doublent, les termes a², a⁴, a⁸… ne forment pas une suite géométrique.
• B vrai : ln P_n = Σ ln(1 + a^2k) ≤ Σ a^2k = S_n, grâce au rappel ln(1 + x) ≤ x.
  De plus 2^k ≥ k et 0 < a < 1, donc a^2k ≤ a^k, d'où S_n ≤ a + a² + … + aⁿ < a/(1 − a) < 1/(1 − a).
• C faux : chaque u_k > 1, donc P_n est croissante.
• D faux : P_n est croissante et majorée par e^1/(1−a), donc elle converge.

Exercice 11 — f(z) = z² + 2z + 9 = (z + 1)² + 8

1. B (5). (−1 + i√3)² = 1 − 2i√3 − 3 = −2 − 2i√3, puis −2 − 2i√3 + 2(−1 + i√3) + 9 = 5. Plus vite : (z + 1)² = (i√3)² = −3, et −3 + 8 = 5.
2. C. f(z) = 5 équivaut à z² + 2z + 4 = 0, de discriminant Δ = 4 − 16 = −12 = (2i√3)², d'où z = −1 ± i√3.
3. D. |f(z) − 8| = |(z + 1)²| = |z + 1|² = 3, donc |z + 1| = √3 : c'est le cercle de centre Ω(−1 ; 0) et de rayon √3.
4. B. Avec z = x + iy, (z + 1)² = (x + 1)² − y² + 2i(x + 1)y. Ce nombre est réel si et seulement si (x + 1)y = 0, soit x = −1 ou y = 0 : c'est la réunion des deux droites.

Exercice 12 — C

Domaine : x > 2. L'équation devient (x + 4)(x − 2) = 2x + 1, soit x² + 2x − 8 = 2x + 1, donc x² = 9. Seule x = 3 appartient au domaine : exactement une solution, positive.

Exercice 13 — C

I₀ = ∫₀^π/2 sin x dx = 1 (A est faux).
Par intégration par parties sur I_n : I_n = [−e^−nxcos x]₀^π/2 − n∫e^−nxcos x dx = 1 − nJ_n, donc I_n + nJ_n = 1 (B, qui donne 2, est faux).
Sur J_n : J_n = [e^−nxsin x]₀^π/2 + n∫e^−nxsin x dx = e^−nπ/2 + nI_n, donc J_n − nI_n = e^−nπ/2. D est faux, car 0 ≤ I_n ≤ 1.

Exercice 14 — f(x) = x·exp(2x/(x² − 1)), f(±1) = 0

1. B. Pour x ∉ {−1, 0, 1} : (2/x)/(1/x² − 1) = 2x/(1 − x²), donc f(x)·f(1/x) = x·(1/x)·exp(2x/(x²−1) − 2x/(x²−1)) = 1. En x = ±1 la définition donne 0 : l'égalité est vraie hors de ces deux points, c'est la proposition attendue.
   A est faux : quand x → 1⁺, 2x/(x² − 1) → +∞ et f → +∞, donc f n'est pas continue en 1 (ni, a fortiori, dérivable : D est faux). C est faux : f(−x) = −x·exp(−2x/(x²−1)) ≠ −f(x).
2. D. f(x)/x = exp(2x/(x² − 1)) → e⁰ = 1 quand x → ±∞.
   Les autres sont fausses : en 1⁺ la limite est +∞ ; en −1⁺, x² − 1 → 0⁻ et 2x → −2, donc l'exposant → +∞ et f → −1 × (+∞) = −∞ ; en −∞, f(x) ~ x → −∞.
3. B (y = x + 2). f(x) − x = x(e^2x/(x²−1) − 1) ~ x·2x/(x² − 1) → 2, car e^u − 1 ~ u quand u → 0.

Exercice 15 — B

Le nombre X de « Face » suit une loi binomiale B(6 ; 1/3).

• A : P(X ≥ 1) = 1 − (2/3)⁶ = 1 − 64/729 = 665/729 et non 664/729 : faux.
• B : P(X ≤ 1) = (2/3)⁶ + 6 × (1/3)(2/3)⁵ = 64/729 + 192/729 = 256/729. L'énoncé imprime 256/769, une coquille évidente sur le dénominateur (769 n'est pas une puissance de 3). C'est la proposition attendue.
• C : P(X = 2) = C(6,2)(1/3)²(2/3)⁴ = 15 × 16/729 = 240/729 : il manque le coefficient 15, donc faux.
• D : l'espérance vaut E(X) = 6 × 1/3 = 2, pas 3 : faux.