نموذج مباراة ولوج المدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن ENSAM مكناس 2006 - الرياضيات - شعبة العلوم التجريبية والتقنية

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'entrée en 1^re année de l'ENSAM de Meknès (Université Moulay Ismaïl), filière Sciences expérimentales et techniques, session du samedi 22 juillet 2006. Durée : 3 h 33 min. L'épreuve comporte six rubriques : notions de base et raisonnement (QCM), suites, fonctions, dénombrement et arithmétique, géométrie, et « mathématiques amusantes ». Voici une correction détaillée proposée.

💡 Les questions valent 1 à 3 points et sont indépendantes : commencez par celles que vous maîtrisez (calculs de dénombrement, limites, problèmes « amusants ») et gardez les démonstrations plus longues pour la fin.

I. Notions de base et raisonnement

I.1 — Réponses : 1.a, 1.b, 1.c et 1.f.

• (a), (b), (c) sont trois lectures classiques de p ⟹ q : p suffit pour q ; q est nécessaire pour p.
• (d) correspond à q ⟹ p (la réciproque) : faux. (e) est une équivalence : faux.
• (f) « pour que q soit fausse, il faut que p soit fausse » s'écrit non q ⟹ non p : c'est la contraposée, équivalente à p ⟹ q. Vrai.
• (g) s'écrit non p ⟹ non q : c'est la contraposée de la réciproque. Faux.

I.2 — Réponses : 2.a et 2.b. L'hérédité P(n) ⟹ P(n+1) a pour contraposée : P(n+1) fausse ⟹ P(n) fausse. Partant de P(n₀) fausse, on « redescend » : P(n₀ − 1), P(n₀ − 2), … sont fausses, donc P(n) est fausse pour tout n ≤ n₀ (2.b), en particulier P(n₀ − 1) si n₀ ≥ 1 (2.a). On ne peut rien dire de P(n₀ + 1) ni des rangs supérieurs : (c), (d), (e) ne se déduisent pas.

I.3 — Réponses : 3.a et 3.b. Notons X̄ le complémentaire.

• (a) (A ∩ C̄) ∪ (B ∩ C̄) = (A ∪ B) ∩ C̄ : distributivité. Égaux.
• (b) (A ∩ B̄) ∪ (A ∩ C̄) = A ∩ (B̄ ∪ C̄) = A ∩ (B ∩ C)‾ = A \ (B ∩ C) : loi de De Morgan. Égaux.
• (c) (A \ C) \ (B \ C) = A ∩ C̄ ∩ (B̄ ∪ C) = A ∩ B̄ ∩ C̄, alors que A ∩ (C \ B) = A ∩ C ∩ B̄. Différents (ex. A = {1}, B = C = ∅).
• (d) (A \ B) \ (A \ C) = A ∩ B̄ ∩ (Ā ∪ C) = A ∩ B̄ ∩ C, alors que (A \ B) \ C = A ∩ B̄ ∩ C̄. Différents.
• (e) Contre-exemple : C = D = ∅ donne (A ∪ B) × ∅ = ∅, alors que A × B ≠ ∅ dès que A et B sont non vides. Différents.

II. Suites numériques

II.1.a Récurrence (inégalité de Bernoulli), a > 0.
Pour n = 2 : (1 + a)² = 1 + 2a + a² > 1 + 2a.
Hérédité : si (1 + a)ⁿ > 1 + na, alors (1 + a)ⁿ⁺¹ > (1 + na)(1 + a) = 1 + (n + 1)a + na² > 1 + (n + 1)a.
Comme 1 + na → +∞, on a xⁿ → +∞ pour x > 1.

II.1.b Si 0 < x < 1, alors 1/x > 1, donc (1/x)ⁿ → +∞ d'après II.1.a, et u_n = 1/(1/x)ⁿ → 0.

II.1.c

• x = 1 : u_n = 1 pour tout n, la suite converge vers 1.
• x = 0 : u_n = 0 pour n ≥ 1, la suite converge vers 0.
• −1 < x < 0 : |u_n| = |x|ⁿ → 0 (II.1.b), donc u_n → 0.
• x = −1 : u_n = (−1)ⁿ vaut alternativement 1 et −1 : divergente.
• x < −1 : |u_n| = |x|ⁿ → +∞ et le signe alterne : divergente, sans limite.

II.2 b_n = ln a_n = Σ_k=1..n ln(1 + k/n²). On applique l'encadrement avec x = k/n² > 0 et on somme :
Σ k/n² − Σ k²/(2n⁴) ≤ b_n ≤ Σ k/n².
Or Σ_k=1..n k = n(n + 1)/2 et Σ_k=1..n k² = n(n + 1)(2n + 1)/6, donc Σ k/n² = (n + 1)/(2n) et Σ k²/(2n⁴) = (n + 1)(2n + 1)/(12n³). On obtient :
(n + 1)/(2n) − (n + 1)(2n + 1)/(12n³) ≤ b_n ≤ (n + 1)/(2n).
(Conséquence : b_n → 1/2, donc a_n → √e.)

II.3

• Si a > b : on divise par aⁿ : v_n = (1 − (b/a)ⁿ)/(1 + (b/a)ⁿ) → 1, car 0 < b/a < 1.
• Si a < b : on divise par bⁿ : v_n = ((a/b)ⁿ − 1)/((a/b)ⁿ + 1) → −1.
• Si a = b : v_n = 0 → 0.

La suite converge dans tous les cas.

III. Fonctions réelles

III.1 f(x) = x/(1 + |x|).

• a) |f(x)| = |x|/(1 + |x|) < 1 : f est bornée, et même −1 < f(x) < 1.
• b) Sur ]0, +∞[, f(x) = x/(1 + x) et f'(x) = 1/(1 + x)². Sur ]−∞, 0[, f(x) = x/(1 − x) et f'(x) = 1/(1 − x)². En 0 : (f(h) − f(0))/h = 1/(1 + |h|) → 1. Donc f est dérivable sur ℝ, avec f'(x) = 1/(1 + |x|)² et f'(0) = 1.
• c) ℝ est symétrique et f(−x) = −x/(1 + |x|) = −f(x) : f est impaire.
• d) f est continue et strictement croissante (f' > 0) sur ℝ ; lim_+∞ f = lim x/(1 + x) = 1 et lim_−∞ f = lim x/(1 − x) = −1. f réalise donc une bijection de ℝ sur ]−1, 1[ (réciproque : y ↦ y/(1 − |y|)).

III.2 Pour que la limite à droite en 2 soit finie, le numérateur doit s'annuler en 2 : 4 + 2 − a = 0, donc a = 6. Alors (x² + x − 6)/(x − 2) = (x − 2)(x + 3)/(x − 2) = x + 3 → 5. Continuité : f(2) = (4 + b)/3 = 5, donc b = 11.

III.3 Pour t ∈ ]0, 1[, −ln t > 0. (ln u)' = u'/u avec u = −ln t et u' = −1/t :
d/dt [ln(−ln t)] = (−1/t)/(−ln t) = 1/(t·ln t).

III.4 f est continue sur le segment [a, b] : elle y atteint un minimum m et un maximum M. Pour tout i, m ≤ f(x_i) ≤ M, donc la moyenne μ = (1/n)Σf(x_i) vérifie m ≤ μ ≤ M. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe c ∈ [a, b] tel que f(c) = μ.

III.5 L'équation n'a de sens que pour x > 0. Posons g(x) = xⁿ·ln x.

• Sur ]0, 1] : ln x ≤ 0, donc g(x) ≤ 0 < 1 : pas de solution.
• Sur ]1, +∞[ : g est continue, strictement croissante (produit de deux fonctions positives croissantes, dont ln x strictement croissante), g(1) = 0 et g(x) → +∞.

D'après le théorème de la bijection, il existe un unique x_n > 1 tel que g(x_n) = 1. Pour n = 0, x₀ = e.

III.6 s_n = (1/n)Σ_k=0..n−1 f(k/n) est une somme de Riemann de f continue sur [0, 1] :
lim s_n = ∫₀¹ cos(πx) dx = [sin(πx)/π]₀¹ = 0.
(Directement : cos(kπ/n) + cos((n − k)π/n) = 0, les termes k = 1 … n − 1 s'annulent deux à deux, donc s_n = 1/n → 0.)

III.7 Soit I = ∫_a^b t·f(t) dt. On pose t = a + b − u (dt = −du, les bornes s'échangent) :
I = ∫_a^b (a + b − u)·f(a + b − u) du = ∫_a^b (a + b − u)·f(u) du = (a + b)∫_a^b f − I.
Donc 2I = (a + b)∫_a^b f, soit I = ((a + b)/2)·∫_a^b f(t) dt.

IV. Dénombrement et arithmétique

IV.1.a Chacune des 25 personnes choisit G ou D : 2²⁵ = 33 554 432 séquences.

IV.1.b On choisit les 10 positions des G parmi 25 : C(25, 10) = 3 268 760.

IV.2 Tirages simultanés et indépendants dans les deux urnes : C(30, 10) × C(30, 15) = 30 045 015 × 155 117 520 = 4 660 508 215 162 800 (≈ 4,66·10¹⁵).

IV.3 Formule du binôme : (1 − 1)ⁿ = Σ_k=0..n C(n, k)(−1)^k. Pour n ≥ 1, le membre de gauche vaut 0ⁿ = 0 : c'est l'égalité demandée.

IV.4 On écrit tout en puissances de 2 et de 3 :

• ∛(2¹⁰) = 2^10/3 ; √(√64) = √8 = 2^3/2 ; ⁵√(6⁵) = 6.
• √18 = 3·2^1/2 ; √(∛256) = (2^8/3)^1/2 = 2^4/3.

A = 2^10/3·2^3/2·6 / (3·2^1/2·2^4/3) = 2 × 2^{10/3 − 4/3} × 2^{3/2 − 1/2} = 2 × 2² × 2 = 16 : c'est bien un entier.

IV.5 A + B = π − C, donc sin((A + B)/2) = cos(C/2) et cos((A + B)/2) = sin(C/2).
sin A + sin B = 2 sin((A + B)/2)·cos((A − B)/2) = 2 cos(C/2)·cos((A − B)/2).
sin C = 2 sin(C/2)·cos(C/2) = 2 cos((A + B)/2)·cos(C/2).
Somme : 2 cos(C/2)·[cos((A − B)/2) + cos((A + B)/2)] = 2 cos(C/2) × 2 cos(A/2)·cos(B/2) = 4 cos(A/2)·cos(B/2)·cos(C/2).

V. Géométries

V.1 u·v = 2a × (−a) + 1 × 3 + 0 × 4 = −2a² + 3 = 0 ⟺ a² = 3/2 ⟺ a ∈ {−√6/2 ; √6/2}.

V.2 Les côtés obliques forment avec la base b les angles θ et Φ et ont la hauteur h : leurs longueurs sont h/sin θ et h/sin Φ. D'où
P = a + b + h/sin θ + h/sin Φ, avec la relation b = a + h/tan θ + h/tan Φ qui permet d'éliminer a ou b si on le souhaite.

V.3 Les axes forment un triangle rectangle de côtés 1,5 m et 2 m, donc d'hypoténuse √(1,5² + 2²) = 2,5 m. La courroie comprend trois segments parallèles aux côtés, de mêmes longueurs que ceux-ci (6 m au total), et trois arcs dont les angles au centre sont les angles extérieurs du triangle ; leur somme vaut 2π, soit un tour complet d'une poulie (π × 1 m). Longueur : L = 6 + π ≈ 9,14 m.

VI. Mathématiques amusantes

VI.1 Soit x cha-maths (2 bosses) et y dro-maths (1 bosse). Pieds : 2x + 2y = 56, donc x + y = 28. Bosses : 2x + y = 45. Donc x = 17 cha-maths et y = 11 dro-maths.

VI.2 Après n années : n₀·1,05ⁿ ≥ 2n₀ ⟺ n ≥ ln 2/ln 1,05 ≈ 14,2. Comme 1,05¹⁴ ≈ 1,98 et 1,05¹⁵ ≈ 2,08, l'effectif double au bout de 15 ans (soit à l'année universitaire 2020-2021 si la première hausse porte sur 2006-2007).

VI.3 Une poule mange 36/(12 × 18) = 1/6 kg de grain par jour. Une poule pond 12/(9 × 8) = 1/6 œuf par jour, soit un œuf tous les 6 jours. Pour 2006 œufs, il faut 2006 × 6 = 12 036 « jours-poule », qui consomment 12 036 × 1/6 = 2006 kg de grain (1 kg de grain par œuf).