نموذج مباراة ولوج المدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن ENSAM مكناس 2012 - الرياضيات - شعبة العلوم الرياضية أ وب

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 Mathématiques A et B, session du jeudi 26 juillet 2012. Durée : 2 heures. Questions à réponse précise : partie A (1 point par question) et partie B (2 points par question). Voici une correction proposée avec le calcul qui mène à chaque réponse.

💡 Méthode : seule la réponse est reportée dans la case, mais une erreur de signe coûte toute la question. Faites le calcul au brouillon et contrôlez-le par une vérification rapide (valeur particulière, calcul inverse).

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.

2. cos⁴(4x) − sin⁴(4x) = 1 : on factorise cos⁴ − sin⁴ = (cos² − sin²)(cos² + sin²) = cos(8x). L'équation devient cos(8x) = 1, soit 8x = 2kπ. S = { kπ/4 , k ∈ ℤ }.

3. (1 + i)⁹ : (1 + i)² = 2i, donc (1 + i)⁸ = (2i)⁴ = 16 et (1 + i)⁹ = 16(1 + i). a = 16, b = 16. (Contrôle : 1 + i = √2 e^iπ/4, (1 + i)⁹ = 16√2 e^i9π/4 = 16√2 e^iπ/4.)

4. C = lim n ln√((n+1)/(n−1)) : n ln√((n+1)/(n−1)) = (n/2) [ln(1 + 1/n) − ln(1 − 1/n)]. Avec ln(1 + u) ~ u : (n/2)(1/n + 1/n + o(1/n)) → 1. C = 1.

5. Dérivée de g(x) = exp((f(x²))²) : on dérive exp(u) avec u = (f(x²))², puis u' = 2 f(x²) · f'(x²) · 2x. g'(x) = 4x f(x²) f'(x²) e^(f(x²))².

6. f(E) pour f(x) = (x + 1)/(x + 2) : f(x) = 1 − 1/(x + 2). Quand x décrit ℝ∖{−2}, 1/(x + 2) décrit ℝ∗ (tout réel non nul est atteint : pour y ≠ 1, x = (2y − 1)/(1 − y)). f(E) = ℝ∖{1}.

7. 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'(x) = 2x − 2 < 0) : de f(−1) = 3 à f(0) = 0.
• Sur [0, 1] : x² − x ≤ 0, donc f(x) = x − x² + x = 2x − x², croissante (f'(x) = 2 − 2x ≥ 0) : de f(0) = 0 à f(1) = 1.

Maximum 3 atteint en x = −1 ; minimum 0 atteint en x = 0 (et maximum local 1 en x = 1).

8. Angle BAC pour A(1, 2), B(−2, 1), C(0, 4) : AB⃗ = (−3, −1), AC⃗ = (−1, 2).

• Produit scalaire : (−3)(−1) + (−1)(2) = 1 ; ‖AB⃗‖ = √10, ‖AC⃗‖ = √5 ; cos(BAC) = 1/√50 = √2/10.
• Déterminant : (−3)(2) − (−1)(−1) = −7, donc sin(BAC) = 7/√50 et tan(BAC) = 7.

BAC = arctan 7 = arccos(√2/10) ≈ 1,429 rad (on peut aussi l'écrire π/4 + arctan(3/4)).

9. Nombre d'entiers naturels multiples de 3 entre 0 et x : ce sont les 3k avec k ∈ ℕ et 0 ≤ 3k ≤ x, soit 0 ≤ k ≤ x/3. Réponse probable : E(x/3) + 1 (E = partie entière), en comptant 0, qui est multiple de 3. Si l'on exclut 0, on trouve E(x/3).

10. Division euclidienne de X⁵ − 7X⁴ − X² − 9X + 9 par X² − 5X + 4 : (attention, le terme en X³ est nul)

• X³ : on retranche X⁵ − 5X⁴ + 4X³, reste −2X⁴ − 4X³ − X² − 9X + 9
• −2X² : on retranche −2X⁴ + 10X³ − 8X², reste −14X³ + 7X² − 9X + 9
• −14X : on retranche −14X³ + 70X² − 56X, reste −63X² + 47X + 9
• −63 : on retranche −63X² + 315X − 252, reste −268X + 261

Quotient Q = X³ − 2X² − 14X − 63, reste R = −268X + 261. Contrôle en X = 1 (racine du diviseur) : P(1) = 1 − 7 − 1 − 9 + 9 = −7 et R(1) = −7.

Partie B — 2 points par question

1. J en fonction de I : changement de variable t = a + b − x dans J : J = ∫ₐᵇ (a + b − t) f(a + b − t) dt = ∫ₐᵇ (a + b − t) f(t) dt = (a + b) I − J. J = (a + b) I / 2.

2. AΔE et AΔC_E^A : AΔB = (A ∪ B) ∖ (A ∩ B).

• A ⊂ E : A ∪ E = E et A ∩ E = A, donc AΔE = E ∖ A = C_E^A.
• A ∪ C_E^A = E et A ∩ C_E^A = ∅, donc AΔC_E^A = E.

3. Triangle isocèle de périmètre 1 d'aire maximale : côtés égaux x, base y = 1 − 2x, avec 1/4 < x < 1/2 (inégalité triangulaire). Formule de Héron avec le demi-périmètre p = 1/2 :

S² = p(p − x)²(p − y) = ½ (½ − x)² (2x − ½).

On pose h(x) = (½ − x)²(2x − ½) : h'(x) = 2(½ − x)[(½ − x) − (2x − ½)] = 2(½ − x)(1 − 3x), positive puis négative, nulle en x = 1/3. Le triangle est équilatéral de côté 1/3, d'aire maximale S = (√3/4)(1/3)² = √3/36.

4. u_n = 25ⁿ + 2³ⁿ⁺⁴ : 23n+4 = 16 · 8ⁿ, donc u_n est combinaison de 25ⁿ et 8ⁿ. Elle vérifie la récurrence dont l'équation caractéristique a pour racines 25 et 8 : r² − 33r + 200 = 0, soit u_n+2 = 33u_n+1 − 200u_n. a = 33, b = −200. (Contrôle : u₀ = 17, u₁ = 153, u₂ = 1649 et 33 × 153 − 200 × 17 = 5049 − 3400 = 1649.)

5. D = ∫₋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)| (x² − 2 ne s'annule pas sur [−1, 1]).

D = (1/(2√2)) [ln((√2 − 1)/(√2 + 1)) − ln((√2 + 1)/(√2 − 1))] = (1/√2) ln((√2 − 1)/(√2 + 1)). Comme (√2 − 1)/(√2 + 1) = (√2 − 1)² : D = √2 ln(√2 − 1) ≈ −1,246 (négatif, normal : 1/(x² − 2) < 0 sur [−1, 1]).

6. Calcul de S_n : on somme l'égalité pour k = 1 à n ; le membre de gauche est télescopique :

(n + 1)³ − 1 = 3Sn + 3 · n(n + 1)/2 + n, donc 3Sn = (n + 1)³ − (n + 1) − 3n(n + 1)/2 = (n + 1)(n² + 2n − 3n/2) = n(n + 1)(2n + 1)/2.

S_n = n(n + 1)(2n + 1)/6.

7. F = lim [E(x) + E(2x) + … + E(nx)]/n² : pour tout k, kx − 1 < E(kx) ≤ kx. En sommant : x n(n + 1)/2 − n < Σ E(kx) ≤ x n(n + 1)/2. On divise par n² : les deux bornes tendent vers x/2. Par encadrement, F = x/2.

8. Payer 10 DH avec des pièces de 10 et 20 centimes : 10 DH = 1000 centimes. On cherche les (p, q) ∈ ℕ² tels que 10p + 20q = 1000, soit p + 2q = 100. q peut prendre toute valeur de 0 à 50, et p = 100 − 2q est alors déterminé. 51 façons.

9. X = x₁³ + x₂³ + x₃³ : chaque racine vérifie xᵢ³ = 1 − 2xᵢ, donc X = 3 − 2(x₁ + x₂ + x₃). Le coefficient de x² étant nul, x₁ + x₂ + x₃ = 0. X = 3.

10. Date de la nouvelle réunion : on compte t jours à partir du 1^er juin 2012. A est visible si t est multiple de 51 ; B, vu le 28 juin (t = 27), est visible si t ≡ 27 (mod 72).

• t = 51k et 51k ≡ 27 (mod 72). Comme PGCD(51, 72) = 3 divise 27, on divise par 3 : 17k ≡ 9 (mod 24).
• 17 × 17 = 289 = 12 × 24 + 1, donc 17 est son propre inverse modulo 24 : k ≡ 17 × 9 = 153 ≡ 9 (mod 24).
• Plus petite solution : k = 9, t = 459 (contrôle : 459 = 9 × 51 et 459 − 27 = 432 = 6 × 72). Ensuite tous les PPCM(51, 72) = 1224 jours.

459 jours après le 1^er juin 2012 (2013 n'est pas bissextile) : le 3 septembre 2013.

11. Cercle tangent aux trois droites : les droites y = 2x + 1 et y = 2x + 7 sont parallèles.

• Leur distance est |7 − 1|/√(2² + 1) = 6/√5, qui est un diamètre : R = 3/√5.
• Le centre est sur la droite médiane y = 2x + 4 et à la distance R de la troisième droite x + 2y = 0 : |x + 2(2x + 4)|/√5 = 3/√5, soit |5x + 8| = 3, d'où x = −1 ou x = −11/5.

Deux cercles conviennent : Ω(−1, 2), équation (x + 1)² + (y − 2)² = 9/5 ; et Ω'(−11/5, −2/5), équation (x + 11/5)² + (y + 2/5)² = 9/5.