نموذج مباراة ولوج المدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن (ENSAM الدار البيضاء - مكناس) 2014 - الرياضيات - شعبة العلوم التجريبية والتقنية

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès en 1^re année des années préparatoires ENSAM Casablanca – ENSAM Meknès (Université Hassan II / Université Moulay Ismail), séries sciences expérimentales et branches techniques, session du samedi 2 août 2014, durée 2 h. Partie I : 15 questions à réponse précise (2 pts, pas de pénalité) ; partie II : 10 QCM (2 pts, réponse fausse ou multiple = −1). Voici une correction proposée, avec le calcul de chaque réponse.

💡 Stratégie : en partie II, une réponse fausse coûte −1 : ne cochez que si vous avez éliminé au moins deux propositions. La partie I ne pénalise pas : répondez à tout.

I – Questions à réponses précises

Q1 – Limite de u_n = Σ e^k/n² ln(1 + 1/k)

Pour 1 ≤ k ≤ n : 1 ≤ e^k/n² ≤ e^1/n, donc u_n ≥ Σ ln(1 + 1/k) = Σ [ln(k+1) − ln k] = ln(n+1) (somme télescopique).

lim u_n = +∞.

Q2 – Système dans [0, 2π]²

La 1^re équation s'écrit cos x (√2 − cos y) = 1/2 ; la 2^e donne √2 − cos y = sin x. Donc cos x sin x = 1/2, soit sin 2x = 1, d'où x = π/4 ou x = 5π/4.

• x = π/4 : cos y = √2 − √2/2 = √2/2, donc y = π/4 ou y = 7π/4.
• x = 5π/4 : cos y = √2 + √2/2 = 3√2/2 > 1, impossible.

S = {(π/4, π/4) ; (π/4, 7π/4)}.

Q3 – Forme algébrique de z = (√(2−√3) − i√(2+√3))⁴²

On a √(2−√3) = 2 sin(π/12) et √(2+√3) = 2 cos(π/12) (car (2 sin π/12)² = 2 − 2cos(π/6) = 2 − √3).

Donc w = 2(sin π/12 − i cos π/12) = 2(cos 5π/12 − i sin 5π/12) = 2e^−i5π/12.

w⁴² = 2⁴² e^{−i·42·5π/12} = 2⁴² e^−i35π/2 = 2⁴² e^−i3π/2 (car 35π/2 = 16π + 3π/2) = 2⁴² i.

z = 2⁴² i.

Q4 – Ensemble Γ : (iz + 1)(z + i − 1) ∈ iℝ

Avec z = x + iy : iz + 1 = (1 − y) + ix et z + i − 1 = (x − 1) + i(y + 1).

Partie réelle du produit : (1 − y)(x − 1) − x(y + 1) = y − 2xy − 1. Condition : y(1 − 2x) = 1, soit y = 1/(1 − 2x).

Γ est l'hyperbole d'équation y = 1/(1 − 2x) (x ≠ 1/2), de centre (1/2 ; 0), d'asymptotes x = 1/2 et y = 0.

Q5 – D = Π_k=1..n cos(a/2^k)

On multiplie par sin(a/2ⁿ) et on applique n fois sin 2t = 2 sin t cos t : D · sin(a/2ⁿ) = sin a / 2ⁿ.

D = sin a / (2ⁿ sin(a/2ⁿ)).

Q6 – A_n = Σ k/(k+1)!

k/(k+1)! = ((k+1) − 1)/(k+1)! = 1/k! − 1/(k+1)! : somme télescopique.

A_n = 1 − 1/(n+1)!.

Q7 – ℓ = lim_x→a (f(x)/f(a))^{1/(ln x − ln a)}

ln de l'expression : [ln f(x) − ln f(a)] / [ln x − ln a] = taux d'accroissement de ln f par rapport à ln x, qui tend vers (f'(a)/f(a)) / (1/a) (f(a) > 0 pour que l'expression ait un sens).

ℓ = exp(a f'(a) / f(a)).

Q8 – j = lim_x→0 cos((π/2)cos x) / (x sin(sin x))

cos((π/2)cos x) = sin((π/2)(1 − cos x)) ~ (π/2)(x²/2) = πx²/4 ; dénominateur ~ x · x = x².

j = π/4.

Q9 – f(x) + 3f(1/x) = x²

En remplaçant x par 1/x : f(1/x) + 3f(x) = 1/x². On élimine f(1/x) : f(1/x) = 1/x² − 3f(x), donc f(x) + 3/x² − 9f(x) = x².

f(x) = (3/x² − x²)/8 = (3 − x⁴)/(8x²) (et cette fonction vérifie bien l'équation).

Q10 – g(x) = |cos x|·√(1 − cos x)

Sur chaque intervalle ]0, π/2[ et ]π/2, π[, g ne s'annule pas et ln|g| = ln|cos x| + ½ ln(1 − cos x). En dérivant :

g'(x)/g(x) = −tan x + sin x / (2(1 − cos x)) = −tan x + ½ cot(x/2).

g'(x) = g(x) · [ sin x / (2(1 − cos x)) − tan x ] = g(x) · [ ½ cotan(x/2) − tan x ].

Q11 – h(x) = ln|e^x − e^2x| sur ℝ₊*

Pour x > 0, e^2x > e^x, donc h(x) = ln(e^2x − e^x), h'(x) = (2e^2x − e^x)/(e^2x − e^x) > 0 ; h → −∞ en 0⁺ et +∞ en +∞ : h est une bijection de ℝ₊* sur ℝ.

y = h(x) ⇔ t² − t − e^y = 0 avec t = e^x > 1 ⇔ t = (1 + √(1 + 4e^y))/2.

D_h⁻¹ = ℝ et h⁻¹(x) = ln[(1 + √(1 + 4e^x))/2].

Q12 – I = lim ∫₁^x t ln t/(1+t²)² dt

Intégration par parties : u = ln t, v' = t/(1+t²)², v = −1/(2(1+t²)).

I = [−ln t / (2(1+t²))]₁^+∞ + ½∫₁^+∞ dt/(t(1+t²)) = 0 + ½ [ln t − ½ ln(1+t²)]₁^+∞ = ½ · ½ ln 2.

I = (ln 2)/4.

Q13 – J = ∫₀^π/2 √sin x / (√sin x + √cos x) dx

Le changement x → π/2 − x donne K = ∫ √cos x/(√sin x + √cos x) dx = J, et J + K = ∫₀^π/2 dx = π/2.

J = π/4.

Q14 – y'' + 2y' + 10y = sin 3x

• Équation caractéristique r² + 2r + 10 = 0 : r = −1 ± 3i ; solution homogène e^−x(C₁ cos 3x + C₂ sin 3x).
• Solution particulière A cos 3x + B sin 3x : (A + 6B) cos 3x + (B − 6A) sin 3x = sin 3x ⇒ A = −6/37, B = 1/37.
• Condition y'(π) = 6/37 : y'(π) = e^−π(C₁ − 3C₂) − 3/37 ⇒ C₁ − 3C₂ = 9e^π/37.
• Condition ∫_−π/2^π/2 y = 0 : la partie particulière donne 4/37 (le sinus, impair, donne 0) et la partie homogène donne (ch(π/2)/5)(C₂ − 3C₁) ⇒ 3C₁ − C₂ = 20/(37 ch(π/2)).

y(x) = e^−x(C₁ cos 3x + C₂ sin 3x) − (6/37) cos 3x + (1/37) sin 3x, avec, en posant a = 20/(37 ch(π/2)) et b = 9e^π/37 : C₁ = (3a − b)/8 ≈ −0,623 et C₂ = (a − 3b)/8 ≈ −2,084.

Q15 – 3^x + 4^x = 5^x

On divise par 5^x : φ(x) = (3/5)^x + (4/5)^x = 1. φ est strictement décroissante sur ℝ et φ(2) = 9/25 + 16/25 = 1.

S = {2}.

II – Questions à choix multiples

Q16 – Réponse : C

Le déterminant du système vaut −(m + 1)(3m − 1). Il s'annule pour m = −1 et m = 1/3. Le système a une solution unique pour tout m sauf ces deux valeurs : les valeurs exclues sont −1 et un nombre positif (1/3).

Q17 – Réponse : A

Sur [0, +∞[, f(x) = x + ln(x + 1) ≥ 0 (somme de deux termes positifs, nulle seulement en 0) : toujours positive.

Q18 – Réponse : D

Quand x → e⁻, (1 + ln x)/(1 − ln x) → +∞ donc f → +∞ : pas de demi-tangente à gauche (asymptote verticale). Quand x → e⁺, l'exposant → −∞ et f décroît plus vite que toute puissance : demi-tangente à droite horizontale, pas verticale. En +∞, f → e⁻¹ : asymptote horizontale, pas oblique. Donc aucune des trois.

Q19 – Réponse : B

« SAHARA MAROCAIN » : 14 lettres dont A ×5, R ×2, S, M ×1. Tirer S, M, A, R, A (sans ordre) : C(1,1)·C(1,1)·C(5,2)·C(2,1) = 10 × 2 = 20 cas sur C(14,5) = 2002.

P = 20/2002 = 10/1001.

Q20 – Réponse : C

b = 2 toujours ; Δ = 4 − 4ac ≥ 0 ⇔ ac ≤ 1. Cas équiprobables (a, c) : (1,1) oui, (1,0) oui, (3,1) non, (3,0) oui. P = 3/4 = 0,75.

Q21 – Réponse : A

Centre Ω = milieu de [AB] = (3, −2, 3) ; ΩC = (−2, 3, −4) est normal au plan tangent en C : −2x + 3y − 4z + d = 0 avec C(1,1,−1) : d = −5. Soit 2x − 3y + 4z + 5 = 0.

Q22 – Réponse : D

u_n = [n e^x/n]_nⁿ⁺¹ = n e (e^1/n − 1) = e · (e^1/n − 1)/(1/n) → e. lim u_n = e.

Q23 – Réponse : D

ln est croissante ; x² + 1/x² ≥ 2 avec égalité pour x = ±1. f a donc deux minimums locaux (en −1 et en 1, valeur ln 2).

Q24 – Réponse : B

tan x + tan 4x = sin 5x/(cos x cos 4x) et tan 2x + tan 3x = sin 5x/(cos 2x cos 3x). L'équation devient sin 5x · (cos 2x cos 3x + cos x cos 4x) = 0, soit sin 5x = 0 ou cos 5x + cos x cos 2x = 0.

• sin 5x = 0 : x ∈ {0, π/5, 2π/5, 3π/5} (4 solutions, tangentes définies).
• cos 5x + cos x cos 2x = 0 : x ≈ 0,438 et x ≈ 0,986 (x = π/2 est exclu, tan non définie).

Six solutions.

Q25 – Réponse : A

Avec θ = π/(2ⁿ − 1) : Π cos(2^kθ) = sin(2ⁿθ)/(2ⁿ sin θ). Or 2ⁿθ = π + θ, donc sin(2ⁿθ) = −sin θ et le produit vaut −1/2ⁿ → 0.