نموذج مباراة ولوج السنة الأولى للمدرسة الوطنية للفلاحة بمكناس ENA 2009 - الرياضيات

هذا النموذج هو اختبار الرياضيات لمباراة ولوج السنة الأولى بالمدرسة الوطنية للفلاحة بمكناس، دورة 28 يوليوز 2009. مدة الإنجاز: ساعة واحدة. يتضمن ثلاثة تمارين: الأعداد العقدية، المتتاليات، ودراسة دالة أسية مع حساب مساحة. ما يلي تصحيح مقترح مع خطوات الحل.

💡 الوقت قصير (ساعة واحدة): ركّز على النتائج الأساسية واكتب الحساب باختصار في الحيز المخصص لكل سؤال.

التمرين الأول

θ عدد حقيقي من المجال ]π/2 , π[، والمعادلة (E): z² tan²θ − 2z sinθ + 1 = 0.

1) حلا المعادلة مترافقان

المعاملات حقيقية و tanθ ≠ 0. المميز المختصر:

Δ' = sin²θ − tan²θ = sin²θ (1 − 1/cos²θ) = − sin⁴θ / cos²θ

بما أن sinθ ≠ 0 فإن Δ' < 0، إذن للمعادلة حلان عقديان غير حقيقيين، وبما أن معاملاتها حقيقية فهما مترافقان.

2) حل المعادلة

Δ' = (i sin²θ / cosθ)²، إذن:

z = (sinθ ± i sin²θ/cosθ) / tan²θ

و sinθ / tan²θ = cos²θ / sinθ ، و (sin²θ/cosθ) / tan²θ = cosθ. ومنه:

z₁ = cos²θ/sinθ + i cosθ و z₂ = cos²θ/sinθ − i cosθ.

3) الشكل المثلثي

نلاحظ أن z₁ = (cosθ/sinθ)(cosθ + i sinθ) = cotanθ · e^{iθ} و z₂ = cotanθ · e^{−iθ}.

بما أن θ ∈ ]π/2 , π[ فإن cotanθ < 0، فالمعيار هو −cotanθ ونكتب −e^{iθ} = e^{i(θ−π)}:

• z₁ = −cotanθ [cos(θ−π) + i sin(θ−π)] (العمدة θ−π ∈ ]−π/2 , 0[)
• z₂ = −cotanθ [cos(π−θ) + i sin(π−θ)]

تحقق: الجزء الحقيقي لـ z₁ هو cos²θ/sinθ > 0 والجزء التخيلي cosθ < 0، وهو ما يوافق عمدة في ]−π/2 , 0[.

التمرين الثاني

U₀ = 1 و U_{n+1} = U_n + (1+U_n)/(1+2U_n).

1) المتتالية موجبة وتزايدية قطعا

بالترجع: U₀ = 1 > 0. إذا كان U_n > 0 فإن (1+U_n)/(1+2U_n) > 0 ومنه U_{n+1} > U_n > 0.

إذن لكل n: U_n > 0، و U_{n+1} − U_n = (1+U_n)/(1+2U_n) > 0، فالمتتالية تزايدية قطعا.

2) المتتالية متباعدة

لكل U ≥ 0 لدينا (1+U)/(1+2U) ≥ 1/2 لأن 2 + 2U ≥ 1 + 2U. إذن U_{n+1} − U_n ≥ 1/2، ومنه بالجمع:

U_n ≥ 1 + n/2، و lim (1 + n/2) = +∞، إذن lim U_n = +∞ والمتتالية متباعدة.

(طريقة أخرى: لو كانت متقاربة نحو l لكان l ≥ 1 و l = l + (1+l)/(1+2l) أي l = −1، وهذا تناقض.)

3) المتتالية غير مكبورة

بما أن U_n ≥ 1 + n/2 وأن 1 + n/2 يتجاوز أي عدد حقيقي M عندما يكبر n، فلا يوجد M بحيث U_n ≤ M لكل n: المتتالية غير مكبورة. (ونتيجة عامة: متتالية تزايدية ومتباعدة لا يمكن أن تكون مكبورة.)

التمرين الثالث

f_k(x) = (e^{kx} − 1)/(e^{kx} + 1) مع k ≠ 0.

1) الزوجية والنهايات

f_k معرفة على ℝ (المقام e^{kx}+1 > 0)، و:

f_k(−x) = (e^{−kx} − 1)/(e^{−kx} + 1) = (1 − e^{kx})/(1 + e^{kx}) = −f_k(x) ← f_k فردية.

• إذا كان k > 0: e^{kx} → +∞ عند +∞، و f_k(x) = (1 − e^{−kx})/(1 + e^{−kx}) → 1.
• إذا كان k < 0: e^{kx} → 0 عند +∞، إذن f_k(x) → −1.

وبما أن f_k فردية: lim_{x→−∞} f_k(x) = −lim_{x→+∞} f_k(x)، أي −1 إذا كان k > 0 و 1 إذا كان k < 0.

2) مقارنة f_{−k} و f_k

f_{−k}(x) = f_k(−x) = −f_k(x). إذن المنحنى C_{−k} هو مماثل C_k بالنسبة لمحور الأفاصيل (وكذلك بالنسبة لمحور الأراتيب لأن f_k فردية). يكفي إذن دراسة الحالة k > 0 ثم إنشاء C_{−k} بالتماثل.

3.1) f_k تزايدية قطعا على [0 ; +∞[ (k > 0)

نكتب f_k = g ∘ h مع h(x) = e^{kx} و g(t) = (t − 1)/(t + 1) = 1 − 2/(t + 1).

h تزايدية قطعا على [0 ; +∞[ وتأخذ قيمها في [1 ; +∞[، و g تزايدية قطعا على [1 ; +∞[ (لأن 2/(t+1) تناقصية). مركب دالتين تزايديتين قطعا تزايدي قطعا، إذن f_k تزايدية قطعا على [0 ; +∞[، وبالفردية على ℝ كله.

(تحقق بالمشتقة: f_k'(x) = 2k e^{kx}/(e^{kx}+1)² > 0.)

3.2) f_k تقابل من ℝ نحو ]−1 ; 1[ وتحديد f_k⁻¹

f_k متصلة وتزايدية قطعا على ℝ، و lim_{−∞} f_k = −1 و lim_{+∞} f_k = 1، إذن f_k تقابل من ℝ نحو ]−1 ; 1[.

ليكن y ∈ ]−1 ; 1[: y = (e^{kx} − 1)/(e^{kx} + 1) ⇔ e^{kx}(1 − y) = 1 + y ⇔ e^{kx} = (1+y)/(1−y) ⇔ x = (1/k) ln((1+y)/(1−y)).

f_k⁻¹(x) = (1/k) ln((1 + x)/(1 − x)) لكل x ∈ ]−1 ; 1[.

3.3) إنشاء C₂ و Γ₂

• C₂: f₂(x) = (e^{2x} − 1)/(e^{2x} + 1)، تمر من O، ومقاربان أفقيان y = 1 (عند +∞) و y = −1 (عند −∞)، و f₂'(0) = 2k/4 = 1 إذن المماس في O هو المستقيم y = x، و O مركز تماثل.
• Γ₂: منحنى f₂⁻¹(x) = ½ ln((1+x)/(1−x)) على ]−1 ; 1[، وهو مماثل C₂ بالنسبة للمنصف الأول y = x، مقارباه عموديان x = 1 و x = −1، ومماسه في O هو أيضا y = x.

على [0 ; 1[ يكون Γ₂ فوق المستقيم y = x و C₂ تحته.

3.4) المساحة A(λ) مع λ > 1

الحيز المحدد بـ C₂ و Γ₂ والمستقيمين x = λ و y = 1: ينطلق من O، حده السفلي C₂ من x = 0 إلى x = λ، وحده العلوي Γ₂ من O إلى النقطة (f₂(1) ; 1) أي (0,76 ; 1) تقريبا [لأن f₂⁻¹(x) = 1 ⇔ x = f₂(1)]، ثم المستقيم y = 1 إلى x = λ، ويغلقه المستقيم x = λ. (هذا هو التأويل المرجّح لنص السؤال.)

دالة أصلية لـ f₂: F(x) = ln(e^{2x} + 1) − x (تحقق: F'(x) = 2e^{2x}/(e^{2x}+1) − 1 = f₂(x)).

• المساحة تحت C₂ من 0 إلى λ: F(λ) − F(0) = ln(e^{2λ}+1) − λ − ln2.
• المساحة تحت الحد العلوي: بالتماثل بالنسبة لـ y = x، المساحة تحت Γ₂ من 0 إلى a = f₂(1) تساوي a·1 − ∫₀¹ f₂(x)dx، ثم نضيف المستطيل (λ − a)·1. المجموع: λ − ∫₀¹ f₂ = λ − (ln(e²+1) − 1 − ln2).

إذن (بوحدة المساحة):

A(λ) = 2λ + 1 + 2 ln2 − ln(e² + 1) − ln(e^{2λ} + 1)

وهي أيضا A(λ) = λ − ln(ch 1) − ln(ch λ). مثال للتحقق: من أجل λ = 2 نجد A ≈ 0,241 u.a (تحقق عددي بالتكامل المباشر يعطي نفس القيمة).