نموذج مباراة ولوج السنة الأولى للمدرسة الوطنية للفلاحة بمكناس ENA 2011 - الرياضيات

هذا النموذج هو اختبار الرياضيات لمباراة ولوج السنة الأولى بالمدرسة الوطنية للفلاحة بمكناس، دورة 05 غشت 2011. مدة الإنجاز: ساعة واحدة. أربعة تمارين: متتالية (5 نقط)، أعداد عقدية (4 نقط)، دراسة دالة (7 نقط)، تكاملات (4 نقط). ما يلي تصحيح مقترح مع خطوات الحل.

💡 المطلوب «أجب بتركيز»: الحيز المخصص لكل سؤال صغير، فاكتب الحجة الأساسية فقط (ترجع، مميز، إشارة مشتقة...).

التمرين الأول (5 نقط)

u₀ = −1 و u_{n+1} = u_n² + 1.

1) رتابة المتتالية

u_{n+1} − u_n = u_n² − u_n + 1 = (u_n − 1/2)² + 3/4 > 0. إذن (u_n) تزايدية قطعا، ومنه فهي مصغورة بحدها الأول: u_n ≥ u₀ = −1 لكل n.

(أولى الحدود: u₀ = −1، u₁ = 2، u₂ = 5، u₃ = 26.)

2) هل (u_n) متقاربة؟ هل هي مكبورة؟

لو كانت متقاربة نحو l لكان l = l² + 1 أي l² − l + 1 = 0، ومميزها −3 < 0، فلا حل حقيقي. إذن (u_n) غير متقاربة.

متتالية تزايدية ومكبورة تكون متقاربة؛ وبما أنها تزايدية وغير متقاربة فهي غير مكبورة (فهي إذن غير محدودة رغم أنها مصغورة).

3) u_n ≥ 2ⁿ لكل n ≥ 1، والنهاية

بالترجع: من أجل n = 1: u₁ = 2 ≥ 2¹. نفترض u_n ≥ 2ⁿ (≥ 0)، إذن u_n² ≥ 4ⁿ ومنه u_{n+1} = u_n² + 1 ≥ 4ⁿ + 1 ≥ 2^{n+1} (لأن 4ⁿ = 2^{2n} ≥ 2^{n+1} لكل n ≥ 1).

بما أن lim 2ⁿ = +∞ فإن lim u_n = +∞.

التمرين الثاني (4 نقط)

z² + z + 1 = 0 حلاها z₁ و z₂؛ النقط A(z₁)، B(z₂)، C(1)، D(−1). بدون حل المعادلة نستعمل: z₁ + z₂ = −1، z₁z₂ = 1، وبما أن z³ − 1 = (z − 1)(z² + z + 1) فإن z₁³ = z₂³ = 1.

1) A و B متماثلتان بالنسبة لمحور الأفاصيل

المعاملات حقيقية والمميز Δ = 1 − 4 = −3 < 0، إذن الحلان مترافقان: z₂ = z̄₁، أي أن B مماثلة A بالنسبة لمحور الأفاصيل.

2) O مركز ثقل المثلث ABC

لحق مركز الثقل G: (z₁ + z₂ + 1)/3 = (−1 + 1)/3 = 0، إذن G = O.

3) المثلث ABC متساوي الأضلاع

• AB² = |z₁ − z₂|²، و (z₁ − z₂)² = (z₁ + z₂)² − 4z₁z₂ = 1 − 4 = −3، إذن AB = √3.
• AC² = |z₁ − 1|² = (z₁ − 1)(z̄₁ − 1) = (z₁ − 1)(z₂ − 1) = z₁z₂ − (z₁ + z₂) + 1 = 1 + 1 + 1 = 3، إذن AC = √3.
• بنفس الطريقة BC² = (z₂ − 1)(z₁ − 1) = 3، إذن BC = √3.

إذن AB = AC = BC = √3 والمثلث متساوي الأضلاع.

4) الرباعي OADB معين

z₁ + z₂ = −1 = z_D، أي OA→ + OB→ = OD→، إذن OADB متوازي أضلاع. ثم |z₁|² = z₁z̄₁ = z₁z₂ = 1، إذن OA = OB = 1: متوازي أضلاع له ضلعان متتابعان متقايسان، فهو معين.

التمرين الثالث (7 نقط)

g(x) = x/(1+x) + ln(1+x) على ]−1 ; +∞[.

1) جدول تغيرات g

g'(x) = 1/(1+x)² + 1/(1+x) = (2 + x)/(1+x)² > 0 على ]−1 ; +∞[.

النهايات: عند −1 على اليمين: x/(1+x) → −∞ (البسط → −1 والمقام → 0⁺) و ln(1+x) → −∞، إذن g → −∞. عند +∞: x/(1+x) → 1 و ln(1+x) → +∞، إذن g → +∞.

2) إشارة g

g تزايدية قطعا و g(0) = 0، إذن: g(x) < 0 على ]−1 ; 0[، g(0) = 0، و g(x) > 0 على ]0 ; +∞[.

3.1) جدول تغيرات f(x) = x ln(1+x)

f'(x) = ln(1+x) + x/(1+x) = g(x). إذن f تناقصية على ]−1 ; 0] وتزايدية على [0 ; +∞[، وقيمتها الدنيا f(0) = 0.

النهايات: عند −1⁺: x → −1 و ln(1+x) → −∞، إذن f → +∞. عند +∞: f → +∞.

3.2) x²/2 ≤ f(x) ≤ x² على [0 ; 1]

من أجل x = 0 المتفاوتة متساوية. من أجل x > 0 يكفي إثبات x/2 ≤ ln(1+x) ≤ x ثم الضرب في x > 0.

• ln(1+x) ≤ x: الدالة φ(x) = x − ln(1+x) لها φ'(x) = x/(1+x) ≥ 0 و φ(0) = 0، إذن φ ≥ 0 على [0 ; 1].
• ln(1+x) ≥ x/2: الدالة ψ(x) = ln(1+x) − x/2 لها ψ'(x) = 1/(1+x) − 1/2 = (1 − x)/(2(1+x)) ≥ 0 على [0 ; 1] و ψ(0) = 0، إذن ψ ≥ 0.

ومنه x²/2 ≤ x ln(1+x) ≤ x² لكل x من [0 ; 1].

4.1) المعادلة f(x) = 1/n تقبل حلا وحيدا α_n في [0 ; 1] (n ≥ 2)

f متصلة وتزايدية قطعا على [0 ; 1]، و f(0) = 0 و f(1) = ln2 ≈ 0,69. بما أن 1/n ∈ ]0 ; 1/2] ⊂ ]0 ; ln2[، فحسب مبرهنة القيم الوسيطة (مع الرتابة القطعية) توجد قيمة وحيدة α_n ∈ ]0 ; 1[ تحقق f(α_n) = 1/n.

4.2) (α_n) متقاربة ونهايتها

من 3.2: α_n²/2 ≤ f(α_n) = 1/n ≤ α_n²، ومنه 1/√n ≤ α_n ≤ √(2/n).

بما أن lim 1/√n = lim √(2/n) = 0، فحسب مبرهنة الدرك (α_n) متقاربة و lim α_n = 0.

التمرين الرابع (4 نقط)

I_n = ∫₀^{π/2} e^{−nx} sinx dx و J_n = ∫₀^{π/2} e^{−nx} cosx dx.

1) المكاملة بالأجزاء

حساب I_n: نضع u(x) = e^{−nx} و v'(x) = sinx، إذن u'(x) = −n e^{−nx} و v(x) = −cosx:

I_n = [−e^{−nx} cosx]₀^{π/2} − ∫₀^{π/2} n e^{−nx} cosx dx = (0 + 1) − n J_n، أي I_n + nJ_n = 1.

حساب J_n: نضع v'(x) = cosx، v(x) = sinx:

J_n = [e^{−nx} sinx]₀^{π/2} + n ∫₀^{π/2} e^{−nx} sinx dx = e^{−nπ/2} + n I_n، أي J_n − nI_n = e^{−nπ/2}.

2) صيغتا I_n و J_n

من المعادلة الثانية J_n = e^{−nπ/2} + nI_n، نعوض في الأولى: I_n + n e^{−nπ/2} + n²I_n = 1، ومنه:

I_n = (1 − n e^{−nπ/2}) / (1 + n²)

J_n = (n + e^{−nπ/2}) / (1 + n²)

تحقق: من أجل n = 0 نجد I₀ = ∫₀^{π/2} sinx dx = 1 و J₀ = 1، وهو صحيح.