نموذج مباراة ولوج السنة الأولى للمدرسة الوطنية للفلاحة بمكناس ENA 2012 - الرياضيات

هذا النموذج هو اختبار الرياضيات لمباراة ولوج السنة الأولى بالمدرسة الوطنية للفلاحة بمكناس، دورة غشت 2012. مدة الإنجاز: ساعة واحدة. ثلاثة تمارين: أعداد عقدية (4,5 نقط)، دراسة دالة ودالة عكسية ومتتالية تكاملات (11 نقطة)، احتمالات (4,5 نقط). ما يلي تصحيح مقترح.

💡 التمرين الثاني وحده 11 نقطة: ابدأ به إن كنت تتقن الدوال، فأسئلته متسلسلة وكل نتيجة تخدم التي بعدها (g ثم g⁻¹ ثم المساحة).

التمرين الأول (4,5 نقط)

a = cosα + i sinα مع α ∈ [0 ; π[، والنقط A، M، P، Q ألحاقها على التوالي 1، a، a + i، a − i.

1) أ) طريقة لإنشاء P و Q انطلاقا من M

z_P = z_M + i و z_Q = z_M − i: إذن P صورة M بالإزاحة ذات المتجهة v→ (لحقها i)، و Q صورة M بالإزاحة ذات المتجهة −v→. عمليا: ننقل M وحدة واحدة إلى الأعلى (P) ووحدة واحدة إلى الأسفل (Q) موازاة لمحور الأراتيب.

1) ب) مجموعة النقط P عندما يتغير α في [0 ; π[

|a| = 1 و α ∈ [0 ; π[، إذن M ترسم نصف الدائرة العليا للدائرة المثلثية (من النقطة A(1) مشمولة إلى النقطة (−1) غير مشمولة). وبما أن P صورة M بالإزاحة ذات المتجهة v→، فإن P ترسم نصف الدائرة العليا للدائرة التي مركزها Ω(i) وشعاعها 1، من النقطة (1 + i) مشمولة إلى النقطة (−1 + i) غير مشمولة.

2) أ) طريقة لإنشاء النقطة S ذات اللحق 1 + a + a²

بما أن a ≠ 0 و a·ā = 1: 1 + a + a² = a(ā + 1 + a) = a(1 + 2cosα). إذن OS→ = (1 + 2cosα)·OM→.

طريقة الإنشاء: نعين على محور الأفاصيل النقطة H ذات الأفصول 1 + 2cosα (أي 1 + 2 × أفصول M)، ثم نأخذ S على المستقيم (OM) بحيث يكون القياس الجبري OS = 1 + 2cosα (في اتجاه M إذا كان 1 + 2cosα > 0 وفي الاتجاه المعاكس إذا كان سالبا). ويمكن أيضا إنشاء النقطة M' ذات اللحق a² (على الدائرة المثلثية بزاوية 2α) ثم جمع المتجهات OA→ + OM→ + OM'→ بقاعدة متوازي الأضلاع.

2) ب) النقط O و M و S مستقيمية

z_S = (1 + 2cosα)·z_M و 1 + 2cosα عدد حقيقي، إذن OS→ و OM→ مستقيميتان، فـ O و M و S مستقيمية.

2) ج) طبيعة المثلث OAM

OA = |1| = 1 و OM = |a| = 1، إذن المثلث OAM متساوي الساقين رأسه O، وقياس زاويته في O هو α. حالات خاصة: يكون متساوي الأضلاع إذا كان α = π/3، وقائم الزاوية ومتساوي الساقين إذا كان α = π/2، ومن أجل α = 0 تنطبق M على A (لا يوجد مثلث).

3) حل المعادلة z² − 2az + a² + 1 = 0 والشكل المثلثي

المعادلة تكتب (z − a)² = −1 = i²، إذن z₁ = a + i و z₂ = a − i (وهما لحقا P و Q).

الشكل المثلثي (باستعمال e^{ix} + e^{iy} = 2cos((x−y)/2)·e^{i(x+y)/2}):

• z₁ = e^{iα} + e^{iπ/2} = 2cos(α/2 − π/4)·[cos(α/2 + π/4) + i sin(α/2 + π/4)]. بما أن α/2 − π/4 ∈ [−π/4 ; π/4[ فإن المعامل موجب: هذا هو الشكل المثلثي.
• z₂ = e^{iα} + e^{−iπ/2} = 2cos(α/2 + π/4)·e^{i(α/2 − π/4)}، مع α/2 + π/4 ∈ [π/4 ; 3π/4[:
  • إذا كان α ∈ [0 ; π/2[: المعامل موجب و z₂ = 2cos(α/2 + π/4)·[cos(α/2 − π/4) + i sin(α/2 − π/4)].
  • إذا كان α = π/2: z₂ = 0 (لا شكل مثلثي له).
  • إذا كان α ∈ ]π/2 ; π[: المعامل سالب و z₂ = −2cos(α/2 + π/4)·[cos(α/2 + 3π/4) + i sin(α/2 + 3π/4)].

التمرين الثاني (11 نقطة)

f(x) = 1/√(1 + x²) على ℝ.

الجزء الأول

4) تغيرات f على [0 ; +∞[

f'(x) = −x/(1 + x²)^{3/2} ≤ 0 على [0 ; +∞[ (ولا تنعدم إلا في 0)، إذن f تناقصية قطعا على [0 ; +∞[، مع f(0) = 1 و lim_{+∞} f = 0.

5) f محدودة على ℝ والتأويل الهندسي

لكل x: 1 + x² ≥ 1 إذن 0 < f(x) ≤ 1: f محدودة. التأويل: المنحنى C_f يوجد كليا في الشريط المحصور بين المستقيمين y = 0 و y = 1، يلامس المستقيم y = 1 في النقطة (0 ; 1) (قيمة قصوى)، والمستقيم y = 0 مقارب أفقي له بجوار ±∞. و f زوجية فـ C_f متماثل بالنسبة لمحور الأراتيب.

6) إنشاء C_f

منحنى على شكل «جرس» متماثل بالنسبة لـ (Oy)، قمته (0 ; 1)، يمر بالنقط (1 ; 0,71) و (2 ; 0,45) و (3 ; 0,32) ومماثلاتها، ويقترب من محور الأفاصيل عند ±∞.

7) أ) g قابلة للاشتقاق و (g'(x))² − (g(x))² = 1

g(x) = (eˣ − e^{−x})/2 قابلة للاشتقاق على ℝ (فرق دالتين أسيتين) و g'(x) = (eˣ + e^{−x})/2.

(g'(x))² − (g(x))² = [(eˣ + e^{−x})² − (eˣ − e^{−x})²]/4 = 4eˣe^{−x}/4 = 1.

7) ب) g تقابل من ℝ نحو ℝ و g⁻¹ فردية

g'(x) > 0 إذن g تزايدية قطعا ومتصلة على ℝ، و lim_{−∞} g = −∞ و lim_{+∞} g = +∞، إذن g تقابل من ℝ نحو ℝ.

g فردية (g(−x) = −g(x)). ليكن y ∈ ℝ و x = g⁻¹(y): g(−x) = −y إذن g⁻¹(−y) = −x = −g⁻¹(y): g⁻¹ فردية.

7) ج) g⁻¹ قابلة للاشتقاق و (g⁻¹)'(x) = 1/√(1 + x²)

g قابلة للاشتقاق و g' لا تنعدم على ℝ، إذن g⁻¹ قابلة للاشتقاق على ℝ و (g⁻¹)'(x) = 1/g'(g⁻¹(x)).

من 7) أ): g'² = 1 + g² و g' > 0، إذن g'(t) = √(1 + g(t)²). مع t = g⁻¹(x): g'(g⁻¹(x)) = √(1 + x²)، ومنه (g⁻¹)'(x) = 1/√(1 + x²) = f(x).

8) تحديد g⁻¹

y = (eˣ − e^{−x})/2 ⇔ e^{2x} − 2y eˣ − 1 = 0. بوضع X = eˣ > 0: X² − 2yX − 1 = 0، جذراها y ± √(y² + 1)، والجذر الموجب هو y + √(y² + 1). إذن:

g⁻¹(x) = ln(x + √(1 + x²)) لكل x ∈ ℝ.

9) المساحة A(λ) ونهايتها

f ≥ 0، و g⁻¹ دالة أصلية لـ f (حسب 7) ج)):

A(λ) = ∫_λ^{2λ} f(x) dx = g⁻¹(2λ) − g⁻¹(λ) = ln[(2λ + √(1 + 4λ²)) / (λ + √(1 + λ²))] (بوحدة المساحة).

النهاية: نقسم البسط والمقام على λ: (2 + √(1/λ² + 4))/(1 + √(1/λ² + 1)) → (2 + 2)/(1 + 1) = 2، إذن lim_{λ→+∞} A(λ) = ln 2.

الجزء الثاني: u₀ = ∫₀¹ f(x)dx و u_n = ∫₀¹ xⁿ f(x)dx

10) حساب u₀ و u₁ والرتابة والتقارب

• u₀ = g⁻¹(1) − g⁻¹(0) = ln(1 + √2).
• u₁ = ∫₀¹ x/√(1 + x²) dx = [√(1 + x²)]₀¹ = √2 − 1.
• u_{n+1} − u_n = ∫₀¹ xⁿ(x − 1) f(x) dx ≤ 0 لأن xⁿ ≥ 0 و x − 1 ≤ 0 و f(x) > 0 على [0 ; 1]: (u_n) تناقصية.
• u_n ≥ 0 (تكامل دالة موجبة)، إذن (u_n) تناقصية ومصغورة بـ 0، فهي متقاربة.

11) 0 ≤ u_n ≤ 1/(n+1) والنهاية

على [0 ; 1]: 0 < f(x) ≤ 1، إذن 0 ≤ xⁿ f(x) ≤ xⁿ، وبالمكاملة: 0 ≤ u_n ≤ ∫₀¹ xⁿ dx = 1/(n+1). بما أن lim 1/(n+1) = 0 فإن lim u_n = 0 (مبرهنة الدرك).

التمرين الثالث (4,5 نقط)

ثلث الكرات بيضاء والثلثان سوداء؛ 50% من البيضاء تحمل الرقم 1 و 25% من السوداء تحمل الرقم 1.

12) الاحتمالات

• p(B) = 1/3 و p(N) = 2/3.
• p_B(E) = 1/2 و p_N(E) = 1/4.
• صيغة الاحتمالات الكلية: p(E) = p(B)·p_B(E) + p(N)·p_N(E) = (1/3)(1/2) + (2/3)(1/4) = 1/6 + 1/6 = 1/3.

13) احتمال أن تكون الكرة بيضاء علما أنها تحمل الرقم 1

p_E(B) = p(B ∩ E)/p(E) = (1/6)/(1/3) = 1/2.

14) قانون X والأمل والمغايرة

5 سحبات مستقلة بإحلال، وفي كل سحبة احتمال «النجاح» (كرة تحمل الرقم 1) هو p = 1/3. إذن X يتبع القانون الحداني B(5 ; 1/3): p(X = k) = C₅ᵏ (1/3)ᵏ (2/3)^{5−k}.

(المجموع 243/243 = 1.) E(X) = np = 5/3 و V(X) = np(1 − p) = 5 × 1/3 × 2/3 = 10/9.