نموذج مباراة ولوج المدرسة الوطنية العليا للفنون والمهن ENSAM 2014 - شعبة العلوم الرياضية - الرياضيات

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès en 1re année des années préparatoires des ENSAM de Casablanca et Meknès (Université Hassan II / Université Moulay Ismaïl), séries Sciences Mathématiques A et B, session du samedi 2 août 2014. Durée : 2 h. Partie I : 15 questions à réponse précise (2 pts, 0 si faux) ; partie II : 10 QCM (2 pts, −1 pt par réponse fausse ou multiple). Voici une correction proposée.

💡 Dans la partie QCM une réponse fausse coûte 1 point : ne cochez que si vous avez fait le calcul ou éliminé au moins deux propositions.

I — Questions à réponses précises

Q1 — Limite de u_n

Chacun des n termes est compris entre n/√(n⁴ + n) et n/√(n⁴ + 1), donc n²/√(n⁴ + n) ≤ u_n ≤ n²/√(n⁴ + 1). Les deux bornes tendent vers 1 (gendarmes) : lim u_n = 1.

Q2 — Système trigonométrique

La 2e équation donne cos y = √2 − sin x. La 1re s'écrit cos x(√2 − cos y) = 1/2, soit cos x sin x = 1/2, donc sin 2x = 1 : x = π/4 ou x = 5π/4 dans [0, 2π].

• 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 > 1, impossible.

S = {(π/4, π/4) ; (π/4, 7π/4)}.

Q3 — Forme algébrique

√(2 − √3) = 2 sin(π/12) et √(2 + √3) = 2 cos(π/12) (car 4 sin²(π/12) = 2 − 2cos(π/6) = 2 − √3). Donc w = 2(sin(π/12) − i cos(π/12)) = 2e^−i5π/12 et z = w⁴² = 2⁴² e^−i·35π/2. Or −35π/2 = −18π + π/2, d'où e^−i35π/2 = i.

z = 2⁴² i (= 4 398 046 511 104 i).

Q4 — Ensemble Γ

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) = −2xy + y − 1. Le produit est imaginaire pur ⇔ y(1 − 2x) = 1 ⇔ (x − 1/2)y = −1/2.

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

Q5 — Produit de cosinus

On utilise sin(2u) = 2 sin u cos u : sin(a/2^k−1) = 2 sin(a/2^k) cos(a/2^k), donc cos(a/2^k) = sin(a/2^k−1)/(2 sin(a/2^k)) (sin(a/2^k) ≠ 0 car a ∈ ]0, π[). Le produit se télescope :

D = sin a / (2ⁿ sin(a/2ⁿ)).

Q6 — A_n

k/(k + 1)! = ((k + 1) − 1)/(k + 1)! = 1/k! − 1/(k + 1)!. Somme télescopique de k = 1 à n :

A_n = 1 − 1/(n + 1)!.

Q7 — Limite ℓ

Avec N = E(1/|x|) : 1 + 2 + … + N = N(N + 1)/2 et 1/|x| − 1 < N ≤ 1/|x|, donc x²N → 1 et x²N² → 1. Ainsi x²·N(N + 1)/2 → 1/2 : ℓ = 1/2.

Q8 — Limite j

C'est le taux d'accroissement en 0 de φ(x) = (1 + x)^1/3 − (1 + x)^1/4, avec φ(0) = 0 : j = φ′(0) = 1/3 − 1/4. j = 1/12.

Q9 — Équation fonctionnelle

On dérive par rapport à y (x fixé) : f′(x⁴ + y) = f′(y) pour tout y. Donc f′ admet toute période x⁴ ≥ 0 ; pour y et y′ quelconques on prend x⁴ = |y′ − y| : f′ est constante, f(x) = ax + b. En reportant : a(x⁴ + y) + b = x³(ax + b) + ay + b, soit bx³ = 0 pour tout x, donc b = 0. Réciproquement f(x) = ax convient.

f(x) = ax, a ∈ ℝ.

Q10 — g′(x) en fonction de g(x)

Sur ]0, π[ \ {π/2}, g(x) > 0 et ln g(x) = ln|cos x| + ½ ln(1 − cos x). En dérivant : g′/g = −tan x + sin x/(2(1 − cos x)), et sin x/(1 − cos x) = cot(x/2).

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

Q11 — Réciproque de h

Pour x > 0, e^2x > e^x, donc h(x) = ln(e^2x − e^x) = x + ln(e^x − 1) : strictement croissante, de limite −∞ en 0⁺ et +∞ en +∞, donc bijection de ]0, +∞[ sur ℝ. y = h(x) ⇔ (e^x)² − e^x − e^y = 0 ⇔ e^x = (1 + √(1 + 4e^y))/2 (racine positive).

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

Q12 — Limite K

Par parties : ∫ Arctan x/x² dx = −Arctan x/x + ∫ dx/(x(1 + x²)) = −Arctan x/x + ln x − ½ ln(1 + x²). Donc ∫_a¹ = −π/4 − ½ ln 2 + Arctan a/a − ln a + ½ ln(1 + a²). Quand a → 0⁺, Arctan a/a → 1 et −ln a → +∞.

K = +∞ (l'intégrale diverge : Arctan x/x² ~ 1/x en 0).

Q13 — Intégrale L

Le changement de variable x = π/2 − t transforme L en L′ = ∫₀^π/2 √cos t/(√sin t + √cos t) dt. Or L + L′ = ∫₀^π/2 1 dx = π/2 et L = L′.

L = π/4.

Q14 — Équation différentielle

Équation caractéristique r² + 2r + 10 = 0 : r = −1 ± 3i. Solution particulière y_p = A sin 3x + B cos 3x : on obtient (A − 6B) sin 3x + (6A + B) cos 3x = sin 3x, d'où A = 1/37, B = −6/37.

Solution générale : y(x) = e^−x(C₁ sin 3x + C₂ cos 3x) + (sin 3x − 6 cos 3x)/37.

Les deux conditions de l'énoncé (∫_−π/2^π/2 y = 0 et y′(π) = 6/37) forment un système linéaire en C₁, C₂ dont la résolution donne C₁ = −27e^π/296 + 5e^π/2/(37(1 + e^π)) ≈ −2,084 et C₂ = −9e^π/296 + 15e^π/2/(37(1 + e^π)) ≈ −0,623. Réponse probable : ces constantes peu « naturelles » laissent penser que l'énoncé contient une coquille (par exemple y(π) = 6/37, qui vaut exactement y_p(π)) ; la solution générale et la méthode restent celles ci-dessus.

Q15 — x² − y² = 404 dans ℕ²

(x − y)(x + y) = 404 = 2² × 101, avec x − y et x + y de même parité et x − y ≤ x + y. Les factorisations 1 × 404 et 4 × 101 sont de parités différentes ; seule 2 × 202 convient : x = 102, y = 100.

S = {(102, 100)}.

II — Questions à choix multiples

Q16 — Réponse C

det = −(m + 1)(3m − 1) (développement direct). La matrice est inversible pour m ∉ {−1 ; 1/3} ; les valeurs « critiques » sont −1 et un nombre positif (1/3). Les propositions décrivent manifestement les valeurs pour lesquelles le déterminant s'annule : c'est la proposition C qui correspond (D, avec 1/2, est fausse).

Q17 — Réponse A

Pour x ≥ 0, |x| = x ≥ 0 et ln(x + 1) ≥ 0 : f est toujours positive (nulle seulement en 0).

Q18 — Réponse D

Quand x → e⁻, (1 + ln x)/(1 − ln x) → +∞ et f → +∞ : asymptote verticale, pas de demi-tangente à gauche. Quand x → e⁺, l'exposant → −∞, f → 0 = f(e) et (f(x) − f(e))/(x − e) → 0 (l'exponentielle l'emporte) : demi-tangente à droite horizontale, pas verticale. En +∞, f → e⁻¹ : asymptote horizontale, pas oblique. Aucune des trois réponses.

Q19 — Réponse B

« SAHARA MAROCAIN » : 14 lettres dont A × 5, R × 2, S, H, M, O, C, I, N × 1. Tirer {S, M, A, A, R} sans ordre : P = C(1,1)·C(1,1)·C(5,2)·C(2,1)/C(14,5) = 20/2002 = 10/1001.

Q20 — Réponse C

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

Q21 — Réponse A

Centre Ω = milieu de [AB] = (3, −2, 3), rayon² = 116/4 = 29, et ΩC² = 4 + 9 + 16 = 29 (C ∈ S). Le plan tangent est normal à ΩC = (−2, 3, −4) : 2(x − 1) − 3(y − 1) + 4(z + 1) = 0, soit 2x − 3y + 4z + 5 = 0.

Q22 — Réponse B

Sur [0, 1], 1 + e^x ≥ 2, donc 0 ≤ u_n ≤ ½∫₀¹ e^nx dx = (eⁿ − 1)/(2n). D'où 0 ≤ u_n/eⁿ ≤ 1/(2n) : lim u_n/eⁿ = 0.

Q23 — Réponse B

Deux équations linéaires indépendantes dans ℝ⁴ : dim E = 4 − 2 = 2 (base : (1, −2, 1, 0), (1, −2, 0, 1)).

Q24 — Réponse B (six solutions)

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, et le crochet vaut cos 5x + cos x cos 2x.

• sin 5x = 0 : x ∈ {0, π/5, 2π/5, 3π/5} dans [0, 2π/3] (tangentes toutes définies) ;
• cos 5x + cos x cos 2x = 0 : deux solutions où les tangentes sont définies, x ≈ 0,438 et x ≈ 0,986.

Au total six solutions (comptage contrôlé numériquement).

Q25 — Réponse A

∏_k=0ⁿ⁻¹ cos(2^kθ) = sin(2ⁿθ)/(2ⁿ sin θ). Avec θ = π/(2ⁿ − 1) : 2ⁿθ = π + θ, donc sin(2ⁿθ) = −sin θ et le produit vaut −1/2ⁿ. La limite est 0.