تصحيح تفاعلي - مباراة ENSA 2018

حسب مبرهنة سيزاور (Théorème de Cesàro)، إذا كانت نهاية الفرق $(u_{n+1} - u_n)$ تساوي عدداً حقيقياً $l$، فإن متتالية المتوسطات $\frac{u_n}{n}$ تقبل نفس النهاية $l$. بما أن النهاية المعطاة هي 2، فإن الجواب هو 2.

نعلم أن دالتي الجيب وجيب التمام محصورتان بين -1 و 1، بالتالي التعبير في البسط $\sin^2 n - \cos^3 n$ هو مقدار محدود (محصور بين -1 و 2). بما أن المقام $n$ يؤول إلى $+\infty$، فإن نهاية (مقدار محدود مقسوم على ما لانهاية) تساوي 0 بناءً على مصاديق التقارب (مبرهنة الدركي).

نقوم بتغيير المتغير، نضع $t = \ln x$. عندما يؤول $x$ إلى $1^+$، فإن $t$ يؤول إلى $0^+$. تصبح النهاية المطلوبة هي $\lim_{t\rightarrow0^+} t \ln t$. وهي نهاية اعتيادية شهيرة تساوي 0.

لدينا الفرق $u_{2n} - u_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}$. هذا المجموع يحتوي على $n$ حداً. أصغر حد في هذا المجموع هو الحد الأخير $\frac{1}{2n}$. بالتالي، المجموع بأكمله أكبر من أو يساوي عدد الحدود مضروباً في أصغر حد: $n \times \frac{1}{2n} = \frac{1}{2}$. إذن $u_{2n} - u_n \ge \frac{1}{2}$.

استناداً إلى النتيجة السابقة $u_{2n} - u_n \ge \frac{1}{2}$، يمكننا الاستنتاج بالتتابع أن $u_{2^p} \ge 1 + \frac{p}{2}$ (يمكن إثباتها بالترجع). من أجل $p=10$، نحصل على $u_{2^{10}} \ge 1 + \frac{10}{2} = 6$.

نضع $\theta = \arctan x$، مما يعني أن $\tan \theta = x$ و $\theta \in ]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}[$. بما أن $\theta$ تنتمي إلى هذا المجال، فإن $\cos \theta > 0$. نعلم العلاقة المثلثية $\cos^2 \theta = \frac{1}{1+\tan^2 \theta} = \frac{1}{1+x^2}$. بإدخال الجذر المربع وأخذ القيمة الموجبة، نجد $\cos(\arctan x) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$.

بتطبيق العلاقة المعطاة بتكرار، نجد: $f(x) = f(\frac{x}{2}) = f(\frac{x}{4}) = \dots = f(\frac{x}{2^n})$. عندما يؤول $n$ إلى $+\infty$، فإن $\frac{x}{2^n}$ يؤول إلى 0. وبما أن الدالة $f$ متصلة في 0، فإن النهاية تعطينا $f(x) = f(0)$ لكل $x$ من $\mathbb{R}$. هذا يعني أن الدالة ثابتة (Constante).

نضيف ونطرح المقدار $af(a)$ في البسط: $\frac{xf(a) - af(a) + af(a) - af(x)}{x-a}$. نعمل فنجد: $f(a)\frac{x-a}{x-a} - a\frac{f(x)-f(a)}{x-a} = f(a) - a\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$. بالمرور إلى النهاية عندما $x \rightarrow a$ واستعمال تعريف العدد المشتق $f'(a)$، نحصل على النتيجة $f(a) - af'(a)$.

نقوم بتفكيك البسط (أو القسمة الإقليدية): $x^4 = x^4 - 1 + 1 = (x^2-1)(x^2+1) + 1$. إذن الدالة تصبح $\frac{x^4}{x^2+1} = x^2 - 1 + \frac{1}{x^2+1}$. الدالة الأصلية هي $\frac{x^3}{3} - x + \arctan x$. بتعويض حدود المكاملة 1 و 0، نجد: $(\frac{1}{3} - 1 + \frac{\pi}{4}) - 0 = \frac{\pi}{4} - \frac{2}{3}$.

نستعمل المكاملة بالأجزاء (Intégration par parties). نضع $u'(x) = x^2 \Rightarrow u(x) = \frac{x^3}{3}$ و $v(x) = \ln(x^2+1) \Rightarrow v'(x) = \frac{2x}{x^2+1}$.
التكامل $I = [\frac{x^3}{3}\ln(x^2+1)]_{0}^{\sqrt{3}} - \int_{0}^{\sqrt{3}}\frac{2x^4}{3(x^2+1)}dx$.
الجزء الأول يعطي $\frac{3\sqrt{3}}{3}\ln(4) = \sqrt{3} \times 2\ln(2) = 2\sqrt{3}\ln(2)$.
الجزء الثاني يُحسب كما في السؤال 9: $\frac{2}{3}[\frac{x^3}{3}-x+\arctan x]_{0}^{\sqrt{3}} = \frac{2}{3}(\sqrt{3}-\sqrt{3}+\frac{\pi}{3}) = \frac{2\pi}{9}$.
النتيجة النهائية: $2\sqrt{3}\ln 2 - \frac{2\pi}{9} = 2(\sqrt{3}\ln 2 - \frac{\pi}{9})$.

في المعلم $(A, \vec{AB}, \vec{AD}, \vec{AE})$، إحداثيات النقطة $A$ هي الأصل $(0,0,0)$. النقطة $D$ توجد على محور التراتيب إذن إحداثياتها $(0,1,0)$. النقطة $F$ تقابل المتجهة $\vec{AF} = \vec{AB} + \vec{AE}$ إذن إحداثياتها $(1,0,1)$.
بالتالي إحداثيات المتجهة $\vec{FD} = D - F = (0-1, 1-0, 0-1) = (-1, 1, -1)$.

المستقيم $(FD)$ يمر من النقطة $D(0,1,0)$ وموجه بالمتجهة $\vec{FD}(-1,1,-1)$. المعادلات البارامترية تكتب على الشكل:
$x = x_D + t \cdot x_{\vec{FD}} = -t$
$y = y_D + t \cdot y_{\vec{FD}} = 1 + t$
$z = z_D + t \cdot z_{\vec{FD}} = -t$
وهو ما يطابق الاختيار D تماماً.

نحدد إحداثيات النقط: $I(1/2, 0, 0)$ و $J(0, 1/2, 1)$ و $K(1, 1/2, 0)$.
نحسب المتجهتين: $\vec{IJ}(-1/2, 1/2, 1)$ و $\vec{IK}(1/2, 1/2, 0)$.
الجداء المتجهي $\vec{n} = \vec{IJ} \wedge \vec{IK}$ يعطي المتجهة المنظمية $(-1/2, 1/2, -1/2)$.
نلاحظ أن المتجهة الموجهة للمستقيم $\vec{FD}(-1,1,-1)$ متوازية مع $\vec{n}$ (حيث $\vec{FD} = 2\vec{n}$). إذن المستقيم عمودي (Orthogonale) على المستوى.

بما أن $\vec{FD}(-1,1,-1)$ منظمية على المستوى، يمكن أخذ المتجهة $(1,-1,1)$ كمتجهة منظمية أيضاً (نفس الاتجاه). إذن المعادلة من الشكل $x - y + z + d = 0$. لتحديد $d$ نعوض بالنقطة $I(1/2, 0, 0)$، فنجد $1/2 - 0 + 0 + d = 0 \Rightarrow d = -1/2$. المعاملات إذن هي $a=1, b=-1, c=1, d=-1/2$.

لإيجاد نقطة التقاطع، نعوض التمثيل البارامتري للمستقيم في معادلة المستوى: $(-t) - (t+1) + (-t) - 1/2 = 0$.
$-3t - 3/2 = 0 \Rightarrow 3t = -3/2 \Rightarrow t = -1/2$.
بتعويض $t$ في التمثيل البارامتري: $x = -(-1/2) = 1/2$، $y = -1/2+1 = 1/2$، $z = -(-1/2) = 1/2$. النقطة هي $(1/2, 1/2, 1/2)$.

نحسب مربعات أطوال أضلاع المثلث IJK:
$IJ^2 = (-1/2)^2 + (1/2)^2 + 1^2 = 1/4 + 1/4 + 1 = 6/4$.
$IK^2 = (1/2)^2 + (1/2)^2 + 0^2 = 1/4 + 1/4 = 2/4$.
$JK^2 = (1-0)^2 + (1/2-1/2)^2 + (0-1)^2 = 1 + 0 + 1 = 2 = 8/4$.
بما أن $IJ^2 + IK^2 = 6/4 + 2/4 = 8/4 = JK^2$، فإنه حسب مبرهنة فيثاغورس العكسية، المثلث قائم الزاوية في الرأس $I$.

الامتحان يحتوي على 20 سؤالاً. لكل سؤال هناك 4 خيارات ممكنة. حسب المبدأ الأساسي للتعداد (الترتيبات بتكرار)، عدد الشبكات الممكنة هو ضرب عدد خيارات كل سؤال في نفسه 20 مرة: $4 \times 4 \times \dots \times 4 = 4^{20}$.

احتمال الإجابة الخاطئة على سؤال واحد هو $\frac{3}{4}$ (هناك 3 أجوبة خاطئة من أصل 4). بما أن الإجابات مستقلة عن بعضها البعض، فإن احتمال الإجابة الخاطئة على جميع الأسئلة العشرين هو $(\frac{3}{4})^{20} = \frac{3^{20}}{4^{20}}$.

هذه التجربة تمثل قانوناً حدانياً (Loi Binomiale) وسيطاه: عدد المحاولات $N=20$ واحتمال النجاح $p=1/4$. المتغير العشوائي $X$ الذي يحسب الإجابات الصحيحة احتماله هو $P(X=n) = \binom{20}{n} (\frac{1}{4})^n (\frac{3}{4})^{20-n} = \frac{\binom{20}{n} 3^{20-n}}{4^{20}}$.

الحدث المطلوب هو الإجابة بشكل صحيح على 6 أسئلة على الأقل (أي $n \ge 6$). احتمال هذا الحدث هو مجموع احتمالات الأحداث من $n=6$ إلى $n=20$. بالاعتماد على صيغة السؤال السابق، نجمع الاحتمالات: $\sum_{n=6}^{20} P(A_n)$، وهذا يوافق الصيغة المقترحة في الخيار A.