Examen d'entrée ingénieur civil : exercices corrigés pas à pas

1. La fonction est un polynôme, donc dérivable sur ℝ. On calcule la dérivée : f′(x) = 3x² − 3 = 3(x² − 1).
2. On cherche les points critiques en résolvant f′(x) = 0 : 3(x − 1)(x + 1) = 0, d'où x = −1 ou x = 1.
3. Signe de f′ : comme le coefficient dominant est positif, f′(x) > 0 pour x < −1, f′(x) < 0 pour −1 < x < 1, puis f′(x) > 0 pour x > 1.
4. La fonction croît, puis décroît, puis croît : elle admet donc un maximum local en x = −1 et un minimum local en x = 1.
5. On calcule les valeurs : f(−1) = (−1)³ − 3(−1) + 1 = −1 + 3 + 1 = 3 et f(1) = 1 − 3 + 1 = −1.
6. Aux bornes, le terme dominant x³ l'emporte : lim_x→−∞ f(x) = −∞ et lim_x→+∞ f(x) = +∞.

Résultat. Maximum local f(−1) = 3 ; minimum local f(1) = −1. La fonction part de −∞, monte jusqu'au point (−1 ; 3), redescend jusqu'à (1 ; −1), puis remonte vers +∞.

1. En remplaçant directement, on obtient (1 − 1)/0 = 0/0 : c'est une forme indéterminée, il faut transformer l'expression.
2. On multiplie numérateur et dénominateur par la quantité conjuguée (1 + cos x) : l'expression devient (1 − cos²x) / [x²(1 + cos x)].
3. On utilise l'identité 1 − cos²x = sin²x, d'où sin²x / [x²(1 + cos x)].
4. On regroupe : (sin x / x)² × 1/(1 + cos x).
5. On applique la limite de référence lim_x→0 (sin x)/x = 1, donc le premier facteur tend vers 1² = 1.
6. Enfin cos x → 1, donc le second facteur tend vers 1/(1 + 1) = 1/2.

Résultat. lim_x→0 (1 − cos x)/x² = 1/2.

1. On pose z = a + bi avec a, b réels. Alors z² = a² − b² + 2ab·i.
2. En identifiant partie réelle et partie imaginaire avec 3 + 4i : a² − b² = 3 et 2ab = 4, soit ab = 2.
3. On ajoute une troisième équation avec les modules : |z²| = |z|², donc a² + b² = |3 + 4i| = √(3² + 4²) = √25 = 5.
4. On combine a² − b² = 3 et a² + b² = 5 : en additionnant, 2a² = 8 donc a² = 4 ; en soustrayant, 2b² = 2 donc b² = 1.
5. D'où a = ±2 et b = ±1. La condition ab = 2 > 0 impose à a et b d'être de même signe.
6. Il reste donc deux solutions : z = 2 + i et z = −2 − i.

Résultat. Les racines carrées de 3 + 4i sont z = 2 + i et z = −(2 + i). Vérification : (2 + i)² = 4 + 4i + i² = 4 + 4i − 1 = 3 + 4i. ✓

1. On pose le changement de variable c = cos x (avec la contrainte −1 ≤ c ≤ 1). L'équation devient 2c² − c − 1 = 0.
2. C'est une équation du second degré. Discriminant : Δ = (−1)² − 4·2·(−1) = 1 + 8 = 9, et √Δ = 3.
3. Racines : c = (1 ± 3)/(2·2), soit c = 1 ou c = −1/2. Les deux respectent −1 ≤ c ≤ 1.
4. Premier cas cos x = 1 : sur [0 ; 2π[, la seule solution est x = 0.
5. Second cas cos x = −1/2 : cosinus vaut −1/2 aux angles x = 2π/3 et x = 4π/3 (angles de référence π/3 dans les 2^e et 3^e quadrants).
6. On rassemble les solutions comprises dans [0 ; 2π[.

Résultat. S = { 0 ; 2π/3 ; 4π/3 }.

1. On regroupe les termes en x et en y pour compléter les carrés : (x² − 4x) + (y² + 2y) − 4 = 0.
2. x² − 4x = (x − 2)² − 4 et y² + 2y = (y + 1)² − 1.
3. En reportant : (x − 2)² − 4 + (y + 1)² − 1 − 4 = 0, d'où (x − 2)² + (y + 1)² = 9.
4. C'est bien l'équation d'un cercle de centre C(2 ; −1) et de rayon R = √9 = 3.
5. Une droite est tangente au cercle si la distance du centre à la droite est égale au rayon. On calcule dist(C, d) = |3·2 − 4·(−1) + 5| / √(3² + (−4)²).
6. Au numérateur : |6 + 4 + 5| = 15 ; au dénominateur : √(9 + 16) = √25 = 5. Donc dist(C, d) = 15/5 = 3.

Résultat. Cercle de centre C(2 ; −1) et de rayon 3. Comme dist(C, d) = 3 = R, la droite d est bien tangente au cercle.

1. Le tirage est simultané : l'ordre n'intervient pas, on dénombre donc des combinaisons. L'urne compte 5 + 3 = 8 boules.
2. Nombre total de tirages de 2 boules parmi 8 : C(8,2) = (8 × 7)/(2 × 1) = 28. C'est le nombre de cas possibles.
3. Cas favorables : choisir 2 rouges parmi les 5, soit C(5,2) = (5 × 4)/(2 × 1) = 10.
4. Les tirages étant équiprobables, P(2 rouges) = C(5,2) / C(8,2) = 10/28.
5. On simplifie la fraction par 2 : 10/28 = 5/14.

Résultat. P(2 rouges) = 5/14 ≈ 0,357, soit environ 36 %.