Quiz maths sup : saurez-vous résoudre ces 10 problèmes de prépa ?

On utilise les développements limités en 0 : sin x = x − x³/6 + o(x³) et x cos x = x − x³/2 + o(x³). Le numérateur vaut donc x³(1/2 − 1/6) + o(x³) = x³/3 + o(x³). Le quotient tend vers 1/3.

Notons I cette intégrale. Le changement de variable x → π/2 − x montre que I est aussi l’intégrale de ln(cos x). Donc 2I = ∫ ln(sin x cos x) dx = ∫ ln(sin 2x) dx − (π/2) ln 2. Avec u = 2x, l’intégrale de ln(sin 2x) entre 0 et π/2 vaut (1/2) × ∫ de 0 à π de ln(sin u) du = (1/2) × 2I = I. On obtient 2I = I − (π/2) ln 2, d’où I = −(π/2) ln 2 ≈ −1,089.

On décompose en éléments simples : 1/(n(n + 2)) = (1/2)(1/n − 1/(n + 2)). La somme est télescopique : la somme partielle S_N vaut (1/2)(1 + 1/2 − 1/(N + 1) − 1/(N + 2)). Quand N tend vers +∞, les deux derniers termes tendent vers 0, donc S = (1/2) × (3/2) = 3/4.

Le polynôme caractéristique est (2 − λ)² − 1 = 0, donc les valeurs propres sont λ = 1 et λ = 3. La trace de A⁵ est la somme des puissances cinquièmes des valeurs propres : 1⁵ + 3⁵ = 1 + 243 = 244. Vérification : A⁵ a pour lignes (122 ; 121) et (121 ; 122), dont la trace vaut 122 + 122 = 244.

On passe en forme exponentielle. 1 + i√3 = 2e^(iπ/3), donc (1 + i√3)¹² = 2¹² × e^(i4π) = 4096. De même 1 − i = √2 e^(−iπ/4), donc (1 − i)⁸ = (√2)⁸ × e^(−2iπ) = 16. Ainsi z = 4096 / 16 = 256.

L’équation caractéristique r² − 3r + 2 = 0 a pour racines r = 1 et r = 2, donc y(x) = A·eˣ + B·e²ˣ. Les conditions initiales donnent A + B = 1 et A + 2B = 0, d’où B = −1 et A = 2. Ainsi y(x) = 2eˣ − e²ˣ. Pour x = ln 2 : y(ln 2) = 2 × 2 − 4 = 0.

La somme des carrés des valeurs propres est la trace de A². Comme A est symétrique, tr(A²) est la somme des carrés de tous ses coefficients : 3 × 2² + 4 × (−1)² = 12 + 4 = 16. Vérification : les valeurs propres sont 2, 2 + √2 et 2 − √2, et 4 + (6 + 4√2) + (6 − 4√2) = 16.

Soit X le rang de la première boule noire. P(X = 1) = 2/5. P(X = 2) = (3/5)(2/4) = 3/10. P(X = 3) = (3/5)(2/4)(2/3) = 1/5. P(X = 4) = (3/5)(2/4)(1/3)(2/2) = 1/10. Les probabilités s’additionnent bien à 1. E(X) = 1 × 0,4 + 2 × 0,3 + 3 × 0,2 + 4 × 0,1 = 0,4 + 0,6 + 0,6 + 0,4 = 2. Raccourci : les 2 boules noires séparent les 3 rouges en 3 groupes de taille moyenne 1, donc en moyenne 1 rouge avant la première noire, soit 1 + 1 = 2 tirages.

Avec la formule de Leibniz, f⁽¹⁰⁾(x) = Σ C(10, k) · (x²)⁽ᵏ⁾ · (eˣ)⁽¹⁰⁻ᵏ⁾. Seuls les termes avec k ≤ 2 sont non nuls, et en x = 0 seul k = 2 survit, car (x²)″ = 2 alors que x² et 2x s’annulent en 0. Donc f⁽¹⁰⁾(0) = C(10, 2) × 2 × e⁰ = 45 × 2 = 90. Autre méthode : le coefficient de x¹⁰ dans x² eˣ est 1/8!, donc f⁽¹⁰⁾(0) = 10!/8! = 90.

Modulo 13 : 7² = 49 ≡ 10, 7³ ≡ 70 ≡ 5, 7⁴ ≡ 35 ≡ 9 et 7⁶ = (7³)² ≡ 25 ≡ −1, donc 7¹² ≡ 1 (petit théorème de Fermat). On écrit 2026 = 12 × 168 + 10, donc 7²⁰²⁶ ≡ 7¹⁰ = 7⁶ × 7⁴ ≡ (−1) × 9 = −9 ≡ 4. Le reste est 4.