1. On peut utiliser les commandes suivantes :

(1)

ECS2

Lycée Louis Pergaud

Correction du devoir maison

DM8

Exercice 1 (Edhec 2018)

1. On peut utiliser les commandes suivantes :

1

X = grand(1,1,'exp',2)

2

Y = sqrt(X)

2. (a) Notons que X ≥ 0 presque surement, et donc que Y est bien définie et est positive presque surement.

Ainsi pour tout x < 0, on a :

F

Y

( x ) = P ( Y ≤ x ) = 0 . Soit à présent x ≥ 0. On a :

F

Y

( x ) = P ( Y ≤ x ) = P ( √

X ≤ x ) = P ( X ≤ x

²

) = F

X

( x

²

) = 1 − e

⁻^x

2 2

.

Ainsi on a pour tout x ∈ R :

F

Y

( x ) =

( 1 − e

⁻^x

2

si x ≥ 0

0 sinon.

(b) Notons tout d’abord que F

Y

est continue sur ] − ∞, 0[ et sur [0 , + ∞ [. En 0, on a :

x→0

lim

⁻

F

Y

( x ) = 0 = F

Y

(0) = lim

x→0⁺

F

Y

( x ) .

Donc F

Y

est continue sur R. De plus F

Y

est de classe C

¹

sur ] − ∞, 0[ et sur ]0 , + ∞ [. Donc Y est une variable à densité.

Pour tout x 6 = 0, on a :

F

_Y⁰

( x ) =

( 0 si x < 0 xe

⁻^x²²

si x > 0 .

Ainsi une densité de Y est (avec un choix arbitraire pour la valeur en 0) :

f

Y

: x 7→

( 0 si x ≤ 0 xe

⁻^x²²

si x > 0 .

3. (a) Si Z , → N (0 , 1), alors Z admet un moment d’ordre 2 et on a : Z

+∞

−∞

t

²

√ 2 π e

⁻^t

2

d t = E ( Z

²

) =

f. de Huygens

V ( Z ) + E ( Z )

²

= 1 + 0

²

= 1 . (b) Puisque t 7→ t

²

√ 2 π e

⁻^t

2

est positive et paire, l’intégrale Z

+∞

0

t

²

√ 2 π e

⁻^t

2

d t converge absolument et vaut 1

2 . Par linéarité, l’intégrale Z

+∞

0

t

²

e

⁻^t

2

d t = Z

+∞

−∞

t

²

f

_Y

( t ) d t converge absolument également, et vaut

√ 2 π

2 =

r π

2 . Ainsi E ( Y ) existe et on a E ( Y ) = r π

2 .

4. (a) Puisque X est à valeurs positives, e

^−X/2

est à valeurs dans ]0 , 1] et donc U (Ω) = [0 , 1[.

(b) Puisque U est à valeurs dans [0 , 1[, on a F

_U

( x ) = 1 pour tout x ≥ 1 et F

_U

( x ) = 0 pour tout x < 0.

Soit à présent x ∈ [0 , 1[, on a :

F

U

( x ) = P (1 − e

^−X/2

≤ x ) = P (1 − x ≤ e

^−X/2

)

= P (ln(1 − x ) ≤ − X

2 ) car ln croissant et 1 − x > 0

= P ( X ≤ − 2 ln(1 − x )) = 1 − e

^ln(1−x)

= x.

1

(2)

ECS2

Lycée Louis Pergaud

Ainsi on a :

F

U

: x 7→



 

 

0 si x < 0 x si 0 ≤ x < 1 1 sinon U suit donc une loi uniforme sur [0 , 1].

(c) On a U = 1 − e

^−X/2

⇔ X = − 2 ln(1 − U ) . On peut donc utiliser les commandes suivantes pour simuler la variable Y .

1

U = rand()

2

X = -2*log(1-U)

3

Y = sqrt(X)

Exercice 2 (Ecricome 2014)

1. On montre que E est un sous-espace vectoriel de l’espace F (R

^∗+

, R) des fonctions de R

^∗+

dans R :

• la fonction nulle f : x 7→ 0 = x × 0 + x ln( x ) × 0 appartient bien à E (en prenant P = Q = 0

_Rn−1[X]

;

• Pour tout λ

1

, λ

2

∈ R, pour tout f

1

, f

2

∈ E , il existe ( P

1

, P

2

, Q

1

, Q

2

) ∈ (R

n−1

[ X ])

⁴

tels que : f

1

: x 7→ xP

1

( x ) + x ln( x ) Q

1

( x ) et f

2

: x 7→ xP

2

( x ) + x ln( x ) Q

2

( x ) . D’où pour tout x ∈ R

^∗+

, on a :

( λ

1

f

1

+ λ

2

f

2

)( x ) = λ

1

f

1

( x ) + λ

2

f

2

( x ) = λ

1

( xP

1

( x ) + x ln( x ) Q

1

( x )) + λ

2

( xP

2

( x ) + x ln( x ) Q

2

( x ))

= x ( λ

1

P

1

+ λ

2

P

2

)

| {z }

∈Rn−1[X]

( x ) + λ

2

x ln( x ) ( λ

1

Q

1

+ λ

2

Q

2

)

| {z }

∈Rn−1[X]

( x )

Donc on a bien λ

1

f

1

+ λ

2

f

2

∈ E .

E est donc un sous-espace vectoriel de F (R

^∗+

, R). E donc en particulier un R-espace vectoriel.

Montrons que E = Vect( u

1

, v

1

, . . . , u

n

, v

n

) par double inclusion.

⊂ Soit f ∈ E . Il existe P, Q ∈ R

n−1

[ X ] tels que :

f : x 7→ xP ( x ) + x ln( x ) Q ( x ) .

Écrivons P = a

₀

+ a

₁

X + · · · + a

_n−1

X

ⁿ⁻¹

et Q = b

₀

+ b

₁

X + · · · + b

_n−1

X

ⁿ⁻¹

. On obtient pour tout x ∈ R

^∗+

:

f ( x ) = x ( a

₀

+ a

₁

x + · · · + a

_n−1

x

ⁿ⁻¹

) + x ln( x )( b

₀

+ b

₁

x + · · · + b

_n−1

x

ⁿ⁻¹

)

= a

₀

x + a

₁

x

²

+ · · · + a

_n−1

x

ⁿ

+ b

₀

x ln( x ) + b

₁

x

²

ln( x ) + · · · + b

_n−1

x

ⁿ

ln( x )

= a

0

u

1

( x ) + a

1

u

2

( x ) + · · · + a

_n−1

u

n

( x ) + b

0

v

1

( x ) + b

1

v

2

( x ) + · · · + b

_n−1

v

n

( x ) .

Ainsi on a bien f = a

0

u

1

+ a

1

u

2

+ · · · + a

n−1

u

n

+ b

0

v

1

+ b

1

v

2

+ · · · + b

n−1

v

n

∈ Vect( u

1

, v

1

, . . . , u

n

, v

n

).

D’où la première inclusion.

⊃ Pour tout i = 1 , . . . n , on a :

∀x ∈ R

^∗+

, u

_i

( x ) = x

ⁱ

= x × x

ⁱ⁻¹

+ x ln( x ) × 0 ∈ E,

∀x ∈ R

^∗+

, v

i

( x ) = x

ⁱ

ln( x ) = x × 0 + x ln( x ) × x

ⁱ⁻¹

∈ E,

car 0 et X

ⁱ⁻¹

appartiennent à R

n−1

[ X ]. On a donc u

i

, v

i

∈ E pour tout i = 1 , . . . , n . Comme de plus E est un espace vectoriel, on obtient que :

Vect( u

1

, v

1

, . . . , u

n

, v

n

) ⊂ E.

On peut donc conclure que E = Vect( u

1

, v

1

, . . . , u

n

, v

n

).

2

(3)

ECS2

Lycée Louis Pergaud

2. Pour tout f ∈ E , il existe P, Q ∈ R

n−1

[ X ] tels que :

f : x 7→ xP ( x ) + x ln( x ) Q ( x ) . Or on a lim

x7→0⁺

xP ( x ) = 0 et lim

x7→0⁺

x ln( x ) Q ( x ) = 0 par croissances comparées. D’où par somme, on en déduit que lim

x7→0⁺

f ( x ) = 0. La fonction f peut donc être prolongée par continuité en 0 en une fonction f ˜ continue sur R

+

et telle que ˜ f (0) = 0.

On en déduit en particulier que pour tout f ∈ E , l’intégrale Z

x 0

f ( t ) d t est bien définie pour tout x > 0.

En effet, la fonction f est continue sur R

^∗+

et prolongeable par continuité en 0. Cette intégrale est donc faussement impropre en 0, donc convergente. Ainsi l’intégrale définissant ϕ ( f ) est bien convergente.

Pour tout k = 1 , . . . , n , pour tout x > 0, on a : ϕ ( u

k

)( x ) = 1

x Z

x

0

u

k

( t ) d t = 1 x

Z

x 0

t

^k

d t = 1 x

x

^k+1

k + 1 = x

^k

k + 1 = 1

k + 1 u

k

( x ) . Ainsi on a ϕ ( u

_k

) = 1

k + 1 u

_k

.

D’autre part, pour tout ε > 0, on a : 1 x

Z

x ε

v

k

( t ) d t = 1 x

Z

x ε

t

^k

ln( t ) d t . On procède à une intégration par parties :

+ ln( t ) t

^k

&

- 1

t R

←− t

^k+1

k + 1 Les fonctions t 7→ ln( t ) et t 7→ t

^k+1

k + 1 sont de classe C

¹

sur [ ε, x ]. On en déduit par intégrations par parties :

1 x

Z

x ε

v

k

( t ) d t = 1 x

ln( t ) t

^k+1

k + 1

^x

ε

− Z

x

ε

t

^k

k + 1 d t

= 1 x

ln( x ) x

^k+1

k + 1 − ln( ε ) ε

^k+1

k + 1 − x

^k

( k + 1)

²

+ ε

^k

( k + 1)

²

ε→0

−→

⁺

1 x

ln( x ) x

^k+1

k + 1 − x

^k

( k + 1)

²

par croissances comparées. On peut donc conclure que : ϕ ( v

_k

) = 1

k + 1 v

_k

− 1 ( k + 1)

²

u

_k

. 3. Pour tout f, g ∈ E et pour tout λ, µ ∈ R, pour tout x > 0 on a :

ϕ ( λf + µg )( x ) = 1 x

Z

x 0

( λf + µg )( t ) d t = λ 1 x

Z

x 0

f ( t ) d t + µ 1 x

Z

x 0

g ( t ) d t par linéarité de l’intégrale (toutes les intégrales en jeu convergent). On en déduit que :

ϕ ( λf + µg ) = λϕ ( f ) + µϕ ( g ) . Donc ϕ est bien linéaire.

Enfin, on a vu que pour tout k = 1 , . . . , n , ϕ ( u

_k

) et ϕ ( v

_k

) appartiennent bien à E . Pour tout f ∈ E = Vect( u

₁

, v

₁

, . . . , u

_n

, v

_n

), il existe λ

₁

, β

₁

, . . . , α

_n

, β

_n

tels que :

f =

n

X

k=1

( αu

_k

+ βv

_k

) . On en déduit par linéarité de ϕ que :

ϕ ( f ) =

n

X

k=1

( αϕ ( u

_k

) + βϕ ( v

_k

)) ∈ E car E est un espace vectoriel. Ainsi ϕ ( f ) appartient bien à E .

3

(4)

ECS2

Lycée Louis Pergaud

4. On a obtenu ϕ ( u

_k

) = 1

k + 1 u

_k

et ϕ ( v

_k

) = 1

k + 1 v

_k

− 1

( k + 1)

²

u

_k

pour tout k = 1 , . . . , n . On peut donc compléter la matrice de ϕ dans la base B :

A = M

_B

( ϕ ) =







1 2

−1

4

0 · · · · · · · · · 0

0

¹₂

0 ... ...

... ...

¹₃ ⁻¹₉

... ...

¹₃

0 ... ...

... ... ... ... 0

... ...

_n+1¹ _(n+1)⁻¹2

0 · · · · · · 0

_n+1¹





 .

5. A étant triangulaire supérieure, les valeurs propres de A sont ses coefficients diagonaux. On a donc : Sp( A ) = Sp( ϕ ) =

1 2 , 1

3 , . . . , 1 n + 1

.

0 n’est pas valeur propre de ϕ , donc ϕ est un endomorphisme injectif de E qui est de dimension finie égale à 2 n . Donc ϕ est bijectif .

6. Soit k ∈ J1 , n K tel que λ = 1

k + 1 , et soit f un vecteur propre associé à λ . On pose donc : g : x ∈ R

^∗+

7→ x

^−1/λ

Z

x 0

f ( t ) d t = x

^−k−1

Z

x

0

f ( t ) d t.

Montrons que g est constante. Puisque f est continue sur R

^∗+

, x 7→

Z

x 0

f ( t ) d t est de classe C

¹

sur R

^∗+

par le théorème fondamental de l’analyse. Donc g l’est aussi, de sorte qu’on peut calculer sa dérivée pour tout x > 0 :

g

⁰

( x ) = ( −k − 1) x

^{(−k−1)−1}

Z

x

0

f ( t ) d t + x

^−k−1

f ( x )

= ( −k − 1) x

^−k−1

ϕ ( f )( x ) + x

^−k−1

f ( x ) = ( −k − 1) x

^−k−1

λf ( x ) + x

^−k−1

f ( x )

= ( −k − 1) x

^−k−1

1 k + 1 f ( x ) + x

^−k−1

f ( x ) = 0 .

Ainsi g est une fonction constante sur R

^∗+

. Notons c ∈ R cette constante. On en déduit que pour tout x > 0 :

x

^−k−1

Z

x

0

f ( t ) d t = c ⇒ Z

x

0

f ( t ) d t = cx

^k+1

. On obtient alors en dérivant (on a déjà justifié que tout était dérivable sur R

^∗+

) :

∀x > 0 , f ( x ) = ( k + 1) cx

^k

. 7. Pour λ = 1

k + 1 , on a donc montré que si f ∈ E

1

k+1

( ϕ ), alors il existe un scalaire d ∈ R tel que f = λu

_k

. Réciproquement, on a vu que u

_k

appartient bien à E

1

k+1

( ϕ ). On peut donc conclure que : E

1

k+1

( ϕ ) = Vect( u

_k

) . Puisque u

_k

6 = 0

E

, on obtient donc que dim( E

1

k+1

( ϕ )) = 1 pour tout k = 1 , . . . , n . On a enfin que :

n

X

k=1

dim( E

1

k+1

( ϕ )) =

n

X

k=1

1 = n < 2 n = dim( E ) . Donc ϕ n’est pas un endomorphisme diagonalisable.

4