ecritblanc 20161010 cor 2

(1)

M1 MEEF 2nd degr´ e, CAPES de Math´ ematiques Ecrit blanc du 10 octobre 2016 ´

Exercice 2.

1. On réalise l’arbre de probabilité à partir des informations données. Rappelons que dans un tel arbre, on fait figurer sur les arêtes les probabilités conditionnelles.

Calculons maintenant la probabilité qu’une personne, prise au hasard dans la population, ait un test positif. On utilise pour cela la formule des probabilités totales, appliquée avec le système complet d’événements (M, M ) :

P(T ) = P(T ∩ M ) + P(T ∩ M ) = P_M(T )P(M ) + P_M(T )P(M ) = 0.98 p + 0.01(1 − p) On obtient donc P (T ) = 0.01 + 0.97p.

2. Pour tout p ∈ [0, 1], notons f (p) la probabilit´e conditionnelle de M sachant T . On a, pour tout p ∈ [0, 1],

f (p) = P(M ∩ T )

P(T ) = 0.98p

0.97p + 0.01 = 98 p

97p + 1 = 98 97

1 − 1

97p + 1

La fonction f est clairement continue et strictement croissante sur [0, 1], et on a f (0) = 0 et f (1) = 1.

3. D´eterminons l’ensemble des r´eels p ∈ [0, 1] tels que f (p) > 0.95. On a f (p) > 0.95 ⇐⇒ 98p

97p + 1 > 0.95

⇐⇒ 98p > 0.95(97p + 1)

⇐⇒ (98 − 0.95 97)p > 0.95

⇐⇒ p > 0.95

98 − 0.95 97 ' 0.162

Le test est donc consid´er´e comme fiable s’il y a au moins 16,2% de malades dans la population

(2)

4. Lorsque l’on choisit au hasard n personnes dans une (grande) population, on peut consi- dérer que l’on génère un schéma de Bernoulli d’ordre n. Pour la première partie de la question, le « succès » est le fait d’être malade : le nombre de malades dans l’échantillon suit donc une loi binomiale de paramètre (n, p). De fa¸con similaire, le nombre de personnes malades et ayant une réponse positive au test suit une loi binomiale de paramètre (n, 0.98p), l’événement associé au succès étant cette fois-ci de probabilité 0.98p.

Rappelons l’expression de la loi binomiale : X suit une loi binomiale de param`etre (n, p) si X(Ω) = {0, . . . , n} et, pour tout k ∈ {0, . . . , n},

P(X = k) = n k

p^k(1 − p)^n−k. Exercice 3.

R_n(f ) = 1 n

n−1

X

k=0

f k n

et S_n(f ) = 1 n

n

X

k=1

f k n

Partie A

On se donne une fonction f positive et d´ecroissante sur [0, 1].

1. Soit n un entier naturel non nul. On a R_n(f ) − S_n(f ) = 1

n

n−1

X

k=0

f k n

− 1 n

n

X

k=1

f k n

= 1

n(f (0) − f (1)) 2. Notons

— D_f le domaine de R² délimité par l’axe des abscisses et la courbe d’équation y = f (x) d’une part, et par les droites d’équation x = 0 et x = 1 d’autre part

— Rn le domaine d´efini par les rectangles ”sup´erieurs”

— S_n celui d´efini par les rectangles ”inf´erieurs”

Du fait de la décroissance de f , on constate graphiquement l’inclusion des aires des domaines S_n⊂ D_f ⊂ R_n, ce qui implique l’inégalité S_n≤ A ≤ R_n.

Plus pr´ecis´ement, pour montrer l’inclusion des domaines : on fixe un entier n ≥ 1 et k ∈ {0, n − 1}. Soit x ∈ [k/n, (k + 1)/n. Soit M (x, y) un point du plan, toujours avec x ∈ [k/n, (k + 1)/n. On a

M ∈ Df ⇐⇒ 0 ≤ y ≤ f (x)

M ∈ S_n⇐⇒ 0 ≤ y ≤ f ((k + 1)/n) M ∈ R_n⇐⇒ 0 ≤ y ≤ f (k + /n)

L’in´egalit´e f ((k + 1)/n) ≤ f (x) ≤ f (k/n) implique alors l’inclusion des domaines S_n ⊂ D_f ⊂ R_n.

(3)

3. Nous allons utiliser le th´eor`eme des gendarmes pour justifier la convergence de (Rn(f )).

Soit n ≥ 1 un entier. On a

S_n(f ) ≤ A ≤ R_n(f )

et S_n(f ) = R_n(f ) − (f (0) − f (1))/n ce qui conduit `a l’encadrement de R_n(f ) suivant : A ≤ R_n(f ) ≤ A + f (0) − f (1)

n

On peut donc conclure que (R_n(f )) converge vers A, puis, `a l’aide de la question A.1), que (S_n(f )) converge ´egalement vers A.

Attention : les suites (R_n(f )) et (S_n(f )) ne sont généralement pas adjacentes car elles peuvent ne pas être monotones.

4. Soit x ∈ [0, 1] et h un r´eel tel que x + h ∈ [0, 1]. Notons

— Dx,h le domaine Df ∩ {(s, t), s est compris entre x et x + h}

— D₁ le rectangle d´elimit´e par les points (x, 0), (x + h, 0), (x + h, f (x)) et (x, f (x))

— D₂le rectangle délimité par les points (x, 0), (x+h, 0), (x+h, f (x+h)) et (x, f (x+h)) Supposons pour l’instant h > 0. L’additivité des aires nous dit que l’aire de Dx,h est

´egale `a F (x + h) − F (x).

Par ailleurs, on a les inclusions D₂ ⊂ D_x,h⊂ D₁, d’où la double-inégalité suivante : hf (x + h) ≤ F (x + h) − F (x) ≤ hf (x)

En divisant par h, il vient

f (x + h) ≤ F (x + h) − F (x)

h ≤ f (x)

La continuité de f permet alors d’utiliser le théorème des gendarmes pour conclure que le taux d’accroissement de F converge vers f (x) lorsque h tend vers 0 par valeurs supérieures.

Traitons maintenant le cas où h est négatif. Dans ce cas, l’aire de D_x,h est égale à F (x) − F (x + h) et celle de D1 (resp. D2) à |h|f (x) (resp. |h|f (x + h)), et on a, par inclusion des domaines correspondant,

|h|f (x) ≤ F (x) − F (x + h) ≤ |h|f (x + h)

En divisant par |h|, et en utilisant à nouveau le théorème des gendarmes, on conclut alors que le taux d’accroissement de F entre x et x + h converge vers f (x) lorsque h tend vers 0 par valeurs négatives.

Finalement, on a donc pour tout x ∈ [0, 1], F⁰(x) = f (x).

Partie B

NB : Dans cette partie, la fonction f n’est plus suppos´ee d´ecroissante.

1. (a) Le réel ε étant strictement positif, le théorème de Heine implique l’existence d’un réel δ > 0 tel que, pour tout (x, y) ∈ I² vérifiant |x − y| ≤ δ, on a |f (x) − f (y)| ≤ ε.

Choisissons un entier N sup´erieur `a 1/δ. On a alors, pour tout n ≥ N , pour tout k ∈ {0, . . . , n − 1} et tout x ∈ [k/n, (k + 1)/n], |x − k/n| ≤ 1/n ≤ δ donc

f (x) − f k n

≤ ε

(4)

(b) Soit n ≥ N et k ∈ {0, . . . , n − 1}. L’inégalité ci-dessus étant vérifiée pour tout réel de [k/n, (k + 1]/n], on peut intégrer l’inégalité terme à terme :

Z (k+1)/n k/n

(f (t) − f (k/n)) dt

≤

Z (k+1)/n k/n

|(f (t) − f (k/n))| dt ≤

Z (k+1)/n k/n

ε dt ≤ ε n 2. Soit n ≥ N . On obtient, en sommant, pour k allant de 0 à n − 1, les inégalités obtenues

`

a la question pr´ec´edente :

|R_n(f ) − A| =

n−1

X

k=0

Z (k+1)/n k/n

(f (t) − f (k/n)) dt

≤

n−1

X

k=0

Z (k+1)/n k/n

(f (t) − f (k/n)) dt

≤ nε n = ε

Rappelons que le choix d’un réel ε strictement positif nous a permis d’obtenir une telle inégalité pour tout n suffisamment grand. On peut donc conclure que (R_n(f )) converge vers A.

Puis, en remarquant que l’on a toujours, pour tout n ≥ 1, R_n(f ) − S_n(f ) = (f (0) − f (1))/n, on obtient que la limite de la suite (S_n(f )) existe et vaut A.

3. On suppose maintenant que f est de classe C¹ sur [0, 1].

(a) La fonction f étant de classe C¹, sa dérivée est continue sur l’intervalle compact [0, 1].

Le th´eor`eme de Weierstrass permet d’affirmer que |f⁰| admet un majorant, que l’on note M .

Soient n ≥ 1 et k ∈ {0, . . . , n − 1} deux entiers, et t ∈ [k/n, (k + 1)/n] un r´eel.

On applique (ou on redémontre) l’inégalité des accroissements finis sur le segment [k/n, t], et on obtient le résultat demandé :

|f (t) − f (k/n)| ≤ M

t − k

n

(b) Fixons deux entiers n et k comme ci-dessus et intégrons cette inégalité sur l’intervalle [k/n, (k + 1)/n]. On obtient

Z (k+1)/n k/n

f (t) dt − 1 nf k

n

≤

Z (k+1)/n k/n

f (t) − f k n

dt

≤

Z (k+1)/n k/n

M

t − k

n

dt

=

"

M 2

t − k

n

2#(k+1)/n k/n

= M

2n².

En sommant ces inégalités pour k allant de 0 à n − 1, il vient :

Z 1 0

f (t) dt − Rn(f )

≤ M 2n.

On obtient une inégalité similaire pour S_n(f ) en appliquant l’inégalité des accroissements finis dans la question B.3.a à l’intervalle [t, (k + 1)/n].

(5)

(c) Lorsque f est la fonction f : x 7→ x, f est bien de classe C¹ et un majorant de f⁰ est M = 1. On a

Z 1 0

f (t) dt = 1 2 Pour tout n ≥ 1, calculons R_n(f ) :

R_n(f ) = 1 n

n−1

X

k=0

f k n

= 1 n

n−1

X

k=0

k n = 1

2n²(n(n − 1)) = 1 2− 1

2n De mˆeme :

S_n(f ) = 1 n

n

X

k=1

f k n

= 1 n

n

X

k=1

k n = 1

2n²(n(n + 1)) = 1 2+ 1

2n On a donc, pour tout n ≥ 1 :

Z 1 0

f (d) dt − R_n(f ) = S_n(f ) − Z 1

0

f (t) dt = M 2n L’inégalité proposée en B.3.b) est donc optimale.

Partie C

Attention `a l’inversion des notations par rapport `a la partie A.

1. Soit n un entier naturel non nul. Soit k ∈ {1, . . . , n − 1}. On encadre f comme dans la partie A : pour tout t ∈ [k/n, (k + 1)/n],

f k + 1 n

≤ f (t) ≤ f k n

Il vient, en intégrant cette inégalité sur l’intervalle [k/n, (k + 1)/n] : 1

nf k + 1 n

≤

Z (k+1)/n k/n

f (t) dt ≤ 1 nf k

n

2. En sommant ces inégalités pour k allant de 1 à n − 1, il vient :

R_n(f )−1 nf 1

n

= 1 n

n−1

X

k=1

f k + 1 n

≤ I 1 n

= Z 1

1/n

f (t) dt ≤ 1 n

n−1

X

k=1

f k n

= R_n(f )−1 nf (1) 3. On a donc, pour tout n ≥ 1 :

I 1 n

+ 1

nf (1) ≤ Rn≤ I 1 n

+ 1

nf 1 n

Or, par hypothèse, (I(1/n)) converge vers I(0⁺), et les deux suites (¹_nf (1)) et (_n¹f (¹_n)) tendent vers 0, donc on peut appliquer le théorème des gendarmes et conclure que (Rn(f )) converge vers I(0⁺).

4. Soit f la fonction d´efinie sur ]0, 1] par f (x) = 0.25 (x²− 1) − 0.5 ln(x).

(a) Montrons par r´ecurrence que, pour tout n ≥ 1,

n

X

k=1

k² = n(n + 1)(2n + 1) 6

(6)

Pour n = 1, l’égalité est vérifiée. Soit n ≥ 1 un entier tel que la propriété cherchée soit vraie. On a alors :

n+1

X

k=1

k² = (n + 1)²+

n

X

k=1

k² = (n + 1)²+n(n + 1)(2n + 1) 6

= n + 1

6 (6n + 6 + n(2n + 1))

= n + 1

6 (2n²+ 7n + 6)

= (n + 1)(n + 2)(2n + 3) 6

La propri´et´e est donc vraie au rang n + 1.

Par principe de récurrence, la propriété est vérifiée pour tout n ≥ 1.

(b) On remarque que la dérivée de la fonction x 7→ x ln x − x est la fonction x 7→ ln x, ce qui répond à la première partie de la question.

On a donc pour tout x > 0, Z 1

x

ln t dt = −1 − (x ln x − x)

Or la fonction x 7→ x ln x − x admet une limite en 0⁺, donc l’int´egrale R1

0 ln t dt est convergente (et vaut −1).

(c) Soit f la fonction d´efinie sur ]0, 1] par f (x) = x²− 1

4 −1 2ln(x)

Cette fonction est continue sur ]0, 1], on a lim_x→0xf (x) = 0, et, d’après la question précédente, I converge en 0⁺.

De plus, pour tout x ∈]0, 1],

f⁰(x) = x 2 − 1

2x = x²− 1 2x

Donc f⁰ est n´egative sur ]0, 1] et f est d´ecroissante sur cet intervalle.

On remarque de plus que I(0⁺) =hx³

12 −x 4 − 1

2x ln x + x 2

i1 0

= 1 12− 1

4 +1 2 = 1

3 (d) Soit n un entier naturel non nul.

Rn(f ) = 1 n

n

X

k=1

f k n

= 1

n

X

k=1

k² 4n² − 1

4− 1 2ln k

n

= (n + 1)(2n + 3)

24n² − 1

4− 1

2nln n!

nⁿ

(7)

(e) D’après les résultats précédents, (Rn(f )) converge vers I(0⁺) = 1/3, donc on peut

´ ecrire :

lim 1

2nln n!

nⁿ

= − lim R_n(f ) + 1 12− 1

4 = −1 2 d’o`u (ln

(n!)^1/n n

) converge vers −1.

Donc ((n!)^1/n/n)_n≥1 converge vers e⁻¹.