DS7 (version A)
Exercice 1 (EDHEC 2004)
On noteE l’espace vectoriel des fonctions polynomiales réelles de degré inférieur ou égal à 2.
On notee0, e1, e2 les fonctions définies, pour tout réel x par :
e0(x) = 1, e1(x) =x et e2(x) =x2 et on rappelle que B= (e0, e1, e2) est une base deE.
Soit f l’application qui à toute fonction polynomialeP de E associe la fonction Q=f(P), oùQ est la dérivée seconde de l’application qui à tout réelx associe(x2−x)P(x).
Le sujet fait ici le choix de confondre polynôme et fonction polynomiale. C’est parfaitement en accord avec le programme officiel qui conseille cette confusion. Cependant, on peine à comprendre l’intérêt ici car l’aspect fonction ne joue pas de rôle particulier dans l’exercice.
Commentaire
1. a) Montrer quef est un endomorphisme de E.
Démonstration.
• Démontrons que f est linéaire
Soit(λ1, λ2)∈R2 et soit (P1, P2)∈ R2[X]2
.
f(λ1·P1+λ2·P2) (X)
=
(X2−X) (λ1·P1+λ2·P2)00
(X)
=
(2X−1) (λ1·P1+λ2·P2) + (X2−X) (λ1·P1+λ2·P2)00
(X)
=
(2X−1) (λ1·P1+λ2·P2) + (X2−X) λ1·P10+λ2·P200
(X) (par linéarité de l’application dérivée)
= 2 (λ1·P1+λ2·P2)(X) + (2X−1) (λ1·P1+λ2·P2)0(X) + (2X−1) (λ1·P10 +λ2·P20)(X) + (X2−X) λ1·P10+λ2·P200
(X)
= 2 (λ1·P1+λ2·P2)(X) + (2X−1) (λ1·P10+λ2·P20)(X)
+ (2X−1) (λ1·P10 +λ2·P20)(X) + (X2−X) (λ1·P100+λ2·P200)(X) (par linéarité de l’application dérivée)
= λ1· 2P1(X) + 2 (2X−1)P10(X) + (X2−X)P100(X) + λ2· 2P2(X) + 2 (2X−1)P20(X) + (X2−X)P200(X)
= λ1·f(P1)(X) +λ2·f(P2)(X)
= λ1·f(P1) +λ2·f(P2) (X) L’application f est donc linéaire.
1
Dans cette rédaction, on a explicité le calcul ce qui pourra servir dans les questions suivantes. Mais il était aussi possible de rédiger autrement. Pour ce faire, on introduit le polynômeR∈R2[X]défini parR(X) =X2−X. On a alors :
f(λ1·P1+λ2·P2) = R×(λ1·P1+λ2·P2)00
= λ1·R P1+λ2·R P200
= λ1· R P1
00
+λ2· R P2
00 (par linéarité de la dérivation seconde)
= λ1·f(P1) +λ2·f(P2) (par définition de f) Commentaire
• Démontrons que f est à valeurs dans R2[X]
SoitP ∈R2[X]. Comme deg(P)62, alors : deg (X2−X) P(X)
= deg (X2−X)
+ deg P(X)
6 2 + 2 = 4 La valeur de f(P)est obtenue en dérivant deux fois ce polynôme. On en déduit :
deg f(P)
6 2
Ainsi, f est bien à valeurs dansR2[X].
L’application f est bien un endomorphisme de R2[X].
• Rappelons tout d’abord les propriétés à connaître concernant le degré des polynômes.
SiP etQsont deux polynômes de R[X]alors : deg P ×Q
= deg(P) + deg(Q) deg P+Q
6 max deg(P),deg(Q)
• On pouvait aussi rédiger en se servant du calcul précédent. Commedeg(P)62, alors :
× deg(2P)62,
× deg(P0)61 et ainsi :
deg 2 (2X−1)P0(X)
= deg 2 (2X−1)
+ deg P0(X)
61 + 1 = 2
× deg(P00)60et ainsi :
deg (X2−X) P00(X)
= deg (X2−X)
+ deg P00(X)
62 + 0 = 2 On en déduit :deg 2P(X) + 2 (2X−1)P0(X) + (X2−X) P00(X)
62.
Commentaire
b) Déterminerf(e0),f(e1) etf(e2) en fonction dee0,e1 ete2. Démonstration.
On a :
× f(e0)(X) = 2 e0(X) + 2 (2X−1) e00(X) + (X2−X) e000(X)
= (2·e0)(X)
× f(e1)(X) = 2e1(X) + 2 (2X−1)e01(X) + (X2−X) e001(X)
= 2X+ 2 (2X−1) = 6X−2
= (−2·e0+ 6·e1)(X)
× f(e2)(X) = 2e2(X) + 2 (2X−1)e02(X) + (X2−X) e002(X)
= 2X2+ 2 (2X−1) (2X) + (X2−X) 2
= 2X2+ (8X2−4X) + (2X2−2X) = −6X+ 12X2
= (−6·e1+ 12·e2)(X)
On en déduit :f(e0) = 2·e0,f(e1) =−2·e0+ 6·e1 etf(e2) =−6e1+ 12e2. c) En déduire que la matrice def dans la baseB est A=
2 −2 0
0 6 −6
0 0 12
. Démonstration.
D’après la question précédente :
× f(e0) = 2·e0+ 0·e1+ 0·e2 donc Mat(e0,e1,e2) f(e0)
=
2 0 0
.
× f(e1) =−2·e0+ 6·e1+ 0·e2 donc Mat(e0,e1,e2) f(e1)
=
−2 6 0
.
× f(e2) = 0·e0−6·e1+ 12·e2 donc Mat(e0,e1,e2) f(e2)
=
0
−6 12
.
Finalement :A= Mat(e0,e1,e2)(f) =
2 −2 0
0 6 −6
0 0 12
.
L’énoncé fournit le résultat de la question (la valeur de la matrice A= Mat(e0,e1,e2)(f) à trouver). Par définition, cette matrice est la concaténation des vecteurs colonnes représentatifs des vecteurs f(e1),f(e2), et f(e3) dans la base B. Ainsi, la lecture de A nous fournit directement les égalités : f(e0) = 2·e0, f(e1) = −2·e0 + 6·e1 et f(e2) =−6·e1+ 12·e2. Cela ne signifie pas que l’on peut rédiger la question1.b) avec comme argument : « d’après la question 1.c) . . . ». Par contre, cette matrice permet de vérifier le résultat de la question précédente et de corriger une éventuelle erreur que l’on aurait pu commettre.
Commentaire
d) Montrer sans calcul quef est un automorphisme deE.
Démonstration.
• La matrice A est inversible car elle est triangulaire (supérieure) et ses coefficients diagonaux sont tous non nuls.
• La matriceAétant la représentation matricielle de f dans la baseB, on en conclut quef est bijective.
L’application f est un endomorphisme bijectif de E : c’est donc un automorphisme deE.
2. a) Donner les valeurs propres def, puis en déduire quef est diagonalisable.
Démonstration.
• Notons tout d’abord que la matrice A est triangulaire (supérieure). Ses valeurs propres sont donc ses coefficients diagonaux.
Ainsi :Sp(f) = Sp(A) ={2,6,12}.
• La matriceA est carrée d’ordre3 et admet 3valeurs propres distinctes.
On en conclut queA est diagonalisable.
Enfin, commeA est la matrice représentative de f dans la baseE, l’endomorphisme f est lui aussi diagonalisable.
b) Déterminer les sous-espaces propres def. Démonstration.
• Déterminons E2(f), le sous-espace propre de f associé à la valeur propre2.
SoitP ∈E. Alors il existe(a, b, c)∈R3 tel queP =a·e0+b·e1+c·e2. Autrement dit :U = Mat(e0,e1,e2)(P) =
a b c
∈M3,1(R).
P ∈E2(f) ⇐⇒ (f −2 idE)(M) = 0E
⇐⇒ (A−2I3)×U = 0M3(R)
⇐⇒
0 −2 0
0 4 −6
0 0 10
a b c
=
0 0 0
⇐⇒
− 2b = 0
4b − 6c = 0 10c = 0
⇐⇒
b = 0 c = 0 On obtient alors :
E2(f) = {P ∈E |(f −2 idE)(P) = 0E}
= {a·e0+b·e1+c·e2 |b=c= 0}
= {a·e0 |a∈R} = Vect (e0)
• Déterminons E6(f), le sous-espace propre de f associé à la valeur propre6.
On reprend les notations précédentes.
P ∈E6(f) ⇐⇒ (f −6 idE)(M) = 0E
⇐⇒ (A−6I3)×U = 0M3(R)
⇐⇒
−4 −2 0
0 0 −6
0 0 6
a b c
=
0 0 0
⇐⇒
−4a − 2b = 0
− 6c = 0 6c = 0
⇐⇒
−4a = 2b
c = 0
On obtient alors :
E6(f) = {P ∈E |(f−6 idE)(P) = 0E}
= {a·e0+b·e1+c·e2 |a=−12b ET c= 0}
= {−12b·e0+b·e1 |b∈R}
= {b·(−12 ·e0+e1) |b∈R}
= Vect −12·e0+e1
= Vect (e0−2·e1) On en conclut : E6(f) = Vect (e0−2·e1).
On rappelle qu’on ne change pas l’espace vectoriel engendré par une famille F en multipliant un vecteur deF par un réel non nul. On se sert de cette propriété ici afin d’avoir une expression plus simple (sans fraction) deE6(f).
Commentaire
• Déterminons E12(f), le sous-espace propre def associé à la valeur propre 6.
On reprend les notations précédentes.
P ∈E12(f) ⇐⇒ (f−12 idE)(M) = 0E
⇐⇒ (A−12I3)×U = 0M3(R)
⇐⇒
−10 −2 0
0 −6 −6
0 0 0
a b c
=
0 0 0
⇐⇒
−10a − 2b = 0
− 6b − 6c = 0 0 = 0
⇐⇒
−10a − 2b = 0
− 6b = 6c
L1←3L1−L2
⇐⇒
−30a = −6c
− 6b = 6c
L1← −16L1 L2← −16L2
⇐⇒
5a = c b = −c
On obtient alors :
E12(f) = {P ∈E |(f −12 idE)(P) = 0E}
= {a·e0+b·e1+c·e2 |a= 15c ET c= 0}
= {15c·e0−c·e1+c·e2 |c∈R}
= {c·(15e0−e1+e2) |a∈R}
= Vect 15e0−e1+e2
= Vect (e0−5·e1+ 5·e2) On en conclut :E12(f) = Vect (e0−5·e1+ 5·e2).
• Il faut faire attention aux objets manipulés. On doit déterminer E2(f) = Ker(f −2 idE), noyau d’un endomorphisme de E. On doit donc obtenir un sous-espace vectoriel de E. Si P ∈EetU = Mat(e0,e1,e2)(P)∈M3,1(R)sont bien deux représentations différentes du même polynômeP, cela n’autorise pas pour autant à écrire l’égalité entre ces deux éléments :
a·e0+b·e1+c·e2 =
a b c
(
∈R2[X] ∈M3,1(R)
et
Vect (e0) = Vect
1 0 0
E1(f) E1(A)
• Il faut s’habituer à déterminer les ensembles Eλ(A) par lecture de la matrice A−λ I. Illustrons la méthode avec la matrice de l’exercice et λ= 1.
On cherche les vecteursX=
x y z
de E12(A) c’est-à-dire les vecteurs tels que : (A−I3)X= 0M3,1(R). Or :
−10 −2 0
0 −6 −6
0 0 0
x y z
= x·C1+y·C2+z·C3
= x·
−10 0 0
+y·
−2
−6 0
+z·
0
−6 0
Pour obtenir le vecteur
0 0 0
à l’aide de cette combinaison linéaire, on prendx6= 0.
En effet, six= 0 alors forcément y= 0sinon on crée un coefficient non nul en 1ère position du vecteur résultat. Mais dans ce cas (x =y = 0), on a z = 0 sinon on crée un coefficient non nul en 2ème position du vecteur résultat.
Comme x 6= 0, alors forcément y = −5x (pour ne pas créer un coefficient non nul en 1ère position) puisz= 5x(pour ne pas créer un coefficient non nul en2ème position). En prenant par exemplex= 1, on obtient :
E12(A) ⊃ Vect
1
−5 5
Et l’égalité est vérifiée pour des raisons de dimension (on peut par exemple démontrer : rg(A−12I3) = 2ce qui permet de conclure, par théorème du rang : dim E12(A)
= 1).
Commentaire
3. a) Justifier l’existence d’une matriceP inversible dont la première ligne ne contient que des « 1 » telle queA=P DP−1, oùD=
2 0 0 0 6 0 0 0 12
. Démonstration.
Il existe donc une matriceP inversible et une matriceD diagonale telles queA=P D P−1. Plus précisément :
× la matrice P est obtenue par concaténation de bases des sous-espaces propres deA,
× la matriceD est la matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont les valeurs propres de A(dans le même ordre d’apparition que les vecteurs propres).
Comme
1 0 0
,
1
−2 0
et
1
−5 5
sont des bases respectives deE2(A),E6(A)etE12(A):
P =
1 1 1
0 −2 −5
0 0 5
et D=
2 0 0 0 6 0 0 0 12
On a bien trouvé P inversible etDdiagonale telles que : A=P D P−1.
• Dans la question2.b), on a démontré :E6(f) = Vect −12 ·e0+e1
= Vect (e0−2·e1).
Cela se traduit matriciellement par :E6(A) = Vect
−12 1 0
= Vect
1
−2 0
.
Comme dit précédemment, on opte généralement pour l’écriture la plus simple. Mais il faut bien avoir en tête que ce choix fournit des valeurs différentes pour la matriceP.
• L’énoncé précise que la première ligne de la matriceP ne doit contenir que des « 1 ». Cette contrainte permet de s’assurer que tous les candidats vont travailler, par la suite, sur la même matrice P. Si ce n’était pas le cas, le concepteur aurait une tâche bien difficile en question4.a), à savoir vérifier la valeur de P−1 pour la valeur deP choisie par le candidat.
• Détaillons plus précisément l’obtention de la formule :A=P D P−1. NotonsB0 = (u0, u1, u2) où :
u0=e0, u1 =e0−2·e1, u2=e0−5·e1+ 5·e2
La familleB0 est une base de E. En effet, elle est :
× libre car obtenue par concaténation des familles libres (u0), (u1), (u2) constituées de vecteurs propres associés à des valeurs propres différentes.
× tel que : Card(B0) = 3 = dim(E).
On obtient alors, par la formule de changement de base :
MatB(f) = PB,B0 × MatB0(f) × PB0,B
q q q q
A = P × D × P−1
Commentaire
b) Montrer :∀n∈N,An=P DnP−1. Démonstration.
Démontrons par récurrence : ∀n∈N, P(n) où P(n) : An=P DnP−1.
I Initialisation :
• D’une part : A0=I3.
• D’autre part : P D0P−1 =P I3P−1 =P P−1 =I3. D’où P(0).
I Hérédité: soit n∈N.
SupposonsP(n) et démontronsP(n+ 1)(i.e. :An+1 =P Dn+1P−1).
Alors :
An+1 = A×An
= A×P DnP−1 (par hypothèse
de récurrence)
= P D P−1×P DnP−1 (d’après la question 3.a))
= P D P−1P
DnP−1
= P D I3DnP−1
= P DDnP−1 = P Dn+1P−1 D’où P(n+ 1).
Par principe de récurrence :∀n∈N, An=P DnP−1. 4. a) Déterminer la matriceP−1.
Démonstration.
On procède par la méthode du pivot de Gauss.
1 1 1
0 −2 −5
0 0 5
1 0 0 0 1 0 0 0 1
On effectue les opérations
L1←5L1−L3
L2←L2+L3
. On obtient :
5 5 0
0 −2 0
0 0 5
5 0 −1 0 1 1 0 0 1
On effectue l’opérationL1←2L1+ 5L2 . On obtient :
10 0 0 0 −2 0
0 0 5
10 5 3 0 1 1 0 0 1
On effectue les opérations
L1←101 L1
L2←−21 L2
L3←15L3
. On obtient :
1 0 0 0 1 0 0 0 1
1 101 103 0 −12 −12 0 0 15
Finalement :P−1 = 1 10
10 5 3
0 −5 −5
0 0 2
.
• Rappelons tout d’abord qu’une matrice triangulaire est inversible si tous ses coeffi- cients diagonaux sont non nuls. Ici, P est inversible par construction. En effet,P est une matrice de passage (P =PB,B0).
• Si une matrice triangulaire supérieure T (resp. inférieure) est inversible, alors son inverse est une matrice triangulaire supérieure (resp. inférieure). Cette propriété est d’ailleurs immédiate si on s’intéresse de près aux opérations successivement effectuées lors de l’algorithme du pivot de Gauss. On peut par ailleurs préciser que les coefficients diagonaux de T−1 sont les inverses des coefficients diagonaux deT.
• Les deux points précédents permettent de vérifier le calcul d’inverse effectué. La ma- triceP est triangulaire supérieure et ses coefficients1,−2et5sont tous non nuls. Elle est donc inversible et son inverse est elle aussi triangulaire supérieure de coefficients diagonaux 1
1, 1
−2 et 1 5. Commentaire
b) En déduire explicitement, en fonction den, la matrice An. Démonstration.
Soitn∈N.
An = P DnP−1 (d’après la question3.b))
=
1 1 1
0 −2 −5
0 0 5
2n 0 0 0 6n 0 0 0 12n
1 10
10 5 3
0 −5 −5
0 0 2
= 1
10
1 1 1
0 −2 −5
0 0 2
10×2n 5×2n 3×2n 0 −5×6n −5×6n
0 0 2×12n
= 1
10
10×2n 5(2n−6n) 3×2n−5×6n+ 2×12n 0 10×6n 10(6n−12n)
0 0 10×12n
Pour tout n∈N,An= 1 10
10×2n 5(2n−6n) 3×2n−5×6n+ 2×12n 0 10×6n 10(6n−12n)
0 0 10×12n
.
c) On dit qu’une suite de matrices(Mn)tend vers la matriceM, lorsquentend vers+∞, si chaque coefficient deMn tend vers le coefficient situé à la même place dansM.
On poseB = 1
12 A. Montrer que la suite (Bn)tend vers une matrice J vérifiantJ2 =J. Démonstration.
Soitn∈N.
• Comme B= 1
12A alors, par récurrence immédiate,Bn= 1 12nAn. En multipliant chaque coefficient deAn par 121n, on obtient :
Bn = 1 10
10× 16n
5 ( 16n
− 12n
) 3× 16n
−5× 12n
+ 2×1 0 10× 12n
10( 12n
−1)
0 0 10×1
• Or :
× lim
n→+∞
1
6n = 0car 1
6 ∈]−1,1[.
× lim
n→+∞
1
2n = 0car 1
2 ∈]−1,1[.
On en déduit :
n→+∞lim Bn= 1 10
0 0 2
0 0 −10 0 0 10
=J
• On remarque enfin : J2 = 1
10
0 0 2
0 0 −10 0 0 10
1 10
0 0 2
0 0 −10 0 0 10
= 1 100
0 0 20 0 0 −100 0 0 100
= 1 10
0 0 2
0 0 −10 0 0 10
= J
Ainsi, la suite(Bn)n∈N tend vers la matriceJ =
0 0 15 0 0 −1 0 0 1
qui vérifie J2=J.
Exercice 2 (EML 2013)
Partie I - Calcul d’une intégrale dépendant d’un paramètre.
On considère l’application g: [0,1]→Rdéfinie, pour tout t∈[0,1], par : g:t7→
( −tlnt si0< t61 0 sit= 0 1. Montrer que g est continue sur[0,1].
Démonstration.
La fonction g est continue :
× sur]0,1]en tant que produit de fonctions continues sur ]0,1].
× en 0. En effet :
− d’une part, par croissances comparées : lim
t→0+ g(t) = 0.
− d’autre part :g(0) = 0.
Ainsi : lim
t→0+ g(t) =g(0).
La fonctiong est donc continue sur[0,1].
2. À l’aide d’une intégration par parties, calculer, pour tout x∈]0,1[, l’intégrale Z 1
x
g(t) dt.
Démonstration.
Soit x∈]0,1[. On procède par intégration par parties (IPP).
u(t) = ln(t) u0(t) = 1 t v0(t) = −t v(t) = −t2
2 Cette IPP est valide car les fonctions u etv sont de classeC1 sur[x,1].
On obtient alors : Z 1
x
g(t)dt =
−t2 2 ln(t)
1
x
− Z 1
x
−t2 2
1 t dt
= −1
2 ln(1) +x2
2 ln(x) +1 2
Z 1
x
t dt
= x2
2 ln(x) +1 2
t2 2
1
x
= x2
2 ln(x) +1 2
1 2−x2
2
= 1 4 +x2
2 ln(x)−x2 4 Pour tout x∈]0,1[,
Z 1 x
g(t) dt= 1 4 +x2
2 ln(x)−x2 4 .
On rappelle qu’une intégration par parties s’effectue toujours sur un segment. Ici, l’in- tégrale d’intérêt est
Z 1
0
g(t)dt qui est impropre en0. L’énoncé détaille donc la démons- tration de sa convergence et son calcul en 2 étapes (classiques) :
1) calcul de l’intégrale sur lesegment[x,1],
2) passage à la limite quandxtend vers 0.
Commentaire
3. En déduire que l’intégrale Z 1
0
g(t) dtconverge et que : Z 1
0
g(t)dt= 1 4. Démonstration.
D’après la question précédente, pour tout x∈]0,1[: Z 1
x
g(t) dt = 1 4+ x2
2 ln(x)−x2 4 Or :
× par croissances comparées : lim
x→0 x2 ln(x) = 0,
× de plus : lim
x→0
x2 4 = 0.
Ainsi l’intégrale Z 1
0
g(t) dtconverge et : Z 1
0
g(t) dt= 1 4. Partie II - Exemple de densité.
On considère l’application f :R→Rdéfinie, pour tout t∈R par : f :t7→
−tln(t) +t13 si0< t <1
0 sinon
4. Montrer que f est continue sur ]− ∞,1[et sur]1,+∞[.
Est-ce que f est continue en1? Démonstration.
La fonction f est continue :
× sur]− ∞,0[, en tant que fonction constante.
× en 0. En effet :
− lim
t→0− f(t) =f(0) = 0(par définition de f)
− lim
t→0+ f(t) = 0, car lim
t→0+ g(t) = 0 etlim
t→0 t13 = 0 (car 1 3 >0) Ainsi : lim
t→0−f(t) =f(0) = lim
t→0+ f(t).
× sur]0,1[car elle est la somme f =g+h où :
− g est continue sur]0,1[d’après 1.,
− h:t7→t13 est continue sur ]0,1[, en tant que fonction élévation à la puissance 1 3.
× sur]1,+∞[en tant que fonction constante.
Finalement, la fonctionf est continue sur ]− ∞,1[et sur ]1,+∞[.
• Rappelons que la fonctionh:t7→t13 n’est pas une fonction polynomiale (1 3 ∈/ N).
• Détaillons la justification de la continuité de cette fonction.
La fonction h : t 7→ t13 = e13 ln(t) est continue sur ]0,1[ car elle est la composée h=h2◦h1 où :
× h1 :t7→ 1
3 ln(t) est : - continue sur]0,1[, - telle que :h1(]0,1[)⊂R.
× h2 :t7→et est continue surR. Commentaire
De plus :
× d’une part : lim
t→1− f(t) =−1 ln(1) + 113 = 1.
× d’autre part : lim
t→1+ f(t) =f(1) = 0.
Ainsi : lim
t→1− f(t)6= lim
t→1+ f(t).
On en déduit que la fonction f n’est pas continue en 1.
5. Établir que l’intégrale Z +∞
−∞
f(t) dt converge et que : Z +∞
−∞
f(t)dt= 1.
Démonstration.
• Tout d’abord, commef est nulle en dehors de ]0,1[: Z +∞
−∞
f(t) dt = Z 1
0
f(t) dt
• De plus, la fonctionf est continue par morceaux sur lesegment[0,1].
L’intégrale Z 1
0
f(t) dt est donc bien définie.
On en déduit que l’intégrale Z +∞
−∞
f(t) dt est convergente.
• Alors :
Z +∞
−∞
f(t)dt = Z 1
0
−tln(t) +t1/3 dt
= Z 1
0
g(t)dt+ Z 1
0
t1/3 dt (par linéarité de l’espérance)
= 1 4 +
"
1
1
3+ 1 t13+1
#1
0
(d’après la question3.)
= 1 4 + 1
4 3
(143 −043)
= 1 4 +3
4
Finalement : Z +∞
−∞
f(t) dt= 1.
6. Montrer que f est une densité.
Démonstration.
• Tout d’abord, d’après6., la fonction f est continue sur ]− ∞,1[et sur]1,+∞[.
La fonctionf est donc continue surRsauf éventuellement en un nombre fini de points.
• Soitt∈R. Deux cas se présentent :
× si t∈]− ∞,0]∪[1,+∞[, alors : f(t) = 0>0.
× si t∈]0,1[, alors :
t <1
donc ln(t)<0 (par stricte croissance de lnsur ]0,+∞[)
d’où −tln(t)>0 (car −t <0) ainsi −t ln(t) +t13 > t13 >0
On en déduit : f(t)>0.
Finalement :∀t∈R,f(t)>0.
• Il reste à démontrer que l’intégrale Z +∞
−∞
f(t) dt converge et vaut1.
C’est le résultat de la question précédente.
On en déduit que f est une densité.
7. a) Montrer quef est de classe C2 sur]0,1[et calculer f0(t) etf00(t)pour tout t∈]0,1[.
Démonstration.
• La fonctionf est de classeC2 sur]0,1[en tant que somme de fonctions de classe C2 sur]0,1[.
• Soitt∈]0,1[.
f0(t) = −ln(t)−t×1 t +1
3 t13−1 = −ln(t)−11 3 t−23 f00(t) = −1
t + 1 3×
−2 3
t−23−1 = −1 t −2
9 t−53
∀t∈ ]0,1[,f0(t) =−ln(t)−1 +1 3
1 t23
et f00(t) =−1 t −2
9 1 t53
b) En déduire que l’équationf0(t) = 0, d’inconnuet∈]0,1[, admet une solution et une seule, notée α, et montrer : 1
e < α <1.
Démonstration.
• La fonctionf0 est :
× continue sur ]0,1[, carf est de classeC2 (doncC1) sur]0,1[,
× strictement décroissante sur ]0,1[, car :
∀t∈ ]0,1[, f00(t) =−1 t −2
9 t−53 <0 Ainsi, f0 réalise une bijection de ]0,1[surf0(]0,1[) avec :
f0(]0,1[) = i
limt→1 f0(t),lim
t→0 f0(t) h
=
−2 3,+∞
Or0∈
−2 3,+∞
.
L’équation f0(t) = 0 admet une unique solution sur]0,1[notéeα.
• On sait déjà : α <1.
Remarquons ensuite :
× f0 1e
=−ln 1e
−1 +1 3
1
1 e
23
= 1−1 + 1
3 e23 >0
× f0(α) = 0
On a donc :f0(α)< f0 1e .
• D’après le théorème de la bijection, (f0)−1 : ]− 23,+∞[ → ]0,1[ est strictement décroissante sur]−23,+∞[. En appliquant (f0)−1 de part et d’autre de l’inégalité précédente :
(f0)−1 f0(α)
> (f0)−1 f0 1e
q q
α > 1
e On en déduit : 1
e < α <1.
c) Écrire un programme enScilab qui calcule et affiche une valeur approchée de α à 10−3 près, mettant en oeuvre l’algorithme de dichotomie.
Démonstration.
Commençons par rappeler le cadre de la recherche par dichotomie.
Calcul approché d’un zéro d’une fonction par dichotomie Données:
× une fonction f :R→R,
× un intervalle de recherche[a, b],
× une précision de recherche ε.
Résultat: une valeur approchée àεprès d’un zéro (sur l’intervalle[a, b]) de la fonctionf. Autrement dit, une valeur approchée (àε près) d’un réelx∈[a, b]tel que : f(x) = 0.
• La dichotomie est une méthode itérative dont le principe, comme son nom l’indique, est de découper à chaque itération l’intervalle de recherche en deux nouveaux intervalles. L’intervalle de recherche est découpé en son milieu. On obtient deux nouveaux intervalles :
× un intervalle dans lequel on sait que l’on va trouver un zéro de f. Cet intervalle est conservé pour l’itération suivante.
× un intervalle dans lequel ne se trouve pas forcément un zéro de f. Cet intervalle n’est pas conservé dans la suite de l’algorithme.
La largeur de l’intervalle de recherche est ainsi divisée par2 à chaque itération.
On itère jusqu’à obtenir un intervalleI contenant un zéro def et de largeur plus faible queε.
Les points de cet intervalleI sont tous de bonnes approximations du zéro contenu dansI.
• C’est lethéorème des valeurs intermédiaires qui permet de choisir l’intervalle qu’il faut garder à chaque étape. Rappelons son énoncé et précisons maintenant l’algorithme :
Théorème des Valeurs Intermédiaires
Soit f : [a, b]→Rcontinue sur l’intervalle [a, b].
Supposons : f(a) f(b)60.
Alors il existec∈[a, b]tel que f(c) = 0.
Calcul des suites (am), (bm), (cm) Cas f(a)60etf(b)>0
• Initialement, a0 =a,b0 =b
• À chaque tour de boucle (tant que bm−am > ε) :
× cm= am+bm
2 (point milieu de [am, bm])
× sif(cm)<0alors :
∗ am+1 =cm
∗ bm+1 =bm
× sif(cm)>0alors :
∗ am+1 =am
∗ bm+1=cm
a0 b0
a1 b1
a2 b2
a3 b3 a4 b4
• On construit ainsi une suite [am, bm]
m∈N de segments emboîtés :
× contenant tous un zéro def,
× dont la largeur est divisée par deux d’un rang au suivant.
• Il reste enfin à adapter cet algorithme à l’énoncé.
Commençons par coder la fonctionf0.
1 function y = g(x)
2 y = -log(x) - 1 + (1/3) ? x∧∧∧(-2/3)
3 endfunction
On cherche ensuite une valeur dex telle que :f0(x) = 0.
On se fixe initialement l’intervalle de recherche ]1e,1[ de sorte que l’équation f0(x) = 0 ne possède qu’une solution, à savoir la valeur α qu’on cherche à approcher. D’un point de vue informatique, on crée des variablesa etb destinées à contenir les valeurs succesives deam et bm. Ces variables sont initialisées respectivement à 1 / %eet1.
1 a = 1 / %e
2 b = 1
On procède alors de manière itérative, tant que l’intervalle de recherche n’est pas de largeur plus faible que la précision10−3 escomptée.
3 while (b-a) > 10∧∧∧(-3)
On commence par définir le point milieu du segment de recherche.
4 c = (a+b) / 2 Puis on teste sif0(c)<0, c’est-à-dire sig(c)<0.
Si c’est le cas, la recherche s’effectue dans le demi-segment de droite.
5 if g(c) < 0 then
6 a = c
Sinon, elle s’effectue dans le demi-segment de gauche.
7 else
8 b = c
9 end
En sortie de boucle, on est assuré que le segment de recherche, mis à jour au fur et à mesure de l’algorithme, est de largeur plus faible que 10−3 et contient un zéro de f0. Tout point de cet intervalle est donc une valeur approchée à10−3 près de ce zéro.
On peut alors choisir de renvoyer le point le plus à gauche du segment.
11 disp(a)
On peut tout aussi bien choisir le point le plus à droite :
11 disp(b) Ou encore le point milieu :
11 disp((a + b) / 2)
Ce dernier choix présente un avantage : tout point (dont le zéro recherché) du dernier intervalle de recherche se situe à une distance d’au plus 10−3
2 de ce point milieu.
On obtient ainsi une valeur approchée à 10−3
2 du zéro recherché.
• On peut se demander combien de tours de boucle sont nécessaires pour obtenir le résultat.
Pour le déterminer, il suffit d’avoir en tête les éléments suivants :
× l’intervalle de recherche initial ]1e,1[ est de largeur`= 1−1
e = e−1 e .
× la largeur de l’intervalle de recherche est divisée par 2à chaque tour de boucle.
À la fin du mème tour de boucle, l’intervalle de recherche est donc de largeur ` 2m.
× l’algorithme s’arrête lorsque l’intervalle devient de largeur plus faible que10−3. On obtient le nombre d’itérations nécessaires en procédant par équivalence :
`
2m 610−3 ⇔ 2m
` >103 (par stricte croissance de la fonction inverse sur R∗+)
⇔ 2m >`×103 (car ` >0)
⇔ m ln(2)>ln(`) + 3 ln(10) (par stricte croissance de la fonctionln sur R∗+)
Ainsi :
ln(`) + 3 ln(10) ln(2)
tours de boucle suffisent.
• Afin de permettre une bonne compréhension des mécanismes en jeu, on a détaillé avec beaucoup de précision la réponse à cette question. Cependant, compléter correctement le programme Scilab(on place ci-dessous le programme obtenu) démontre la bonne compré- hension de l’algorithme demandé et permet d’obtenir tous les points alloués à cette question.
Commentaire
• On obtient le programme complet suivant.
1 a = 1 / %e
2 b = 1
3 while (b-a) > 10∧∧∧(-3)
4 c = (a+b) / 2
5 if g(c) < 0 then
6 a = c
7 else
8 b = c
9 end
10 end
11 disp((a + b) / 2)
Partie III - Calcul d’une fonction de répartition.
On admet qu’il existe une variable aléatoire réelleXayantf pour densité (l’application f a été définie au début de la Partie II) et on note F la fonction de répartition de X.
8. Calculer, pour tout x∈]0,1[, l’intégrale Z 1
x
f(t) dt.
(On pourra utiliser le résultat obtenu à la question I-2.) Démonstration.
Soit x∈]0,1[.
• La fonctionf est continue par morceaux sur le segment[x,1].
Ainsi, l’intégrale Z 1
x
f(t) dt est bien définie.
• De plus : Z 1
x
f(t)dt = Z 1
x
g(t) +t13 dt
= Z 1
x
g(t)dt+ Z 1
x
t13 dt (par linéarité de l’intégrale)
= 1 4 +x2
2 ln(x)−x2 4 +
3 4 t43
1
x
(d’après la question 2.)
= 1 4 +x2
2 ln(x)−x2 4 +3
4− 3 4 x43
∀x∈ ]0,1[, Z 1
x
f(t) dt= 1 +x2
2 ln(x)−x2 4 −3
4 x43 9. Calculer F(x) pour tout x∈R.
Démonstration.
Soit x∈R. Trois cas se présentent :
× six∈]− ∞,0], alors :
F(x) = P([X 6x])
= Z x
−∞
f(t) dt
= 0 (car f est nulle en
dehors de ]0,1[)
× six∈]0,1[, alors :
F(x) = P([X6x])
= 1−P([X > x])
= 1− Z +∞
x
f(t) dt
= 1− Z 1
x
f(t) dt (car f est nulle en
dehors de ]0,1[)
= 1−
1 + x2
2 ln(x)−x2 4 −3
4 x43
(d’après la question 8.)
× six∈[1,+∞[, alors :
F(x) = P([X6x])
= Z x
−∞
f(t)dt
= Z 0
−∞
f(t) dt+ Z 1
0
f(t)dt+ Z x
1
f(t) dt (car f est nulle en dehors de ]0,1[)
= 1 (d’après la question 5.)
Finalement :F :x7→
0 six∈]− ∞,0]
−x2
2 ln(x) + x2 4 + 3
4 x43 six∈ ]0,1[
1 six∈[1,+∞[
.
• Dans notre sujet, aucune information n’est donnée sur X(Ω).
On peut cependant se permettre de considérer : X(Ω) ⊂ ]0,1[. En agissant ainsi, on décrète que l’on choisira pour la suite de prendre pourX(Ω)l’intervalleI sur lequel f est strictement positive, c’est-à-dire l’intervalle :
I ={x∈R|f(x)>0}
Pour plus d’information sur cette manière de procéder, on pourra se reporter à la remarque associée à la question 4.a) du Problème (page28).
• L’avantage de décréter :X(Ω)⊆ ]0,1[, est la facilité de rédaction que cela produit pour la détermination de la fonction de répartition FX (notamment pour traiter les cas où x /∈ X(Ω)). Plus précisément, on peut alors rédiger comme suit :
× six∈]− ∞,0], alors : [X 6x] =∅(carX(Ω)⊂]0,1[). Ainsi : F(x) = P([X 6x]) = P(∅) = 0
× six∈[1,+∞[, alors : [X 6x] = Ω (carX(Ω)⊂]0,1[). Ainsi : F(x) = P([X6x]) = P(Ω) = 1 Le casx∈]0,1[ se traite de la manière que précédemment.
Commentaire
10. Tracer l’allure de la courbe représentative de F.
Démonstration.
−0.5 0.5 1 1.5
0.2 0.4 0.6 0.8 1
Sur le graphe précédent, la demi-tangente à l’origine ne semble pas être correcte.
En effet, comme son étymologie (le verbe latin « tangere ») l’indique, une tangente doit toucher la courbe, ce qui ne paraît pas être le cas ici.
Cela est simplement dû à l’échelle de la figure. Sur une copie, il faut bien évidemment accentuer les tangentes à une courbe. C’est l’allure de la courbe qui importe (plus que son exactitude). On s’attend alors plutôt, sur une copie, à la représentation suivante :
Commentaire
−0.5 0.5 1 1.5
0.2 0.4 0.6 0.8 1
Problème (EDHEC 2012)
On désigne parλ, un réel strictement positif et on considère la fonctionf, définie sur R, par : f :x7→λ|x|e−λ x2
1. a) Montrer quef est paire.
Démonstration.
Soitx∈R.
f(−x) = λ| −x|e−λ(−x)2
= λ|x|e−λx2 (car les fonctionsx7→ |x|
et x7→x2 sont paires)
= f(x)
La fonctionf est paire.
b) Établir que l’intégrale Z +∞
0
f(x) dxconverge et donner sa valeur.
Démonstration.
• La fonctionf est continue sur[0,+∞[en tant que produits de fonctions continues sur[0,+∞[.
Ainsi, l’intégrale Z +∞
0
f(x) dxest impropre seulement en +∞.
• SoitB ∈[0,+∞[.
Z B 0
f(x) dx =
Z B 0
λ|x|e−λx2 dx
=
Z B 0
λ xe−λx2 dx (car pour tout x∈[0, B], on a : |x|=x)
= −1
2 Z B
0
(−2λ x)e−λx2 dx
= −1
2 h
e−λx2 iB
0
= −1
2
e−λB2 −e0
= 1
2 −1 2 e−λB2
B→+∞−→
1 2 On en conclut que l’intégrale
Z +∞
0
f(t) dtest convergente. De plus : Z +∞
0
f(t) dt= 1 2.
