Partie I : Un calcul d’int´ egrale.

(1)

ECRICOME 2005 S J.F. COSSUTTA Lyc´ee Marcelin BERTHELOT SAINT-MAUR [email protected]

EXERCICE 1

Remarque Dans la suite si A est une matrice de M3(R), nous noterons SpA l’ensemble de ses valeurs propres etSEP (A, λ)le sous-espace propre deAassoci´e `a la valeur propreλdeA.

Siα,β γ sont trois r´eels nous noterons Diag(α, β, γ)la matrice diagonale





α 0 0

0 β 0

0 0 γ



.

Q1. ∀(a, b, c)∈R³, M(a, b, c) =





a c b

c a+b c

b c a



=a





1 0 0 0 1 0 0 0 1



+b





0 0 1 0 1 0 1 0 0



+c





0 1 0 1 0 1 0 1 0



.

PosonsI=





1 0 0 0 1 0 0 0 1



,J =





0 0 1 0 1 0 1 0 0



,K=





0 1 0 1 0 1 0 1 0



. Sia,b etc sont trois r´eels quelconques, I ,J, Ksont trois matrices deM₃(R) qui ne d´ependent pas dea,b,cet M(a, b, c) =a I+b J+c K.

J²=





0 0 1 0 1 0 1 0 0









0 0 1 0 1 0 1 0 0



=





1 0 0 0 1 0 0 0 1



=I.

K²=





0 1 0 1 0 1 0 1 0









0 1 0 1 0 1 0 1 0



=





1 0 1 0 2 0 1 0 1



. AinsiK²=I+J.

K³=K²K=





1 0 1 0 2 0 1 0 1









0 1 0 1 0 1 0 1 0



=





0 2 0 2 0 2 0 2 0



= 2K. DoncK³−2K= 0_M₃₍_R₎.

J²=I K²=





1 0 1 0 2 0 1 0 1



 K²=I+J K³= 2K .

X³−2X est un polynˆome annulateur deK.

X³−2X est un polynˆome annulateur deK etX³−2X=X(X²−2) =X(X−√

2)(X+√ 2).

X³−2X est donc un polynˆome annulateur deK dont les racines sont−√ 2, 0,√

2. Ainsi : les seules valeurs propres possibles deK sont−√

2, 0 et√ 2.

Q2. Ici il faut sans doute comprendre que P doit ˆetre une matrice orthogonale.

(2)

Remarque P =−1 0 2

0 −1 1

 est une matrice inversible de M₃(R)et ^tP KP est la matrice diagonale





−2 0 0

0 0 0

0 0 8



maisP⁻¹ n’est pas ´egale `a ^tP! !

K est une matrice symétrique et à coefficients réels doncK est diagonalisable. Mieux il existe une matrice orthogonaleP, deM3(R), telle que ^tP KP soit une matrice diagonale.

Il existe une matriceP deM3(R) telle queP⁻¹=^tP et telle queD=^tP KP soit une matrice diagonale.

Les valeurs propres possibles deK sont−√

2, 0 et√

2. Regardons si ces r´eels sont des valeurs propres deK.

SoitX=



 x y z



un ´el´ement de M3,1(R). KX=



 y x+z

y



.

KX= 0_M_3,1(R)⇐⇒

(y= 0 x+z= 0 y= 0

⇐⇒ny= 0 z=−x .

Ainsi 0 est valeur propre deKet le sous-espace propre associ´e est la droite vectorielle engendr´ee par



 1 0

−1



.

Soitεun ´el´ement de{−1,1}. KX =ε√

2X ⇐⇒





 y=ε√

2x x+z=ε√

2y y=ε√

2z

⇐⇒





 y=ε√

2x ε√

2x=ε√ 2z x+z= (ε√

2)²x .

KX=ε√

2X⇐⇒





 y=ε√

2x x=z x+z= 2x

⇐⇒

y=ε√ 2x

z=x .

Ainsi ε√

2 est valeur propre de K et le sous-espace propre associ´e est la droite vectorielle engendr´ee par



 1 ε√

2 1



.

FinalementK poss`ede trois valeurs propres−√

2, 0 et√ 2.

PosonsX1=



 1

−√ 2 1



, X2=



 1 0

−1



etX3=





√1 2 1



.

kX₁k = q

1²+ (−√

2)²+ 1² =√

4 = 2,kX₂k =p

1²+ 0²+ (−1)² =√

2 et kX₃k = q

1²+ (√

2)²+ 1² =

√4 = 2.

D`es lors posonsY₁= 1

kX1kX₁=



 1/2

−√ 2/2 1/2



,Y₂= 1

kX2kX₂=



 1/√

2 0

−1/√ 2



etY₃= 1

kX3kX₃=





√1/2 2/2 1/2



.

Alors (Y₁) est une base orthonorm´ee de SEP K,−√ 2

, (Y₂) est une base orthonorm´ee de SEP (K,0) et (Y₃) est une base orthonorm´ee de SEP K,√

2 .

(3)

K est une matrice symétrique à coefficients réels dont les valeurs propres sont −√

2, 0 et √

2. Ainsi SEP K,−√

2

, SEP (K,0) et SEP K,√ 2

sont trois sous-espaces vectoriels deux `a deux orthogonaux deM3,1(R) etM3,1(R) = SEP K,−√

2

⊕SEP (K,0)⊕SEP K,√ 2

(K est diagonalisable).

AlorsB= (Y₁, Y₂, Y₃) est une base orthonormée deM_3,1(R) contituée de vecteurs propres deK respectivement associés aux valeurs propres−√

2, 0 et√ 2.

Notons alorsP la matrice de passage de la base canonique deM3,1(R) `a la baseB.

1. P =





1/2 1/√

2 1/2

−√

2/2 0 √

2/2 1/2 −1/√

2 1/2



=1 2





1 √

2 1

−√

2 0 √

2

1 −√

2 1



.

2. P est une matrice orthogonale comme matrice de passage d’une base orthonormée à une base orthonormée ; ainsiP est inversible etP⁻¹=^tP.

3. ^tP KP =P⁻¹KP =





−√

2 0 0

0 0 0

0 0 √

2



= Diag(−√ 2,0,√

2).

SiP = 1 2





1 √

2 1

−√

2 0 √

2

1 −√

2 1



. AlorsP est une matrice inversible d’inverse^tP,D=^tP KP est la matrice diagonale Diag(−√

2,0,√

2) et−√

2<0<√ 2 !

Q3. Soienta,betctrois r´eels. M =M(a, b, c) =a I+b J+c K=a I+b(K²−I)+c K= (a−b)I+c K+b K².

M =M(a, b, c) = (a−b)I+c K+b K².

tP M P =^tP (a−b)I+c K+b K²

P = (a−b)^tP IP+c^tP KP +b^tP K²P.

tP M P = (a−b)P⁻¹P+c P⁻¹KP+b P⁻¹K²P = (a−b)I+c D+b(P⁻¹KP)²= (a−b)I+c D+b D².

tP M P = (a−b)





1 0 0 0 1 0 0 0 1



+c





−√ 2 0

0 0 0

0 0 √

2



+b





−√ 2 0

0 0 0

0 0 √

2





2

.

tP M P =





a−b−c√

2 + 2b 0 0

0 a−b 0

0 0 a−b+c√

2 + 2b



=





a+b−c√

2 0 0

0 a−b 0

0 0 a+b+c√

2



.

Sia,b etc sont trois r´eels et siM =M(a, b, c) alors : P⁻¹M P =^tP M P = (a−b)I+c D+b D²=





a+b−c√

2 0 0

0 a−b 0

0 0 a+b+c√

2





ouP⁻¹M P =^tP M P = Diag(a+b−c√

2, a−b, a+b+c√ 2).

Soienta,b etc trois r´eels.

(4)

Ainsi SpM = Sp Diag(a+b−c√

2, a−b, a+b+c√

2) ={a+b−c√

2, a−b, a+b+c√ 2}.

Sia,b,csont trois r´eels, l’ensemble des valeurs popres deM =M(a, b, c) est{a+b−c√

2, a−b, a+b+c√ 2}.

Soient a, bet c trois r´eels. Cherchons le nombre de valeurs propres distinctes deM =M(a, b, c) ainsi que ses sous-espaces popres.

Posonsλ1=a+b−c√

2,λ2=a−b etλ3=a+b+c√ 2.

Nous avons vu queM =M(a, b, c) est diagonalisable et que SpM ={λ1, λ2, λ3}.

M = (a−b)I+c K+b K² doncM =Q(K) o`u Qest le polynˆome (a−b) +c X+b X². Rappelons que Y₁ =



 1/2

−√ 2/2 1/2



, Y₂ =



 1/√

2 0

−1/√ 2



 et Y₃ =





√1/2 2/2 1/2



 sont trois vecteurs propres de K respectivement associ´e aux valeurs propres−√

2, 0 et√ 2.

AlorsK Y₁=−√

2Y₁,K Y₂= 0×Y₂et K Y₃=√ 2Y₃.

Le cours nous permet alors de dire que M Y₁ = Q(K)Y₁ = Q(−√

2)Y₁, M Y₂ = Q(K)Y₂ = Q(0)Y₂ et M Y₃=Q(K)Y₃=Q(√

2)Y₃.

Un calcul simple (en fait d´ej`a fait) donneQ(−√

2) =λ1,Q(0) =λ2 etQ(√

2) =λ3.

Ainsi (Y1, Y2, Y3) est une base ortonormée deM3,1(R) constituée de vecteurs propres de M respectivement associés aux valeurs propresλ1,λ2,λ3.

•Siλ1,λ2etλ3sont trois réels deux à deux distincts,M admet trois valeurs propres deux à deux distinctes et les sous-espaces propres deM sont nécessairement des droites vectorielles.

Plus pr´ecis´ement : SEP (M, λ₁) = Vect(Y₁), SEP (M, λ₂) = Vect(Y₂) et SEP (M, λ₃) = Vect(Y₃).

• Si λ₁=λ₂=λ₃, M n’admet qu’une valeur propre et commeM est diagonalisable le sous-espace propre associ´e estM_3,1(R).

•Supposons que deux des réelsλ1,λ2,λ3soient égaux et que le troisième soit distinct des deux précédents.

Il existe trois éléments i,j kde [[1,3]], deux à deux distinctes, et tels queλi =λj 6=λk.

CommeM est diagonalisable,M poss`ede deux sous-espaces propres dont l’un est de dimension 1 et l’autre de dimension 2.

(Yi, Yj) est une famille libre de SEP (M, λi) qui est alors de dimension au moins 2. Ce qui pr´ec`ede montre que SEP (M, λ_i) est de dimension 2. (Y_i, Y_j) est finalement une base de SEP (M, λ_i).

(5)

De plus SEP (M, λk) est n´ecessairement de dimension 1 et il est engendr´e par (Yk).

Il ne reste plus qu’`a examiner les conditions sura,b etc qui donnent ses diff´erents cas.

λ₁=λ₂⇐⇒a+b−√

2c=a−b⇐⇒2b=√

2c⇐⇒c=√ 2b.

λ₃=λ₂⇐⇒a+b+√

2c=a−b⇐⇒ −2b=√

2c⇐⇒c=−√ 2b.

λ1=λ3⇐⇒a+b−√

2c=a+b+√

2c⇐⇒c= 0.

Ainsi :

•c=b= 0 donneλ1=λ2=λ3=a;

•c= 0 etb6= 0 donneλ1=λ3=a+b6=λ2=a−b;

•c=√

2bet b6= 0 donneλ₁=λ₂=a−b6=λ₃=a+ 3b;

•c=−√

2b etb6= 0 donneλ₂=λ₃=a−b6=λ₁=a+ 3b;

•dans les autres casλ₁,λ₂et λ₃sont trois r´eels deux `a deux distincts.

Il ne reste plus qu’à conclure en faisant la synthèse des résultats obtenus.

Sib=c= 0, M =M(a, b, c) admet une seule valeur propreaet SEP (M, a) =M3,1(R)

Sic= 0 etb6= 0, M =M(a, b, c) admet deux valeurs propres distinctes :a+bet a−b.

Dans ce cas SEP (M, a+b) =



 1/2

−√ 2/2 1/2



,





√1/2 2/2 1/2





et SEP (M, a−b) = Vect



 1/√

2 0

−1/√ 2



 .

Sic=√

2bet b6= 0, M =M(a, b, c) admet deux valeurs propres distinctes :a−bet a+ 3b.

Dans ce cas SEP (M, a−b) = Vect



 1/2

−√ 2/2 1/2



,



 1/√

2 0

−1/√ 2





et SEP (M, a+ 3b) = Vect





√1/2 2/2 1/2



 .

Sic=−√

2bet b6= 0,M =M(a, b, c) admet deux valeurs propres distinctes :a−beta+ 3b.

Dans ce cas SEP (M, a−b) = Vect



 1/√

2 0

−1/√ 2



,





√1/2 2/2 1/2





et SEP (M, a+ 3b) = Vect



 1/2

−√ 2/2 1/2



 .

(6)

Dans les autres casM =M(a, b, c) admet trois valeurs propres deux `a deux distinctesa+b−√

2c,a−b eta+b+√

2c.

De plus SEP M, a+b−√ 2c

= Vect



 1/2

−√ 2/2 1/2





, SEP (M, a−b) = Vect



 1/√

2 0

−1/√ 2



 et

SEP M, a+b+√ 2c

= Vect





√1/2 2/2 1/2



 .

4. Icia= 4, b= 2 etc=√ 2.

AlorsM =





4 √

2 2

√2 6 √ 2

2 √

2 4



, λ1= 4 + 2−√ 2√

2 = 4,λ2= 4−2 = 2 et λ3= 4 + 2 +√ 2√

2 = 8.

M admet trois valeurs propres distinctes 4, 2 et 8. De plus : SEP (M,4) = Vect



 1/2

−√ 2/2 1/2





, SEP (M,2) = Vect



 1/√

2 0

−1/√ 2





et SEP (M,8) = Vect





√1/2 2/2 1/2





SiP =





1/2 1/√

2 1/2

−√

2/2 0 √

2/2 1/2 −1/√

2 1/2



alors^tP M P =P⁻¹M P est la matrice diagonaleD=





4 0 0 0 2 0 0 0 8



.

L’énoncé est encore approximatif à ce niveau. Dans la suite (x, y, z) est implicitement un élément deR³− {0_R3}et ainsiX =



 x y z



 est un ´el´ement non nul deM3,1(R).

a. i. kX⁰k²=^tX⁰X⁰=^t(^tP X)^tP X=^tX^t(^tP)^tP X=^tXP^tP X=^tXP P⁻¹X =^tXX=kXk².

kX⁰k²=kXk².

tXM X =^tXP D^tP X=^t(^tP X)D^tP X=^tX⁰DX⁰= (x⁰y⁰z⁰)





4 0 0 0 2 0 0 0 8







 x⁰ y⁰ z⁰



= (x⁰y⁰z⁰)



 4x⁰ 2y⁰ 8z⁰



.

Ainsi^tXM X= 4x⁰²+ 2y⁰²+ 8z⁰². De pluskXk²=kX⁰k²=x⁰²+y⁰²+z⁰². Alors

f(x, y, z) =4x⁰²+ 2y⁰²+ 8z⁰² x⁰²+y⁰²+z⁰² ·

a. ii. 2 (x⁰²+y⁰²+z⁰²)64x⁰²+ 2y⁰²+ 8z⁰²68 (x⁰²+y⁰²+z⁰²) carx⁰²,y⁰², z⁰²sont trois r´eels positifs.

Donc 26 4x⁰²+ 2y⁰²+ 8z⁰²

x⁰²+y⁰²+z⁰² 68 et ainsi 26f(x, y, z)68 puisquex⁰²+y⁰²+z⁰²=kXk²>0.

f(x, y, z) = 2⇐⇒4x⁰²+ 2y⁰²+ 8z⁰²= 2 (x⁰²+y⁰²+z⁰²)⇐⇒2x⁰²+ 6z⁰²= 0⇐⇒x⁰ =z⁰= 0.

f(x, y, z) = 8⇐⇒4x⁰²+ 2y⁰²+ 8z⁰²= 8 (x⁰²+y⁰²+z⁰²)⇐⇒4x⁰²+ 6y⁰²= 0⇐⇒x⁰=y⁰= 0.

(7)

Or



 x⁰ y⁰ z⁰



=X⁰=^tP X =





 1

2 −

√ 2 2

1 2

√1

2 0 − 1

√2 1

2

√2 2

1 2









 x y z



. Ainsi











x⁰= 1 2 x−√

2y+z y⁰ = 1

√2 x−z z⁰ = 1

2 x+√

2y+z .

Alorsf(x, y, z) = 2⇐⇒

(x−√

2y+z= 0 x+√

2y+z= 0

⇐⇒ny= 0

z=−x ⇐⇒(x, y, z)∈Vect (1,0,−1) )

Etf(x, y, z) = 8⇐⇒

x−√

2y+z= 0

x−z= 0 ⇐⇒





 z=x y= 2x

√2 =√

2x ⇐⇒(x, y, z)∈Vect (1,√ 2,1)

) R´esumons. ∀(x, y, z)∈R³− {0_R3}, 26f(x, y, z)68.

∀(x, y, z)∈R³− {0_R3}, f(x, y, z) = 2⇐⇒(x, y, z)∈Vect (1,0,−1) .

∀(x, y, z)∈R³− {0R³}, f(x, y, z) = 8⇐⇒(x, y, z)∈Vect (1,√ 2,1)

.

Le minimum def est 2 et il est atteint en tout point de Vect (1,0,−1)

− {0R³}.

Le maximum def est 8 et il est atteint en tout point de Vect (1,√ 2,1)

− {0R³}.

Remarque Les fans de Rayleigh ne seront pas surpris par ces r´esultats...

b. i. SoitB une solution de l’´equation . BM=BB²=B³=B²B =M B.

B etM commutent.

Soitλune valeur propre deM et X un élément du sous-espace propreEλ deM attaché à la valeur propre λ.

BM X=M BXdoncB(λ X) =M BXouM BX=λ BX; ainsiBX appartient `aEλ.

Siλune valeur propre deM etX un élément du sous-espace propreEλdeM attaché à la valeur propre λalorsBX appartient àEλ

SoitY un vecteur propre deM. Notonsγ la valeur propre associ´ee. Y 6= 0_M_3,1₍_R₎et M Y =γ Y.

M ayant trois valeurs propres deux `a deux distinctes, ses sous-espaces propres sont des droites vectorielles.

Ainsi le sous-espace propreEγ deM associ´e `a la valeur propreγ est Vect(Y).

Or BY ∈Eγ donc il existe un réel γ⁰ tel queBY =γ⁰Y. CommeY n’est pas nul, c’est un vecteur propre deB (associé à la valeur propreγ⁰).

(8)

Les vecteurs propres deM sont des vecteurs propres deB.

Montrons que ∆ =^tP BP est une matrice diagonale. Notons (E1, E2, E3) la base canonique deM3,1(R).

Soitj un élément de [[1,3]]. P Ej est laj^`ême colonne deP c’est doncYj. P Ej =Yj etP⁻¹Yj =Ej. De plusYj est un vecteur propre deM donc deB;∃αj∈R, BYj=αjYj.

Alors ∆E_j=^tP BP E_j=P⁻¹BY_j=α_jP⁻¹Y_j=α_jE_j.

Ainsi laj^`ême colonne de ∆ estαjEj et ceci pour tout élémentj de [[1,3]]. Donc ∆ =





α1 0 0 0 α2 0

0 0 α3



.

∆ =^tP BP est une matrice diagonale.

b. ii. Oublions pudiquement le texte et r´esolvons l’´equation.

Nous venons de voir que siB est solution de l’´equation il existe une matrice diagonale ∆ telle que

∆ =^tP BP =P⁻¹BP ou telle queB =P∆^tP =P∆P⁻¹.

Ainsi les solutions de l’´equation sont “de la forme” P∆^tP =P∆P⁻¹ o`u ∆ est une matrice diagonale de M3(R).

Consid´erons alors une matrice diagonale ∆ = Diag (δ₁, δ₂, δ₃) deM₃(R) et posonsB=P∆^tP =P∆P⁻¹. AlorsB²=M ⇐⇒(P∆P⁻¹)²=M ⇐⇒P∆²P⁻¹=M ⇐⇒∆²=P⁻¹M P = Diag(4,2,8).

B²=M ⇐⇒∆²= Diag(4,2,8)⇐⇒Diag(δ₁², δ²₂, δ₃²) = Diag(4,2,8)⇐⇒





 δ₁²= 4 δ₂²= 2 δ₃²= 8

.

B²=M ⇐⇒

(δ1= 2 ouδ1= 2 δ2=√

2 ouδ2=−√ 2 δ3= 2√

2 ouδ3=−2√ 2

.

L’ensemble des solutions de l’´equationB∈ M3(R) etB²=M(4,2,√ 2) est :





 P





2ε 0 0

0 √

2ε⁰ 0

0 0 2√

2ε⁰⁰





tP; (ε, ε⁰ε⁰⁰)∈ {−1,1}³





 .

Ou encore :





 1 2



 ε+√

2ε⁰+√

2ε⁰⁰ 2ε⁰⁰−√

2ε ε−√

2ε⁰+√ 2ε⁰⁰ 2ε⁰⁰−√

2ε 2ε+ 2√

2ε⁰⁰ 2ε⁰⁰−√ 2ε ε−√

2ε⁰+√

2ε⁰⁰ 2ε⁰⁰−√

2ε ε+√

2ε⁰+√ 2ε⁰⁰



; (ε, ε⁰ε⁰⁰)∈ {−1,1}³





 .

Il n’´echappera alors `a personne que :

(9)

l’ensemble des solutions de l’´equationB∈ M3(R) et B²=M(4,2,√ 2) est : (

M ε+√

2ε⁰+√ 2ε⁰⁰

2 ,ε−√

2ε⁰+√ 2ε⁰⁰

2 ,2ε⁰⁰−√ 2ε 2

!

; (ε, ε⁰ε⁰⁰)∈ {−1,1}³ )

.

EXERCICE 2

1. Montrons par récurrence que, pour tout élémentndeN,un est défini etun>√ n.

•La propri´et´e est vraie pourn= 0 caru0>0.

•Supposons la propriété vraie pour un élément ndeNet montrons la pourn+ 1.

u_n est d´efini etu_n>√

n>0. Ainsin+ 1 +u_n>n+ 1>0.

Alorsu_n+1=√

n+ 1 +u_n est d´efini etu_n+1>√

n+ 1. Ceci ach`eve la r´ecurrence.

Pour tout élémentndeN,un est défini etun>√ n.

2. a. Soitxun ´el´ement de R⁺. (1−√

x)²>0 donc 1 +x−2√

x>0 et ainsi√ x6 1

2 1 +x .

∀x∈R⁺, √ x61

2 1 +x .

b. Montrons par récurrence que, pour tout élémentndeN,un6n+u0

2ⁿ·

•La propri´et´e est vraie pourn= 0 caru06u0= 0 +u0

2⁰·

•Supposons la propriété vraie pour un élément ndeNet montrons la pourn+ 1.

n+ 1 +u_n appartient `a R⁺doncu_n+1=√

n+ 1 +u_n 61

2 1 +n+ 1 +u_n

= 1 + n 2 +1

2u_n. L’hypoth`ese de r´ecurrence donne alors :un+161 +n

2 +1 2

n+u0

2ⁿ

= 1 +n 2 +n

2 + u0

2ⁿ⁺¹ =n+ 1 + u0

2ⁿ⁺¹· Ainsi s’ach`eve la r´ecurrence.

∀n∈N, un6n+u0

2ⁿ· Ce qui pr´ec`ede donne :∀n∈N^∗, 06u_n−16n−1 + u₀

2ⁿ⁻¹ 6n+ u₀ 2ⁿ⁻¹· Donc∀n∈N^∗, 06 un−1

n² 6 1 n+ 1

n² u0

2ⁿ⁻¹·Or lim

n→+∞

1 n+ 1

n² u0

2ⁿ⁻¹

= 0 + 0×0 = 0.

Il vient alors par encadrement : lim

n→+∞

u_n−1 n² = 0.

(10)

La suiteu_n−1 n²

n>1

converge vers 0.

c. ∀n∈N^∗, un

n =

rn+u_n−1 n² =

r1

n +u_n−1

n² ·Alors lim

n→+∞

un

n =√

0 + 0 = 0.

La suiteun

n

n>1

converge vers 0.

∀n∈N^∗, √

n6un=√

n+u_n−1donc∀n∈N^∗, 16 un

√n = r

1 + u_n−1 n · Ainsi∀n∈N^∗, 16 u_n

√n 6 r

1 +u_n−1 n ! !

∀n∈N^∗, 16 un

√n 6 r

1 + u_n−1 n ·

Comme lim

n→+∞

u_n

n = 0, lim

n→+∞

u_n−1

n = lim

n→+∞

u_n−1 n−1

n−1 n

= 0×1 = 0.

Alors lim

n→+∞

r

1 + u_n−1

n = 1. L’encadrement obtenu plus haut donne alors : lim

n→+∞

u_n

√n = 1. Ainsi :

un ∼

n→+∞

√n.

Remarque Il est clair que l’encadrement est parfaitement inutile et que le r´esultat s’obtient presque directe- ment.

3.

√1 +x= 1 +1

2x+ o(x) au voisinage de 0.

Donc√

1 +x−1 = 1

2x+ o(x) au voisinage de 0. Alors √

1 +x−1 ∼

x→0

1 2x.

Or lim

n→+∞

u_n−1

n = 0, doncun−√ n=p

n+u_n−1−√ n=√

n r

1 + u_n−1 n −1

n→+∞∼

√n1 2

u_n−1 n · Commeu_n−1 ∼

n→+∞

√n−1 alorsun−√ n ∼

n→+∞

√n

√n−1

2n ∼

n→+∞

√n

√n 2n = 1

2· La suite de terme g´en´eralwn=un−√

nconverge vers 1 2· 4. ∀n∈N^∗, √

n−√

n−1 = (√ n−√

n−1) (√ n+√

n−1)

√n+√

n−1 = n−(n−1)

√n+√

n−1 = 1

√n+√ n−1· Comme : lim

n→+∞

√ 1 n+√

n−1 = 0 :

(11)

n→+∞lim

√n−√ n−1

= 0.

∀n∈N^∗, un−un−1= un−√ n

− un−1−√ n−1

+ √ n−√

n−1

. Alors lim

n→+∞ un−un−1

= 1 2−1

2−0 = 0.

n→+∞lim u_n−u_n−1

= 0.

Ce r´esultat peut encore s’´ecrire :∀ε∈R⁺^∗, ∃p∈N^∗, ∀n∈N^∗, n>p⇒

un−un−1 < ε.

En prenantε´egal `a 1

2 on obtient l’existence d’un ´el´ement N₀ deN^∗ tel que :

∀n∈N^∗, n>N0⇒

un−un−1 <1

2 ou∀n∈N^∗, n>N0⇒ −1

2 < un−un−1<1 2· Il en r´esulte que ∀n∈N^∗, n>N0⇒u_n−1−1

2 < un.

CommeN₀appartient à N^∗, on peut encore écrire∀n∈N, n>N₀⇒u_n−1−1 2 < u_n. Ce qui permet très largement d’affirmer que :∀n∈N, n>N0⇒u_n−1−1

2 6un. Ainsi, conform´ement au texte ont peut dire :

Il existe un entier naturelN0 tel que pour tout entier natureln, sin>N0 alorsun >un−1−1 2· Soitnun ´el´ement deN^∗. un+1−un =√

n+ 1 +un−p

n+u_n−1. Alors : un+1−un=

√n+ 1 +un−√

n+u_n−1 √

n+ 1 +un+√

n+u_n−1

√n+ 1 +un+√

n+u_n−1 = n+ 1 +un

− n−u_n−1

√n+ 1 +un+√

n+u_n−1· Finalementu_n+1−u_n= 1 +un−u_n−1

√n+ 1 +un+√

n+u_n−1· Ainsiun+1−un est du signe de 1 +un−u_n−1car√

n+ 1 +un+√

n+u_n−1est strictement positif.

Pour tout ´el´ementndeN^∗,un+1−un est du signe de 1 +un−u_n−1. Soitnun entier naturel tel quen>N0.

Alorsun>un−1−1

2 donc 1 +un−un−1>1−1 2 =1

2·Ainsi 1 +un−un−1 est tr`es largement positif.

Oru_n+1−u_n est du signe de 1 +u_n−u_n−1(carnest dansN^∗puisqueN₀∈N^∗) doncu_n+1−u_n est positif.

Finalement∀n∈N, n>N0⇒un+1−un>0. Ainsi :

La suite (un) est croissante `a partir d’un certain rang.

5. Voici une version r´ecursive.

(12)

2 3 begin

4 if n=0 then suite:=u_0

5 else suite:=sqrt(n+suite(n-1,u_0));

6 end;

Ajoutons une version it´erative sans doute plus raisonnable...

1 Function suite(n:integer;u_0:real):real;

2

3 var i:integer; a:real;

4 begin

5 a:=u_0;

6 for i:=1 to n do

7 a:=sqrt(i+a);

8 suite:=a;

9 end;

PROBL` EME

Partie I : Un calcul d’int´ egrale.

1. Soitαun r´eel. fbα:t→ 1

(1 +t²)^α est continue et positive sur [0,+∞[.

Notons que Z +∞

0

dt

(1 +t²)^α converge si et seulement si Z +∞

1

dt

(1 +t²)^α converge et quefb_α(t) ∼

t→+∞

1 t²^α· Les règles de comparaison des intégrales généralisées de fonctions positives montrent alors que

Z +∞

1

dt (1 +t²)^α est de mˆeme nature que

Z +∞

1

dt t²^α·

Cette derni`ere int´egrale converge si et seulement si 2α >1 ouα > 1

2· Finalement : Pour tout r´eel α, l’int´egraleJα=

Z +∞

0

dt

(1 +t²)^α converge si et seulement siα > 1 2·

2. Soit αun r´eel de l’intervalle [1,+∞[ (ou de l’intervalle 1 2,+∞

). hα:t → t²

(1 +t²)^α est continue sur [0,+∞[.

Fixons Adans [0,+∞[ et posons ∀t∈[0,+∞[, u(t) =tetv(t) =− 1 2α

1

(1 +t²)^α. uet v sont de classe C¹ sur [0,+∞[.

De plus :∀t∈[0,+∞[, u⁰(t) = 1, ∀t∈[0,+∞[, v⁰(t) =− 1 2α

−α(2t) (1 +t²)^α−1 (1 +t²)²^α

= t

(1 +t²)^α+1·

(13)

Notons quehα=u v⁰. Une int´egration par parties alors claire donne : Z A

0

t²

(1 +t²)^α+1dt=

t

− 1 2α

1 (1 +t²)^α

^A

0

− Z A

0

1×

− 1 2α

1 (1 +t²)^αdt.

Z A 0

t²

(1 +t²)^α+1dt=− 1 2α

A

(1 +A²)^α + 1 2α

Z A 0

dt (1 +t²)^α·

A→+∞lim A

(1 +A²)^α = 0 car A

(1 +A²)^α ∼

A→+∞

A

A²^α = 1

A²^α−1 et 2α−1>0.

Nous avons ´egalement lim

A→+∞

Z A 0

dt

(1 +t²)^α =J_α. Alors lim

A→+∞

Z A 0

t²

(1 +t²)^α+1dt= 1 2αJ_α. Pour tout r´eel αde [1,+∞[ (ou de ]¹₂,+∞[),

Z +∞

0

t²

(1 +t²)^α+1dt existe et vaut 1 2αJα. Soitαun r´eel de l’intervalle [1,+∞[ (ou de l’intervalle₁

2,+∞

).

Z +∞

0

t²

(1 +t²)^α+1dt+Jα+1 = Z +∞

0

t²

(1 +t²)^α+1 + 1 (1 +t²)^α+1

dt=

Z +∞

0

1 +t² (1 +t²)^α+1dt.

Donc Z +∞

0

t²

(1 +t²)^α+1dt+J_α+1= Z +∞

0

dt

(1 +t²)^α =J_α. AinsiJα+1=Jα−

Z +∞

0

t²

(1 +t²)^α+1dt=Jα− 1

2αJα= 2α−1 2α Jα.

Pour tout r´eelαde [1,+∞[ (ou de ]¹₂,+∞[),Jα+1= 2α−1 2α Jα.

3. J1= lim

A→+∞

Z A 0

dt

1 +t² = lim

A→+∞

arctantA

0 = lim

A→+∞arctanA= π 2· J1= π

2·

“Jn= 2 (n−1)−1

2 (n−1) ×2(n−2)−1

2 (n−2) × · · · ×2×1−1

2×1 ×J1= (2n−3)(2n−5)· · ·(1) 2ⁿ⁻¹(n−1)! J1”

“Jn= (2n−2)(2n−3)(2n−4)(2n−5)· · ·(2)(1)

2ⁿ⁻¹(n−1)! (2 (n−1))(2 (n−2))· · ·(2) J1= (2n−2)!

2ⁿ⁻¹(n−1)!²J1” Montrons alors par r´ecurrence que :∀n∈N^∗, Jn = (2n−2)!

2ⁿ⁻¹(n−1)!²J1.

•La propri´et´e est vraie pourn= 1 car pourn= 1, (2n−2)!

2ⁿ⁻¹(n−1)!² = 0!

[1×0!]² = 1.

•Supposons la propri´et´e vraie pourndansN^∗ et montrons la pourn+ 1.

Jn+1=2n−1

2n Jn=2n−1 2n

(2n−2)!

2ⁿ⁻¹(n−1)!²J1=(2n)(2n−1) (2n)²

(2n−2)!

2ⁿ⁻¹(n−1)!²J1. J_n+1= (2n)!

[2n2ⁿ⁻¹(n−1)!]²J₁= (2n)!

[2ⁿn!]²J₁, ce qui ach`eve la r´ecurrence.

(14)

∀n∈N^∗, J_n= (2n−2)!

2ⁿ⁻¹(n−1)!2J₁= (2n−2)!

2ⁿ⁻¹(n−1)!2

π 2.

Partie II : Loi de Student ` a

n

degr´ es de libert´ e.

1. Soit n un ´el´ement de N^∗. Montrons d’abord l’existence de Z +∞

−∞

gn(t) dt. Notons que gn est continue, paire et (strictement) positive surR.

Pour montrer la convergence de Z +∞

−∞

gn(t) dt il suffit donc de montrer la convergence de Z +∞

0

gn(t) dt ou de

Z +∞

1

g_n(t) dt

gn(t) ∼

t→+∞

t² 2

−ⁿ⁺¹₂

= 2ⁿ⁺¹² 1 tⁿ⁺¹,

Z +∞

1

dt

tⁿ⁺¹ converge carn+ 1>1 etgn est positive sur [1,+∞[.

Les règles de comparaisons des intégrales généralisées de fonctions positives montrent alors la convergence de

Z +∞

1

g_n(t) dt et ainsi de Z +∞

−∞

g_n(t) dt.

gn ´etant strictement positive surR, Z +∞

−∞

gndtest ´egalement strictement positive.

Posons alorsk_n = Z +∞

−∞

g_n(t) dt;k_n est un r´eel strictement positif. Posons encoref_n= 1 kn

g_n.

•f_n est continue surRcarg_n est continue surR.

•fn est positive surRcargn est positive surRetkn est un r´eel strictement positif.

• Z +∞

−∞

fn(t) dtconverge car Z +∞

−∞

gn(t) dtconverge.

Mieux Z +∞

−∞

f_n(t) dt= 1 kn

Z +∞

−∞

g_n(t) dt= 1 kn

k_n = 1. Finalement :

sinappartient `a N^∗ et sikn= Z +∞

−∞

gn(t) dt,fn= 1

k_ngn est une densit´e de probabilit´e.

Soitnun élément deN^∗. gn étant paire surR,kn= Z +∞

−∞

gn(t) dt= 2 Z +∞

0

gn(t) dt.

ϕ:t→ t

√n est de classeC¹ sur [0,+∞[ et strictement croissante. Elle d´efinit une bijection de [0,+∞[ sur [0,+∞[.

Ceci suffit pour s’autoriser `a faire le changement de variableu= t

√n dans Z +∞

0

g_n(t) dt. On obtient alors : Z +∞

0

gn(t) dt= Z +∞

0

1 +t²

n ⁻ⁿ⁺¹2

dt= Z +∞

0

(1 +u²)⁻ⁿ⁺¹² √ n

du=√ n Jn+1

2 . Ainsi :

∀n∈N^∗, kn = 2√ n Jn+1

2 .

(15)

2. a. et b. Gagnons un peu de temps en fixantrdansN^∗ et en ´etudiant l’existence d’un moment d’ordre rpourX.

Il s’agit donc d’´etudier l’existence de l’int´egrale Z +∞

−∞

t^rf_n(t) dt ou de Z +∞

0

t^rf_n(t) dt carf_n a la parit´e de rsurR.

Observons quet→t^rfn(t) est continue surR. Notons encore que Z +∞

0

t^rfn(t) dtconverge si et seulement si

Z +∞

0

t^rg_n(t) dtconverge ou si et seulement si Z +∞

1

t^rg_n(t) dtconverge.

Retenons alors queX poss`ede un moment d’ordrer si et seulement si Z +∞

1

t^rgn(t) dt converge et ´etudions la nature de cette int´egrale.

t→t^rg_n(t) est continue et positive sur [1,+∞[. De plus : t^rgn(t) =t^r

1 +t²

n ⁻ⁿ⁺¹2

t→+∞∼ t^r t²

n ⁻ⁿ⁺¹2

=nⁿ⁺¹² t^rt⁻⁽ⁿ⁺¹⁾= nⁿ⁺¹² t^n+1−r· Ainsi

Z +∞

1

t^rgn(t) dt est de mˆeme nature que Z +∞

1

nⁿ⁺¹²

t^n+1−rdt. Cette derni`ere int´egrale converge si et seulement sin+ 1−r >1 ou n > r. Finalement :

X poss`ede un moment d’ordrersi et seulement sin > r.

X poss`ede une esp´erance si et seulement si n >1.

X poss`ede un moment d’ordre 2 ou une variance si et seulement sin >2.

t→t fn(t) ´etant impaire surR, Z +∞

−∞

t fn(t) dt= 0 pourvu que l’on aitn >1. Finalement :

Si n >1,E(X) = 0.

Supposonsn >2. V(X) =E(X²)− E(X)²

=E(X²) = Z +∞

−∞

t²f_n(t) dt= 2 Z +∞

0

t²f_n(t) dt.

V(X) = 2 k_n

Z +∞

0

t²gn(t) dt= 2 k_n

Z +∞

0

t²

1 +t² n

⁻ⁿ⁺¹2

dt.

Le changement de variableu= t

√n déjà justifié dansQ1donne alors : V(X) = 2

kn

Z +∞

0

n u² 1 +u²−ⁿ⁺¹₂ √ n

du=2√ n n kn

Z +∞

0

u² (1 +u²)ⁿ⁻¹² ⁺¹

du.

En remarquant que n−1

2 >1 (carn>3) et en appliquant I Q2on obtient : V(X) = 2√

n n kn

1

2 ⁿ⁻¹₂ Jn−1 2

= 2√ n n (n−1)kn

Jn−1 2

.

(16)

Or k_n = 2 n Jn+1 2

et, d’apr`esI Q2, Jn+1 2

=Jn−1 2 +1 =

2 ⁿ⁻¹₂ Jn−1 2

= n−1Jn−1 2

(toujours parce que

n−1

2 >1). Alorskn= 2√ nn−2

n−1Jⁿ⁻¹

2 . AinsiV(X) = 2√

n n (n−1) 2√

nⁿ⁻²_n−1Jⁿ⁻¹

2

Jⁿ⁻¹

2 = n

n−2·

Sin >2,V(X) = n n−2·

Partie III : Simulation d’une loi.

1. PosonsT = tan Θ et notonsFT la fonction de r´epartition deT etFΘ celle de Θ.

Rappelons que∀x∈i

−∞,−π 2 h

, FΘ(x) = 0, ∀x∈h

−π 2,π

2 h

, FΘ(x) = x− −^π₂

π

2− −^π₂ = 1 π

h x+π

2 i

et∀x∈hπ 2,+∞h

, FΘ(x) = 1.

∀x∈R, FT(x) =P(T 6x) =P(tan Θ6x) =P(Θ6arctanx) car arctan est croissante sur Ret Θ prend ses valeurs dansi

−π 2,π

2 h

. Or∀x∈R, arctanx∈i

−π 2,π

2

h, par cons´equent :∀x∈R, F_T(x) =F_Θ(arctanx) = 1 π

harctanx+π 2

i.

∀x∈R, F_T(x) = 1 π

h

arctanx+π 2 i

.

arctan est de classeC¹ surR. Il en est donc de mˆeme pourF_T:x→ 1 π

harctanx+π 2

i. AinsiF_T est une variable aléatoire à densité etF_T⁰ en est une densité.

Notons que∀x∈R, F_T⁰(t) = 1

π(1 +x²)·AlorsF_T⁰ =f₁. Finalement :

T = tan Θ est une variable aléatoire à densité admettant pour densitéf₁:x→ 1 π(1 +x²)·

2. Y = tan Θ =T! ! AinsiY est une variable aléatoire à densité admettant pour densitéf1. Par conséquent :

Y = tan Θ etY suit une loi de Cauchy.

3. R´eecrivons le programme pour commencer.

1 Program simu;

2 var u,x:real;

3 begin

4 randomize;

5 u:=pi*random-pi/2;

6 x:=sin(u)/cos(u);

7 writeln(x);

8 end.

(17)

Random fournit un r´eel choisi au hasard dans l’intervalle [0,1[. Commez →π x−π

2 d´efinit une bijection de [0,1[ surh

−π 2,π

2 h

, l’instructionu : =pi*random-pi/2 affecte `a la variable uun r´eel choisit au hasard dansh

−π 2,π

2 h

.

On affecte alors `a la variablexla tangente de ce nombre et on l’affiche.

Rassurons nous en disant que la probabilit´e pour que l’on affecte `a u la valeur−π

2 est nulle.

Ainsi ce programme simule la variable al´eatoireY = tan Θ qui suit une loi de Cauchy.

Ce programme simule la loi de Cauchy.

Partie IV : Obtention d’une loi de Cauchy ` a partir de lois normales.

1. a. Y est une variable aléatoire à densité de densité f. Le cours, ou presque, nous dit alors que

−Y = (−1)Y est une variable aléatoire à densité admettant x → 1

| −1|f

x−0

−1

ou x→ f(−x) pour densit´e.

−Y est une variable aléatoire à densité admettantx→f(−x) pour densité.

Notons quef est continue surRdoncF est deC¹ surRetF⁰=f. Montrons queY et −Y ont mˆeme loi si et seulement sif est paire.

•Supposons queY et−Y ont même loi. Y et−Y ont même fonction de répartition. Notons ˆF celle de−Y. Par hypothèseFb=F.

f ´etant continue surR,x→f(−x) est une densit´e de−Y continue surR. AlorsFb est de classeC¹surRet

∀x∈R, Fb⁰(x) =f(−x).

Alors∀x∈R, f(−x) =Fb⁰(x) =F⁰(x) =f(x). Doncf est paire surR.

• Supposons quef est paire surR. ∀x∈R, f(−x) =f(x). Ainsif est une densit´e deY et de−Y doncY et−Y ont mˆeme loi.

Y et −Y ont mˆeme loi si et seulement sif est paire.

Dans la suite de cea,f est paire doncY et −Y ont mˆeme loi. AinsiFb=F.

∀x∈]− ∞,0[, G(x) =P(|Y|6x) = 0.

∀x∈[0,+∞[, G(x) =P(|Y|6x) =P(−x6Y 6x) =P(Y 6x)−P(Y <−x).

∀x∈[0,+∞[, G(x) =P(Y 6x)−P(−Y > x) =P(Y 6x)− 1−P(−Y 6x)

=F(x)− 1−Fb(x) .

(18)

∀x∈R, G(x) =

( 0 six∈]− ∞,0[

2F(x)−1 six∈[0,+∞[.

f est paire surRdoncF(0) = Z 0

−∞

f(t) dt= Z +∞

0

f(t) dt= Z +∞

−∞

f(t) dt− Z 0

−∞

f(t) dt= 1−F(0).

Alors 2F(0)−1 = 0 et ainsiF(0) = 1

2·On peut alors ´ecrire :

∀x∈R, G(x) =

( 0 six∈]− ∞,0]

2F(x)−1 six∈[0,+∞[.

Gest nulle sur ]− ∞,0] donc Gest de classeC¹ sur ]− ∞,0].

F ´etant de classeC¹surRil en est de mˆeme pour 2F−1. AinsiGest de classeC¹ sur [0,+∞[.

G´etant de classeC¹sur ]− ∞,0] et sur [0,+∞[ :

1. Gest continue sur ]− ∞,0] et sur [0,+∞[ donc surR; 2. Gest de classeC¹ surR− {0}au moins.

Ceci suffit pour dire que |Y| est une variable aléatoire à densité.

∀x∈]− ∞,0[, G⁰(x) = 0 et∀x∈]0,+∞[, G⁰(x) = 2F⁰(x) = 2f(x).

Posons alors∀x∈]− ∞,0[, g(x) = 0 et∀x∈[0,+∞[, g(x) = 2f(x).

g est une fonction numérique positive sur Rqui co¨ıncide avec G⁰ sur R privé d’un ensemble fini de points doncgest une densité de|Y|.

La fonctiong d´efinie par∀x∈R, g(x) =

( 0 six∈]− ∞,0[

2f(x) six∈[0,+∞[ est une densit´e de|Y|.

b. Soitxun élément de ]0,+∞[. |Y|est une variable aléatoire à densité doncP(|Y|=x) = 0.

Alors 0 =P(|Y|=x) =P(Y =x) +P(Y =−x) =P(Y =x) +P(−Y =x) = 2P(Y =x) carY et−Y ont mˆeme loi. Donc P(Y =x) = 0.

0 =P(|Y|= 0) =P(Y = 0) ;P(Y = 0) = 0.

Soitxun réel strictement négatif. −xest strictement positif donc P(Y =−x) = 0. AlorsP(−Y =x) = 0 doncP(Y =x) = 0 toujours parce queY et −Y ont même loi. Finalement :

∀x∈R, P(Y =x) = 0.

∀x∈R, F(x) =P(Y 6x) =P(Y < x) +P(Y =x) =P(Y < x) = 1−P(Y >x) = 1−P(−Y 6−x).

(19)

Y et−Y ayant mˆeme loi il vient :∀x∈R, F(x) = 1−P(Y 6−x) = 1−F(−x).

∀x∈R, F(x) = 1−F(−x).

Soitxun ´el´ement de [0,+∞[. G(x) =P(|Y|6x) =P(−x6Y 6x) =P(Y 6x)−P(Y <−x).

OrP(Y =−x) = 0 doncG(x) =P(Y 6x)−P(Y 6−x) =F(x)−F(−x) =F(x)− 1−F(x)

= 2F(x)−1.

Ainsi∀x∈[0,+∞[, F(x) = 1 +G(x)

2 ·

∀x∈]− ∞,0], −x∈[0,+∞[ donc∀x∈]− ∞,0], F(−x) = 1 +G(−x)

2 ·

Ainsi∀x∈]− ∞,0], F(x) = 1−F(−x) = 1−1 +G(−x)

2 =1−G(−x)

2 ·

∀x∈R, F(x) =











1−G(−x)

2 six∈]− ∞,0]

1 +G(x)

2 six∈[0,+∞[

ou∀x∈R, F(x) =











1−G(−x)

2 six∈]− ∞,0[

1 +G(x)

2 six∈[0,+∞[

! !

Montrons alors queY est une variable aléatoire à densité. Il suffit de montrer queF est continue surR et de classeC¹ surRprivé d’un ensemble fini de points.

|Y|est une variable aléatoire à densité doncg est continue surR−D oùD est un sous-ensemble fini deR. AlorsGest continue surR, de classeC¹au moins surR−D et ∀x∈R−D, G⁰(x) =g(x).

x→ −xet Gsont continues surRdoncx→ 1 +G(x)

2 etx→ 1−G(−x)

2 sont continues surRdoncF est continue sur ]− ∞,0] et sur [0,+∞[ donc surR.

PosonsD1=D∩]0,+∞[ etD2={−x;x∈D1}.

Gest de classeC¹ surR−D donc 1 +G 2 aussi.

AlorsF est de classeC¹ sur ]0,+∞[−D1et ∀x∈]0,+∞[−D1, F⁰(x) = 1

2G⁰(x) =1

2g(x) = 1 2g(|x|) ! x→ −xest de classeC¹surR,∀x∈]− ∞,0[−D2, −x∈R−Det Gest de classeC¹ surR−D.

Alorsx→ 1−G(−x)

2 est de classeC¹ sur ]− ∞,0[−D2;F ´egalement.

De plus∀x∈]− ∞,0[−D2, F⁰(x) =1

2G⁰(−x) = 1

2g(−x) =1 2g(|x|).

Posons ∆ =D1∪D2∪ {0}. ∆ est une partie finie de RetF est de classe C¹ sur R−∆. Ceci ach`eve alors de prouver que :

Y est une variable aléatoire à densité.

(20)

Posons∀x∈R, f(x) =

2g(|x|). f est positive surRet co¨ıncide surR−∆, donc surRpriv´e d’un ensemble fini de points, avecG⁰. Ainsif est une densit´e deY =|X|.

f:x→ 1

2g(|x|) est une densit´e deY.

2. Oui on peut toujours faire le changement de variableu=e²^tmais il semble plus raisonnable de remarquer quet→ −1

c e⁻^{c e}

2t

2 est une primitive surRdet→e²^te⁻^{c e}

2t 2 . Notons quet→e²^te⁻^{c e}

2t

2 est continue surR. SoitAun r´eel.

Z A 0

e²^te⁻^{c e}

2t 2 dt=

−1 ce⁻^{c e}

2t 2

A 0

=−1 ce⁻^{c e}

2A

2 +1

ce⁻^c². Alors

Z 0 A

e²^te⁻^{c e}

2t 2 dt= 1

ce⁻^{c e}

2A

2 −1

ce⁻^c².

A→+∞lim −c e²^A

2 =−∞donc lim

A→+∞

Z A 0

e²^te⁻^{c e}

2t 2 dt=1

ce⁻^c². Alors Z +∞

0

e²^te⁻^{c e}

2t

2 dtexiste et vaut 1 ce⁻^c².

A→−∞lim −c e²^A

2 = 0 donc lim

A→−∞

Z 0 A

e²^te⁻^{c e}

2t

2 dt = 1 c − 1

ce⁻^c². Alors Z 0

−∞

e²^te⁻^{c e}

2t

2 dt existe et vaut 1

c −1 ce⁻^c². Ainsi

Z +∞

−∞

e²^te⁻^{c e}

2t

2 dtconverge et vaut 1 c −1

ce⁻^c² +1

c e⁻^c² = 1 c· Z +∞

−∞

e²^te⁻^{c e}

2t

2 dt converge et vaut 1 c·

3. a. Notons Φ la fonction de répartition deX. ϕest une densité de X continue sur Rdonc Φ est de C¹ surRet Φ⁰=ϕ. Rappelons également que∀t∈[0,+∞[, P(|X|6t) = 2 Φ(t)−1.

Cherchons maintenant la fonction de r´epartitionFZ deZ.

∀x∈R, P(Z6x) =P(ln|X|6x) =P(|X|6e^x) = 2 Φ(e^x)−1.

Φ etx→e^xsont de classeC¹ surRdonc, par compositionx→Φ(e^x) est de classeC¹surR. Il est alors de mˆeme pourFZ et ainsi :

Z est une variable aléatoire à densité.

Z ´etant de classeC¹ surR,F_Z⁰ est une densit´e deZ.

∀x∈R, F_Z⁰(x) = 2e^xΦ⁰(e^x) = 2e^xϕ(e^x) = 2

√2πe^xe⁻^e

2x

2 =

r2 πe^xe⁻^e

2x 2 .

x→ r2

πe^xe⁻^e

2x

2 est une densit´e deZ.