Correction

(1)

DS9 vA

Exercice 1 (EDHEC 2019)

Partie I : étude de quelques propriétés d’une variable aléatoire X Dans cet exercice,θ (theta) désigne un réel élément de

0,1

2

.

On considère la fonction f définie par :f :x7→





 1 θ x¹⁺¹^θ

si x>1 0 si x <1 1. Montrer que f peut être considérée comme une densité.

Démonstration.

• La fonctionf est continue :

× sur]− ∞,1[en tant que fonction constante,

× sur]1,+∞[en tant qu’inverse de la fonction t7→θ x¹⁺¹^θ : - continue sur]1,+∞[en tant que fonction puissance, - qui ne s’annule pas sur]1,+∞[.

La fonctionf est continue sur Rsauf éventuellement en 1.

• Soitx∈R. Deux cas se présentent :

× si x∈ ]− ∞,1[, alors : f(x) = 0. Ainsi :f(x)>0.

× si x∈[1,+∞[, alors, commeθ >0 :θ x¹⁺¹^θ >0. Ainsi :f(x) = 1

θ x¹⁺¹^θ >0.

Finalement :∀x∈R,f(x)>0.

• Montrons que l’intégrale Z +∞

−∞

f(x) dxconverge et vaut1.

× Tout d’abord, comme la fonctionf est nulle en dehors de [1,+∞[: Z +∞

−∞

f(x)dx = Z +∞

1

f(x) dx

× Soit B∈[1,+∞[.

Z B 1

f(x) dx = Z B

1

θ x¹⁺¹^θ dx = 1 θ

Z B 1

x⁻¹⁻¹^θ dx

= 1 θ

"

1

−¹_θ x⁻¹^θ

#^B

1

= − 1

B¹^θ

−1

= 1− 1 B¹^θ

1

(2)

Or, comme 1

θ >0: lim

B→+∞

1 B¹^θ = 0.

On en déduit que l’intégrale Z +∞

−∞

f(x) dxconverge et vaut1.

On en déduit que la fonctionf est une densité de probabilité.

On considère dans la suite une variable aléatoireX de densitéf et on noteF sa fonction de répartition.

2. Montrer que X possède une espérance et une variance et les déterminer.

Démonstration.

• La v.a.r. X admet une espérance si et seulement si l’intégrale Z +∞

−∞

x f(x) dx est absolument convergente, ce qui équivaut à démontrer la convergence pour ce calcul de moment du type Z +∞

−∞

x^mf(x) dx.

• Tout d’abord, comme la fonctionf est nulle en dehors de [1,+∞[: Z +∞

−∞

x f(x) dx = Z +∞

1

x f(x)dx

• De plus, la fonctionx7→x f(x) est continue par morceaux sur[1,+∞[.

• SoitB ∈[1,+∞[.

Z B 1

x f(x) dx = 1 θ

Z B 1

x⁻¹^θ dx

= 1 θ

"

1

1−¹_θ x¹⁻¹^θ

#^B

1

= 1 θ

1

θ−1 θ

1 B¹^θ⁻¹

−1

= 1

θ−1 1 B^θ¹⁻¹

− 1 θ−1 De plus :

1

θ −1>0 ⇔ 1 θ >1

⇔ θ <1 (par stricte décroissance de la fonction inverse sur ]0,+∞[) Cette dernière inégalité est vérifiée, donc, par équivalence, la première aussi.

Ainsi : lim

B→+∞

1

B¹^θ⁻¹ = 0.

On en déduit que X admet une espérance et : E(X) = − 1

θ−1 = 1 1−θ.

(3)

• La v.a.r. X admet une variance si et seulement si l’intégrale Z +∞

−∞

x²f(x) dx est absolument convergente, ce qui équivaut à démontrer la convergence pour ce calcul de moment du type Z +∞

−∞

x^mf(x) dx.

−∞

x²f(x) dx = Z +∞

1

x²f(x)dx

• De plus, la fonctionx7→x²f(x) est continue par morceaux sur[1,+∞[.

• SoitB ∈[1,+∞[.

Z B 1

x²f(x)dx = 1 θ

Z B 1

x¹⁻¹^θ dx

= 1 θ

"

1

2− ¹_θ x²⁻¹^θ

#^B

1

= 1 θ

1

2θ−1 θ

1 B¹^θ⁻²

−1

= 1

2θ−1 1 B¹^θ⁻²

− 1 2θ−1 De plus :

1

θ −2>0 ⇔ 1 θ >2

⇔ θ < 1 2

(par stricte décroissance de la fonction inverse sur ]0,+∞[) Cette dernière inégalité est vérifiée, donc, par équivalence, la première aussi.

Ainsi : lim

B→+∞

1

B¹^θ⁻² = 0.

On en déduit que X admet une variance et : E(X²) = − 1

2θ−1 = 1 1−2θ.

• Par formule de Koenig-Huygens :

V(X) = E(X²)− E(X)2

= 1

1−2θ− 1

1−θ 2

= 1

1−2θ− 1 (1−θ)²

= (1−θ)²−(1−2θ) (1−2θ)(1−θ)²

= 1−2θ+θ²−1 + 2θ (1−2θ)(1−θ)² V(X) = θ²

(1−2θ)(1−θ)²

(4)

On peut en fait déterminer théoriquement jusqu’à quel ordre la v.a.r. X admet des moments. On procéderait de la manière suivante.

• Soit r ∈ N^∗. La v.a.r. X admet un moment d’ordre r si et seulement si l’intégrale Z +∞

−∞

x^rf(x) dxest absolument convergente, ce qui équivaut à démontrer la convergence pour ce calcul de moment du type

Z +∞

−∞

x^mf(x) dx.

−∞

x^rf(x) dx = Z +∞

1

x^rf(x) dx

• De plus, la fonctionx7→x^rf(x) est continue par morceaux sur[1,+∞[.

• Ensuite, pour toutx∈[1,+∞[:

x^rf(x) = x^r 1

x¹⁺¹^θ = 1 x^1−r+¹^θ

• Or, l’intégrale Z +∞

1

1 x^1−r+¹^θ

dx est une intégrale de Riemann impropre en+∞.

Elle est donc convergente si et seulement si1−r+1

θ >1. De plus : 1−r+1

θ >1 ⇔ 1 θ > r Ainsi la v.a.r.X admet des moments d’ordrer pour toutr ∈

s 0,

1 θ

−1 {

.

• Par exemple, si θ = 1

4, alors la v.a.r. X admet des moments d’ordre k, pour tout k∈

t 0,

$1

1 4

%

−1

|

=J0,3K. Commentaire

3. Déterminer, pour tout réel x, l’expression deF(x) en fonction dex etθ.

Démonstration.

Soit x∈R. Deux cas se présentent :

• six∈]− ∞,1[, alors, comme f est nulle sur en dehors de[1,+∞[: F(x) =

Z x

−∞

f(t) dt = 0

(5)

• six∈[1,+∞[, alors :

F(x) = Z x

−∞

f(t) dt

= Z x

1

f(t) dt (car f est nulle en dehors de [1,+∞[)

= Z x

1

1 θ x¹⁺¹^θ dx

= 1 θ

"

1

−¹_θ x⁻¹^θ

#^x

1

= −

1 x¹^θ

−1

Finalement : F :x7→







0 six∈]− ∞,1[

1− 1 x¹^θ

six∈[1,+∞[ .

4. a) Montrer que l’équationF(x) = 1

2 possède une seule solution, notée Me, que l’on déterminera.

Démonstration.

Soitx∈R. Deux cas se présentent.

• Six∈]− ∞,1[, alors, d’après la question précédente :F(x) = 06= 1 2. L’équationF(x) = 1

2 n’admet pas de solution sur ]− ∞,1[.

• Six∈[1,+∞[, alors :

F(x) = 1

2 ⇔ 1− 1 x¹^θ = 1

2

⇔ − 1

x^θ¹ =−1 2

⇔ x¹^θ = 2

⇔ 1

θ ln(x) = ln(2)

⇔ ln(x) =θ ln(2) = ln 2^θ

⇔ x= 2^θ L’équationF(x) = 1

2 admet 2^θ comme unique solution sur[1,+∞[.

L’équationF(x) = 1

2 admet une unique solution surR:M_e= 2^θ.

(6)

b) Montrer :∀x∈

0,1 2

,2^x(1−x)61.

Démonstration.

Soitx∈

0,1 2

.

• Tout d’abord :

2^x(1−x)61 ⇔ ln (2^x(1−x))60 (par stricte croissance de la fonctionln sur ]0,+∞[)

⇔ x ln(2) + ln(1−x)60

• Étudions alors la fonction h:x7→xln(2) + ln(1−x)sur

0,1 2

.

× La fonctionh est dérivable sur

0,1 2

en tant que somme de fonctions dérivables sur

0,1 2

.

× Soit x∈

0,1 2

.

h⁰(x) = ln(2)− 1 1−x On en déduit :

h⁰(x)>0 ⇔ ln(2)− 1 1−x >0

⇔ ln(2)> 1 1−x

⇔ 1

ln(2)61−x (par stricte décroissance de la fonction inverse sur ]0,+∞[)

⇔ x61− 1 ln(2) De plus : ln(2)<1. Donc : 1

ln(2) >1. D’où :− 1

ln(2) <−1. Ainsi :1− 1 ln(2) <0.

× On obtient alors le tableau de variations suivant :

x Signe deh⁰(x)

Variations deh

0 ¹₂

− 0

0

× Comme la fonction h est décroissante sur

0,1 2

, on en déduit, pour toutx∈

0,1 2

:

h(x) 6 h(0)

q q

xln(2) + ln(1−x) 0 Ainsi :∀x∈

0,1

2

,2^x(1−x)61.

(7)

c) ComparerE(X)etM_e. Démonstration.

D’après les questions2.et4.a) :

Me6E(X) ⇔ 2^θ 6 1 1−θ

⇔ 2^θ(1−θ)61 (car 1−θ >0) Or, comme θ ∈

0,1

2

, la dernière inégalité est vérifiée, d’après la question précédente. Par équivalence, la première est donc également vérifiée.

On en déduit :M_e6E(X).

5. Soit aun réel supérieur ou égal à 1etb un réel strictement positif.

a) Montrer :P[X>a]([X > a+b]) = a

a+b ¹_θ

. Démonstration.

Commea >1, alors : P([X > a)]) = 1− 1 a¹^θ

6= 0. Ainsi :

P[X>a]([X > a+b]) = P([X > a]∩[X > a+b]) P([X > a])

= P([X > a+b]) P([X > a])

(car, comme b >0 : [X > a+b]⊂[X > a])

= 1−P([X6a+b]) 1−P([X 6a])

= 1−F(a+b) 1−F(a)

= 1−

1− ¹

(a+b)¹^θ

1− 1− ¹

a¹^θ

(d’après3., car a>1 et, commeb >0, a+b>1)

=

1 (a+b)¹^θ

1 a¹^θ

= a¹^θ (a+b)^θ¹

=

a a+b

¹_θ

P[X>a]([X > a+b]) = a

a+b ¹_θ

(8)

b) Déterminer la limite de cette quantité lorsqueatend vers+∞. Interpréter cette dernière valeur si l’on admet que la variableX représente la durée de vie d’un certain appareil.

Démonstration.

Soita∈ ]1,+∞[. Soit b∈]0,+∞[. D’après la question précédente : P[X>a]([X > a+b]) =

a a+b

¹_θ

= exp 1

θ ln a

a+b

Or : lim

a→+∞

a a+b = 1.

Comme de plus la fonctionlnest continue en 1, on obtient :

a→+∞lim 1 θ ln

a a+b

= 1

θ ×ln(1) = 0 Comme enfin la fonctionexpest continue en 0, on a :

a→+∞lim exp 1

θ ln a

a+b

= exp(0) = 1 Pour toutb >0 : lim

a→+∞P[X>a]([X > a+b]) = 1.

Si on considère que X modélise la durée de vie d’un phénomène, la propriété précédente signifie que plus le phénomène a duré longtemps (plusaest grand), plus la probabilité que le phénomène dure encore est grande. On parle alors de rajeunissement.

Partie 2 : simulation de X

6. On pose Y = ln(X) et on admet que Y est une variable aléatoire définie sur le même espace probabilisé que X. On noteGsa fonction de répartition.

a) Pour tout réelx, exprimer G(x) à l’aide de la fonction F.

Démonstration.

• Sans perte de généralité, on considère pour la suite :X(Ω) = [1,+∞[.

Ainsi la v.a.r.ln(X) est bien définie.

On en déduit que la v.a.r.Y est bien définie.

• Soitx∈R.

G(x) = P([Y 6x])

= P([ln(X)6x])

= P([X 6e^x]) (par stricte croissance de la fonction exp sur R)

= F(e^x)

∀x∈R,G(x) =F(e^x)

(9)

b) En déduire queY suit une loi exponentielle dont on précisera le paramètre.

Démonstration.

• Soitx∈R. D’après la question précédente :

G(x) = F(e^x) Deux cas se présentent alors :

× Si e^x<1,i.e. x <0, alors, d’après la question3. : G(x) = F(e^x) = 0

× Si e^x>1,i.e. x>0, alors, toujours d’après la question3. : G(x) = F(e^x) = 1− 1

(e^x)¹^θ = 1− 1

e¹^θ^x = 1−e⁻¹^θ^x

Finalement : G:x7→







0 six∈]− ∞,0[

1−e⁻¹^θ^x si x∈[0,+∞[

.

• On reconnaît la fonction de répartition d’une v.a.r. de loiE 1

θ

. Or la fonction de répartition caractérise la loi.

On en déduit :Y ,→ E 1

θ

.

7. On rappelle qu’enScilab, la commandegrand(1, 1, 'exp', 1/lambda)simule une variable aléa- toire suivant la loi exponentielle de paramètre λ. Écrire des commandes Scilabutilisant grand et permettant de simuler X.

Démonstration.

D’après la question précédente, si une v.a.r. Y suit une loi E 1

θ

, alors la v.a.r. exp(Y) suit la même loi que la v.a.r.X. On propose donc le programme suivant :

1 theta = input('Entrez un paramètre theta :')

2 Y = grand(1, 1, 'exp', theta)

3 X = exp(Y)

• Il n’est pas précisé par l’énoncé si le paramètreθa déjà été fixé par l’utilisateur. C’est pourquoi on ajoute la ligne1. Il n’est cependant pas certain que son oubli soit sanctionné.

• On prendra garde à syntaxe particulière de la fonctiongranddans le cas d’une loi exponentielle (syntaxe précisée par l’énoncé). En effet, pour obtenir une simulation d’une loiE(λ), on entrera la commandegrand(1, 1, 'exp', 1/lambda)(et nongrand(1, 1, 'exp', lambda)).

• Ainsi, dans notre cas, pour simuler une loiE 1

θ

, on utilisera bien la commande grand(1, 1, 'exp', theta)(et nongrand(1, 1, 'exp', 1/theta)).

Commentaire

(10)

Partie 3 : estimation d’un paramètre

On suppose dans la suite que le paramètre θ est inconnu et on souhaite en trouver une estimation ponctuelle puis par intervalle de confiance.

On considère pour celanvariables aléatoiresY1,. . .,Yntoutes définies sur le même espace probabilisé, mutuellement indépendantes, et suivant toutes la même loi queY.

8. On pose Tn= 1 n

n

P

i=1

Y_k.

a) Justifier queTn est un estimateur deθ.

Démonstration.

La v.a.r.T_n= 1 n

n

P

i=1

Y_i s’exprime :

× à l’aide d’unn-échantillon (Y₁, . . . , Y_n) de la v.a.r. Y,

× sans mention du paramètre θ.

La v.a.r. T_nest donc un estimateur de θ.

b) Tn est-il un estimateur sans biais deθ? Démonstration.

• La v.a.r.T_n admet une espérance en tant que combinaison linéaire de v.a.r. qui en admettent une.

• De plus :

E(T_n) = E 1

n

P

i=1

Y_i

= 1 n

Pn i=1

E(Y_i) (par linéarité de l’espérance)

= 1 n

n

P

i=1

1

1 θ

(car : ∀i∈J1, nK, Yi ,→ E

1 θ

)

= 1

n n θ = θ

Avec la question précédente, on en déduit que Tn est un estimateur sans biais de θ.

On aura reconnu que la v.a.r.T_n est l’estimateur de la moyenne empirique deY₁,. . .,Y_n. Commentaire

c) Calculer le risque quadratique deT_nen tant qu’estimateur deθ.T_nest-il un estimateur convergent deθ?

Démonstration.

• La v.a.r. T_n admet une variance en tant que somme de v.a.r. qui en admettent une.

La v.a.r.T_n admet un risque quadratique.

(11)

• Par décomposition biais-variance :

r_θ(Tn) = V(Tn) + (b_θ(Tn))²

= V

1 n

n

P

i=1

Yi

+ 0 (car Tn est un estimateur sans biais de θ d’après 8.b))

= 1

n² V _n

P

i=1

Yi

= 1

n²

n

P

i=1

V(Yi) (car les v.a.r.Y1, . . ., Yn sont indépendantes)

= 1

n²

n

P

i=1

1

1 θ

2

(car : ∀i∈J1, nK, Y_i ,→ E

1 θ

)

= 1

n² n θ²

= θ² n

rθ(Tn) = θ² n

• On remarque : lim

n→+∞

θ²

n = 0,i.e. lim

n→+∞ r_θ(T_n) = 0.

On en déduit que T_n est un estimateur convergent de θ.

9. a) Écrire l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev pour la variableT_n. Démonstration.

D’après la question précédente, la v.a.r.Tn admet une variance.

Ainsi, par inégalité de Bienaymé-Tchebychev :

∀ε >0, P([|T_n−E(Tn)|> ε])6 V(Tn) ε²

D’après les questions 8.b) et8.c) :∀ε >0,P([|T_n−θ|> ε])6 θ² n ε². b) Établir l’inégalité :

∀ε >0, P([θ∈[T_n−ε, T_n+ε]]) > 1− θ² n ε² Démonstration.

Soitε >0.

• D’après la question précédente :

P([|T_n−θ|> ε]) 6 θ² n ε² q

1−P([|T_n−θ|6ε])

(12)

D’où :

−P([|T_n−θ|6ε]) 6 −1 + θ² n ε² Ainsi :

P([|T_n−θ|6ε]) > 1− θ² n ε²

• De plus :

P([|T_n−θ|6ε]) = P([−ε6Tn−θ6ε])

= P([−T_n−ε6−θ6−T_n+ε])

= P([Tn+ε>θ>Tn−ε]) Finalement : ∀ε >0,P([θ∈[T_n−ε, T_n+ε]])>1− θ²

n ε². c) En utilisant le fait queθ6 1

2, déterminer un intervalle de confiance pourθau niveau de confiance 90%lorsque l’on choisitn= 1000.

Démonstration.

• D’après la question précédente :

∀ε >0, P([θ∈[T_n−ε, T_n+ε]])>1− θ² n ε²

• Pour que [Tn−ε, Tn+ε] soit un intervalle de confiance de θ au niveau de confiance90%, il suffit de choisir εtel que :

1− θ²

n ε² >0,9

• Or :

comme θ 6 1

2

alors θ² 6 1

4

(par croissance de la fonction x7→x² sur [0,+∞[, car θ >0)

donc − θ²

n ε² > − 1 4n ε²

d’où 1− θ²

n ε² > 1− 1 4n ε²

Ainsi, pour trouver un réelεqui convient, il suffit de trouver un réel εtel que : 1− 1

4n ε² > 0,9 Si c’est le cas, on obtient par transitivité :

1− θ²

n ε² > 1− 1

4n ε² > 0,9

(13)

• Raisonnons par équivalence pour trouverε: 1− 1

4n ε² >0,9 ⇔ 0,1> 1 4n ε²

⇔ 1

10 > 1 4n ε²

⇔ 1064n ε² (par stricte décroissance de la fonction inverse sur ]0,+∞[)

⇔ 10

4n 6ε² (car 4n >0)

⇔ r 5

2n 6ε (par stricte croissance de la fonction x7→√

x sur [0,+∞[) On choisit donc :ε=

r 5 2n.

• De plus, commen= 1000 : ε =

r 5

2×1000 =

r 1 2×200 =

r 1

400 = 1

√400 = 1 20 On en déduit que

Tn− 1

20, Tn+ 1 20

est un intervalle de confiance deθ au niveau de confiance90%.

(14)

Exercice 2 (Ecricome 2019)

On considère la fonction f définie sur l’ouvert deR^∗+×R^∗+ par :

∀(x, y)∈R^∗+×R^∗+, f(x, y) = x

y² +y²+ 1 x

La première partie consiste en l’étude des extrema éventuels de la fonction f, et la deuxième partie a pour objectif l’étude d’une suite implicite définie à l’aide de la fonction f.

Ces deux parties sont indépendantes.

Partie A

1. On utiliseScilabpour tracer les lignes de niveau de la fonction f. On obtient le graphe suivant :

Établir une conjecture à partir du graphique quant à l’existence d’un extremum local pourf, dont on donnera la nature, la valeur approximative et les coordonnées du point en lequel il semble être atteint.

Démonstration.

• Le graphique fait apparaître les lignes de niveau de la fonctionf. Ces courbes relient les points (x, y) ∈R² pour lesquels la fonction f prend la même valeur. Sur la représentation, on constate que la fonctionf prend des valeurs de plus en plus grande en s’écartant du point(1,1).

• De plus, en ce point, la valeur de la fonctionf est : f(1,1) = 1

1² + 1²+1 1 = 3

Cette valeur est plus faible que les valeurs des lignes de niveau apparaissant sur le graphique.

On peut émettre la conjecture que la fonction f admet un minimum local, de valeur3, au point(1,1).

(15)

2. a) Démontrer quef est de classeC² surR^∗+×R^∗+. Démonstration.

La fonctionf est de classe C² surR^∗₊×R^∗₊ car est la sommef =f₁+f₂+f₃ des fonctions :

× f1 : (x, y)7→ x

y² de classe C² surR^∗+×R^∗+ en tant que quotient de fonctions de deux variables polynomiales dont le dénominateur ne s’annule pas surR^∗+×R^∗+.

× f₂ : (x, y)7→y² de classeC² surR^∗+×R^∗+ en tant que fonction de deux variables polynomiale.

× f₃ : (x, y)7→ 1

x de classeC² surR^∗+×R^∗+ en tant qu’inverse d’une fonction de deux variables polynomiale qui ne s’annule pas sur R^∗₊×R^∗₊.

La fonction f est bien de classe C² surR^∗+×R^∗+.

• Il est important de noter que les fonctionsf₂ etf₃ sont bien des fonctions de deux variables même si leur expression n’en fait apparaître qu’une. Considérer les fonctions y 7→ y² et x7→ 1

x démontre un manque de compréhension des objets utilisés et est donc sanctionné.

• Il en est de même pour chacune des deux fonctions du quotient définissantf1. Plus précisément, cette fonction est le quotient :f1 = h1

h2

de :

× h1 : (x, y)7→xqui est une fonction de deux variables polynomiale.

× h2 : (x, y)7→y² qui est une fonction de deux variables polynomiale.

Rappelons qu’une fonction de deux variables polynomiale est une fonction apparaissant comme combinaison linéaire de fonctions monomiales (fonctions de la forme(x, y)7→x^ry^s avec(r, s)∈N×N).

Commentaire

b) Calculer les dérivées partielles premières de f, puis démontrer que f admet un unique point critique, notéA, que l’on déterminera.

Démonstration.

• La fonctionf est de classeC¹ surR^∗₊×R^∗₊.

Elle admet donc des dérivées partielles premières sur cet ensemble.

• Soit(x, y)∈R^∗+×R^∗+. Tout d’abord :

∂1(f)(x, y) = 1 y² − 1

x² Par ailleurs :

∂₂(f)(x, y) = −2x y³ + 2y

∂1(f)(x, y) = 1 y² − 1

x² et ∂2(f)(x, y) = −2x y³ + 2y

• D’autre part :

(x, y) est un point critique def ⇔ ∇(f)(x, y) = 0_M_2,1₍_R₎ ⇔

( ∂1(f)(x, y) = 0

∂2(f)(x, y) = 0

(16)

Ainsi : (x, y)est un point critique de f ⇔









 1 y² − 1

x² = 0

−2x

y³ + 2y = 0

⇔









 1

y² = 1 x² 2y = 2x

y³

⇔







y = x

y³

(car la fonction x7→ 1

x² réalise une bijection de R^∗₊ dans R^∗₊)

⇔







y = x

x = x

x³

(en remplaçant y par x dans la seconde équation)

⇔







y = x

x = 1

x²

⇔

( y = x x³ = 1

⇔

( y = x x = 1

(car la fonction x7→x³ réalise une bijection de R dans R)

On en déduit que la fonction f admet comme unique point critique le pointA de coordonnées (1,1).

• La difficulté de cette question réside dans le fait qu’il n’existe pas de méthode générale pour résoudre l’équation∇(f)(x, y) = 0_M_2,1₍_R₎.

On est donc confronté à une question bien plus complexe qu’une résolution de système d’équations linéaires (que l’on résout aisément à l’aide de la méthode du pivot de Gauss).

• Lors de la recherche de points critiques, on doit faire appel à des méthodes ad hoc. Il est par exemple assez fréquent de faire apparaître une équation du type :

ϕ(x) =ϕ(y)

oùϕ:R→Rest une fonction bijective. En réalité, c’est le caractère injectif (ϕest strictement monotone surRpar exemple) qui nous intéresse ici puisqu’il permet de conclure :

x=y

En injectant cette égalitéx=ydans la seconde équation, on obtient une nouvelle équation qui ne dépend plus que d’une variable et qu’il est donc plus simple de résoudre.

C’est la stratégie utilisée ici avec la fonction ϕ: x 7→ 1

x² qui est strictement décroissante (et donc injective) surR^∗+.

Commentaire

(17)

• Il est aussi possible de détailler, pas à pas, l’équivalence 1 y² = 1

x² ⇔ y=x.

Plus précisément : 1 y² = 1

x² ⇔ y² =x² ⇔ p y² =

√

x² ⇔ |y|=|x| ⇔ y=x La dernière étape est obtenue par le caractère positif dex et de y.

• Détaillons enfin la dernière étape de résolution de la question.

x³ = 1 ⇔ x³−1 = 0 ⇔ (x−1)(x²+x+ 1) = 0 ⇔ x= 1 OU x²+x+ 1 = 0 Or le polynômeP(X) =X²+X+ 1n’admet pas de racine réelle car il est de discriminant

∆ = 1−4 =−3<0. On en déduit : x³ = 1 ⇔ x= 1.

• On a opté pour une rédaction différente. Détaillons l’argument utilisé. On cherche à résoudre ψ(x) = 1 où ψ : x 7→ x³. Cette équation admet comme solution évidente x = 1 et c’est l’unique solution car la fonction ψ réalise une bijection de R dans R (encore une fois, le caractère injectif suffisait ici).

Commentaire

c) Calculer les dérivées partielles secondes de f, puis démontrer que la matrice hessienne de f au pointA est la matriceH définie par : H =

2 −2

−2 8

. Démonstration.

• La fonctionf est de classeC² surR^∗₊×R^∗₊.

Elle admet donc des dérivées partielles d’ordre 2surR^∗₊×R^∗₊.

• Soit(x, y)∈R^∗+×R^∗+. Tout d’abord :

∂₁₁² (f)(x, y) = −−2 x³ = 2

x³

• Ensuite :

∂₁₂² (f)(x, y) = − 2

y³ = ∂₂₁² (f)(x, y)

La dernière égalité est obtenue en vertu du théorème de Schwarz puisque la fonctionf estC² sur l’ouvertR^∗₊×R^∗₊.

• Enfin :

∂₂₂² (f)(x, y) = −2x −3

y⁴ + 2 = 6x y⁴ + 2 Pour tout (x, y)∈R^∗+×R^∗+, ∂₁₁² (f)(x, y) = 2

x³, ∂²₁₂(f)(x, y) = −2

y³ = ∂²₂₁(f)(x, y) et∂₂₂² (f)(x, y) = 6x

y⁴ + 2.

• Il faut penser à utiliser le théorème de Schwarz dès que la fonction à deux variables considérée estC² sur un ouvert U ⊂R².

• Ici, le calcul de ∂₁₂² (f)(x, y) et ∂₂₁² (f)(x, y) est aisé. Il faut alors concevoir le résultat du théorème de Schwarz comme une mesure de vérification : en dérivant par rapport à la 1^ère variable puis par rapport à la2^ème, on doit obtenir le même résultat que dans l’ordre inverse.

Commentaire

(18)

• On rappelle que la matrice hessienne def en un point(x, y)∈R^∗+×R^∗+ est :

∇²(f)(x, y) =







∂²₁₁(f)(x, y) ∂₁₂²(f)(x, y)

∂²₂₁(f)(x, y) ∂₂₂²(f)(x, y)





=





 2

x³ − 2 y³

− 2 y³

6x y⁴ + 2







• On en déduit :

H =∇²(f)(1,1) =





 2

1³ −2 1³

− 2 1³

6 1⁴+ 2







H= ² ⁻²

−2 8

!

d) En déduire que la fonctionf admet au pointAun extremum local, préciser si cet extremum est un minimum, et donner sa valeur.

Démonstration.

Soitλ∈R. Rappelons tout d’abord que, pour toute matrice H∈M2(R) : λest une valeur propre deH ⇔ H−λ I n’est pas inversible

⇔ det(H−λ I) = 0

• Or :

det

∇²(f)(1,1)−λ I

= det ²⁻^λ ⁻²

−2 8−λ

!!

= (2−λ)(8−λ)−(−2)²

= (16−10λ+λ²)−4

= 12−10λ+λ² Le polynômeP(X) = 12−10X+X² admet pour discriminant :

∆ = (−10)²−4×12 = 100−48 = 52>0 Ainsi, P admet deux racines distinctes :

λ1 = 10 +√ 52

2 = 10 + 2√ 13

2 = 5 +

√

13 et λ2= 10−√ 52

2 = 10−2√ 13

2 = 5−√ 13 Enfin, comme13<16, on a :√

13 < √

16 = 4 et−√

13>−4. On en déduit : λ₂= 5−√

13>5−4 = 1>0 Ainsi, ∇²(f)(1,1)admet pour valeurs propres λ1 = 5 +√

13>0 etλ2 >0.

La fonctionf admet donc un minimum local au point(1,1).

(19)

Partie B

Pour tout entiern non nul, on noteh_n la fonction définie surR^∗+ par :

∀x >0, h_n(x) = f(xⁿ,1) = xⁿ+ 1 + 1 xⁿ

3. Démontrer que pour tout entier naturel n non nul, la fonction hn est strictement décroissante sur ]0,1[ et strictement croissante sur[1,+∞[.

Démonstration.

Soit n∈N^∗.

• La fonctionh_n est dérivable surR^∗+ car elle est la somme des fonctions :

× x7→xⁿ+ 1dérivable sur R^∗+ car polynomiale.

× x7→ 1

xⁿ dérivable surR^∗+ en tant qu’inverse de la fonctionx7→xⁿ :

− dérivable surR^∗+ car polynomiale,

− et qui ne s’annule pas surR^∗₊.

• Soitx∈R^∗+.

h⁰_n(x) = n xⁿ⁻¹− n

xⁿ⁺¹ = n x²ⁿ−1 xⁿ⁺¹

Commen >0 etxⁿ⁺¹>0, la quantitéh⁰_n(x) est du signe de x²ⁿ−1. On en déduit : h⁰_n(x)>0 ⇔ x²ⁿ−1>0 ⇔ x²ⁿ>1 ⇔ x >1

La dernière équivalence est obtenue par stricte croissance de la fonction x7→x²ⁿ surR^∗+.

• On en déduit le tableau de variations suivant.

x Signe deh⁰n(x)

Variations dehn

0 1 +∞

− 0 +

+∞

3 3

+∞

Afin de déterminer le signe de la quantité x²ⁿ−1, on pouvait rédiger autrement.

• Une première méthode consiste à étudier la fonctiong_n:x7→x²ⁿ−1.

Cette fonction étant polynomiale, elle est dérivable surRet pour tout x∈R^∗+ : g_n⁰(x) = 2n x²ⁿ⁻¹>0

La fonctiong_n est donc strictement croissante sur ]0,+∞[. Enfin, commeg_n(1) = 0:

∀x∈ ]0,1[, x²ⁿ−1<0 et ∀x∈]1,+∞[, x²ⁿ−1>0

• Une deuxième méthode consiste à factoriserx²ⁿ−1 : x²ⁿ−1 = xⁿ2

−1² = (xⁿ−1) (xⁿ+ 1)

Commex >0, alorsxⁿ>0 etxⁿ+ 1>0. Le signe dex²ⁿ−1 est donc celui dexⁿ−1. Or : xⁿ−1 = (x−1)(1 +x+. . .+xⁿ⁻¹)

Comme1 +x+. . .+xⁿ⁻¹>0, le signe dexⁿ−1 (et donc de x²ⁿ−1) est celui de x−1.

Commentaire

(20)

4. En déduire que pour tout entier nnon nul, l’équation h_n(x) = 4 admet exactement deux solutions, notées unetvn et vérifiant : 0< un<1< vn.

Démonstration.

Soit n∈N^∗.

• La fonctionhn est :

× continue sur]0,1[,

× strictement décroissante sur ]0,1[.

Elle réalise donc une bijection de]0,1[surhn ]0,1[

. Or : h_n ]0,1[

= ]h_n(1),lim

x→0 h_n(x)[ = ]3,+∞[

Comme4∈]3,+∞[, l’équationh_n(x) = 4 admet une unique solution sur]0,1[.

On noteu_n cette solution.

• De même, la fonctionh_nest :

× continue sur]1,+∞[,

× strictement croissante sur ]1,+∞[.

Elle réalise donc une bijection de]1,+∞[surhn ]1,+∞[

. Or : h_n ]1,+∞[

= ]h_n(1), lim

x→+∞h_n(x)[ = ]3,+∞[

Comme4∈]3,+∞[, l’équationhn(x) = 4 admet une unique solution sur]1,+∞[.

On notev_n cette solution.

• On remarque enfin :hn(1) = 3 6= 4. Ainsi,x= 1 n’est pas solution de l’équation hn(x) = 4.

Pour tout entier nnon nul, l’équationh_n(x) = 4admet exactement deux solutions, notées un etvn et vérifiant : 0< un<1< vn.

5. a) Démontrer :

∀x >0, ∀n∈N^∗, hn+1(x)−hn(x) = (x−1)(x²ⁿ⁺¹−1) xⁿ⁺¹ Démonstration.

Soitx >0 et soit n∈N^∗. h_n+1(x)−h_n(x) =

xⁿ⁺¹+ 1 + 1 xⁿ⁺¹

−

xⁿ+ 1 + 1 xⁿ

= x²ⁿ⁺²+ 1

xⁿ⁺¹ − x²ⁿ⁺¹+x xⁿ⁺¹

= x²ⁿ⁺²−x²ⁿ⁺¹−(x−1) xⁿ⁺¹

= x²ⁿ⁺¹(x−1)−(x−1)

xⁿ⁺¹ = (x−1)(x²ⁿ⁺¹−1) xⁿ⁺¹

∀x >0, ∀n∈N^∗, hn+1(x)−hn(x) = (x−1)(x²ⁿ⁺¹−1) xⁿ⁺¹

(21)

b) En déduire :∀n∈N^∗, h_n+1(v_n)>4.

Démonstration.

Soitn∈N^∗.

• D’après la question précédente, pour toutx >0 :

h_n+1(x)−h_n(x) = (x−1)(x²ⁿ⁺¹−1) xⁿ⁺¹

Comme x > 0 alors xⁿ⁺¹ > 0. Ainsi, la quantité h_n+1(x)−h_n(x) est du signe du produit (x−1)(x²ⁿ⁺¹−1). Notons alors que pour tout x >1,x²ⁿ⁺¹−1>0(vu précédemment).

Ainsi :∀n∈N^∗, ∀x >1, h_n+1(x)−h_n(x)>0.

• On applique l’inégalité précédente àvn>1 (d’après la question4.). On obtient : h_n+1(v_n)−h_n(v_n)>0 ou encore h_n+1(v_n)> h_n(v_n) = 4

On a bien : ∀n∈N^∗, hn+1(vn)>4.

c) Montrer alors que la suite(vn) est décroissante.

Démonstration.

Soitn∈N^∗.

• Par définition dev_n+1, on a :h_n+1(v_n+1) = 4. Ainsi, d’après la question précédente : hn+1(vn) > hn+1(vn+1)

• De plus, on sait d’après la question4. que :

× v_n>1etv_n+1>1,

× la fonction h_n+1 réalise une bijection de ]1,+∞[sur]3,+∞[.

La réciproque de cette bijection, définie de ]3,+∞[sur]1,+∞[est strictement croissante car de même monotonie quehn+1 sur]1,+∞[. En l’appliquant de part et d’autre de l’inégalité :

vn > vn+1

On en conclut : ∀n∈N^∗,vn > vn+1. La suite (vn) est donc décroissante.

• LaPartie Bconsiste en l’étude de la suite(vn). On parle ici de « suite implicite » car on n’a pas accès à la définition explicite de la suite(v_n) mais simplement à la propriété qui permet de définir chacun de ses termes, à savoir :

Pour toutn∈N^∗,v_n est l’unique solution de l’équationh_n(x) = 4sur ]1,+∞[

On comprend alors que l’étude de(vn)va passer par l’étude des propriétés de la fonctionhn.

• De cette définition, on tire la propriété : ∀m∈N^∗, hm(vm) = 4 . Cette propriété est au cœur de l’étude de la suite implicite(v_n).

On l’utilise en 5.b) pourm=n et en5.c) pour m=n+ 1.

• Comme la suite(vn) est définie de manière implicite, on n’étudie pas la monotonie de(vn) à l’aide de la différencev_n+1−v_n. Il est par contre très classique de passer par l’inégalité :

h_n+1(v_n) > h_n+1(v_n+1) et de conclure : v_n > v_n+1 à l’aide d’une propriété deh_n+1. Commentaire

(22)

6. a) Démontrer que la suite(v_n) converge vers un réel`et montrer : `>1.

Démonstration.

La suite(vn) est :

× décroissante d’après la question5.c),

× minorée par1 (∀n∈N^∗,vn>1) d’après la question4.

On en conclut que la suite(v_n) converge vers un réel`>1.

b) En supposant que` >1, démontrer : lim

n→+∞vⁿ_n= +∞.

En déduire une contradiction.

Démonstration.

Dans cette question, on suppose` >1.

• Comme `6= 0, on a :v_n ∼

n→+∞ `. Ainsi : (v_n)ⁿ ∼

n→+∞`ⁿ −→

n→+∞+∞ (car ` >1) On a bien : lim

n→+∞(vn)ⁿ= +∞.

Comme la suite (vn) est à termes strictement positifs, on pouvait aussi écrire : (vn)ⁿ = exp n ln(vn)

Puis :ln(v_n) ∼

n→+∞ ln(`) puisque`6= 1.

Ainsi :nln(v_n) ∼

n→+∞n `→+∞ car` >0. Et enfin, par composition de limites :

n→+∞lim exp nln(v_n)

= +∞

Commentaire

• Remarquons alors :

h_n(v_n) = (v_n)ⁿ+ 1 + 1 (vn)ⁿ Comme lim

n→+∞(v_n)ⁿ= +∞, on en conclut :

n→+∞lim hn(vn) = +∞

Or, par définition de la suite(v_n), pour tout n∈N^∗,h_n(v_n) = 4 et ainsi :

n→+∞lim hn(vn) = 4 Contradiction !

C’est encore une fois la propriété de définition des termes de la suite(vn)qui est utilisée ici (∀n∈ N^∗,h_n(v_n) = 4). On insiste sur le fait que cette propriété est fondamentale pour l’étude de la suite implicite (v_n).

Commentaire

(23)

c) Déterminer la limite de(v_n).

Démonstration.

• En question6.a), on a démontré que la suite(v_n) converge vers un réel`>1.

• En question6.b), on a démontré que l’hypothèse ` >1 menait à une contradiction.

On en conclut que sa négation est vérifiée, à savoir :`61.

Ainsi, la suite(v_n) converge ver`= 1.

L’énoncé donne les réponses aux questions 6.a) et6.b). Il est donc possible de traiter la question 6.c), question bilan, sans avoir réussi à traiter les questions précédentes.

Commentaire

7. a) Montrer :∀n>1, vn63.

Démonstration.

Soitn∈N^∗.

• Rappelons tout d’abord : v_n>1(question4.). D’autre part :

v_n63 ⇔ h_n(v_n)6h_n(3) (car hn est strictement croissante sur ]1,+∞[)

⇔ 46h_n(3) (par définition de v_n)

• Or, comme3ⁿ>3 (puisque n >0):

h_n(3) = 3ⁿ+ 1 + 1

3ⁿ > 3 + 1 + 1 3ⁿ >4 Pour tout n∈N^∗, on a bien :hn(3)>4et donc vn>3.

• Encore une fois, c’est la propriété de définition des termes de la suite (v_n) qui est utilisée ici. C’est logique puisqu’on ne connaît pas d’expression explicite des termes de(vn).

• La présence de la quantification «∀n ∈ N^∗ » peut faire penser à utiliser une récurrence.

Ce type de raisonnement nécessite l’existence d’une propriété liant les termes de rangs successifs afin pouvoir mettre en œuvre l’étape d’hérédité. C’est pourquoi la récurrence est l’outil de base de démonstration des propriétés des suites récurrentes d’ordre1(le terme au rangn+1s’exprime directement en fonction du terme au rangn). L’utilisation est plus rare dans le cas des suites implicites mais était possible dans cette question. En effet, comme la suite(vn) est décroissante, on sait que pour tout n∈N^∗ :

v_n+16v_n L’étape d’hérédité ne pose pas de problème.

En effet, si l’on saitvn63, on obtient alors, par transitivité :vn+16vn63.

Il reste alors à démontrer la propriété d’initialisation, à savoirv1 63.

Encore une fois, il faut revenir à la propriété de définition des termes de la suite(v_n) : h1(v1) = v1+ 1 + 1

v₁ = 4 Ainsi :v1 = 3−_v¹

1 6 3 carv1 >0 (question4.)).

Commentaire

(24)

b) Écrire une fonctionScilabd’en-tête function y = h(n,x)qui renvoie la valeur de h_n(x) lorsqu’on lui fournit un entier naturelnnon nul et un réel x∈R^∗₊ en entrée.

Démonstration.

1 function ^y = h(ⁿ, ^x)

2 y = x^∧^∧^∧n + 1 + (1 / x^∧^∧^∧n )

3 endfunction

Il n’y a aucune difficulté à coder en Scilabune fonction dont l’expression est donnée dans l’énoncé. Il est donc impensable de ne pas traiter cette question.

Commentaire

c) Compléter la fonction suivante pour qu’elle renvoie une valeur approchée à10⁻⁵ près dev_npar la méthode de dichotomie lorsqu’on lui fournit un entiern>1en entrée :

1 function ^res = v(ⁿ)

2 a = 1

3 b = 3

4 while (b-a) > 10^∧^∧^∧(-5)

5 c = (a+b) / 2

6 if h(ⁿ,c) < 4 then

7 ...

8 else

9 ...

10 end

11 end

12 ...

13 endfunction

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.

(25)

• 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 (a_m), (b_m), (c_m) Cas f(a)60etf(b)>0

• Initialement, a₀ =a,b₀ =b

• À chaque tour de boucle (tant que b_m−a_m > ε) :

× cm= am+bm

2 (point milieu de [am, bm])

× sif(c_m)<0alors :

∗ a_m+1 =c_m

∗ b_m+1 =b_m

× sif(c_m)>0alors :

∗ a_m+1 =a_m

∗ b_m+1=c_m

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.

Soitn∈N^∗. On cherche une valeur de x telle que :hn(x) = 4ce qui s’écrit : h_n(x)−4 = 0 ou encore f_n(x) = 0 où f_n:x7→h_n(x)−4

On se fixe initialement l’intervalle de recherche [1,3] de sorte que l’équation fn(x) = 0 ne possède qu’une solution, à savoir la valeur vn qu’on cherche à approcher. D’un point de vue informatique, on crée des variablesa etb destinées à contenir les valeurs succesives dea_m et bm. Ces variables sont initialisées respectivement à 1et3.

2 a = 1

3 b = 3

On procède alors de manière itérative, tant que l’intervalle de recherche n’est pas de largeur plus faible que la précision10⁻⁵ escomptée.

4 while (b-a) > 10^∧^∧^∧(-5) On commence par définir le point milieu du segment de recherche.

5 c = (a+b) / 2 Puis on teste sif_n(c)<0, c’est-à-dire si h_n(c)<4.

Si c’est le cas, la recherche s’effectue dans le demi-segment de droite.

7 a = c

(26)

Sinon, elle s’effectue dans le demi-segment de gauche.

8 else

9 b = c

10 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 10⁻⁵ et contient un zéro de fn. Tout point de cet intervalle est donc une valeur approchée à10⁻⁵ près de ce zéro.

On peut alors choisir de renvoyer le point le plus à gauche du segment.

12 res = a On peut tout aussi bien choisir le point le plus à droite :

12 res = b Ou encore le point milieu :

12 res = (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 10⁻⁵

2 de ce point milieu.

On obtient ainsi une valeur approchée à 10⁻⁵

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 [1,3]est de largeur2.

× la largeur de l’intervalle de recherche est divisée par 2à chaque tour de boucle.

À la fin du m^ème tour de boucle, l’intervalle de recherche est donc de largeur 2 2^m.

× l’algorithme s’arrête lorsque l’intervalle devient de largeur plus faible que10⁻⁵. On obtient le nombre d’itérations nécessaires en procédant par équivalence :

2

2^m 610⁻⁵ ⇔ 2^m

2 >10⁵ (par stricte croissance de la fonction inverse sur R^∗₊)

⇔ 2^m >2×10⁵ (car 4>0)

⇔ m ln(2)>ln(2) + 5 ln(10) (par stricte croissance de la fonction lnsur R^∗+)

Ainsi :

5 ln(10) ln(2) + 1

tours de boucle suffisent.

On retiendra que si l’on souhaite obtenir une précision de5 chiffres après la virgule, il suffit d’effectuer de l’ordre de5tours de boucle. Cette algorithme est donc extrêmement rapide.

• 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

(27)

• On obtient le programme complet suivant.

1 function ^res = v(ⁿ)

2 a = 1

3 b = 3

4 while (b-a) > 10^∧^∧^∧(-5)

5 c = (a+b) / 2

7 a = c

8 else

9 b = c

10 end

11 end

12 res = a

13 endfunction

d) À la suite de la fonctionv, on écrit le code suivant :

1 X = 1:20

2 Y = zeros(1,20)

3 for k = 1:20

4 Y(k) = v(k)^∧^∧^∧k

5 end

6 plot2d(X, Y, style=-2, rect=[1,1,20,3]) À l’exécution du programme, on obtient la sortie graphique suivante :

Expliquer ce qui est affiché sur le graphique ci-dessus.

Que peut-on conjecturer ?