ecritblanc 20151116 cor

(1)

M1 MEEF 2nd degr´ e, CAPES de Math´ ematiques Correction de l’´ ecrit blanc du 16 novembre 2015

Probl` eme 1

Pr´ eliminaire

1. On fixe un entier n₀ et on consid`ere une fonction f positive continue par morceaux et d´ecroissante sur [n₀, +∞[.

(a) La fonction f est continue donc intégrable sur tout intervalle borné. Soit k ≥ n₀ un entier. Par décroissance de f sur l’intervalle [k, k − 1], on a : pour tout t ∈ [k − 1, k], f (t) ≥ f (k). En intégrant cette inégalité sur [k − 1, k], il vient :

Z k k−1

f (t) dt ≥ f (k).

De même, f est décroissante sur l’intervalle [k, k + 1], donc pour tout x ∈ [k, k + 1], f (x) ≤ f (k), et en intégrant cette inégalité sur [k, k + 1], on obtient

Z k+1 k

f (t) dt ≤ f (k).

En sommant ces in´egalit´es pour k entre n₀+ 1 et n, il vient Z n+1

n0+1

f (t) dt ≤

n

X

k=n0+1

f (k) ≤ Z n

n0

f (t) dt

(b) On utilise dans les questions les résultats de comparaison de limites : Supposons dans un premier temps que l’intégrale de f diverge en +∞. Puisque f est une fonction positive, ceci équivaut au fait que

n→+∞lim Z n

n0

f (t) dt = lim

x→+∞

Z x n0

f (t) dt = +∞.

La suite (Pn

k=n0+1f (k))_n est alors une suite minor´ee par une suite qui tend vers +∞, elle diverge donc vers +∞.

Supposons a contrario que l’int´egrale de f diverge en +∞. En raison de la positivit´e de f , la suite (Pn

k=n0+1f (k))_n est une suite croissante, et elle est major´ee par R+∞

n0 f < ∞, donc elle converge.

On a ainsi montré que la série de terme général (f (n))_n est convergente si et seulement si l’intégrale de f converge en +∞.

Attention : ce r´esultat est faux si la fonction f n’est pas positive, et/ou si elle n’est pas monotone : trouvez des contrexemples !

2. Sur la fonction logarithme népérien. La fonction ln est continue et infiniment dérivable sur R^+∗, donc il en est de même pour la fonction x 7→ ln x − x. On étudie ses variations : pour tout réel x > 0, (ln x − x)⁰ = (1 − x)/x, qui est donc du signe de 1 − x. La fonction x 7→ ln x − x est donc croissante sur [0, 1] et décroissante sur [1, +∞[. Elle atteint par conséquent son maximum en x = 1, d’où, pour tout x > 0, ln x − x ≤ −1 ≤ 0.

On en d´eduit alors que ln x/x est born´e par 1 sur R^+∗.

(2)

Fixons a > 0. Pour tout x > 0, on a ln x

x^a = 2 a

ln(x^a/2) x^a/2

1 x^a/2

Or, a étant strictement positif, xâ/2 tend vers +∞ lorsque x tend vers +∞, donc ln(xâ/2)/xâ/2 est borné, et ln x/xâ tend vers 0. Ce résultat s’applique bien entendu à a = 1.

Plus généralement, on peut montrer que, pour tout couple (a, b) ∈ R^+∗ × R, lorsque x tend vers +∞, x^−a(ln x)^b tend vers 0, et xâ(ln x)^b tend vers +∞.

Partie 1 : Les cas triviaux

1. On remarque que les suites (n^−β(ln n)^−1−α)_nsont positives, donc la suite de leurs sommes partielles est croissante. Il suffit donc pour justifier la convergence de la série de terme général (n^−β(ln n)^−1−α)_n de majorer ces sommes partielles par un réel.

Soit β > 1. Si α+1 ≥ 0, on peut majorer, pour tout n ≥ 2, (1/(n^β(ln n)^1+α) par 1/n^β. Or la fonction x 7→ x^−β admet pour primitive la fonction x 7→ x^1−β/(1 − β) qui converge lorsque x tend vers +∞. On en d´eduit que la fonction x 7→ x^−β est int´egrable sur [2, +∞[. Elle est

également bien entendu décroissante sur cet intervalle ; d’après la première question des préliminaires, la série de terme général (n^−β)_n≥2est donc convergente. Il reste à remarquer que la suite des sommes partielles (PN

n=2(n^−β(ln n)^−1−α))_N est croissante pour conclure que ces sommes partielles forment une suite croissante et major´ee par P

n≥2n^−β pour affirmer qu’elle est convergente.

Supposons maintenant que α + 1 < 0, avec toujours β > 1. Soit γ un r´eel de ]1, β[. On a pour tout n ≥ 2,

1

n^β(ln n)^1+α = 1 n^γ

(ln n)^−1−α n^β−γ

D’après la 2ème question des préliminaires, la suite ((ln n)^−1−α/n^β−γ)_n≥2 est bornée, donc il existe un réel M > 0 tel que, pour tout n ≥ 2,

1

n^β(ln n)^1+α ≤ M 1 n^γ

Or, puisque γ > 1, la série de terme général (n^−γ) est convergente. On peut alors conclure que la série de terme général (n^−β(ln n)^−1−α)_n≥2 est convergente.

2. Les cas β < 0 et β = 0, 1+α < 0 sont triviaux puisque dans ce cas la suite (n^−β(ln n)^−1−α)_n tend vers l’infini.

Si β = 0 et 1 + α > 0, on sait d’après la remarque à la fin des préliminaires que ((ln n)^1+α/√

n)_n≥2 est borné, donc on peut minorer, à une constante multiplicative près, 1/(ln n)^1+α par 1/√

n qui est le terme général d’une série divergente.

On suppose maintenant que 0 < β < 1. La fonction x 7→ x^−β est décroissante, et elle n’est pas intégrable au voisinage de +∞, donc la série de terme général (n^−β)_n≥2est divergente.

Si α ≤ −1, on minore pour tout n ≥ 2, n^−β(ln n)^−1−α) par n^−β, ce qui suffit pour conclure que la série de terme général (n^−β(ln n)^−1−α)_n≥2 est divergente.

Si α > −1, avec toujours β ∈]0, 1[, on se donne γ ∈]β, 1[. On a pour tout n ≥ 2 : 1

n^β(ln n)^1+α = 1 n^γ

n^γ−β (ln n)^1+α Or (ln n)^1+α/n^γ−β est major´e par une constante K > 0, d’o`u

1

n^β(ln n)^1+α ≥ 1 Kn^γ

(3)

La série de terme général (n^−γ)n≥2étant divergente, on peut conclure que la série de terme général (n^−β(ln n)^−1−α))_n≥2 diverge vers +∞.

Partie 2 : Le cas β = 1.

1. On ´etudie dans cette question le cas α = 0.

(a) On a pour tout t ≥ e, f0(t) = 1/(t ln t). La fonction t 7→ t ln t est de classe C^∞ et ne s’annule pas sur [e, +∞[, donc f₀ est de classe C^∞ sur [e, +∞[. On a, pour tout t ≥ e,

f₀⁰(t) = −ln t + 1 (t ln t)²

(b) On remarque que f₀⁰ est strictement n´egative sur I, donc f₀ est strictement d´ecroissante sur I.

(c)

(d) On remarque qu’une primitive de t 7→ 1/(t ln t) est t 7→ ln(ln t) (e) Pour tout x ≥ e, on a

Z x e

1

t ln t dt =h

ln(ln t)ix

e = ln(ln x)

Or, lorsque x tend vers +∞, ln(ln x) diverge vers +∞, donc l’int´egraleR+∞

dt/(t ln t) est divergente.

(f) La fonction f₀étant décroissante et positive sur I, la série de terme général (1/(n ln n))_n≥3 et l’intégraleR+∞

f0(t) dt sont de mˆeme nature, donc la s´erie est divergente.

2. Pour tout α < 0, et tout n ≥ 2, on peut minorer 1/(n(ln n)^1+α) par 1/(n ln n) qui est le terme général d’une série divergente à termes positifs, donc la série de terme général (1/(n(ln n)^1+α))_n≥2

3. On se place pour l’ensemble de cette question 3) dans le cas où α est un réel strictement positif fixé.

(a) La fonction t 7→ t(ln t)^1+α est de classe C^∞ et ne s’annule pas sur I, donc f_α est de classe C^∞. On a pour tout t ∈ I,

f_α⁰(t) = (t⁻¹(ln t)^−1−α)⁰ = −t²(ln t)^−1−α−(1+α)t⁻²(ln t)^−2−α = −t⁻²(ln t)^−2−α(1+α+ln t) (b) f_α est donc strictement d´ecroissante sur I.

(c) On remarque qu’une primitive de f_α est la fonction t 7→ −(ln t)^−α/α.

(d) Pour tout x ≥ e, on a Z x

e

fα(t) dt = h

− 1

α(ln t)^α ix

e = 1 α

1 − 1 (ln x)^α

. L’int´egrale de fα est donc convergente en +∞.

(e) La fonction f_αétant positive et décroissante sur I, on peut alors conclure que la série de terme général (1/(n(ln n)^1+α))_n≥3 est convergente, pour tout α > 0.

(4)

4. On se place pour l’ensemble de cette question dans le cas α = −2. On consid`ere la suite (u_n) d´efinie par

un =

n

X

p=1

ln p p − 1

2(ln n)² (a) Soit n ≥ 1. On a

Z n+1 n

ln t

t dt = (ln t)² 2

n+1 n

= (ln(n + 1))²− (ln n)²

2 .

(b) f₋₂ est de classe C^∞ sur I et on a pour tout t ∈ I, f₋₂(t) = (1 − ln t)/t². f₋₂ est donc strictement d´ecroissante sur I.

(c) Soit n ≥ 3. On a

u_n+1− u_n = ln(n + 1)

n + 1 − (ln(n + 1))² − (ln n)²

2 = ln(n + 1)

n + 1 − Z n+1

n

ln t t dt La fonction t 7→ ln t/t étant décroissante, on obtient que, pour tout n ≥ 3, u_n+1− u_n≤ 0, donc la suite (u_n) est décroissante.

(d) Pour tout p ≥ 3, par d´ecroissance de f−2 sur [p, p + 1], on a ln p

p ≥

Z p+1 p

ln t t

ce qui, en sommant pour p de 3 à n (avec n ≥ 3) fournit la première inégalité.

On a ensuite, pour tout n ≥ 3, u_n = ln 1

1 +ln 2 2 +

n

X

p=3

ln p

p −(ln n)² 2

≥ ln 2 2 +

Z n+1 3

ln t

t dt − (ln n)² 2

= ln 2

2 +(ln(n + 1))²− (ln 3)²

2 −(ln n)²

2

≥ ln 2 − (ln 3)² 2

(e) La suite (u_n) est alors décroissante à partir du rang 3, et minorée par une constante

`

a partir du rang 3. Elle est donc convergente.

(f) Soit n ≥ 1. On a

u_n+ (ln n)²

2 =

n

X

p=1

ln p

p ≤ ln n

n

X

p=1

1 p d’o`u :

u_n

ln n +ln n

2 ≤

n

X

p=1

1 n.

(g) D’après la question 4e), (u_n) est convergente, donc (u_n/ ln n) tend vers 0, donc les sommes partielles de la série harmonique sont minorées par une suite qui diverge vers +∞, ce qui implique la divergence de la série harmonique.

(5)

Partie 3 : Comportement asymptotique de la s´ erie harmonique

On consid`ere la suite (H_n) d´efinie par H_n=Pn p=11/p.

1. Par d´ecroissance de la fonction t 7→ 1/t sur ]0, +∞, on a : pour tout p ≥ 1,

Z p+1 p

dt t ≤ 1

p et, pour tout p ≥ 2, 1 p ≤

Z p p−1

dt t En sommant ces in´egalit´es, on obtient, pour tout n ≥ 2,

ln(n + 1) = Z n+1

1

dt

t ≤ H_n≤ 1 + Z n

1

dt

t = 1 + ln n L’in´egalit´e est par ailleurs vraie pour n = 1.

Pour tout n ≥ 2, on déduit aisément de l’inégalité que ln(n + 1)

ln n ≤ H_n

ln n ≤ 1 + 1 ln n

Or, pour tout n ≥ 2, ln(n + 1)/ ln n = 1 + (ln(1 + 1/n))/ ln n, donc ln(n + 1)/ ln n tend vers 1. Par le théorème des gendarmes, on conclut que (H_n/n) tend vers 1, donc H_n équivaut

` a ln n.

2. Soit n ≥ 1. On a

H_n+1− ln(n + 1) − (H_n− ln n) = 1 n + 1−

Z n+1 n

dt t < 0

La suite (H_n−ln n) est donc décroissante. Par la question 1), pour tout n ≥ 2, H_n−ln n ≥ ln(n + 1) − ln n ≥ 0, donc (H_n− ln n) est décroissante et minorée par 0. Elle est donc convergente.

3. On a pour tout n ≥ 1, γ_n+1−γ_n= 1

n + 1−ln

1 + 1

n

= 1 n

1 − 1

n + o(n⁻¹)

− 1 n − 1

2n² + o(n⁻²)

= − 1

2n²+o(n⁻²) La suite (γn− γn+1) une suite positive et équivalente à 1/(2n²) en +∞. La série de terme général (γ_n− γ_n+1)_n≥1 est donc convergente. La somme partielle à l’ordre n de cette série

étant égale à γ₁− γ_n+1, on retrouve que la suite (γ_n) est convergente.

4. Soit N un entier supérieur ou égal à 2. On a

N

X

n=2

1

n − ln n n − 1

= H_N − 1 − ln N + ln 1.

Le membre de droite de cette égalité converge vers γ − 1, donc la limite du membre de gauche existe (la série est convergente) et on a

X

n≥2

1

n − ln n n − 1

= γ − 1.

5. Soit n un entier non nul. On remarque que

n

X

p=2

ln p

p − 1 = ln n d’o`u

γ_n− γ =

n

X

p=1

1

p − ln n − 1 −X

p≥2

1

p − ln p p − 1

=

+∞

X

k=n+1

ln k

k − 1 − 1 k

(6)

6. On a, lorsque k tend vers +∞ : ln k

k − 1 − 1

k − 1

2k(k − 1) = − ln

1 − 1

k

− 1

k − 1

2k²(1 − 1/k)

= 1

k + 1 2k² + 1

3k³ + o(k⁻³) − 1 k − 1

2k²

1 + 1

k + o(k⁻¹)

= − 1

6k³ + o(k⁻³)

7. D’après la question précédente, k²(ln(k/(k − 1) − 1/k − 1/(2k(k − 1))) tend vers 0 lorsque k tend vers l’infini, donc, pour tout > 0, il existe un rang n₀ tel que pour tout n ≥ n₀,

ln k

k − 1 − 1

k − 1

2k(k − 1)

≤ k²

En sommant ces inégalités pour tout k ≥ n (avec n ≥ n₀), on obtient le deuxième résultat demandé.

8. On remarque que, pour tout n fix´e et tout N ≥ n + 1,

N

X

k=n+1

1 k(k − 1) =

N

X

k=n+1

1

(k − 1) − 1 k

= 1 n − 1

N donc

X

k≥n+1

1

k(k − 1) = 1 n On a donc :

H_n− ln n − γ − 1

2n = X

k≥n+1

ln k

k − 1 − 1 k

− X

k≥n+1

1 2k(k − 1)

= X

k≥n+1

ln k

k − 1 − 1

k − 1

2k(k − 1)

Soit maintenant > 0. Il existe un rang n₀ tel que pour tout n ≥ n₀,

+∞

X

k=n+1

ln k

k − 1 − 1

k − 1

2k(k − 1)

≤

+∞

X

k=n+1

1 k² ≤

Z +∞

n

dx x² =

n On en d´eduit donc que H_n− ln n − γ −_2n¹ est n´egligeable devant 1/n.

(7)

Probl` eme 2

1. Les fonctions φK et ψK sont des polynômes trigonométriques de période 2π, leur décom- position en série de Fourier est donc immédiate : tous les a_n(φ_K) et tous les b_n(φ_K) sont nuls, mis à part a_K(φ_K) qui est égal à 1. De même en ce qui concerne ψ_K, tous les a_n(ψ_K) et tous les bn(ψK) sont nuls, hormis bK(ψK) qui est égal à 1.

Il est ´egalement bien entendu possible de faire le calcul explicite des coefficients ! 2. Soit α ∈]0, 1[.

(a) La fonction f est paire et de période 2π. Elle est continue sur R et dérivable sur tout intervalle ](2k − 1)π, (2k + 1)π[, pour tout entier relatif k. En (2k + 1)π, elle admet des dérivées à droite et à gauche mais n’est pas dérivable.

(b) La fonction f est paire donc tous les (b_n)_n≥1 sont nuls.

Soit n ∈ N. On remarque que α + n et α − n sont non nuls donc an(f ) = 2

2π Z π

−π

cos(αt) cos(nt) dt

= 1

2π Z π

−π

(cos((α + n)t) + cos((α − n)t) dt

= 1

2π

sin((α + n)t

α + n + sin((α − n)t α − n

π

−π

= 1

2π

2 sin((α + n)π

α + n + 2 sin((α − n)π) α − n

Puis, avec sin((α + n)π) = sin((α − n)π) = (−1)ⁿsin(απ), a_n(f ) = 2

π(−1)ⁿ α

α²− n² sin(απ)

(c) La fonction f est continue et admet des dérivées à droite et à gauche en tout point donc sa série de Fourier converge normalement sur R, donc uniformément, et bien entendu en tout point. Ce théorème peut se vérifier aisément sur cet exemple. On a donc pour tout t ∈ R,

cos(αt) = sin(απ)

απ + 2α sin(απ) π

X

n≥1

(−1)ⁿ

α²− n² cos(nt) (d) En t = π, on a en particulier :

cos(απ) = sin(απ)

απ +2α sin(απ) π

X

n≥1

(−1)ⁿ

α²− n²(−1)ⁿ ou encore

X

n≥1

1

α²− n² = π

2αcot(απ) − 1 2α² (e) La fonction f étant continue, par l’égalité de Parseval, on a

1 2π

Z π

−π

cos²(αt) dt = a²₀ 4 +1

2 X

n≥1

a²_n

Or 1

2π Z π

−π

cos²(αt) dt = 1

2+ sin(2απ) 4απ

(8)

et

a²₀ 4 +1

2 X

n≥1

a²_n= 1

α²π² sin²(απ) + 2α²sin²(απ) π²

X

n≥1

1 (α²− n²)² On en d´eduit donc que

X

n≥1

1

(α² − n²)² = π² 2α²sin²(απ)

1

2 +sin(2απ)

4απ − (sin²(απ) α²π²

Finalement, on utilise X

n≥1

α²+ n²

(α²− n²)² = 2α²X

n≥1

1

(α²− n²)² −X

n≥1

1 α² − n² ce qui permet d’obtenir le r´esultat demand´e.

Probl` eme 3

Partie A : une minimisation dans L

²

puis dans L

¹

.

1. Soit X une variable aléatoire de carré intégrable. On définit une fonction g sur R par : pour tout λ ∈ R, g(λ) = E((X − λ)²).

On d´eveloppe le carr´e : pour tout λ, g(λ) = λ²− 2λE(X) + E(X²).

La fonction g est donc un polynôme de degré 2. Le coefficient du terme d’ordre 2 étant positif, on peut affirmer qu’il présente un unique minimum sur R, atteint au point E(X).

On a g(E(X)) = var (X).

2. Soit X une variable aléatoire intégrable de densité f , supposée continue sur R. On note F la fonction de répartition de X et on définit une fonction h sur R par : pour tout λ ∈ R, h(λ) = E(|X − λ|).

(a) Soit λ un r´eel. On a h(λ) =

Z +∞

−∞

|x − λ|f (x) dx

= Z λ

−∞

(λ − x)f (x) dx + Z +∞

λ

(x − λ)f (x) dx

= λ Z λ

−∞

f (x) dx − Z λ

−∞

xf (x) dx + Z +∞

λ

xf (x) dx − λ Z +∞

λ

f (x) dx

= λF (λ) − Z λ

−∞

xf (x) dx + E(X) − Z λ

−∞

xf (x) dx − λ(1 − F (λ))

= λ(2F (λ) − 1) + E(X) − 2 Z λ

−∞

xf (x) dx

(b) La fonction F est une primitive de f qui est continue, donc F est dérivable de dérivée f , donc h est dérivable. On a, pour tout réel λ :

h⁰(λ) = 2F (λ) − 1 + 2λf (λ) − 2λf (λ) = 2F (λ) − 1

La fonction h est donc croissante en tout point o`u F (λ) ≥ 1/2 et d´ecroissante sinon.

(c) La fonction F est continue. Elle tend vers 0 lorsque λ tend vers −∞ et vers 1 lorsque λ tend vers +∞. Le théorème des valeurs intermédiaires implique alors qu’il existe un réel λ₀ tel que F (λ₀) = 1/2.

(9)

(d) D’après l’étude de la dérivée de h, cette fonction est alors décroissante que ] − ∞, λ0] et croissante sur [λ₀, +∞[.

On peut remarquer que, F étant croissante, l’ensemble des points λ pour lesquelles F (λ) = 1/2 est un intervalle (réduit à un point si f (λ0) > 0).

3. On reprend la détermination d’un réel réalisant le minimum de E(|X − λ|) dans le cas où la variable aléatoire X est discrète.

(a) On suppose que X(Ω) = {x1, x2} avec x1 < x2 et on note p1 = P(X = x1) et p₂ = P(X = x₂). On a pour tout r´eel λ : hλ) = p₁|x₁ − λ| + p₂|x₂− λ|. Donnons l’expression de h sur chacun des intervalle ] − ∞, x₁], ]x₁, x₂], ]x₂, +∞[ :

– Si λ ≤ x₁, on a h(λ) = E(X) − λ ;

– Si x₁ ≤ λ ≤ x₂, on a h(λ) = (p₁− p₂)λ − p₁x₁+ p₂x₂; – Si λ ≥ x₂, h(λ) = λ − E(X).

La fonction h est donc affine par morceaux et continue. Elle est décroissante sur ] − ∞, x₁], croissante sur [x₂, +∞]. Et sur l’intervalle [x₁, x₂], elle est croissante si p₁ − p₂ > 0, ie si p₁ > 1/2, constante si p₁ = p₂ = 0.5 et décroissante si p₁ < p₂ (ie si p₁ < 1/2 < p₂). Le minimum de h est donc atteint en x₁ si p₁ > 1/2 et en x₂ si p₁ < 1/2. Dans le cas où p₁ = p₂ = 1/2, le minimum est réalisé en tout point de [x₁, x₂].

(b) Pour tout r´eel λ, on a

h(λ) = p₁|x₁− λ| + p₂|x₂− λ| + p₃|x₃− λ|.

On reparque en particulier que h est continue. D´etaillons les valeurs de h en fonction des positions relatives de λ, x₁, x₂ et x₃. On a

h(λ) =











−λ + p₁x₁+ p₂x₂+ p₃x3 si λ ≤ x₁ (p₁− p₂− p₃)λ − p₁x₁+ p₂x₂ + p₃x₃ si λ ∈ [x₁, x₂] (p₁+ p₂− p₃)λ − p₁x₁− p₂x₂ + p₃x₃ si λ ∈ [x₂, x₃] λ − p₁x₁− p₂x₂− p₃x₃ si λ ≥ x₃

ce qui peut également s’écrire (en notant F la fonction de répartition de X) :

h(λ) =











−λ + p1x1+ p2x2+ p3x3 si λ ≤ x1

(2F (x₁) − 1)λ − p₁x₁+ p₂x₂+ p₃x₃ si λ ∈ [x₁, x₂] (2F (x₂) − 1)λ − p₁x₁− p₂x₂+ p₃x₃ si λ ∈ [x₂, x₃] λ − p1x1− p2x2− p3x3 si λ ≥ x3

La fonction h est donc affine par morceaux. Les pentes successives de h sont −1, 2F (x₁) − 1, 2F (x₂) − 1 et 1. Le minimum de h est atteint :

– en x₁ si 2F (x₁) − 1 ≥ 0, c’est-`a-dire si p₁ ≥ 1/2 ;

– en x₂ si 2F (x₁) − 1 ≤ 0 et 2F (x₂) − 1 ≥ 0, c’est-`a-dire si p₁ ≤ 1/2 ≤ p₁+ p₂; – en x₃ sinon, c’est-`a-dire si p₃ ≥ 1/2.

Si on a une égalité dans l’une de ces inégalités, cela signifie que h est constante sur l’intervalle où elle atteint son minimum.

(c) On reprend comme ci-dessus : la fonction h est continue et on a – Si λ ≤ x₁, alors h(x) = −λ + E(X)

– S’il existe i tel que xi ≤ λ ≤ xi+1, alors h(x) =

i

X

k=1

p_k−

+∞

X

k=i+1

p_k

! λ −

i

X

k=1

p_kx_k−

+∞

X

k=i+1

p_kx_k

!

= (2F (x_i) − 1) λ −

i

X

k=1

p_kx_k−

+∞

X

k=i+1

p_kx_k

!

(10)

– Si λ ≥ sup_ixi, alors h(x) = E(X) − λ

Le minimum de h est alors atteint à l’extrémité supérieure du dernier intervalle sur lequel la pente est négative, ou encore à l’extrémité inférieure du premier intervalle où la pente est positive). Ce minimum est donc atteint sur le premier des xi tel que F (x_i) ≥ 1/2.

Partie B : Entropie.

Soit f une densité de probabilité continue par morceaux sur R. On suppose que f ln f est intégrable et on note H(f ) l’entropie de f , c’est-à-dire :

H(f ) = − Z +∞

−∞

f (t) ln(f (t)) dt.

1. Si X est une variable al´eatoire de densit´e f , on a H(f ) = E(ln f (X)) 2. On a

H(g) = − Z +∞

−∞

√1

2πe^−x²^/2

−x² 2 − 1

2ln(2π)

dx

= 1

2 Z +∞

−∞

x²e^−x²^/2 dx

√2π +1

2ln(2π) Z +∞

−∞

e^−x²^/2 dx

√2π

La première des intégrales ci-dessus est l’espérance du carré d’une variable aléatoire de loi normale centrée réduite : elle vaut donc 1 (comme sa variance). La deuxième des intégrales est celle de la densité de la loi normale centrée réduite : elle vaut donc 1 également. On obtient donc H(g) = ¹₂(1 + ln(2π)).

On reprend le calcul avec g_σ, la densit´e de la loi normale centr´ee et de variance σ² : H(g_σ) = −

Z +∞

−∞

1 σ√

2πe^−x²^/(2σ²⁾

− x² 2σ² −1

2ln(2πσ²)

dx

On effectue le changement de variable x = σt : H(g_σ) = −

Z +∞

−∞

√1

2πe^−t²^/2

−t² 2 −1

2ln(2πσ²)

dt

= 1

2 1 + ln(2πσ²) On a donc maintenant H(g_σ) = ¹₂(1 + ln(2πσ²)).

3. Soit ˜g_λ : t 7→ λe^−λt1_R⁺(t).

On a

H(˜g_λ) =

Z +∞

0

λe^−λt(λt − ln λ) dt

= λ Z +∞

0

λte^−λt dt − ln λ

= 1 − ln λ

Au passage : on peut reconnaˆıtre dans la première intégrale la définition de l’espérance de la loi exponentielle, ce qui évite le calcul (qui se mène sinon à l’aide d’une intégration par partie).

(11)

4. Étudions la fonction ψ : α 7→ ln(α) − α + 1. Cette fonction est continue et dérivable sur ]0 + ∞[ et on a ψ⁰(α) = ¹_α− 1. La fonction ψ est donc croissante sur ]0, 1[ et décroissante sur [1, +∞[. Elle atteint alors son maximum en 1 et ψ(1) = 0. On a donc : pour tout α > 0,

ln α ≤ α − 1

En rempla¸cant α par y/x, où x et y sont deux réels non nuls, on obtient le résultat.

Il y a égalité dans cette inégalité si et seulement si ψ(y/x) = 0, ce qui équivaut à y/x = 1, ie x = y.

5. Soit φ une fonction continue et positive sur un intervalle [a, b], avec a < b.

Si φ est constamment nulle sur [a, b], on a bien ´evidemment Rb

a φ = 0.

Pour montrer la réciproque, raisonnons par contraposée : on suppose qu’il existe un réel c ∈ [a, b] tel que φ(c) ne soit pas nul. Par positivité de φ, on a φ(c) > 0. La fonction φ

´etant continue, il existe un intervalle [α, β] contenant c, inclus dans [a, b] et d’int´erieur non vide, tel que pour tout x ∈ [α, β], |φ(x) − φ(c)| ≤ φ(c)/2. On a alors en particulier, pour tout x ∈ [α, β], φ(x) ≥ φ(c)/2.

La fonction φ étant positive sur [a, b], son intégrale sur [a, b] est supérieure ou égale à son intégrale sur [α, β]. Or celle-ci est supérieure ou égale à φ(c)(β − α)/2 qui est strictement positif.

La conclusion est donc que s’il existe un réel c ∈ [a, b] tel que φ(c) soit non nul, alors l’intégrale de φ sur [a, b] est strictement positive. Par contraposée, on a bien : si l’intégrale d’une fonction positive et continue sur un intervalle [a, b] est nulle, alors cette fonction est constamment nulle sur [a, b].

6. On suppose que f est la densité d’une variable aléatoire X d’espérance nulle et de variance 1. La fonction f est donc positive et on a :

Z +∞

−∞

f (t) dt = 1

Z +∞

−∞

tf (t) dt = 0 et

Z +∞

−∞

t²f (t) dt = 1

7. On a vu plus haut que H(g) = ¹₂(1 + ln(2π)). On a

− Z +∞

−∞

f (x) ln(g(x)) dx = − Z +∞

−∞

f (x) −x²

2 − ln√ 2π

dx

= 1

2 Z +∞

−∞

x²f (x) dx + ln√ 2π

Z +∞

−∞

f (x) dx

= 1

2(1 + ln(2π)) = H(g) 8. On a donc

H(f ) − H(g) = Z +∞

−∞

f (x)(ln g(x) − ln f (x)) dx Or, d’après l’inégalité de la question 4, pour tout x,

f (x)(ln g(x) − ln f (x)) ≤ g(x) − f (x) On en d´eduit que

H(f ) − H(g) ≤ Z +∞

−∞

(g(x) − f (x)) dx = 0

On a donc : pour toute fonction f , densité de la loi d’une variable aléatoire centrée et de variance 1, H(f ) ≤ H(g).

(12)

De plus, on a H(f ) = H(g) si et seulement si Z +∞

−∞

(g(x) − f (x) − f (x)(ln g(x) − ln f (x))) dx = 0

Or la fonction x 7→ g(x) − f (x) − f (x)(ln g(x) − ln f (x)) est positive et continue sur son ensemble de définition, donc, d’après la question 5), son intégrale ne peut être nulle que si elle est constamment nulle. Le maximum de H est donc bien réalisé uniquement en g.