Correction du EB n°2

EB2

On considère la famille de fonctions (fn)n∈N^∗ définies sur]−1,+∞[par : f_n(x) =xⁿln(1 +x).

Exercice 1

Fait en classe

Exercice 2

1 Étude des fonctions f

.

Soitn∈N^∗. On notehn la fonction définie sur]−1,+∞[ par : hn(x) =nln(1 +x) + x

1 +x.

1. hn est dérivable sur]−1,+∞[comme composée et quotient de fonctions dérivables et h⁰_n(x) = n

1 +x+1 +x−x

(1 +x)² = n+ 1 +nx (1 +x)² Et commex >−1 on anx >−neth⁰_n(x)>0.

Donchn est strictement croissante sur]−1,+∞[

2. On a :h_n(0) = 0, et commeh_n est strictement croissante, sur]−1,0[on a : hn<0 sur]−1,0[et sur]0,+∞[on a hn>0

3. Étude du cas particulier n= 1.

(a) f₁(x) =xln(1 +x).

La composée dex→1 +xdérivable sur]−1,+∞[à valeurs dans]0,+∞[ oùln est dérivable.

Etx→xest dérivable surRdoncfn est dérivable sur]−1,+∞[ f₁⁰(x) = ln (1 +x) + x

1 +x=h₁(x)

(b) Doncf1 est strictement décroissante sur]−1,0[et strictement croissante sur]0,+∞[.

4. Soitn∈N^∗\ {1}.

(a) Commen∈N^∗,la fonctionx→xⁿest dérivable surR(la formule pour dériver serait différente pour la puissance 0) donc (produit et somme )fn est dérivable sur]−1,+∞[

f_n⁰(x) = nxⁿ⁻¹ln(1 +x) + xⁿ

1 +x =xⁿ⁻¹ (

nln (1 +x) + x 1 +x

)

= xⁿ⁻¹h_n(x) (b) Donc sinest pair,n−1est impair donc

npair :

x -1 0

h_n(x) − 0 +

xⁿ⁻¹ − 0 +

f_n⁰ + 0 +

% +∞

fn(x) 0

−∞ %

nimpair :

x −1 0

h_n(x) − 0 +

xⁿ⁻¹ + 0 +

f_n⁰ (x) − 0 + fn(x) +∞ & % +∞

0

En -1, ⁿ→ si est pair et ⁿ → −∞et ⁿ → ∞si impair

2 Étude d’une suite.

On considère la suite(Un)_n∈N∗ définie par : Un=

∫ 1 0

fn(x)dx.

a Calcul de U1.

1. Pour comparer, on met les deux expressions sous la même forme (même dénominateur) en réordonnant par rapport aux puisances de x:

ax+b+ c

x+ 1 = ax²+ (b+a)x+b+c x+ 1

On a donc l’égalitésia= 1etb+a= 0et b+c= 0soit a= 1,b=−1et c= 1 Une autre rédaction est de chercher ces coefficients au brouillon et de constater que :

x−1 + 1

x+ 1 = x² x+ 1 et donc quea= 1,b=−1et c= 1conviennent

2. On peut alors déterminer une primitive (la fonction intégrée est continue sur l’intervalle d’intégration) et x+ 1>0

∫ 1 0

x²

x+ 1dx =

∫ 1 0

(

x−1 + 1 x+ 1

) dx=

[x²

2 −x+ ln (x+ 1) ]1

x=0

= ln (2)−1 2. 3. On a

U1=

∫ 1 0

f1(x)dx=

∫ 1 0

xln (1 +x)dx et en intégrant par partie (on dérive lelnpour le faire disparaître) u(x) = ln (1 +x), ude classeC¹ sur[0,1],u⁰(x) = 1

1 +x v⁰(x) =x, v⁰ est continuev(x) =x²/2

U₁ = [x²

2 ln (1 +x) ]1

0

−

∫ 1 0

x²

2 (1 +x)dx= ln (2) 2 −1

2

∫ 1 0

x² 1 +xdx

= 1

4

b Convergence de la suite (U_n)_n∈N∗.

1. Pour monter que la suite(U_n)_n∈N∗ est monotone, il suffit de comparerU_n etU_n+1. Comme ce sont des intégrales, on compare leurs contenus sur[0,1]:

xⁿ⁺¹−xⁿ =xⁿ(x−1) ≤0 pour tout x∈[0,1]et comme ln (1 +x)≥0 sur [0,1](car 1 +x≥1) donc xⁿ⁺¹ln (1 +x)≤xⁿln (1 +x)et comme0≤1 (ordre des bornes) on a alors

∫ 1 0

xⁿ⁺¹ln (1 +x)dx≤

∫ 1 0

xⁿln (1 +x)dx et Un+1≤Un.

Conclusion : la suiteU est décroissante

2. Toutes ces intégrales sont positive ou nulles car le contenu est positif et les bornes sont en ordre croissant DoncU est décroissante et minorée par0donc convergente.

3. Pour encadrer l’intégrale, on encadre là encore le contenu. Pour obtenir _n+1¹ on conserve lexⁿ dans cet encadrement. On se contente donc d’encadre leln :

Si 0≤x≤1alors 1≤1 +x≤2 et commeln est strictement croissante sur ]0,+∞[et que 1, 1 +xet2 en sont éléments, ln (1)≤ln (1 +x)≤ln (2).

Commexⁿ≥0alors0≤xⁿln (1 +x)≤xⁿln (2) Enfin comme0≤1 :

0≤

∫ 1 0

xⁿln (1 +x)dx≤

∫ 1 0

xⁿln (2)dx= ln (2) [xⁿ⁺¹

n+ 1 ]1

0

= ln (2) n+ 1 Conclusion : ∀n∈N^∗: 06U_n 6 ln 2

n+ 1 4. Et comme ln 2

n+ 1 →0, par encadrementUn →

n→+∞0 c Calcul de Un pour n>2.

Pourx∈[0,1]et n∈N^∗\ {1}, on pose :

Sn(x) = 1−x+x²+· · ·+ (−1)ⁿxⁿ=

∑n k=0

(−1)^kx^k. 1. Comme−x6= 1 on a :

S_n(x) =

∑n k=0

(−1)^kx^k =

∑n k=0

(−x)^k =(−x)ⁿ⁺¹−1

−x−1 .

= 1

1 +x−(−1)ⁿ⁺¹xⁿ⁺¹ 1 +x

= 1

1 +x+(−1)ⁿxⁿ⁺¹ 1 +x 2. On a donc en intégrant l’égalité précédente sur[0,1] :

∫ 1 0

∑n k=0

(−1)^kx^kdx =

∑n k=0

(−1)^k

∫ 1 0

x^kdx=

∑n k=0

(−1)^k [x^k+1

k+ 1 ]1

x=0

=

∑n k=0

(−1)^k k+ 1 d’une part et d’autre part

∫ 1 0

∑n k=0

(−1)^kx^kdx =

∫ 1 0

( 1

1 +x+(−1)ⁿxⁿ⁺¹ 1 +x

) dx

=

∫ 1 0

1

1 +xdx+ (−1)ⁿ

∫ 1 0

xⁿ⁺¹ 1 +xdx

= [ln (1 +x)]¹₀+ (−1)ⁿ

∫ 1 0

xⁿ⁺¹ 1 +xdx

= ln 2 + (−1)ⁿ

∫ 1 0

xⁿ⁺¹ 1 +xdx et finalement

∑n k=0

(−1)^k

k+ 1 = ln 2 + (−1)ⁿ

∫ 1 0

xⁿ⁺¹ 1 +xdx.

3. On reconnaît dans la formule proposée

∑n k=0

(−1)^k

k+ 1. On fait donc apparaître dans l’expression de Un la

∫

On a

Un=

∫ 1 0

xⁿln (1 +x)dx avecu(x) = ln (1 +x),uest de classeC¹sur[0,1]et u⁰(x) = 1

1 +x et avec v⁰(x) =xⁿ continue on av(x) = xⁿ⁺¹

n+ 1 donc en intégrant par parties : U_n =

[xⁿ⁺¹ln (1 +x) n+ 1

]1 x=0

−

∫ 1 0

xⁿ⁺¹ (n+ 1) (1 +x)dx

= ln 2 n+ 1 − 1

n+ 1

∫ 1 0

xⁿ⁺¹ 1 +xdx et de

∑n k=0

(−1)^k

k+ 1 = ln 2 + (−1)ⁿ

∫ 1 0

xⁿ⁺¹ 1 +xdx

on tire ∫ 1

0

xⁿ⁺¹

1 +xdx= (−1)ⁿ [ _n

∑

k=0

(−1)^k k+ 1 −ln 2

]

d’où finalement

U_n = ln 2

n+ 1+(−1)ⁿ n+ 1

[ ln 2−

( 1−1

2 +· · ·+(−1)^k

k+ 1 +· · ·+(−1)ⁿ n+ 1

)]

.

Exercice 3

Partie A

1. Soitt∈R. Montrons quef(−t) =f(t).

? Si t>1, alors−t6−1et dans ce cas

f(−t) =− −1

(−t)³ = −1

−t³ = 1

t³ =f(t).

? Si t6−1,−t>1et on a

f(−t) = 1

(−t)³ = 1

−t³ = −1

t³ =f(t).

? Enfin, si −1< t <1alors−1<−t <1 et

f(−t) = 0 =f(t).

Dans tous les cas, on a bienf(−t) =f(t)etf est bien paire.

2. L’intégrale est impropre en+∞. SoitA>1. On a

∫ A 1

f(t)dt =

∫ A 1

dt t³ =

[

− 1 2t²

]A

1

= 1

2− 1 2A²

A−→→+∞

1 2. Donc l’intégrale converge et vaut 1/2.

3. (a) On utilise le changement de variable u=−t, affine et donc licite. Comme dans ce cas du=−dt, il suit (commef(−u) =f(u)par parité) que

∫ ₋1

−A

f(t)dt=−

∫ 1 A

f(−u)du=

∫ A 1

f(u)du.

Faisant tendre A vers +∞ et utilisant le résultat de la question précédente il suit que l’intégrale

∫₋1

−∞f(t)dtconverge et vaut également 1/2.

(b) On vérifie quef satisfait aux critères d’une densité de probabilité :

? f est bien positive ou nulle partout sur R: c’est clair sur]−1; 1[où elle est nulle et c’est clair sur [1; +∞ où elle vaut1/t³. Si t 61,t³ 6−1 et donc −1/t³ >0 rendant bien f positive ou nulle partout ;

? f est continue sur ]− ∞;−1] et sur [1; +∞[ comme inverse d’une fonction puissance qui ne s’annule pas et elle est naturellement continue sur ]−1; 1[comme fonction constante. Elle n’est pas continue en −1 ni en 1 mais il s’agit d’un nombre fini de points, ne posant donc pas de problème ;

? Enfin, la nullité de f sur ]−1; 1[ et la convergence des deux intégrales précédentes permet d’affirmer que ∫ +∞

−∞

f(t)dt=

∫ ₋1

−∞

f(t)dt+

∫ +∞ 1

f(t)dt= 1 2+1

2 = 1.

Tous les critères sont satisfaits,f est bien une densité de probabilité.

4. (a) Par définition de la fonction de répartition de X, F_X(x) =

∫ x

−∞

f(t)dt.

Ainsi,

? Si x6−1,

F_X(x) =

∫ x

−∞

(−1 t³

) dt

= lim

A+∞−

∫ x

−A

dt t³

= lim

A+∞

[ 1 2t²

]x

−A

= 1

2x²

? Si x∈]−1; 1[alors,

F_X(x) =

∫ ₋1

−∞

f(t)dt+

∫ x

−1

f(t)dt=

∫ ₋1

−∞

f(t)dt+ 0 = 1 2.

? Enfin, six>1,

F_X(x) =

∫ x

−∞

f(t)dt

=

∫ ₋1

−∞

f(t)dt+

∫ 1

−1

f(t)dt+

∫ x 1

f(t)dt

= 1 2 +

∫ x 1

dt t³

= 1 2 +1

2− 1 2x²

et on a bien le résultat attendu.

(b) X admet une espérance si et seulement si l’intégrale

∫ +∞

−∞ |t|f(t)dt

converge. Par parité de f (et donc de t 7→ |t|f(t)), et nullité de f sur ]−1 : 1[, ceci revient à la convergence de l’intégrale ∫ +∞

1

tf(t)dt=

∫ +∞ 1

dt t².

On reconnait une intégrale de Riemann convergente. Donc X admet une espérance. Mais comme t7→tf(t)est impaire, cette espérance est nulle (par le changement de variableu=−t, l’intégrale de tf(t)sur]− ∞;−1]est égale à l’opposée de celle sur[1; +∞[). En conclusion,

E(X) = 0.

(c) X admet une variance si et seulement elle admet un moment d’ordre 2 ce qui, avec les mêmes arguments que ci-dessus, est équivalent à la convergence de l’intégrale

∫ +∞ 1

t²f(t)dt=

∫ +∞ 1

dt t

qui est cette fois une intégrale de Riemann divergente. DoncX n’admet pas de variance.

5. SoitY la variable aléatoire définie parY =|X|.

(a) On cherche à exprimerF_Y(x) =P(Y 6x) =P(|X|6x). Commençons par observer que|X|>0et que doncF_Y(x) = 0pour toutx <0. Pourx>0, on a

FY(x) = P(|X|6x) =P(−x6X 6x)

= P(X 6x)−P(X <−x)

= FX(x)−FX(−x)

Si x∈]−1; 1[, alors−x∈]−1,1[et doncFY(x) = 0. Six>1, on a −x6−1 et donc F_Y(x) = 1− 1

2x² −1 1

2(−x)² = 1− 1 x². Au final, on obtient

FY(x) =







0, six <1 1− 1

x², six>1.

.

La fonction de répartition FY deY est clairement de classe C¹ sur]− ∞; 1[et sur]1; +∞[(comme fonction constante d’une part et comme combinaison d’une constante de l’inverse d’un polynôme qui ne s’annule pas d’autre part) et continue en1donc surR. On peut alors conclure queY est une v.a à densité.

(b) Une densité deY s’obtient en dérivantFY là où elle est dérivable et en prenant une valeur arbitraire en1. On a bien

fY(x) =







0, six <1 2

x³, six>1.

.

(c) Y admet une espérance si et seulement si l’intégrale

∫ +∞

−∞ |t|fY(t)dt

converge. CommefY est nulle en dehors de[1; +∞[, il suffit de justifier la convergence et de calculer l’intégrale entre1 et+∞. SoitA>1.

∫ A 1

tfY(t)dt=

∫ A 1

2dt t² =

[

−2 t

]A 1

= 2− 2 A −→

A→+∞2.

DoncY admet une espérance etE(Y) = 2.

Partie B

1. SoitDune variable aléatoire prenant les valeurs−1et1avec équiprobabilité, indépendante de la variable aléatoireY. SoitT la variable aléatoire définie parT =DY.

(a) SiD =−1 alors Z = 0, si T = 1, alors Z = 1. DoncZ(Ω) = {0; 1}. De plus, P(Z = 1) = P(Y = 1) = ¹₂. Il suit que Z suit une loi de Bernoulli de paramètre 1/2. (C’est aussi une loi uniforme sur {0; 1}.) Comme on peut alors écrireD = 2Z−1, la linéarité de l’espérance et les propriétés de la variance donnent

E(D) = 2E(Z)−1 = 2×1

2 −1 = 0, V(D) = 2²V(Z) = 4×1 4 = 1.

(b) CommeDetY sont deux variables aléatoires indépendantes admettant chacune une espérance, leur produit admet également une espérance, égale au produit des espérances.

E(T) =E(D)×E(Y) = 0.

(c) D’après la formule des probabilités totales appliquée au s.c.e{(D=−1),(D−1)}, on a

P(T 6x) = P(T 6x∩D=−1) +P(T 6x∩D= 1) =P(−Y 6x∩D=−1) +P(Y 6x∩D= 1)

= P(Y >−x)P(D=−1) +P(Y 6x)P(D= 1) (par indépendante deD etY)

= 1

2P(Y >−x) +1

2P(Y 6x).

(d) La question précédente donne donc

F_T(x) =P(T6x) =1

2(F_Y(x) + 1−F_Y(−x)).

En injectant la formule pour la fonction de répartition obtenue dans la partie précédente, on trouve

F_T(x) =







 1

2x², six6−1 0, si −1< x <1 1− 1

2x², six>1 On remarque que T suit la même loi queX.

2. Soient U ,→ U(]0; 1[)etV = 1

√1−U. (a) On rappelle que, d’après le cours

F_U(x) =





0, six <0 x, si06x <1 1, six>1.

(b) Par définition,V >00doncF_V(x) = 0six60. Pourx >00, on a F_V(x) = P(V 6x) =P

( 1

√1−U 6x )

= P

(

1−U > 1 x²

)

=P (

U 61− 1 x²

)

= FU

( 1− 1

x² )

. Or,

x61⇐⇒1− 1

x² 60 et x >1⇐⇒1− 1

x² ∈]0; 1[.

Ainsi,

FV(x) =

{ 0, six61 1− 1

2, six >1

3. (a) f u n c t i o n a = D( n ) a=z e r o s ( 1 , n ) f o r k=1 :n

i f rand ( ) <=1/2 then a ( k)=−1

e l s e

a ( k)=1 end

end e n d f u n c t i o n

(on aurait pu proposer une variante avec la commandeones(1,n)et sanselse).

(b) Le programme proposé semble vouloir (il manque un point pour réaliser une opération pointée c=a./sqrt(1-b)) calculer la moyenne empirique d’un n−échantillon de T obtenu en simulant D avec la fonction précédente et Y par inversion avec la variable V et la loi uniforme. La moyenne empirique étant un estimateur sans biais de l’espérance, on s’attend donc à une approximation de celle-ci, soit0. Seul problème ici, la variableT n’admet pas de variance, empêchant alors de justifier (par application de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev) de la convergence de l’estimateur susnommé et rendant ambigüe la réponse attendue ici.