Corrig&eacute du concours blanc 3 : &eacutepreuve 1

Math´ ematiques

Corrig´ e du concours blanc n

3 Epreuve n ´

1

Exercice 1

[Ecricome 2006]

Pour tout entier natureln, on d´efinit la fonctionfn de la variable r´eelle xpar : f_n(x) =xⁿexp

−x² 2

1. On calcule le quotient :

fn(x)

1/x² = xⁿ⁺²exp

−x² 2

= xⁿ⁺²

exp (x²/2)

= exp

−x²

2 + (n+ 2) ln (x)

= exp

x²

−1

2 + (n+ 2)ln (x) x²

Et comme ln (x) =

+∞o x² , alors

−1

2+ (n+ 2)ln (x) x² −→

x→+∞−1 2 et donc

exp

x²

−1

2+ (n+ 2)ln (x) x²

x→+∞−→ 0.

Conclusion : fn(x) =

+∞o 1

x²

2. fn est continue sur R+, donc Z +∞

0

fn(x)dxest impropre en +∞.fn est positive surR+ et

f_n(x) =

+∞o 1

x²

Comme Z +∞

1

1

x²dx est convergente (d’apr`es le crit`ere de Riemann), alors d’apr`es le crit`ere de comparaison par n´egligeabilit´e,

Z +∞

0

f_n(x)dxconverge ´egalement.

3. On poseIn = Z +∞

0

fn(x)dx.

(a) SoitA≥0, calculons

Z A 0

f_n+2(x)dx= Z A

0

xⁿ⁺²exp

−x² 2

dx On effectue une int´egration par parties avec

v⁰(x) =xexp

−x² 2

:u(x) =xⁿ⁺¹:v(x) =−exp

−x² 2

:u⁰(x) = (n+ 1)xⁿ commeuetv sont de classeC¹, on obtient

Z A 0

f_n+2(x)dx =

−exp

−x² 2

xⁿ⁺¹

^A

0

− Z A

0

−(n+ 1)xⁿexp

−x² 2

dx

= −exp

−A² 2

Aⁿ⁺¹+ 0 + (n+ 1) Z A

0

xⁿexp

−x² 2

dx 1

Par croissance compar´ee, on en conclut que Z A

0

f_n+2(x)dx −→

A→+∞(n+ 1) Z +∞

0

xⁿexp

−x² 2

dx

Conclusion : In+2= (n+ 1)In

(b) La densit´e d’une variable al´eatoire suivant la loi normale centr´ee r´eduite v´erifie Z +∞

−∞

√1 2πexp

−x² 2

dx= 1 Comme la fonction x7→exp

−^x₂²

est paire, on a Z +∞

0

√1 2πexp

−x² 2

dx= 1

2 Donc

I0= Z +∞

0

exp

−x² 2

dx=1

2

√ 2π

Conclusion : I₀= rπ

2 (c) On a

I1= Z +∞

0

xexp

−x² 2

dx L’int´egrale est impropre en +∞. SoitA≥0,

Z A 0

xexp

−x² 2

dx=

−exp

−x² 2

^A

0

= 1−exp

−x² 2

On en conclut que

Z A 0

xexp

−x² 2

dx −→

A→+∞1 Conclusion : I1= 1

(d) Pourn∈N, soitPn la proposition : ”I2n= rπ

2 (2n)!

2ⁿn! etI2n+1= 2ⁿn!”.

Initialisation :Pour n= 0 on a

rπ 2

(2·0)!

2⁰0! = rπ

2 =I0

2⁰0! = 1 =I₁ DoncP0est vraie.

H´er´edit´e :On supposePn vraie pour unn∈Nfix´e.

I_2n = rπ

2 (2n)!

2ⁿn!

I_2n+1 = 2ⁿn!

Montrons que P_n+1 est vraie.

I_2(n+1) = I_2n+2= (2n+ 1)I_2n= (2n+ 1) rπ

2 (2n)!

2ⁿn!

= rπ

2

(2n+ 2) (2n+ 1) (2n)!

(2n+ 2) 2ⁿn!

= rπ

2

(2n+ 2) (2n+ 1) (2n)!

2·2ⁿ(n+ 1)n!

= rπ

2

(2n+ 2)!

2ⁿ⁺¹(n+ 1)!

et

I_2(n+1)+1 = I2n+3= (2n+ 2)I2n+1= (2n+ 2) 2ⁿn!

= 2 (n+ 1) 2ⁿn! = 2ⁿ⁺¹(n+ 1)!

DoncPn+1 est vraie.

Conclusion : D’apr`es le principe de r´ecurrence, on a : pour tout entiern, I2n= rπ

2 (2n)!

2ⁿn! et I2n+1= 2ⁿn!.

4. Soitf la fonction d´efinie pour tout r´eelxpar : f(x) =

f₁(x) six≥0, 0 six <0.

(a) f est continue sur R^∗ et positive surR. De plus, Z 0

−∞

f(x)dx= Z 0

−∞

0dx= 0 et

Z +∞

0

f(x)dx= Z +∞

0

f₁(x)dx=I₁= 1 donc

Z +∞

−∞

f(x)dxconverge et vaut 1.

Conclusion : f est une densit´e de probabilit´e.

(b) SoitX une variable al´eatoire r´eelle qui admetf pour densit´e de probabilit´e.

i. t7→tf(t) est nulle en dehors deR+ et positive surR+. On ´etudie la convergence de Z +∞

0

tf(t)dt Z +∞

0

tf(t)dt= Z +∞

0

t²exp

−t² 2

dt=

Z +∞

0

f₂(t)dt=I₂= rπ

2 2!

2¹1! = rπ

2 Conclusion : DoncX a une esp´erance etE(X) =

rπ 2 ii. Montrons queX admet un second moment.

t7→t²f(t) est nulle en dehors deR+ et positive surR+. On ´etudie la convergence de Z +∞

0

t²f(t)dt Z +∞

0

t²f(t)dt= Z +∞

0

t³exp

−t² 2

dt=

Z +∞

0

f₃(t)dt=I₃= 2¹1! = 2 DoncE X²

= 2. Enfin, d’apr`es la formule de Koenig-Huygens, V(X) =E X²

−E(X)²= 2−π 2 Conclusion : DoncX a une variance etV(X) = 2−π

2

5. On d´esigne parF etGles fonctions de r´epartitions respectives deX et de Y =X². (a) Pourx∈R, on a

G(x) =P(Y ≤x) =P X²≤x

• Pourx≥0 :

X²≤x

=

|X| ≤√ x

=

−√

x≤X≤√ x Et comme−√

x≤√ x:

G (x) =F √ x

−F −√ x

• Pourx <0 :

X²≤x

=∅ doncG(x) = 0.

(b) Gest une fonction de r´epartition. V´erifions les crit`eres de fonctions de r´epartition de variable `a densit´e :

• CommeFest continue surR(fonction de r´epartition de variable `a densit´e), alorsGest continue sur [0,+∞[.

Gest ´egalement continue sur ]−∞,0[ (fonction nulle). ´Etudions la continuit´e deGen 0.

G(x) = 0 −→

x→0⁻0 et G(0) =F√ 0

−F

−√ 0

= 0 DoncGest continue en 0.

Conclusion : Gest continue sur R

3

• CommeF est de classeC¹sur R^∗ carf est continue sur R^∗. DoncGest de classeC¹ surR^∗+ carx7→√ x est de classeC¹surR^∗+.Gest de classeC¹sur ]−∞,0[.

Conclusion : Gest de classeC¹ surR^∗

DoncGest une fonction de r´epartition de variable `a densit´e.

Conclusion : Y est une variable al´eatoire `a densit´e Pour x6= 0, on ag(x) =G⁰(x). Donc pourx <0,

g(x) = 0 et pourx >0,

g(x) = G⁰(x) = 1 2√

xF⁰(x) + 1 2√

xF⁰ −√ x

= 1

2√ x

f √ x

+f −√ x

= 1

2√ x

h√

xe^−x/2+ 0i

car −√ x <0

= 1

2e^−x/2 En prenantg(0) = 0, on obtient une densit´eg deY

g(x) = ₁

2e^−x/2 six >0, 0 six≤0.

On reconnaˆıt que Y suit une loi exponentielle de param`etre 1 2. Conclusion : Y ,→ E ¹₂

Conclusion : E(Y) = 2 etV (Y) = 4

Exercice 2

[Ecricome 2015 partiel]

1. Dans ce programme la variable M d´esigne le nombre de boules contenues dans l’urne (qui diminue qu fil de l’exp´erience...) donc `a chaque tirage la propbabilit´e de tirer la boule noire est 1

M N=input(’Donner un entier naturel non nul’)

S=zeros(1,N) for k=1:10000

i=1 M=N

while rand(1,1)>1/M i=i+1

M=M-1 end

S(i)=S(i)+1 end

disp(S/10000) bar(S/10000)

2. On sait tout d’abord queX(Ω) ={1,2,3,4,5}et l’histogramme donn´e laisse penser queX suit une loi uniforme sur{1, . . . ,5}.

3. • P(X = 1) =P(N1) = 1 N

• P(X = 2) =P(B₁∩N₂) =P(B₁)PB1(N₂) = N−1 N

1 N−1 = 1

N

• P(X = 3) =P(B1∩B2∩N3) =P(B1)PB1(B2)PB1∩B2(N3) = N−1 N

N−2 N−1

1 N−2 = 1

N. 4. X(Ω) ={1, . . . , N}.

Soitk∈ {1, . . . , N}, d’apr`es la formule des probabilit´es compos´ees, on a P(X=k) =P(B1∩. . .∩B_k−1∩Nk) =N−1

N

N−2

N−1. . . 1

N−(k−1) = 1 N Ainsi,∀k∈ {1, . . . , N},P(X=k) = 1

N doncX suit une loi uniforme sur{1, . . . , N}.

5. E(X) = N+ 1

2 donc le nombre moyen de tirage n´ecessaires `a l’obtention d’une boule noire est N+ 1 2 .

Exercice 3

[EDHEC 2011]

On consid`ere deux variables al´eatoiresX etY, d´efinies sur un espace probabilis´e (Ω,A,P), et ind´ependantes.

On suppose queX est une variable `a densit´e et on noteFX sa fonction de r´epartition.

On suppose par ailleurs que la loi deY est donn´ee par : P (Y = 1) = P (Y =−1) = 1 L’ind´ependance deX etY se traduit par les ´egalit´es suivantes, valables pour tout r´eel2 x:

P([X≤x]∩[Y = 1]) =P(X ≤x)P(Y = 1) etP([X ≤x]∩[Y =−1]) =P(X ≤x)P(Y =−1) On poseZ =XY et on admet queZ est, elle aussi, une variable al´eatoire d´efinie sur (Ω,A,P).

On se propose d’´etablir deux r´esultats utiles pour la suite dans la partie 1, puis d’en d´eduire la loi de la variable al´eatoireZ en fonction de la loi deX dans les parties 2 et 3.

Partie I : Expression de la fonction de r´epartition de Z en fonction de celle de X 1. SiX ,→ U([a, b]) alors une densit´e est

fX(x) = ( 1

b−a six∈[a, b]

0 sinon

Donc sa fonction de r´epartition estFX(x) = Z x

−∞

f(t)dt=







0 six < a x−a

b−a six∈[a, b]

1 six > b Et siX ,→ E(λ) alorsFX(x) =

0 six <0 1−e^−λx six≥0

2. ((Y = 1),(Y =−1)) est un syst`eme complet d’´ev´enements, donc, pour toutx∈R: P (Z≤x) = P (Y = 1) P_[Y=1](Z ≤x) + P (Y =−1) P_[Y=−1](Z≤x)

= P (Y = 1) P[Y=1](X ≤x) + P (Y =−1) P[Y=−1](−X ≤x)

= P (Y = 1) P (X ≤x) + P (Y =−1) P (−X ≤x) par ind´ependance

=1

2[P (X≤x) + P (X ≥ −x)]

=1

2[FX(x) + 1−FX(−x)]

Conclusion : ∀x∈R, FZ(x) = 1

2(FX(x)−FX(−x) + 1).

Partie II : ´Etude de deux premiers exemples

1. On suppose que la loi deX est la loi normale centr´ee r´eduite.

Sa fonction de r´epartition est doncF_X= Φ avec Φ (−x) = 1−Φ (x) pour toutxr´eel.

Donc∀x∈R, F_Z(x) = ¹₂(Φ (x)−(1−Φ (x)) + 1) = Φ (x) Conclusion : Z suit ´egalement une loiN(0,1)

2. On suppose que la loi deX est la loi uniforme sur [0,1]

(a) On aFX(x) =







0 six <0 x six∈[0,1]

1 six >1

doncF(−x) =







0 six >0

−x six∈[−1,0]

1 six <−1 (b) On rappelle queFZ(x) = ¹₂(FX(x)−FX(−x) + 1), alors

• Six <−1,

F_Z(x) =1

2(0−1 + 1) = 0

• Si [−1,0],

FZ(x) = 1

2(0− −x+ 1) =1 +x 2

• Si [0,1],

FZ(x) = 1

2(x−0 + 1) = x+ 1 2 5

• Six >1,

F_Z(x) =1

2(1−0 + 1) = 1 Finalement FZ(x) =







0 six <−1

x+1

2 six∈[−1,1]

1 six >1.

On reconnaˆıt la fonction de r´epartition deZ ,→ U([−1,1])

Partie III : ´Etude du cas o`u la loi de X est la loi exponentielle de param`etre1.

1. (a) On aFX(x) =

0 six <0

1−e^−x six≥0 etFX(−x) =

0 six >0 1−e^x six≤0 Donc

F_Z(x) =1

2(F_X(x)−F_X(−x) + 1) = 1

2(0−(1−e^x) + 1) = ¹₂e^x six <0

1

2(1−e^−x−0 + 1) = 1−¹₂e^−x six≥0 (b) La fonction de r´epartition deZ est continue et de classeC¹sur ]−∞,0[ et ]0,+∞[

F_Z(x) =1 2e^x −→

x→0⁻

1

2 etF_Z(0) = 1−1 2e⁰= 1

2 doncF_Z continue en 0 et donc surR. DoncZ est une variable al´eatoire `a densit´e.

(c) En posantfZ(0) = 1

2, une densit´e deZ est fZ(x) =

₁

2e^x six <0

1

2e^−x six≥0 On a donc pour toutx∈R,

f_Z(x) = 1 2e^−|x|

(d) On reconnaˆıt dansR+∞

0 xe^−xdxl’esp´erance d’une loiE(1) doncR+∞

0 xe^−xdx=¹₁ = 1 (e) Pour toutx∈R,−x∈Ret fZ(−x) = ¹₂e^−|−x|=¹₂e^−|x|=fz(x)

Doncf_Z est bien paire, et la fonctionx→xf_Z(x) est impaire.

Or R+∞

0 xfZ(x)dx=R+∞

0 1

2xe^−xdx converge, doncR0

−∞xfZ(x)dxconverge et lui est oppos´ee.

Finalement R+∞

−∞ xfZ(x)dx= 0

Conclusion : Z a une esp´erance etE(Z) = 0 2. (a) AvecX ,→exp (1) on aE X²

=V(X) +E(X)²= 2 etE X²

=R+∞

0 x²e^−xdx Conclusion : R+∞

0 x²e^−xdx= 2 (b) DoncR+∞

0 x²fZ(x)dx= ¹₂R+∞

0 x²e^−xdx= 1 et par parit´eR0

−∞x²fZ(x)dx= 1 DoncR+∞

−∞ x²fZ(x)dxconverge et vaut 2 Conclusion : Z²a une esp´erance etE Z²

= 2 Z a une variance etV (Z) =E Z²

−E(Z)²= 2 3. (a) On aE(Y) =−1P (Y =−1) + 1P (Y = 1) = 0 doncE(Y) = 0

Conclusion : E(X)E(Y) = 0 =E(Z)

On retrouve le r´esultat connu pour deux variables discr`etes ind´ependantes : l’esp´erance du produit est le produit des esp´erances.

(b) On aZ²=X²Y² avecY²= 1 doncZ²=X² On a donc E Z²

=E X²

=V(X) +E(X)²= 2 etV(Z) =E Z²

= 2

4. SoitU et V des variables al´eatoires suivant respectivement la loi de Bernoulli de param`etre ¹₂ et la loi uniforme sur [0,1[

(a) On poseQ=−ln (1−V) et on admet que Qest une variable al´eatoire.

Pour toutx∈R:

[Q≤x] = [−ln (1−V)≤x] = [1−V ≥e^−x] = [V ≤1−e^−x] DoncFQ(x) = P (Q≤x) =FV (1−e^−x).

F_V est continue sur R et de classe C¹ sur R\ {0,1} donc F_Q est continue sur R et de classe C¹ en xtel que 1−e^−x6= 1 (surR) et6= 0 (surR^∗).

DoncQest une variable `a densit´e et une densit´e deQest donn´ee par fQ(x) =F_V⁰ 1−e^−x

e^−x=e^−xfV 1−e^−x car 1−e^−x<0⇐⇒x <0 et 1−e^−x<1 toujours donc

fQ(x) =

0 six <0 (1−e^−x<0) e^−x six≥0 (1−e^−x∈[0,1] ) Conclusion : Q ,→ E(1)

(b) On poseR= 2U−1 et on admet queR est une variable al´eatoire.

U(Ω) ={0,1} donc (2U−1) (Ω) ={−1,1}avec

P (R= 1) = P (U = 1) = ¹₂ et P (R=−1) = P (U = 0) = ¹₂ (mˆeme loi que leY de la partie 1) (c) V ,→ U([0,1[) est simul´ee parrandet Q=−ln (1−V) suitE(1) a la mˆeme loi que X.

U est simul´e pargrand(1,1,"uin",0,1)et R= 2U−1 a la mˆeme loi queY et ind´ependant deX.

V=rand(1,1);

X=-log(1-V);

U=floor(2*rand(1,1));

Y=2*U-1;

Z=X*Y;

disp(Z)

Exercice 4

[HEC 2008]

Etant donn´´ e un entier n sup´erieur ou ´egal `a 2, on consid`ere un nuage den points du plan, c’est-`a-dire un n-uplet ((x1, y1),(x2, y2), . . . ,(xn, yn)) d’´el´ements de R². On suppose que les r´eels x1, x2, . . . (respy1, y2, . . . ) ne sont pas tous ´egaux.

On appelle moyenne arithm´etique xet ´ecart-typeσx dun-uplet x= (x1, x2, . . . , xn) les r´eels suivants :

x= 1 n

n

X

k=1

xk et σx= v u u t 1 n

n

X

k=1

(xk−x)²

On d´efinit de mˆeme la moyenne arithm´etiquey et l’´ecart-typeσy dun-uplety= (y1, y2, . . . , yn).

La covariance Cov (x, y) et le coefficient de corr´elation lin´eaireρ(x, y) du couple (x, y) sont donn´es par : Cov (x, y) = 1

n

n

X

k=1

(xk−x) (yk−y) et ρ(x, y) =Cov (x, y) σx×σy

Soitf la fonction d´efinie surR²`a valeurs r´eelles qui, `a tout couple (a, b) deR², associe le r´eel f(a, b) tel que : f(a, b) =

n

X

k=1

(a x_k+b−y_k)² 1. f est de classeC²surR² en tant que fonction polynomiale.

2. (a) Pour (a, b)∈R², on a

∂1(f) (a, b) =

n

X

k=1

2 (a xk+b−yk)xk et ∂2(f) (a, b) =

n

X

k=1

2 (a xk+b−yk) Donc (a, b) est un point critique def si et seulement si

(S)













 a

n

X

k=1

x²_k+b

n

X

k=1

x_k−

n

X

k=1

y_kx_k= 0 a

n

X

k=1

xk+nb−

n

X

k=1

yk = 0 (b) Par ailleurs, on a

n σ_x²=

n

X

k=1

(xk−x)² =

n

X

k=1

x²_k−2x

n

X

k=1

xk+

n

X

k=1

x²

=

n

X

k=1

x²_k

!

−2nx²+nx²=

n

X

k=1

x²_k

!

−nx² 7

n

X

k=1

x²_k =nσ_x²+nx²

nCov (x, y) =

n

X

k=1

(xk−x) (yk−y) =

n

X

k=1

xk yk−x

n

X

k=1

yk−y

n

X

k=1

xk+

n

X

k=1

x y

=

n

X

k=1

xk yk

!

−2nx y+nx y

n

X

k=1

xk yk=nCov (x, y) +n x y

Par cons´equent, avecn x=

n

X

k=1

xk et n y=

n

X

k=1

yk, on obtient

(S)⇐⇒

a nσ_x²+nx²

+b n x−(nCov (x, y) +n x y) = 0

a n x+nb−n y= 0 ⇐⇒

n6=0

a σ_x²+a x²+b x−Cov (x, y)−x y= 0 a x+b−y= 0

⇐⇒

a σ_x²−Cov (x, y) +x(a x+b−y) = 0

a x+b−y= 0 ⇐⇒

a σ_x²−Cov (x, y) = 0 a x+b−y= 0 or Pn

k=1(xk−x)²6= 0 car lesxk ne sont pas tous ´egaux (`a x) doncσ_x²6= 0, ainsi

(S)⇐⇒











a= Cov (x, y) σ_x² b=−Cov (x, y)

σ²_x x+y Conclusion : f admet un unique point critique

ˆ a,ˆb

=

Cov (x, y)

σ_x² ,−Cov (x, y) σ²_x x+y

(c) On calcule les d´eriv´ees secondes :

∂_1,1² (f) (a, b) = 2

n

X

k=1

x²_k= 2n σ_x²+x²

∂_2,1² (f) (a, b) = 2

n

X

k=1

xk = 2n x=∂²_1,2(f) (a, b) (Schwarz)

∂_2,2² (f) (a, b) = 2

n

X

k=1

1 = 2n Donc la hessienne de f en

ˆ a,ˆb

s’´ecrit

∇²(f) ˆ a,ˆb

= 2n

σ_x²+x² x

x 1

D´eterminons les valeurs propres de∇²(f) ˆ a,ˆb

. Soitλ∈R, on poseλ⁰ tel queλ= 2nλ⁰ alors

∇²(f) ˆ a,ˆb

−λ I₂est non inversible⇐⇒(σ_x²+x²−λ⁰)(1−λ⁰)−x²= 0⇐⇒λ⁰²−(1 +σ_x²+x²)λ⁰+σ²_x= 0 On obtient le discriminant

∆ = (σ_x²+x²−1)²+ 4σ²_x>0 alors

λ⁰₁= 1 +σ²_x+x²+√

∆

2 >0 et λ⁰₂= 1 +σ_x²+x²−√

∆

2 = 1 +σ_x²+x²

2 1−

s

1− σ²_x 1 +σ²_x+x²

!

>0

Comme ces valeurs propres sont strictement positives, la fonctionf admet un minimum local en ˆ a,ˆb

.

(d) On calcule avec : ˆ a,ˆb

=

Cov (x, y)

σ²_x ,−Cov (x, y) σ²_x x+y

qui sont solutions de

(S)













 a

n

X

k=1

x²_k+b

n

X

k=1

xk−

n

X

k=1

ykxk= 0 a

n

X

k=1

xk+nb−

n

X

k=1

yk = 0 On va s’en servir pour calculer

f ˆ a,ˆb

=

n

X

k=1

ˆ

a xk+ ˆb−yk

2

=

n

X

k=1

ˆ

a² x²_k+ ˆb²+y²_k+ 2ˆa xk ˆb−2ˆa xkyk−2ˆb yk

= ˆa²

n

X

k=1

x²_k+nˆb²+

n

X

k=1

y_k²+ 2ˆaˆb

n

X

k=1

x_k−2ˆa

n

X

k=1

x_ky_k−2ˆb

n

X

k=1

y_k o`u on fait r´eapparaˆıtre les ´equations v´erifi´ees par

ˆ a,ˆb

= ˆa ˆa

n

X

k=1

x²_k+ ˆb

n

X

k=1

xk−

n

X

k=1

xkyk

!

+ ˆb nˆb+ ˆa

n

X

k=1

xk−

n

X

k=1

yk

!

+

n

X

k=1

y²_k−ˆa

n

X

k=1

xkyk−ˆb

n

X

k=1

yk

=

n

X

k=1

y_k²−ˆa

n

X

k=1

xkyk−ˆb

n

X

k=1

yk

= nσ_y²+ny²−Cov (x, y)

σ_x² (nCov (x, y) +n x y)−

−Cov (x, y) σ_x² x+y

ny

= nσ_y²−Cov (x, y)

σ²_x (nCov (x, y) +n x y) +Cov (x, y) σ_x² xny

= nσ_y²−nCov (x, y) σ²_x

2

d’autre part

nσ_y²

1−(ρ(x, y))²

=nσ_y² 1−Cov (x, y)² σ²_x×σ²_y

!

=nσ²_y−nCov (x, y) σ_x²

2

Conclusion : f ˆ a,ˆb

=nσ_y²

1−(ρ(x, y))² 3. (a) f

ˆ a,ˆb

est une somme de termes positifs doncf ˆ a,ˆb

≥0 et donc 1−(ρ(x, y))²≥0.

Conclusion : |ρ(x, y)| ≤1.

(b) Lorsque|ρ(x, y)|= 1 on a f ˆ a,ˆb

= 0, donc

n

X

k=1

ˆ

a xk+ ˆb−yk

²

= 0 comme c’est une somme de termes positifs, pour toutk,

ˆa x_k+ ˆb−y_k²

= 0.

Pour toutk:

yk = ˆa xk+ ˆb Conclusion : Les points sont align´es.

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