Exercice 1 (Ecricome 2020) 1. (a) La série de Riemann X

Correction du devoir maison

DM9

Exercice 1 (Ecricome 2020) 1. (a) La série de Riemann ^X

n≥1

u

_n

converge si et seulement si α > 1.

(b) Soit k ≥ 2. Pour tout t ∈ [ k, k + 1], on a t ≥ k , d’où, puisque α > 0,

_t¹α

≤

_k¹_α

. Par croissance de l’intégrale, on en déduit que :

Z

k+1 k

1 t

^α

d t ≤

Z

k+1 k

1

k

^α

d t = 1

k

^α

( k + 1 − k ) = 1 k

^α

.

De même, pour t ∈ [ k − 1 , k ] on a t ≤ k , d’où, puisque α > 0,

_t¹α

≥

_k¹_α

. Par croissance de l’intégrale on obtient :

Z

k k−1

1 t

^α

dt ≥

Z

k k−1

1

k

^α

dt = 1 k

^α

. Finalement, on a bien :

Z

k+1 k

1

t

^α

d t ≤ 1 k

^α

≤

Z

k k−1

1 t

^α

d t.

(c) Soit 1 ≤ n < N des entiers. Sommons les inégalités de la questions précédente pour k = n + 1, . . . , N. On obtient (à l’aide de la relation de Chasles pour les intégrales) :

Z

N+1 n+1

1 t

^α

d t =

N

X

k=n+1

Z

k+1 k

1 t

^α

d t ≤

N

X

k=n+1

1 k

^α

≤

N

X

k=n+1

Z

k k−1

1

t

^α

d t = ^Z

^N

n

1

t

^α

d t. ( ∗ ) Puisque α > 1, on a :

Z

N+1 n+1

1

t

^α

d t = 1

−α + 1 t

^−α+1

N+1

n+1

= 1

α − 1

1

( n + 1)

^α−1

− 1 ( N + 1)

^α−1

N

−→

→+∞

1 α − 1

1 ( n + 1)

^α−1

. De même, lim

N→+∞

Z

N n

1

t

^α

d t existe et vaut 1 α − 1

1

n

^α−1

. En faisant tendre N vers + ∞ dans ( ∗ ), on obtient donc :

1 α − 1

1

( n + 1)

^α−1

≤ R

1,n

≤ 1 α − 1

1 n

^α−1

.

(d) D’après la relation précédente, on a, pour tout n ≥ 1 : n

^α−1

( n + 1)

^α−1

≤ R

1,n 1 (α−1)n^α−1

≤ 1 .

Or, on a n

^α−1

( n + 1)

^α−1

= n n + 1

α−1

n→+∞

→ 1. D’après le théorème des gendarmes, lim

_n→+∞

R

1,n 1 (α−1)n^α−1

existe et vaut 1. Ce qui se réécrit : R

1,n

∼

n→+∞

1 ( α − 1) n

^α−1

(e) Par définition, la série ^X

n≥1

u

_n

converge à l’ordre 2 si et seulement si ^X

n≥1

R

_1,n

converge. Or on a :

• R

_1,n

∼

n→+∞

1 (α−1)n^α−1

.

•

_(α−1)n¹ α−1

≥ 0 pour tout n ≥ 1 puisque α > 1.

• ^X

n≥1

1

(α − 1)n

^α−1

est une série de Riemann qui converge si et seulement si α − 1 > 1, soit α > 2.

D’après le théorème de comparaison pour les séries à termes positifs, la ^X

n≥1

R

_1,n

converge si et seulement si α > 2. Ainsi ^X

n≥1

u

n

converge à l’ordre 2 si et seulement si α > 2.

(f) On a vu que la série ^X

n≥1

u

n

converge à l’ordre 1 si et seulement si α > 1, et qu’elle converge à l’ordre 2 si et seulement si α > 2.

On peut conjecturer que ^X

n≥1

u

n

converge à l’ordre p ∈ N

^∗

si et seulement si α > p.

2. (a) Pour n ≥ 2 on a n

ⁿ

≥ n

²

et donc :

∀n ≥ 2 , 0 ≤ u

_n

≤ 1 n

²

. La série ^X 1

n

²

est une série de Riemann convergente. Par théorème de comparaison, la série ^X

n≥1

u

_n

converge.

(b) Pour tout k ≥ 3, on a k

^k

≥ 3

^k

(en élevant l’inégalité à la puissance k ) et ainsi :

∀k ≥ 3 , 0 ≤ u

_k

≤ 1 3

^k

.

Par la question précédente, ^X u

_k

converge, et il en est de même de la série géométrique X 1

3

^k

(de raison q =

¹₃

∈ ] − 1 , 1[). En sommant les inégalités obtenues, on a pour tout n ∈ N :

0 ≤

+∞

X

k=n+1

u

_k

≤

+∞

X

k=n+1

1 3

^k

. Or on a :

+∞

X

k=n+1

1

3

^k

= 1 3

ⁿ⁺¹

| {z }

1^er terme

· 1

1 −

¹₃

= 1 3

ⁿ⁺¹

3

2 = 1

2 × 3

ⁿ

. Ainsi, on a :

0 ≤ R

1,n

≤ 1 2 · 3

ⁿ

. (c) ^X 1

2 1

3

ⁿ

est convergente en tant que série géométrique (multipliée par une constante) de raison

¹₃

∈ ] − 1 , 1[. Par le théorème de comparaison pour les séries à termes positifs, ^X

n≥1

R

_1,n

converge. En d’autres termes ^X

n≥1

u

_n

converge à l’ordre 2.

En sommant les inégalités de la question précédente, on a pour tout n ∈ N :

+∞ +∞

1 1

Or

+∞

X

k=n+1

R

_1,k

= R

2,n

et

+∞

X

k=n+1

1 2

1

3

^k

= 1

4 · 3

ⁿ

par le calcul effectué à la question précédente.

Ainsi, on a :

∀n ≥ 1 , 0 ≤ R

_2,n

≤ 1 4 · 3

ⁿ

.

(d) On va procéder par récurrence sur p . Notons pour cela A ( p ) l’assertion « la série ^X

n≥1

u

_n

converge à l’ordre p et, pour tout n ≥ 1, 0 ≤ R

p,n

≤ 1 2

^p

· 3

ⁿ

».

Init. On a déjà montré que l’assertion est vraie pour p = 1 et p = 2 aux questions précé- dentes.

Hér. Soit p ∈ N

^∗

, on suppose que l’assertion A ( p ) est vraie.

Par hypothèse de récurrence, on a :

∀n ∈ N

^∗

, 0 ≤ R

p,n

≤ 1 2

^p

· 3

ⁿ

. X 1

2

^p

1

3

ⁿ

est convergente en tant que série géométrique (multipliée par une constante) de raison

¹₃

∈ ] − 1 , 1[. Par théorème de comparaison pour les séries à termes positifs, la série ^P

n≥1

R

_p,n

converge. En d’autres termes la série ^P

n≥1

u

_n

converge à l’ordre p +1.

De plus en sommant les inégalités, on a pour n ∈ N : 0 ≤

+∞

X

k=n+1

R

_p,k

≤

+∞

X

k=n+1

1 2

^p

1 3

^k

. Or

+∞

X

k=n+1

R

_p,k

= R

_p+1,n

et

+∞

X

k=n+1

1 2

^p

1 3

^k

= 1

2

^p

1

2 . 3

ⁿ

= 1

2

^p+1

3

ⁿ

. On obtient donc :

∀n ≥ 1, 0 ≤ R

p+1,n

≤ 1 2

^p+1

3

ⁿ

. Ce qui prouve l’assertion au rang n + 1 et achève la récurrence.

Par principe de récurrence, on a donc montré que pour tout p ≥ 1, ^X

n≥1

u

_n

converge à l’ordre p et

∀n ≥ 1 , 0 ≤ R

_p,n

≤ 1 2

^p

· 3

ⁿ

. (e) D’après la question précédente on a pour tout n ≥ 1 :

∀n ∈ N

^∗

, 0 ≤ R

n,n

≤ 1

2

ⁿ

3

ⁿ

= 1 6

ⁿ

. X 1

6

ⁿ

est convergente en tant que série géométrique de raison

¹₆

∈ ] − 1 , 1[. Par théorème de comparaison pour les séries à termes positifs, ^X

n≥1

R

n,n

converge.

3. (a) Pour t ∈ [0, 1] on a 1 + t ≥ 1, ce qui donne : 0 ≤ t

ⁿ

1 + t ≤ t

ⁿ

1 = t

ⁿ

. Par croissance de l’intégrale, on obtient :

0 ≤ Z

1

0

t

ⁿ

1 + t d t ≤

Z

1 0

t

ⁿ

d t = 1

n + 1 .

Puisque lim

n→+∞

1

n + 1 = 0, le théorème des gendarmes implique que

n→+∞

lim Z

1

0

t

ⁿ

1 + t d t existe et vaut 0.

(b) Commençons par noter que pour tout k ∈ N, on a : Z

₁

0

t

^k

d t =

"

t

^k+1

k + 1

#

1

0

= 1

k + 1 . Soit à présent N ∈ N. On a :

N

X

n=0

u

_n

= ^X

^N

n=0

( − 1)

ⁿ

n + 1 = ^X

^N

n=0

( − 1)

ⁿ

^Z

¹

0

t

ⁿ

d t

= ^Z

¹

0 N

X

n=0

( − 1)

ⁿ

t

ⁿ

d t par lin. de l’int.

= ^Z

¹

0

1 − ( −t )

^N+1

1 + t d t

= ^Z

¹

0

1 1 + t d t −

Z

1 0

( −t)

^N+1

1 + t d t (c) D’après la question 3 . ( a ), la suite ^Z

¹

0

t

^N+1

1 + t d t

!

N∈N

converge vers 0. D’après la question 3 . ( b ), on en déduit que la suite

N

X

n=0

u

_n

!

N∈N

converge vers ^Z

¹

0

1

1 + t d t = [ln(1 + t )]

¹₀

= ln(2). En d’autres termes, la série ^X

n≥0

u

_n

converge (et sa somme vaut ^Z

¹

0

1

1 + t d t = ln(2)).

Soit n ∈ N. On a : R

_1,n

=

+∞

X

k=n+1

u

_k

=

+∞

X

k=0

u

_k

−

n

X

k=0

u

_k

= ^Z

¹

0

1 1 + t d t −

Z

1 0

1 1 + t d t −

Z

1 0

( −t )

ⁿ⁺¹

1 + t d t

!

= ^Z

¹

0

( −t )

ⁿ⁺¹

1 + t d t

(d) Pour p ≥ 1, on définit l’assertion A ( p ) : « la série ^X

n≥0

u

_p

converge à l’ordre p et, pour tout n ≥ 0, R

p,n

= ^Z

¹

0

( −t )

^n+p

(1 + t )

^p

d t ». Montrons par récurrence que A ( p ) est vraie pour tout p ≥ 1.

Init. La question précédente nous assure que l’assertion A (1) est vérifiée.

Hér. Soit p ≥ 1, on suppose que l’assertion A ( p ) est vérifiée.

Soit n ∈ N. On a :

n

X

k=0

R

p,kHR

=

n

X

k=0

Z

1 0

( − 1)

^k+p

1 + t )

^p

d t = ^Z

¹

0 n

X

k=0

( −t )

^k+p

(1 + t )

^p

d t par lin. de l’int.

= ^Z

¹

0

( −t )

^p

(1 + t )

^p

n

X

k=0

( −t)

^k

dt = ^Z

¹

0

( −t )

^p

(1 + t )

^p

1 − ( −t )

ⁿ⁺¹

1 + t dt

= ^Z

¹

0

( −t )

^p

(1 + t)

^p+1

− ( −t )

^n+1+p

1 + t)

^p+1

d t = ^Z

¹

0

( −t )

^p

(1 + t)

^p+1

d t − Z

₁

0

( −t )

^n+1+p

1 + t)

^p+1

d t

(∗)

= ^Z

¹

0

( −t )

^p

(1 + t)

^p+1

d t + ( − 1)

^n+p

^Z

¹

0

t

^n+1+p

1 + t)

^p+1

d t Pour tout t ∈ [0 , 1], on a 1 + t ≥ 1, d’où (1 + t )

^p

≥ 1 et donc :

0 ≤ t

^n+1+p

1 + t )

^p+1

≤ t

^n+1+p

1 = t

^n+1+p

. Par croissance de l’intégrale, on obtient :

0 ≤ Z

1

0

t

^n+1+p

(1 + t )

^p+1

d t ≤

Z

1 0

t

^n+1+p

d t = 1 n + p + 2 . Le théorème des gendarmes nous assure que lim

_n→+∞

^Z

¹

0

t

^n+1+p

(1 + t )

^p+1

d t existe et vaut 0.

En reprenant alors l’égalité ( ∗ ) ci-dessus, on obtient que la série de terme général R

_p,k

converge et que :

+∞

X

k=0

R

_p,k

= ^Z

¹

0

t

^n+1+p

(1 + t )

^p+1

d t.

Et pour tout n ∈ N, on a : R

p+1,n

=

+∞

X

k=n+1

R

p,k

=

+∞

X

k=0

R

p,k

−

n

X

k=0

R

p,k

= ^Z

¹

0

t

^n+1+p

1 + t)

^p+1

d t −

Z

₁

0

( −t )

^p

1 + t)

^p

+ 1 d t − Z

₁

0

( −t )

^n+1+p

1 + t)

^p+1

d t

!

= ^Z

¹

0

( −t )

^n+1+p

1 + t)

^p+1

d t.

On a ainsi prouvé que la série ^X

n≥0

u

n

converge à l’ordre p + 1 et que, pour tout n ≥ 0, R

p+1,n

= ^Z

¹

0

( −t )

^n+1+p

1 + t )

^p+1

d t . D’où l’assertion A ( p + 1).

Par principe de récurrence, on en conclut alors que :

Pour tout p ∈ N

^∗

, ^X

n≥0

u

n

converge à l’ordre p et, pour tout n ≥ 0, R

p,n

= ^Z

¹

0

( −t )

^n+p

1 + t )

^p+1

dt.

Exercice 2 (Edhec 2013)

1. Comme rg(f ) = rg(M ) = 2 = 3 − 1, Im(f ) est un hyperplan de R

³

. De plus, on a : Im(f )

^cours

= Vect(f ((0, 0, 1), f (0, 1, 0), f (0, 0, 1)) = Vect((0, 0, 0), (1, 0, 0), (2, 3, 0))

= Vect((1 , 0 , 0) , (2 , 3 , 0)) .

Or on a f ((1 , 0 , 0)) = (0 , 0 , 0) ∈ Im( f ) et f ((2 , 3 , 0)) = (3 , 0 , 0) ∈ Im( f ). Par le cours, Im( f ) est stable par f .

Ainsi, Im( f ) est un hyperplan de R

²

stable par f .

Remarque. En fait, Im( f ) est stable par f pour n’importe quel endomorphisme f puisque pour tout y ∈ Im( f ), f ( y ) est bien dans Im( f ) par définition de l’image d’un endomorphisme.

2. (a) On peut ici déterminer les valeurs propres à vue :

• La somme des coefficients sur chaque ligne de M valant 4, on a : f ((1 , 1 , 1)) = (4 , 4 , 4) = 4(1 , 1 , 1) . Donc 4 est une valeur propre de f et on a dim E

4

(f ) ≥ 1.

• rg( M − I

₃

) = 1 < 3, donc 1 est une valeur propre de f , et par le théorème du rang dim E

₁

( f ) = 3 − 1 = 2.

En ajoutant à cela le fait que les sous-espaces sont en somme directe, on en déduit que : 1 + 2 ≤ dim E

₄

( f ) + dim E

₁

( f ) ≤ 3 .

Ainsi, il n’y a pas d’autre valeur propre pour f , de sorte que Sp( f ) = { 1 , 4 } . Remarque. On pouvait en dire plus :

• dim E

4

(f ) + dim E

1

(f ) = 3, de sorte que f est diagonalisable,

• dim E

₄

( f ) = 1, et comme (1 , 1 , 1) ∈ E

₄

( f ), on a E

₄

( f ) = Vect((1 , 1 , 1)).

(b) Ker( f −Id ) = E

₁

( f ) est de dimension 2 = 3 − 1, et Ker( f −Id ) est stable par f , comme tout sous-espace propre de f (c’est du cours). Ainsi Ker( f − Id ) est un hyperplan de R

³

stable par f . 3. (a) Commençons par un rappel.

Rappel. Expression matriciel du produit scalaire dans une B.O.N.

Comme B est une base orthonormale de E , on rappelle que :

∀ (x, y) ∈ E

²

, hx, yi =

^t

XY avec X = M

_B

( x ) ∈ M

n,1

(R) et Y = M

_B

( y ) ∈ M

n,1

(R).

Soit ( x, y ) ∈ E

²

, et notons X = M

_B

( x ) ∈ M

n,1

(R) et Y = M

_B

( y ) ∈ M

n,1

(R). Soit M = M

_B

( f ) ∈ M

n

(R). On a M

_B

( f ( x )) = M X et M

_B

( f

^∗

( y )) =

^t

M Y , de sorte que :

hf ( x ) , yi =

^t

( M X ) Y =

^t

X

^t

M Y =

^t

X (

^t

M Y ) = hx, f

^∗

( y ) i.

(b) Soit g un endomorphisme de E vérifiant aussi la propriété précédente. Montrons que g = f .

Méthode 1. Elle se base sur le point de cours suivant :

Rappel. Coordonnées d’un vecteur dans une B.O.N.

Puisque B est une base orthonormale de E , on a :

∀x ∈ E, x =

n

X

k=1

hx, e

_k

ie

_k

Ici on obtient pour tout x de E : f

^∗

( x ) − g ( x ) =

n

X

k=1

hf

^∗

( x ) , e

_k

ie

_k

−

n

X

k=1

hg ( x ) , e

_k

ie

_k

=

n

X

k=1

hx, f ( e

_k

) ie

_k

−

n

X

k=1

hx, f ( e

_k

) ie

_k

= 0 . Donc on a bien f

^∗

= g .

Méthode 2. Pour tout x, y ∈ E , on a :

hx, f

^∗

( y ) − g ( y ) i = hx, f

^∗

( y ) i − hx, g ( y ) i = hf ( x ) , yi − hf ( x ) , yi = 0

Donc f

^∗

(y) − g(y) est orthogonal à tout vecteur de E. Il est donc en particulier orthogonal à lui-même (raisonnement fait en cours) et on a pour tout y ∈ E (et pour x = f

^∗

( y ) − g ( y )) :

kf

^∗

(y) − g(y) k

²

= 0 ⇒ f

^∗

(y) = g(y).

Ainsi on a bien f

^∗

= g .

Ainsi, f

^∗

est l’unique endomorphisme de E vérifiant ∀ ( x, y ) ∈ E

²

, hf ( x ) , yi = hx, f

^∗

( y ) i . Remarque. f

^∗

s’appelle l’endomorphisme adjoint de f , notion hors programme mais qu’on retrouve dans plusieurs sujets de concours.

4. (a) Toujours en notant M la matrice représentant f dans B, on a :

λ ∈ Spec( f ) ⇒ rg( M − λI

_n

) < n ⇒ rg(

^t

( M − λI

_n

)) < n ⇒ rg(

^t

M − λI

_n

) < n

⇒ rg( f

^∗

− λid ) < n ⇒ λ ∈ Spec( f

^∗

) .

Puisqu’ici, λ est valeur propre de f , λ est donc aussi une valeur propre de f

^∗

.

(b) i. ϕ est bien linéaire par linéarité à gauche du produit scalaire et à valeurs dans R. C’est donc bien une forme linéaire sur E . De plus on a :

ϕ ( u ) = hu, ui = kuk

²

6 = 0

car u 6 = 0

E

puisque c’est un vecteur propre. ϕ est bien une forme linéaire non nulle sur E . ii. Im( ϕ ) est un sous-espace vectoriel de R non réduit à { 0 } puisque ϕ est non nulle. Ainsi,

on a 1 ≤ dim(Im(ϕ)) ≤ dim(R) = 1, de sorte que Im(ϕ) = R. Par le théorème du rang, on en déduit que :

dim(Ker( ϕ )) = dim( E ) − dim(Im( ϕ )) = n − 1 . Donc Ker(ϕ) est un hyperplan de E.

Montrons que Ker( ϕ ) est stable par f . Soit pour cela x ∈ Ker( ϕ ). Montrons que f ( x ) appartient à Ker( ϕ ). On a :

ϕ ( f ( x )) = hf ( x ) , ui = hx, f

^∗

( u ) i = hx, λ · ui = λhx, ui = λϕ ( x ) = 0 .

Ainsi on a bien que f ( x ) ∈ Ker( ϕ ). Ainsi Ker( ϕ ) est un hyperplan de E stable par f .

Remarque. On aurait pu utiliser directement dans cette question que le noyau d’une forme linéaire non nulle est un hyperplan (c’est du cours). On l’a redémontré ici.

On peut à ce sujet consulter le Complément de cours 2. Formes linéaires et hyperplans.

Problème (Ecricome 2015)

Partie A

1. Soit x ∈ R. On a :

[ Y

n

> x ] = ^\

1≤i≤n

[ X

i

> x ] . Par indépendance des ( X

_i

), on a :

P ( Y

_n

> x ) = P





\

1≤i≤n

[ X

_i

> x ]



 = ^Y

1≤i≤n

P ( X

_i

> x ) = ^Y

1≤i≤n

(1 − P ( X

_i

≤ x ))

=

n

Y

i=1

(1 − F ( x )) = (1 − F ( x ))

ⁿ

. Ainsi, on a :

F

n

( x ) = P ( Y

n

≤ x ) = 1 − P ( Y

n

> x ) = 1 − (1 − F ( x ))

ⁿ

.

2. Si X admet une densité f , alors sa fonction de répartition F est de classe C

¹

sur R, sauf peut-être en un nombre fini de points, et continue sur R. Par théorème d’opérations sur les applications C

¹

et continues, il en est de même pour :

F

n

: x 7→ 1 − (1 − F ( x ))

ⁿ

.

Donc Y

n

est à densité. De plus, pour tout x où F est dérivable, on a : F

_n⁰

( x ) = nF

⁰

( x ) (1 − F ( x ))

ⁿ⁻¹

= nf ( x ) (1 − F ( x ))

ⁿ⁻¹

. Donc une densité de Y

_n

est donnée par :

f

_n

: x ∈ R 7→ nf ( x ) (1 − F ( x ))

ⁿ⁻¹

.

3. (a) Soit x ≥ 0. Procédons à une intégration par parties dans l’intégrale ^Z

^x

0

(1 − Φ( t )) d t .

+ 1 − Φ( t ) 1

&

− − Φ

⁰

( t ) = −ϕ ( t ) R

← t

Les fonctions encadrées étant C

¹

, l’intégration par partie est licite, et on a : Z

x

0

(1 − Φ(t)) dt = [t(1 − Φ(t))]

^x₀

+ ^Z

^x

0

tϕ(t) dt = x(1 − Φ(x)) + ^Z

^x

0

tϕ(t) dt.

D’où le résultat :

∀x ≥ 0 , Z

x

0

tϕ ( t ) d t = ^Z

^x

0

(1 − Φ( t )) d t − x (1 − Φ( x )).

(b) Pour tout x ≥ 0, on a :

0 ≤ x (1 − Φ( x )) = x Z

+∞

x

ϕ ( t ) d t = ^Z

^+∞

x

xϕ ( t ) d t ≤ Z

+∞

x

tϕ ( t ) d t.

Comme E ( V ) existe, l’intégrale ^Z

^+∞

x

tϕ ( t ) d t est le reste de l’intégrale convergente ^Z

^+∞

0

tϕ ( t ) d t , donc on a :

x→+∞

lim Z

+∞

x

tϕ ( t )d t = 0 .

Par théorème des gendarmes, la limite lim

_x→+∞

x (1 − Φ( x )) existe et vaut 0.

De ^Z

^x

0

(1 − Φ( t )) d t = ^Z

^x

0

tϕ ( t ) d t + x (1 − Φ( x )), il découle alors que : Z

x

0

(1 − Φ( t )) d t −→

x→+∞

E ( V ) . Finalement, on a bien :

Z

+∞

0

(1 − Φ( t ))d t converge (et vaut E ( V )).

(c) Supposons que ^Z

^+∞

0

(1 − Φ(t)) dt converge. Pour tout x ≥ 0, on a −x(1 − Φ(x)) ≤ 0 de sorte que :

0 ≤ Z

x

0

tϕ ( t ) d t

^3.(a)

= ^Z

^x

0

(1 − Φ( t )) d t − x (1 − Φ( x )) ≤ Z

x

0

(1 − Φ( t )) d t ≤ Z

+∞

0

(1 − Φ( t )) d t car 1 − Φ( t ) ≥ 0 pour tout t ∈ R. La fonction x 7→

Z

x 0

tϕ ( t )d t est croissante (car t 7→ tϕ ( t ) est positive), et majorée par les inégalités ci-dessus. Elle admet donc une limite finie lorsque x → + ∞ . Ainsi,

E ( V ) existe (et vaut ^Z

^+∞

0

(1 − Φ( t )) d t d’après (b)).

(d) En 3.(b), nous avons démontré une implication et en 3.(c) l’implication réciproque. On peut donc conclure que :

E ( V ) existe si, et seulement si ^Z

^+∞

0

(1 − Φ( t )) d t existe.

Et on a dans ce cas E ( V ) = ^Z

^+∞

0

(1 − Φ( t )) d t .

Une propriété analogue peut être démontrée pour une variable V discrète à valeurs dans N. Voir à ce sujet l’Exercice 5.7 de TD.

Pour aller plus loin.

Partie B

4. (a) Notons que f est continue sur R

^∗

et positive si α est positif . . . ce que nous ne manquerons pas de vérifier. Montrons que l’intégrale I = ^Z

^+∞

−∞

f ( t ) d t = α Z

+∞

0

d t

1 + t

²

converge. La

fonction t 7→ 1

1 + t

²

est continue sur R

⁺

, donc I est une intégrale généralisée en + ∞ . Et pour A > 0, on a :

Z

A 0

f (t) dt = [α arctan(t)]

^A₀

= α arctan(A).

Comme lim

A→+∞

arctan( A ) = π

2 , I converge, et vaut 1 si, et seulement si, α = 2

π . Et cette valeur est bien positive. Ainsi on prendra α = 2

π . (b) Pour tout x < 0, on a F ( x ) = ^Z

^x

−∞

f ( t ) d t = ^Z

^x

−∞

0 d t = 0. Pour x ≥ 0, on a : F ( x ) = ^Z

^x

−∞

f ( t ) d t = 2 π

Z

x 0

d t 1 + t

²

= 2

π arctan( x ) par le calcul précédent. Ainsi, on a :

F : x 7→







0 si x < 0, 2

π arctan( x ) sinon . (c) Par les questions 1. et 2., on sait que Y

2

est à densité et on a :

∀x ∈ R , F

2

( x ) =



 

 

0 si x < 0 ,

1 −

1 − 2

π arctan( x )

²

sinon .

∀x ∈ R , f

₂

( x ) =



 

 

0 si x < 0 ,

4 π(1 + x

²

)

1 − 2

π arctan( x ) sinon . (d) Soit g : x ∈ R

^∗₊

7→ arctan(x) + arctan 1

x

. Comme arctan est dérivable sur R et x 7→ 1/x est dérivable sur ] 0 ; + ∞ [, g est dérivable sur ] 0 ; + ∞ [ par composition. De plus, on a pour tout x > 0 :

g

⁰

(x) = 1

1 + x

²

+ − 1 x

²

× 1 1 + 1

x

²

= 1

1 + x

²

− 1

x

²

+ 1 = 0.

Donc g est constante sur ] 0 ; + ∞ [, égale à g (1) = 2 arctan(1) = 2 × π 4 = π

2 . D’où l’égalité :

∀x ∈ ] 0 ; + ∞ [ , arctan( x ) + arctan 1 x

= π 2 . (e) Il découle de 4.(d) que pour tout x > 0 :

2

π arctan( x ) = 1 − 2

π arctan 1 x

et donc que :

f

₂

( x ) = 8

π

²

(1 + x

²

) arctan 1 x

. On a 1

x −→

x→+∞

0 et arctan( u ) ∼

u→0

u . D’où l’équivalent :

f

₂

( x ) ∼ 8 .

(f) E ( Y

₂

) existe si et seulement si ^Z

^+∞

−∞

xf

₂

( x ) d x = ^Z

^+∞

0

xf

₂

( x ) d x converge absolument, donc converge car la fonction intégrée est positive. Comme x 7→ xf

2

(x) est continue sur [0, + ∞ [, l’intégrale est généralisée en + ∞ . On a :

• xf

₂

( x ) ∼

x→+∞

8 π

²

x

²

.

• 8

π

²

x

²

≥ 0 pour tout x ≥ 0.

• ^Z

^+∞

1

1

x

²

d x converge (intégrale de Riemann en + ∞ avec α = 2 > 1).

Par théorème de comparaison, ^Z

^+∞

0

xf

₂

( x ) d x converge, et donc que Y

₂

admet une es- pérance.

D’autre part, on a xf ( x ) ∼

x→+∞

2

πx . Par un raisonnement analogue, où cette fois l’intégrale de Riemann ^Z

^+∞

1

1

x d x diverge, on montre que X n’a pas d’espérance. Par définition, on a donc que :

X est implosive et son indice d’implosion est 2.

5. (a) Soit N ∈ N. Par un télescopage immédiat, on a :

N

X

k=0

P(X = k) = ^X

^N

k=0

√ 1

k + 1 − √ 1

k + 2 = 1 − √ 1

N + 2 −−−−−→

N→+∞

1.

Ainsi on a bien :

+∞

X

k=0

P ( X = k ) = 1.

(b) Commençons par chercher un équivalent de P ( X = k ) en + ∞ .

P ( X = k ) = √ 1

k + 1 1 −

√ k + 1

√ k + 2

!

= √ 1 k + 1



 1 −

s k + 2 − 1 k + 2



 = √ 1

k + 1 1 − s

1 − 1 k + 2

! .

Comme (1 + u)

^α

− 1 ∼

u→0

αu, on a ^r 1 + − 1

k + 2 − 1 ∼

k→+∞

1

2 × − 1 k + 2 ∼

k→+∞

− 1

2 k . On en déduit que :

P ( X = k ) ∼

k→+∞

1 2 k √

k . Il s’ensuit que kP ( X = k ) ∼

k→+∞

1 2 √

k . Par la règle des équivalents pour les séries à termes positifs , ^X

k≥1

kP ( X = k ) est de même nature que ^X

k≥1

1 2 √

k , qui est une série de Riemann divergente ( α = 1 / 2 < 1). Ainsi, X n’admet pas d’espérance.

(c) Comme en 5.(a), toujours par télescopage, on a pour tout k de N : P ( X ≤ k ) =

k

X

i=0

P ( X = i ) =

k

X

i=0

√ 1

i + 1 − √ 1

i + 2 = 1 − √ 1 k + 2 . (d) On a Y

₂

(Ω) = N. Soit k ∈ N. Par 1., on a :

P ( Y

2

≤ k ) = 1 − (1 − F ( k ))

²

= 1 − 1

k + 2 ,

formule également valable pour k = − 1.

Comme [ Y

₂

≤ k ] = [ Y

₂

= k ] ∪ [ Y

₂

≤ k − 1] avec incompatibilité des événements [ Y

₂

= k ] et [Y

2

≤ k − 1], on a :

P ( Y

2

= k ) = P ( Y

2

≤ k ) − P ( Y

2

≤ k − 1) = 1

k + 1 − 1

k + 2 = 1

( k + 1)( k + 2) . Ainsi on a : Y

₂

(Ω) = N et ∀k ∈ N , P ( Y

₂

= k ) = 1

( k + 1)( k + 2) . Par conséquent, kP (Y

2

= k) ∼

k→+∞

1

k , et par le critère des équivalents pour les séries à terme général positif , puisque ^X

k≥1

1

k est une série de Riemann divergente, ^X

k≥0

kP ( Y

₂

= k ) diverge. Ainsi, Y

2

n’a pas d’espérance.

(e) On a Y

₃

(Ω) = N. Soit k ∈ N. Par 1., on a :

P ( Y

₃

≤ k ) = 1 − (1 − F ( k ))

³

= 1 − 1 ( k + 2)

^3/2

, formule aussi valable pour k = − 1. On en déduit que :

P ( Y

₃

= k ) = P ( Y

₃

≤ k ) − P ( Y

₃

≤ k − 1) = 1

( k + 1)

^3/2

− 1 ( k + 2)

^3/2

. Ainsi on a : Y

₃

(Ω) = N et ∀k ∈ N , P ( Y

₃

= k ) = 1

( k + 1)

^3/2

− 1 ( k + 2)

^3/2

. On a P ( Y

₃

= k ) ∼

k→+∞

3

2 k

^5/2

, par un raisonnement analogue à 5.(b) (dont je vous laisse le soin d’écrire les détails). Par conséquent, on a kP (Y

2

= k) ∼

k→+∞

3

2 k

^3/2

, et par le critère des équivalents pour les séries à terme général positif , puisque ^X

k≥1

1

k

^3/2

est une série de Riemann convergente, la série ^X

k≥0

kP ( Y

3

= k ) converge. Ainsi Y

3

admet une espérance.

(f) Les trois résultats précédents montrent que : X est implosive, d’indice d’implosion 3.

Partie C

6. (a) La fonction f est continue sur R, sauf éventuellement en 1, et est positive à condition que a soit positif. Montrons que l’intégrale I = ^Z

^+∞

−∞

f(t) dt = a Z

+∞

1

dx

x

^α

converge et calculons sa valeur. La fonction intégrée étant continue sur [1 , + ∞ [, l’intégrale est généralisée en + ∞ . Soit A ≥ 1. On a :

Z

A 1

f (x) dx = a (1 − α ) x

^α−1

A 1

= a

α − 1 − a

( α − 1) A

^α−1

−−−−−→

A→+∞

a

α − 1 car α − 1 > 0.

En prenant a = α − 1 , f est continue sur R \ { 1 } , positive sur R et d’intégrale sur R valant 1. C’est donc une densité de probabilité.

(b) En reprenant le calcul précédent, on a : F : x ∈ R 7→







0 si x < 1, 1 − 1

x

^α−1

sinon .

(c) Comme ^Z

^+∞

( ) d se réduit à l’intégrale de Riemann ^Z

^+∞

1 d , on a directement

(d) Par 1., une densité f

n

de Y

n

est donnée par : f

_n

: x ∈ R 7→ nf ( x )(1 − F ( x ))

ⁿ⁻¹

=



 

 

0 si x < 1

na x

^α

1

(x

^α−1

)

ⁿ⁻¹

sinon . E ( Y

n

) existe si et seulement si ^Z

^+∞

−∞

xf

n

( x ) d x = ^Z

^+∞

1

na

( x

^α−1

)

ⁿ

d x converge (absolument), la fonction intégrée étant positive. On reconnait ici une intégrale de Riemann en + ∞ qui converge si et seulement si n ( α − 1) > 1, soit α > 1 + 1

n . Ainsi, E ( Y

_n

) existe si, et seulement si, α > 1 + 1

n . (e) Pour que X soit implosive d’indice m ≥ 2 donné, il faut et suffit que 1+ 1

m < α ≤ 1+ 1 m − 1 . α = 1 + 1

m − 1 convient (par exemple).

Ainsi, pour tout m ≥ 2, α = 1 + 1

m − 1 donne une variable X implosive d’ordre m . Partie D

7. (a) La fonction f est continue sur R, sauf éventuellement en 2, et est positive à condition que a le soit. Montrons que I = ^Z

^+∞

−∞

f ( x ) d x = a Z

+∞

2

d x

x ln( x )

²

converge et calculons sa valeur.

La fonction intégrée étant continue sur [2 , + ∞ [, l’intégrale est généralisée en + ∞ . Soit A ≥ 2. Une primitive de x 7→ 1

x ln( x )

²

(du type u

⁰

u

²

) sur [ 2 ; + ∞ [ est x 7→ − 1

ln( x ) . Donc on a :

Z

A

−∞

f ( x ) d x = −a

ln( A ) + a

ln(2) −−−−−→

A→+∞

a ln(2) .

Alors avec a = ln(2) ≥ 0, I converge et vaut 1, de sorte que f est une densité de probabilité.

(b) Par le calcul précédent, on a : F : x ∈ R 7→



 

 

0 si x < 2 , 1 − ln(2)

ln( x ) sinon . (c) X admet une espérance si et seulement si ^Z

^+∞

−∞

xf (x) dx = ^Z

^+∞

2

ln(2)

ln( x )

²

dx converge (ab- solument), la fonction intégrée étant positive. On a pour tout x ≥ 2 :

1/x

xf ( x ) = ln(x)

²

x ln(2) −−−−→

x→+∞

0, de sorte que 1

x =

x→+∞

o ( xf ( x )). Comme l’intégrale de Riemann ^Z

^+∞

2

1

x d x diverge, le critère de négligeabilité pour ces fonctions positives assure la divergence de ^Z

^+∞

2

xf ( x ) d x . Ainsi X n’admet pas d’espérance.

(d) D’après la question 1., une densité de Y

_n

est donnée, pour x ≥ 2, par :

f

_n

: x 7→



 

 

n ln(2) x ln

²

( x )

ln(2) ln( x )

n−1

si x ≥ 2

0 sinon

=



 

 

n ln

ⁿ

(2)

x ln

ⁿ⁺¹

(x) si x ≥ 2

0 sinon

.

On a 1 /x

xf

_n

( x ) = ln

ⁿ⁺¹

( x )

xn ln

ⁿ

(2) −−−−→

x→+∞

0, ce qui s’écrit également 1

x

_x→+∞

= o ( xf

n

( x )). On con-

clut comme dans la question précédente que pour tout n ≥ 2, Y

n

n’admet pas d’espérance.

(e) X est une variable positive (X(Ω) = [2, + ∞ [) sans espérance et pour laquelle aucune des variables Y

n

n’a d’espérance. X n’est pas implosive.

Partie E

8. On note F

_Y

la fonction de répartition de Y , et F celle de X . Par 1., on a :

∀x ∈ R , F

_Y

( x ) = F

_n

( x ) = 1 − (1 − F ( x ))

ⁿ

. Ainsi on a pour tout x ∈ R :

F

_Y

( x ) = 1 − (1 − F ( x ))

ⁿ

⇔ (1 − F ( x ))

ⁿ

= 1 − F

_Y

( x ) ⇔ 1 − F ( x ) = (1 − F

_Y

( x ))

^1/n

On peut conclure que : ∀x ∈ R , F ( x ) = 1 − (1 − F

_Y

( x ))

^1/n

.

9. Soit k ∈ N

^∗

. On a 1 − F

_Y

( k ) = P ( Y > k ) = (1 − p )

^k

car il s’agit de la probabilité d’obtenir que des échecs sur les k premières expériences de Bernoulli (on pouvait aussi calculer cette probabilité à l’aide d’une somme).

S’il existe une variable X implosant sur Y à l’ordre m , on aurait (en notant toujours F la fonction de répartition de X) :

F ( k ) = 1 − (1 − p )

^k/m

= 1 − ^h (1 − p )

^1/m

ⁱ

^k

.

Cette formule est de plus valable pour k = 0. On obtient alors que pour tout k ∈ N

^∗

:

P (X = k) = F (k) −F (k− 1) = ^h (1 − p)

^1/m

ⁱ

^k−1

− ^h (1 − p)

^1/m

ⁱ

^k

= ^h (1 − p)

^1/m

ⁱ

^k−1

(1 − (1 −p)

^1/m

).

Donc X suit la loi géométrique de paramètre 1 − (1 − p )

^1/m

. Mais X n’est alors pas implosive, car elle possède une espérance. Ainsi, il n’existe pas de variable X implosant sur Y .

10. Soit α = 1 + 1

m − 1 , X de loi décrite dans la partie C, Y de même loi que Y

m

. Alors par les résultats de la partie C, X implose sur Y avec un indice d’implosion m .

11. Par hypothèse et d’après 1., on a (avec F la fonction de répartition de X ) :

∀x ∈ R , G ( x ) = 1 − (1 − F ( x ))

^m

.

Fixons 2 ≤ k ≤ m . Construisons une variable aléatoire X

⁰

implosive, d’indice d’implosion k , qui implose sur Y .

Étape 1. Définition de la loi de X

⁰

. Posons H la fonction définie sur R par :

∀x ∈ R , H ( x ) = 1 − (1 − F ( x ))

^m/k

.

On vérifie que H est une fonction de répartition d’une variable à densité :

• H est continue sur R et de classe C

¹

sauf peut-être en un nombre fini de points car F l’est.

• H est de limite nulle en −∞ et de limite 1 en + ∞ .

• F étant croissante, 1 −F est décroissante, donc (1 −F)

^m/k

aussi, et du coup H est croissante.

Soit X

⁰

une variable aléatoire admettant pour fonction de répartition H.

Étape 2. X

⁰

implose sur Y , d’indice d’implosion k.

• On a par la question 1. que pour tout x ∈ R : F

_Y⁰

k

( x ) = 1 − (1 − H ( x ))

^k

= 1 − (1 − F ( x ))

^m

= G ( x ) . Donc Y

_k⁰

suit la même loi que Y .

• Puisque X implose sur Y , Y possède une espérance. Il en est donc de même de Y

_k⁰

.

• Soit 1 ≤ i < k . On a pour tout x ∈ R : F

_Y⁰

i

( x ) = 1 − (1 − H ( x ))

ⁱ

= 1 − (1 − F ( x ))

^mi/k

⇒ 1 − F

_Y⁰

i

( x ) = (1 − F ( x ))

^mi/k

. Or on a mi

k ≤ m k − 1

k ≤ m − m

k ≤ m − 1 (puisque m

k ≥ 1). Et comme 0 ≤ 1 − F ( x ) ≤ 1, on a :

1 − F

_Y⁰

i

( x ) ≥ (1 − F ( x ))

^m−1

≥ 0 .

Utilisons les résultats de la question 3. Puisque E ( Y

m−1

) n’existe pas (car X est d’indice d’implosion m ), ^Z

^+∞

0

(1 − F ( x ))

^m−1

d x diverge. Par théorème de comparaison, l’intégrale Z

+∞

0

1 − F

_Y⁰

i

( x ) d x diverge également. Ainsi, toujours par la question 3., E ( Y

_i⁰

) n’a pas d’espérance.

• En particulier pour i = 1, Y

₁⁰

= X

⁰

n’a pas d’espérance.

Ainsi X

⁰

est implosive, implose sur Y , avec un indice d’implosion valant k . On a donc montré que :

pour tout k ∈ J2 , m K, il existe X

⁰

implosant sur Y , d’indice k .