A rendre le lundi 8 mars

(1)

A rendre le lundi 8 mars

Correction - DM 12

Exercice 1 (EML 2002)

1. (a) Comme on sait que la série converge, on travaille directement la somme infinie pour tout réel x∈[0,1[, et on reconnaˆıt des séries géométriques et géométriques dérivées :

s₀(x) =

+∞

X

n=0

n 0

xⁿ=

+∞

X

n=0

xⁿ= 1

1−x et s₁(x) =

+∞

X

n=1

n 1

xⁿ=x

+∞

X

n=0

n xⁿ⁻¹= x (1−x)². (b) Pour tout couple d’entiers naturels (n, k) tels quek < n, on ak+ 1≤ndonc les coefficients

s’´ecrivent sous forme factorielle : n

k

+ n

k+ 1

= n!

k! (n−k)!+ n!

(k+ 1)! (n−k−1)! = (k+ 1)n!

(k+ 1)! (n−k)!+ (n−k)n!

(k+ 1)! (n−k)!

= (n−k+k+ 1)n!

(k+ 1)! (n−k)! = (n+ 1)!

(k+ 1)! (n+ 1−(k+ 1))! =

n+ 1 k+ 1

(c) On part du côté le plus compliqué (à droite) et on simplifie pour arriver de l’autre côté : xs_k(x) +xs_k+1(x) = x

+∞

X

n=k

n k

xⁿ+x

+∞

X

n=k+1

n k+ 1

xⁿ

=

+∞

X

n=k+1

n k

xⁿ⁺¹+

+∞

X

n=k+1

n k+ 1

xⁿ⁺¹+

k k

x^k+1

=

+∞

X

n=k+1

n k

+ n

k+ 1

xⁿ⁺¹+x^k+1 =

+∞

X

n=k+1

n+ 1 k+ 1

xⁿ⁺¹+x^k+1

=

+∞

X

m=k+2

m k+ 1

x^m+

k+ 1 k+ 1

x^k+1

=

+∞

X

m=k+1

m k+ 1

x^m =s_k+1(x)

(d) Soit x ∈ [0,1[. On fait apparaˆıtre la relation de récurrence qui permettra de déterminer sk+1 à partir de sk :

s_k+1(x) =xs_k(x) +xs_k+1(x)⇐⇒s_k+1(x) (1−x) =xs_k(x)⇐⇒s_k+1(x) =s_k(x) x 1−x. Alors par r´ecurrence :

Ini. On as0(x) = _1−x¹ = _(1−x)^x⁰0+1 donc la propri´et´e est vraie au rang k= 0.

H´er´e. Soitk≥0. Supposons quesk(x) = _(1−x)^x^kk+1. Alors : sk+1(x) =sk(x) x

1−x = x^k

(1−x)^k+1· x

1−x = x^k+1 (1−x)^k+1+1 et la propri´et´e est vraie au rang k+ 1.

Ccl. Pour tout entier naturelk,s_k(x) = _(1−x)^x^kk+1.

2. (a) La loi deNest celle de la première boule noire obtenue dans une suite de tirages indépendants ayant tous la même probabilité 1/5 de donner une boule noire.

DoncN ,→ G(1/5) admet une esp´erance etE(N) = 1 1/5 = 5.

(2)

(b) QuandN =n, on effectuentirages indépendants dans l’urne. Donc le nombreX de boules noires obtenues suit une loi binômiale de paramètresnet 1/5, ce qui donne :

P_(N_=n)(X =k) =







n k

₁

5

k 4 5

n−k

si 0≤k≤n

0 sik≥n+ 1

(c) Comme la probabilité dépend de la valeur den, on utilise la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements (N =n)_{n∈[[1,+∞[[}. La série est convergente et

P(X= 0) =

+∞

X

n=1

P_(N=n)(X= 0)

| {z }

avec 0≤n

P(N =n) =

+∞

X

n=1

4 5

n 4 5

n−1

1 5.

On regroupe les puissances pour n’avoir qu’une puissancenet on factorise les constantes : P(X = 0) = 1

5 ×5 4

+∞

X

n=1

4 5

2n

= 1 4

+∞

X

n=0

"

4 5

2#n

− 16

25 0!

= 1 4

1 1−¹⁶₂₅ −1

!

= 1

4 25

9 −9 9

= 4 9.

(d) (N =n)_{n∈[[1,+∞[[} est là encore un système complet d’événements. Mais dans la formule des probabilités totales, seuls les termes pour lesquels n≥k seront non nuls

P(X =k) =

k−1

X

n=1

0 +

+∞

X

n=k

P_(N=n)(X=k)P(N =n) ce qui donne en rempla¸cant :

P(X=k) =

+∞

X

n=k

n k

1 5

k 4 5

n−k 4 5

n

1 5 =

4 5

−k−1 1 5

k+1 +∞

X

n=k

n k

4 5

n 4 5

n

= 1

4

k+1 +∞

X

n=k

n k

16 25

n

= 1

4

k+1 16 25

k

1− ¹⁶₂₅k+1 = 1

4^k ×16^k 9^k ×25

9 1 4

= 4

9 k

25 36 (e) La s´erie P

kP(X =k) est à termes positifs donc sa convergence absolue est équivalente à sa convergence, et on reconnaˆıt une série géométrique dérivée avec

⁴₉

<1 doncX admet une esp´erance et :

E(X) =

+∞

X

k=0

kP(X =k) =

+∞

X

k=1

kP(X=k) + 0 =

+∞

X

k=1

k 4

9 k

25 36

= 25 36 ×4

9

+∞

X

k=0

k 4

9 k−1

= 25

9² × 1

1−⁴₉2 = 25 9² × 9²

5² = 1.

(f) On a pour k≥1 (pour pouvoir mettre `a part le terme pour k= 0) P(X≤k) =

k

X

i=0

P(X=i) = 4 9 +

k

X

i=1

4 9

i

25 36 = 4

9+ 25 36

k

X

i=0

4 9

i

−1

!

= 4

9+25 36

4 9

k+1

−1

4

9 −1 −1

!

= 4 9+25

36

4 9

k+1

−1 +⁵₉

−⁵₉

= 4

9−5 4

4 9

k+1

− 4 9

!

= 1−5 9

4 9

k

et le r´esultat est aussi vrai pourk= 0 o`uP(X ≤0) = 4/9.

(3)

(g) Voici le programme Scilab demand´e : function x=simulX()

n=grand(1,1,’geom’,1/5) x=grand(1,1,’bin’,n,1/5) endfunction

3. (a) F est la fonction de répartition d’une variable à densité si :

• F →0 en−∞ etF →1 en +∞.

• F est continue surRet de classe C¹ sauf en un nombre fini de points.

• F est croissante surR. ce que l’on v´erifie :

• Pourx < a on a

F(x) = 0−−−−→

x→−∞ 0 et pourx > a on a

F(x) = 1−e^x^ln⁴⁹ −−−−→

x→+∞ 1 car ln (4/9)<0 (car 4/9<1 ).

• F est continue sur [a,+∞[ et sur ]−∞, a[ comme compos´ee de fonctions continues.

Il reste à montrer la continuité ena⁻ en revenant à la définition : en a⁻ on a F(x) = 0−−−−→

x→a⁻ 0 et

F(a) = 1−5 9

4 9

a

= 1−5 9e^aln⁴⁹ avec

aln4

9 = −ln 9−ln 5 ln 9−ln 4ln4

9 =−ln (9/5)

ln (9/4)[−ln (9/4)] = ln 9

5

donc

F(a) = 1−5 9 9 5 = 0 Donc

F(x)−−−−→

x→a⁻ F(a) etF est continue `a gauche dea donc continue surR.

Enfin elle est de classe C¹ sur [a,+∞[ et sur ]−∞, a[ comme compos´ee de fonctions C¹.

• Enfin

F⁰(x) = 0 sur ]−∞, a[

et

F⁰(x) =−5

9e^x^ln(4/9)ln 4

9

>0 sur ]a,+∞[

car ln (4/9)<0 donc F est croissante surR.

DoncF est bien une fonction de répartition de variable à densité.

(b) Une densité de Y est alors obtenue en dérivant en tout point où elle est dérivable, et en donnant une valeur arbitraire ailleurs, ce qui donne :

f(x) =

0 six < a

5 9ln ⁹₄

e^x^ln(4/9) six≥a

(4)

(c) On sait qu’une primitive deg est G(x) =Rx

0 g(t)dt=Rx

0 te^t^ln(⁴⁹⁾dt.

On ne sait pas primitiver directement donc on procède par intégration par partie : On poseu(x) = ê^x_ln(^{ln( 4}4⁹⁾

9) etv(x) =x,u etv sont de classeC¹ surR donc par I.P.P : Z x

0

te^t^ln(⁴⁹⁾dt= [v(t)u(t)]^x₀− Z x

0

v⁰(t)u(t)dt=xe^x^ln(⁴⁹⁾ ln(⁴₉) −

Z x 0

e^t^ln(⁴⁹⁾

ln(⁴₉) dt=xe^x^ln(⁴⁹⁾ ln(⁴₉) −

"

e^t^ln(⁴⁹⁾ ln(⁴₉)2

#x

0

Ainsi,

G(x) =xe^x^ln(⁴⁹⁾

ln(⁴₉) − e^x^ln(⁴⁹⁾

ln(⁴₉)2 + 1 ln(⁴₉)2

(d) Par relation de Chasles, sous r´eserve de convergence, Z +∞

−∞

tf(t)dt= Z a

−∞

0dt+5 9

Z +∞

a

tln 9

4

e^−tln(9/4)dt

• Ra

−∞0dtconverge absolument et vaut 0.

• Pour la deuxième intégrale, on reconnaˆıt l’espérance d’une loi exponentielle (où l’intégrale part deaau lieu de 0), donc cette intégrale converge, et c’est l’intégrale d’une fonction positive donc elle converge absolument.

• EnfinY admet une esp´erance et on a : E(Y) = 5

9 Z +∞

a

tln 9

4

e^t^ln(4/9)dt

qu’on calcule `a l’aide de la primitive Gde g, en se ramenant sur un segment : Z M

a

tf(t)dt = = 5 9ln

9 4

Z M a

g(t)dt= 5 9ln

9 4

[G(t)]^M_a

= 5

9ln 9

4 "

M e^M^ln(4/9)

ln ⁴₉ − e^M^ln(4/9)

ln ⁴₉2 − ae^a^ln(4/9)

ln ⁴₉ + e^a^ln(4/9) ln ⁴₉2

#

−−−−−→

M→+∞

5 9ln

9 4

"

−ae^a^ln(4/9)

ln ⁴₉ +e^a^ln(4/9) ln ⁴₉2

#

avec

aln 4

9

= ln 9

5

et e^a^ln(4/9)= 9 5 ce qui donne enfin :

E(Y) =5

9 ×−a×⁹₅ln ⁴₉ +⁹₅

ln ⁴₉ = 1−ln (9/5) ln (4/9)

(e) i. F est continue sur R donc sur ]a; +∞[ en tant que fonctions de répartition d’une variable aléatoire à densité.

Fest d´erivable etF⁰ =f >0 sur ]a; +∞[ doncF est strictement croissante sur ]a; +∞[.

AinsiF r´ealise une bijection de ]a; +∞[ dans ] lim

x→aF(x), lim

x→+∞F(x)[.

Or lim

x→aF(x) = F(a) = 0 (car F continue en tout point en tant que fonction de répartition d’une variable à densité) et lim

x→+∞F(x) = 1 par propriété des fonctions de répartition.

Soity∈]0; 1[, r´esolvons l’´equationy=F(x) d’inconnuex∈]a; +∞[ : y= 1−e^x^ln(⁴₉) ⇔ e^x^ln(⁴₉) = ⁹₅(1−y)⇔xln ⁴₉

= ln ⁹₅(1−y)

⇔x= ^ln(⁹₅^(1−y))

ln(⁴₉) Ainsi,

∀y∈]0; 1[, G(y) = ln ⁹₅(1−y) ln ⁴₉

(5)

ii. Voici le programme Scilab demand´e : function y=G(x)

y=log(9/5*(1-x))/log(4/9) endfunction

u=rand() y=G(u) disp(y)

Exercice 2 (ECRICOME 2014)

1. En utilisant la base canonique, on sait que Im(f) =V ect(f(e₁), f(e₂), f(e₃)).

Or d’apr`es la matriceA de f dans cette base, on remarque que : f(e1) =e1+e2+ 2e3 = (1,1,2) =f1

et de mˆeme :

f(e2) = (0,2,−2) =f2 et f(e3) = (0,1,−1) =f3

et enfin comme (0,2,−2) = 2(0,1,−1) on obtient :

Im(f) =V ect((1,1,2)(0,2,−2),(0,1,−1)) =V ect((1,1,2),(0,1,−1)) =V ect(f1, f3).

La famille (f₁, f₃) est génératrice deIm(f), et libre car elle est composée de deux vecteurs non colinéaires : c’est une base deIm(f), qui est de dimension 2.

Par théorème du rang, Ker(f) est alors de dimension 1 (car dim(R³) = 3). Or on a vu que f(e2) = 2f(e3) donc par linéarité :

f(e2−2e3) =f(e2)−2f(e3) = 0 donc e2−2e3 = (0,1,−2) =u∈Ker(f)

La famille (u) est libre car constituée d’un seul vecteur non nul, et a un cardinal égal à 1, qui est la dimension de Ker(f), c’est donc une base deKer(f).

Remarque : on pouvait bien entendu calculerKer(f) en r´esolvant le syst`emeAX= 0 (en faisant attention de bien conclure avec des vecteurs en colonnes pourKer(A) puis des vecteurs en ligne pour Ker(f)).

2. Le noyau de f n’est pas réduit à {0}, donc f n’est pas injectif, et par conséquent pas bijectif.

On en d´eduit quef −0.id=f n’est pas bijectif, et enfin que 0 est une valeur propre de f.

Remarque : on peut conclure de manière équivalente en signalant queIm(f)6=R³ (leurs dimensions diffèrent).

3. On a vu que Ker(f) =V ect(u), doncf(u) = 0, etu6= 0 doncu est un vecteur propre associ´e `a la valeur propre 0.

Le sous-espace propre associé E0(f) est égal à Ker(f), donc E0(f) =V ect(u) de dimension 1.

D’autre part, on calculef(v) `a l’aide de la matriceA : A



 0 1

−1



=



 0 1

−1



 donc f(v) =v etv6= 0, donc v est un vecteur propre def associ´e `a la valeur propre 1.

(6)

Pour calculer E1(f), on passe parE1(A) et on r´esout l’´equation, avecX =



 x y z



:

(A−I)X = 0 ⇔





0 0 0

1 1 1

2 −2 −2







 x y z



= 0⇔







0 = 0 x+y+z= 0 2x−2y−2z= 0

⇔

x+y+z= 0

−4y−4z= 0 L₃ ←L₃−2L₂

⇔

x= 0

y=−z ⇔X =



 0 z

−z



=z



 0 1

−1





donc on en d´eduit que

E₁(A) =V ect







 0 1

−1







 donc E₁(f) =V ect(v)

et la famille (v) est génératrice deE₁(f) et libre car constituée d’un seul vecteur, non nul, donc c’est une base deE₁(f), qui est de dimension 1.

Remarque : on pouvait conclure beaucoup plus rapidement : on remarque que A−I =





0 0 0

1 1 1

2 −2 −2





est de rang 2 car les colonnes 2 et 3 dont égales, mais les colonnes 1 et 2 ne sont pas colinéaires (l’image deA−I est engendrée par les deux premières colonnes, qui donnent une famille libre).

Par théorème du rang,Ker(A−I) =E₁(A) est de dimension 1, donc E₁(f) également.

Remarque 2 : on peut même (ce n’est pas demandé) obtenir que E1(f) =V ect(v) rapidement : (v) est une famille libre (un vecteur non nul) deE₁(f), de cardinal égal à la dimension deE₁(f) (c’est-à-dire 1) donc c’est est une base, et donc : E₁(f) =V ect(v).

4. Question très piégeuse : tout ce qui précède semble tendre à éviter les transformations sur A−λI, et pourtant on ne peut pas les éviter ici. On connaˆıt deux valeurs propres (0 et 1) et les sous-espaces propres associés de dimension 1, donc aucune condition suffisante ne s’applique, et la condition nécessaire ne permet pas de prouver que f n’est pas diagonalisable car on n’a pas vérifié l’existence d’autres valeurs propres...

Il n’y a donc pas d’autre choix que de chercher toutesles valeurs propres, en consid´erant : A−λI =





1−λ 0 0

1 2−λ 1

2 −2 −1−λ





⇔





1−λ 0 0

2 −2 −1−λ

1 2−λ 1



(L₂ ↔L₃)

⇔





1−λ 0 0

3 +λ −2 + (2−λ)(1 +λ) 0

1 2−λ 1



 L₂ ←L₂+ (1 +λ)L₃

La r´eduite de A−λI obtenue est triangulaire, donc A−λI n’est pas inversible si et seulement si l’un des coefficients diagonaux est nul c’est-`a-dire si

1−λ= 0⇐⇒λ= 1 ou −2 + (2−λ)(1 +λ) =λ−λ²=λ(1−λ) = 0⇐⇒λ∈ {0; 1}

(7)

et on obtient finalement :

Sp(A) =Sp(f) ={0; 1}.

Enfin la somme des dimensions des sous-espaces propres de f vaut 2, et f est d´efinie sur un espace de dimension 3, doncf n’est pas diagonalisable.

Remarque : la forme de A−λI nous a conduit a annuler les coefficients au-dessus de la diagonale, plus rapide ici mais beaucoup moins classique. Les candidats qui ne maˆıtrisent pas cette technique pouvaient bien sûr annuler les coefficients sous la diagonale, mais les calculs sont beaucoup plus difficiles : une fois la première colonne réglée avec un échange des lignes 1 et 3 puis des pivots simples, les coefficients (2,2) et (3,2) dépendent tous deux de λ et ne sont pas colinéaires : il faut annuler les λ du coefficient (2,2) à l’aide du coefficient (3,2) pour pouvoir poursuivre, puis traiter à la fin un polynôme du troisième degré :

A−λI ⇔





2 −1 −1−λ

0 6−2λ 3 +λ 0 2−2λ (1−λ)(1 +λ)





⇔





2 −1 −1−λ

0 4 3 +λ−(1−λ)(1 +λ) 0 2−2λ (1−λ)(1 +λ)



(L2 ←L2−L3) etc...

5. On passe par les matrices dans la base canonique : f(t) =t+v ⇐⇒ A



 x y z



=



 0 1

−1



⇐⇒







x=x x+ 2y+z=y+ 1 2x−2y−z=z−1

⇐⇒

x+y+z= 1 2x−2y−2z=−1

⇐⇒ (L₂ ←L₂−2L₁)

x+y+z= 1

−4y−4z=−3 ⇐⇒(L₂←L₂−2L₁)

x= 1/4 y= 3/4−z

⇐⇒ t= (1/4,3/4−z, z) = (1/4,3/4,0) +zv et on en d´eduit que :

S={(1/4,3/4−z, z) = (1/4,3/4,0) +zv tels quez∈R}.

6. Pour que la matrice def dans la famille (on v´erifiera que c’est bien une base une fois wobtenu) (u, v, w) soit T, il faut que :

f(u) = 0 (vrai) , f(v) =v (vrai) , f(w) =v+w

donc il faut et il suffit quewsoit une solution de l’´equation vectorielle de la question 5. Comme on veut que le 3e coefficient soit nul, il faut prendrez= 0 donc la seule solution est :

w= (1/4,3/4,0) = 1

4(1,3,0)

La famille (u, v, w) a alors un cardinal égal à la dimension de R³ (c’est-à-dire 3), il suffit de prouver qu’elle est libre :

au+bv+cw= 0 ⇔







1/4c= 0 a+b+ 3/4c= 0

−2a−b= 0

⇔







c= 0 a+b= 0

b= 0

⇔a=b=c= 0

(8)

On en d´eduit que la famille (u, v, w) est bien libre et donc une base de R³, dans laquelle la matrice de f est :

T =





0 0 0 0 1 1 0 0 1





7. On sait que f =g◦g, donc :

g◦f =g◦g◦g et f ◦g=g◦g◦g donc g◦f =f◦g On en d´eduit alors que :

f(g(u)) = (f ◦g)(u) = (g◦f)(u) =g(f(u)) =g(0) = 0 et

f(g(v)) = (f◦g)(v) = (g◦f)(v) =g(f(v)) =g(v) o`u g(0) = 0 car g est lin´eaire.

8. On a vu quef(g(u)) = 0 doncg(u)∈Ker(f) =V ect(u) (question 1).

Par d´efinition du sous-espace vectoriel engendr´e, cela signifie qu’il existea∈Rtel que : g(u) = au.

De mˆeme on a vu quef(g(v)) =g(v) doncg(v)∈E₁(f) =V ect(v) (question 2) et il existeb∈R tel que : g(v) =bv.

9. On vient de voir que g(u) = au et g(v) = bv. De plus w est un vecteur de R³, donc g(w)

´egalement, il admet donc une unique d´ecomposition sur la base (u, v, x) et il existe donc des nombresc,detetels que : g(w) =cu+dv+ew

Finalement, la matriceN de g dans la baseC est bien de la forme : N =





a 0 c 0 b d 0 0 e



.

10. En passant par les matrices dans la base C, on a : g◦g=f ⇔N² =T ⇔





a² 0 ac+ce 0 b² bd+de

0 0 e²



=





0 0 0 0 1 1 0 0 1





Cela conduit à un système de 9 équations dont 4 sont trivialement vérifiées (0=0), et il reste :











a²= 0 c(a+e) = 0

b² = 1 d(b+e) = 1

e² = 1

⇔











a= 0 ce= 0 b= 1 ou −1

d(b+e) = 1 e= 1 ou −1

On remarque queen’est pas nul (il vaut 1 ou−1), donc ce= 0 donnec= 0 puis :











a= 0 c= 0 b= 1 ou −1

d(b+e) = 1 e= 1 ou −1

(9)

qui se s´epare en 3 possibilit´es :









 a= 0 c= 0 b= 1 2d= 1

e= 1

⇔











a= 0 c= 0 b= 1 d= 1/2

e= 1

ou 









a= 0 c= 0 b= 1 0 = 1 e=−1

(absurde)

ou 









a= 0 c= 0 b=−1

−2d= 1 e=−1

⇔











a= 0 c= 0 b=−1 d=−1/2

e=−1 et donc finalement :

N =





0 0 0

0 1 1/2

0 0 1



=N1 ou N =





0 0 0

0 −1 −1/2

0 0 −1



=−N₁

et il existe exactement deux endomorphismesg (les endomorphismes dont les matrices dans la base (u, v, w) dont N1 et−N₁) tels queg◦g=f.

Exercice 3 (EML 2015)

1. D’après le cours, une densité et la fonction de répartition d’une variable X suivant E(λ) sont données par :

fX(x) =

0 si x <0

λe^−λx si x≥0 et FX(x) =

0 six <0 1−e^−λx six≥0 De plus, cette variable admet une esp´erance et une variance qui valent :

E(X) = 1

λ et V(X) = 1 λ².

2. On reconnait la densité plus l’espérance de la loi exponentielle de paramètre λ, ces intégrales convergent donc et on fait apparaˆıtre proprement :

Z +∞

0

e^−λxdx= 1 λ

Z +∞

0

λe^−λx dx= 1

λ×1 = 1 λ d’une part, et d’autre part :

Z +∞

0

xe^−λxdx= 1 λ

Z +∞

0

x×λe^−λxdx= 1

λ×E(X) = 1 λ× 1

λ= 1 λ².

3. (a) On sait que U(Ω) = [0; 1[, donc (1−U)(Ω) =]0; 1], ln(1−U)(Ω) =]− ∞; 0] et enfin V(Ω) =

−1

λln(1−U)

(Ω) = [0; +∞[.

(10)

On en d´eduit que pour tout x <0,FV(x) =P(V ≤x) = 0. D’autre part, pourx≥0, par stricte croissance de l’exponentielle,

(V ≤x) = [ln(1−U)≥ −λx] = [1−U ≥e^−λx] = (U ≤1−e^−λx) donc on en d´eduit que

F_V(x) =P(V ≤x) =P(U ≤1−e^−λx) =F_U(1−e^−λx).

Pour connaˆıtre l’expression deF_U `a utiliser, il faut comparer 1−e^−λx avec 0 et 1. Or : 1−e^−λx≥0⇐⇒e^−λx≤1⇐⇒ −λx≤0⇐⇒x≥0

qui est vrai, et

1−e^−λx≤1⇐⇒e^−λx≥0

qui est certain ´egalement, donc pour toutx≥0, 1−e^−λx∈[0; 1] et enfin FV(x) =FU(1−e^−λx) = 1−e^−λx.

En rassemblant, on obtient :

F_V(x) =

0 six <0 1−e^−λx six≥0 etV suit la loiE(λ).

(b) On sait simuler la loi uniforme sur [0; 1[, et on d´eduit la simulation deE(λ) suivante : u=rand()

v=-(1/lambda)*log(1-u)

4. (a) Pour que le maximum soit plus petit quex, il faut que toutes les variables le soient, donc (Tn≤x) =

n

\

i=1

(Xi≤x)

et par ind´ependance des variables X_i, on en d´eduit que pour toutx >0 : P(Tn≤x) =

n

Y

i=1

P(Xi ≤) =

n

Y

i=1

1−e^−x

= 1−e^−xn

.

(b) Comme chaqueXia un support ´egal `aR+, leur maximum aussi prend ses valeurs dansR+, donc pour toutx <0, P(T_n≤x) = 0. On obtient finalement :

FTn(x) =

0 six <0 (1−e^−x)ⁿ six≥0

Cette fonction est de classe C¹ sauf peut-ˆetre en 0 (fonction nulle d’une part, op´erations

élémentaires de l’autre) et donc également continue sauf peut-être en 0. On étudie la continuité en 0 :

x→0lim⁻FTn(x) = lim

x→0⁻0 = 0 et lim

x→0⁺FTn(x) = lim

x→0⁺(1−e^−λx)ⁿ= (1−1)ⁿ= 0 et enfin FTn(0) = 0, donc la fonction de répartition de Tn est continue en 0 et finalement sur R, et de classe C¹ sauf peut-être en 0, donc Tn est à densité. On obtient une densité de T_n en dérivant F_T_n sauf en 0, valeur arbitraire, et on obtient :

fTn(x) =

0 six <0

ne^−x(1−e^−x)ⁿ⁻¹ six≥0 =fn(x).

(11)

5. (a) On veut prouver la convergence absolue de l’int´egrale suivante : Z +∞

−∞

xfn(x)dx= Z 0

−∞

0 dx+ Z +∞

0

xe^−x(1−e^−x)ⁿ⁻¹dx.

La première intégrale converge absolument et vaut 0 (fonction nulle), la seconde est généralisée en +∞et la fonction intégrée est positive, donc la convergence absolue est équivalent à la convergence et le théorème de comparaison s’applique. On cherche un équivalent dexfn(x) en +∞ :

(1−e^−x)ⁿ⁻¹−−−−−→

n→+∞ 1 donc xe^−x(1−e^−x)ⁿ⁻¹ ∼

+∞xe^−x. Or d’apr`es la partie I, question 2, pour λ = 1, l’int´egrale R+∞

0 xe^−xdx converge, donc par théorème de comparaison, la deuxième intégrale considérée converge, donc converge absolument, etT_n admet une espérance.

(b) Pour n= 1 etx≥0, on a xf₁(x) =xe^−x, donc d’apr`es la question 2, E(T1) = 0 + 1 = 1.

Remarque : on pouvait aussi conclure en remarquant queT1 ,→ E(1).

D’autre part, pourT₂, on doit calculer : E(T₂) = 0 +

Z +∞

0

2xe^−x(1−e^−x)dx= 2 Z +∞

0

e^−xdx−2 Z +∞

0

xe^−2xdx.

Ces deux intégrales convergent bien d’après 2 à nouveau, et encore avec 2 on obtient : E(T2) = 2× 1

1−2× 1

2² = 2−1 2 = 3

2.

6. (a) On calculef_n+1⁰ (x) : pour tout x≥0,fn+1(x) = (n+ 1)e^−x(1−e^−x)ⁿ donc : f_n+1⁰ (x) = −(n+ 1)e^−x(1−e^−x)ⁿ+ (n+ 1)e^−x −(−e^−x)×n(1−e^−x)ⁿ⁻¹

= (n+ 1)e^−x(1−e^−x)ⁿ⁻¹

−(1−e^−x) +ne^−x

= (n+ 1)e^−x(1−e^−x)ⁿ⁻¹([n+ 1]e^−x−1).

On en déduit que le côté droit de l’égalité vaut :

− 1

n+ 1f_n+1⁰ (x) =e^−x(1−e^−x)ⁿ⁻¹(1−(n+ 1)e^−x).

D’autre part le cˆot´e gauche vaut :

f_n+1(x)−f_n(x) = (n+ 1)e^−x(1−e^−x)ⁿ−ne^−x(1−e^−x)ⁿ⁻¹

= e^−x(1−e^−x)ⁿ⁻¹

(n+ 1)(1−e^−x)−n

= e^−x(1−e^−x)ⁿ⁻¹

1−(n+ 1)e^−x

=− 1

n+ 1f_n+1⁰ (x).

(b) On utilise la question pr´ec´edente pour obtenir que (avecM >0) : Z M

0

x[fn+1(x)−fn(x)] dx=− 1 n+ 1

Z M 0

xf_n+1⁰ (x).

On int`egre par parties avec

u=x et v=fn+1(x) qui sont de classeC¹, avec

u⁰ = 1 et v⁰ =f_n+1⁰ (x)

(12)

donc : Z M

0

x[f_n+1(x)−f_n(x)]dx = − 1 n+ 1

[xf_n+1(x)]^M₀ − Z M

0

f_n+1(x)dx

= −M f_n+1(M) n+ 1 + 1

n+ 1 Z M

0

f_n+1(x)dx.

Il reste `a prendre la limite en +∞. Or on a M fn+1(M)

n+ 1 =M e^−M(1−e^−M)ⁿ−−−−−→

M→+∞ 0×1ⁿ= 0 par croissances compar´ees, et on obtient bien :

Z +∞

0

x[fn+1(x)−fn(x)]dx= 1 n+ 1

Z +∞

0

fn+1(x)dx.

(c) En développant le côté gauche, et en remarquant queR+∞

0 f_n+1(x)dx= 1 carf_n+1 est une densit´e et elle est nulle surR−, on obtient :

E(Tn+1)−E(Tn) = 1 n+ 1. On en déduit, soit par télescopage, soit en itérant, que : E(T_n) =E(Tn−1)+1

n =E(Tn−2)+ 1 n−1+1

n =· · ·=E(T₁)+1

2+· · ·+1 n = 1+

n

X

k=2

1 k =

n

X

k=1

1 k. ou par t´elescopage :

n−1

X

k=1

E(T_k+1)−E(T_k) =E(T_n)−E(T₁) =

n−1

X

k=1

1 k+ 1 =

n

X

k=2

1 k et on conclut au mˆeme r´esultat.

7. N = 0 signifie qu’aucun des Xn n’est supérieur strictement à a, donc qu’ils sont tous inférieur ou égaux àa:

(N = 0) =

+∞

\

k=1

(X_k≤a).

On en d´eduit par ind´ependance que : P(N = 0) = lim

n→+∞P

" _n

\

k=1

(X_k≤a)

#

= lim

n→+∞

" _n Y

k=1

P(X_k≤a)

#

= lim

n→+∞

" _n Y

k=1

(1−e^−a)

#

= lim

n→+∞(1−e^−a)ⁿ. Or aveca >0 on a

−a <0 donc 0< e^−a <1 et enfin 0<1−e^−a<1 donc on obtient :

P(N = 0) = lim

n→+∞(1−e^−a)ⁿ= 0.

(13)

8. (N = n) signifie que Xn est la première variable qui dépasse a, ce qui signifie que toutes les précédentes sont inférieures ou égales àa et queXn le dépasse donc :

(N =n) =

n−1

\

k=1

(X_k ≤a)

!

∩(Xn> a) et par indépendance des évènements,

P(N =n) = (1−e^−a)ⁿ⁻¹×[1−(1−e^−a)] = (1−e^−a)ⁿ⁻¹e^−a. 9. On en d´eduit queN ,→ G(e^−a), donc elle admet une esp´erance et une variance et :

E(N) = 1

e^−a =e^a et V(N) = 1−e^−a

(e^−a)² =e^2a(1−e^−a) =e^2a−e^a.

10. SiN 6= 0, N est la première valeur den telle queXn> a, doncXN, qui représente la valeur de Xnpour N =n, est strictement supérieure àa.

La seule possibilit´e d’obtenir (X_N ≤a) est donc N = 0, d’o`u

(X_N ≤a) = (N = 0) et P(X_N ≤a) =P(N = 0) = 0.

11. Soit x∈]a; +∞[.

(a) Sin= 1, N =nsignifie exactement queX₁ > a, et comme x > aon a bien : [(N = 1)∩(Z ≤x)] = [(N = 1)∩(X_N ≤x)] = [(N = 1)∩(X₁≤x)]

= [(X1 > a)∩(X1 ≤x)] = (a < X1≤x).

Sin≥2, on a vu que (N =n) =

n−1

\

k=1

(Xk≤a)

!

∩(Xn> a) = (Tn−1 ≤a)∩(Xn> a) d’après la décomposition de (Tn≤x) vue à la question 4. On a alors :

[(N =n)∩(Z ≤x)] = [(N =n)∩(X_N ≤x)] = [(N =n)∩(X_n≤x)]

= (Tn−1 ≤a)∩(X_n> a)∩(X_n≤x)

= (Tn−1 ≤a)∩(a < X_n≤x).

(b) D’apr`es la formule des probabilit´es totales on a : (Z ≤x) =

+∞

[

n=1

[(N =n)∩(Z ≤x)]

donc on en d´eduit (r´eunion incompatible) que : P(Z ≤x) =

+∞

X

n=1

P[(N =n)∩(Z ≤x)]

= P(a < X1 ≤x) +

+∞

X

n=2

P[(Tn−1≤a)∩(a < Xn≤x)].

OrTn−1 ne dépend que des variablesX₁, . . . , Xn−1 et lesX_i sont indépendantes, donc par lemme des coalitions Tn−1 etX_n sont indépendantes. On obtient alors pour toutn≥2 :

P[(Tn−1 ≤a)∩(a < X_n≤x)] = (1−e^−a)ⁿ⁻¹×[F_X_n(x)−F_X_n(a)]

= (1−e^−a)ⁿ⁻¹(1−e^−x−1 +e^−a)

= (e^−a−e^−x)(1−e^−a)ⁿ⁻¹.

(14)

Enfin on peut calculer :

P(Z ≤x) = F_X₁(x)−F_X₁(a) + (e^−a−e^−x)

+∞

X

n=2

(1−e^−a)ⁿ⁻¹

= 1−e^−x−1 +e^−a+ (e^−a−e^−x)

+∞

X

n=1

(1−e^−a)ⁿ

= e^−a−e^−x+ (e^−a−e^−x)

1

1−(1−e^−a) −1

= (e^−a−e^−x)

1 + 1 e^−a −1

= e^−a−e^−x

e^−a = 1−e^−x+a. 12. (a) On a vu queP(Z ≤a) = 0, on en d´eduit que pour tout x≤a,P(Z ≤x) = 0 puis

P(Z ≤x) =

0 six≤a 1−e^a−x six > a en d’autre part on a pour toutx∈R,

(Z−a≤x) = (Z ≤x+a) donc

FZ−a(x) =P(Z ≤x+a) =

0 si x+a≤a 1−e^a−(x+a) si x+a > a =

0 si x≤0 1−e^−x si x >0 etZ−asuit la loi exponentielle de param`etre 1.

(b) On en d´eduit queZ−aadmet une esp´erance et une variance qui valent : E(Z−a) = 1 et V(Z−a) = 1

puis par linéarité de l’espérance et quadracité de la variance, Z admet également une espérance et une variance :

E(Z) =E(Z−a) +a=a+ 1 et V(Z) =V(Z−a) = 1.