Devoir maison n ◦ 17

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 17

À rendre le lundi 5 mars

Toute calculatrice interdite Durée : 2h pour le premier jet

Soitf : R+→Cune fonction continue et nulle en dehors d’un segment. On définit la fonctionL(f)(transformée de Laplace def)surRpar

∀x∈R, L(f)(x) = Z +∞

0

f(t)e^−xtdt.

Rappelons que, pour tout réelx,bxcdésigne la partie entière dex.

A. Démontrer queL(f)est de classeC^∞ surRet que

∀x∈R, ∀n∈N, (L(f))⁽ⁿ⁾(x) = (−1)ⁿ Z +∞

0

f(t)tⁿe^−xtdt.

B. On considère (Xn)n∈N^∗ une suite de variables aléatoires définies sur un même espace probabilisé (Ω,A, P), mutuellement indépendantes et suivant une loi de Poisson de paramètreλ >0. On pose

∀n∈N^∗, S_n =X₁+· · ·+X_n.

B.1. Par récurrence et en utilisant les séries génératrices, démontrer que, pour tout entiern∈N,Sn suit la loi de Poisson de paramètrenλ.

B.2. Soitε >0. Prouver que : ∀n∈N^∗, P(|Sn−nλ|>nε)6 λ nε². B.3. Soitε >0. Justifier les deux inclusions suivantes :

(Sn> n(λ+ε))⊂(|Sn−nλ|>nε) et (Sn6n(λ−ε))⊂(|Sn−nλ|>nε).

B.4. Dans toutes les questions qui suivent, on supposex>0.

Déduire du B.3 que

n→+∞lim P(Sn 6nx) =

( 0 si 06x < λ 1 si x > λ C. À l’aide de la questionB, montrer que

n→+∞lim X

06k6bnxc

(nλ)^k

k! e^−nλ =

( 0 si 06x < λ 1 si x > λ D. Dans la suite de cette partie, on admettra que

n→+∞lim X

06k6bnxc

(nλ)^k

k! e^−nλ= 1

2 si x=λ.

D.1. Soitx>0. Démontrer que

n→+∞lim X

06k6bnxc

(−1)^kn^k

k!(L(f))^(k)(n) = Z x

0

f(y) dy.

D.2. En déduire queL : f 7→ L(f)est injective sur l’ensemble des fonctions à valeurs complexes, continues sur R+, et nulles en dehors d’un segment.

Bon courage !

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Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 17 – d’après Centrale 2017 PSI maths 2

éléments de correction

Partie VI — Transformée de Laplace et loi de Poisson

Soitf : R⁺→Cune fonction continue et nulle en dehors d’un segment. On définit la fonctionL(f)surRpar

∀x∈R, L(f)(x) = Z +∞

0

f(t)e^−xtdt.

A. Notons g(x, t) =f(t)e^−xt pourx∈Rett∈R+.

Remarquons déjà quef étant nulle en dehors d’un segment, disons[a, b], on a : ∀x∈R, L(f)(x) = Z b

a

f(t)e^−xtdt.

On peut donc appliquer la version « segment » du théorème de dérivation multiple sous l’intégrale.

• Pour tout x∈R, la fonctiont7→g(x, t)est continue donc continue par morceaux sur[a, b](donc intégrable !).

• g admet des dérivées partielles à tout ordre par rapport àx, et on montre facilement que :

∀p∈N^∗, ∀x∈R, ∀t∈R+, ∂^pf

∂x^p(x, t) = (−t)^pf(t)e^−xt et ∂^pf

∂x^p est continue surR×R+.

On en déduit queL(f)est de classeC^p pour toutp∈N^∗, donc de classeC^∞ surR, avec :

∀n∈N^∗, ∀x∈R,(L(f))⁽ⁿ⁾(x) = (−1)ⁿ Z +∞

0

f(t)tⁿe^−xtdt.

B.

B.1. La fonction génératrice des variablesX_iest

GX_i(t) =E(t^Xi) =

∞

X

k=0

P(Xi=k)t^k=

∞

X

k=0

e^−λλ^k

k!t^k=e^λ(t−1). On sait aussi que siX etY sont deux variables indépendantes,t^X ett^Y le sont et donc

E(t^X+Y) =E(t^Xt^Y) =GX(t)GY(t).

Montrons maintenant, par récurrence, queSn,→ P(nλ).

- C’est immédiat au rangn= 1.

- Supposons le résultat vrai au rangn>1. CommeS_n etX_n+1 sont indépendantes, GS_n+1(t) =GS_n(t)GX_n+1(t) =e^nλ(t−1)e^λ(t−1)=e(n+1)λ(t−1).

S_n+1suit donc une loi de Poisson de paramètre(n+ 1)λpuisque sa fonction génératrice est celle d’une telle loi.

B.2. D’après la loi faible des grands nombres, comme lesXn sont des variables mutuellement indépendantes de même loi et qu’elles admettent des moments d’ordre 2, en notantmetσ l’espérance et l’écart-type de ces variables,

P

Sn

n −m >ε

6 σ²

nε² Ici,m=σ²=λet on a donc

P(|S_n−λ|>nε)6 λ nε². 1

B.3. Sia > b+c etc>0 alors|a−b|>a−b > c. On en déduit que (S_n> n(λ+ε))⊂(|S_n−nλ|>nε).

De même si a6b−c avec c>0 alors a−b 6−c 60 et donc |a−b| >c >0. Ainsi (S_n 6n(λ−ε))⊂ (|S_n−nλ|>nε).

B.4. Supposonsx∈[0, λ[et posonsε= ^λ−x₂ . On aε >0etx < λ−ε. On en déduit que(Sn6nx)⊂(Sn6n(λ−ε)) et donc

06P(Sn6nx)6P(Sn6n(λ−ε))6P(|Sn−nλ|>nε)6 λ nε² Par théorème d’encadrement, on a donc

∀x∈[0, λ[, lim

n→+∞P(Sn6nx) = 0

Supposons maintenant x > λet posons ε= ^x−λ₂ . On a ε >0 etλ+ε < x. On en déduit que (Sn > nx)⊂ (S_n> n(λ−ε))et donc

06P(Sn> nx)6P(Sn> n(λ−ε))6P(|Sn−nλ|>nε)6 λ nε² Par théorème d’encadrement,P(S_n> nx)→0et doncP(S_n 6nx) = 1−P(S_n> nx)→1:

∀x > λ, lim

n→+∞P(Sn6nx) = 1 C. Sn étant à valeurs entières positives et suivant une loi de Poisson de paramètrenλ,

P(Sn6nx) = X

06k6bnxc

P(Sn=k) = X

06k6bnxc

(nλ)^k k! e^−nλ et la question précédente donne

n→+∞lim X

06k6bnxc

(nλ)^k

k! e^−nλ=

( 0 si 06x < λ 1 si x > λ D.

D.1. Avec la formule donnée pour(L(f))^(k), on a

X

06k6bnxc

(−1)^kn^k

k!(L(f))^(k)(n) = X

06k6bnxc

Z +∞

0

(nt)^k

k! f(t)e^−ntdt= Z +∞

0



 X

06k6bnxc

(nt)^k

k! f(t)e^−nt



dt

Notons (xétant fixé)F_n la fonction sous l’intégrale. La question précédente indique(F_n)converge simplement surRvers la fonctionF valantf sur[0, x[,f(x)/2enxet nulle sur]x,+∞[. Il suffit de pouvoir intervertir limite et intégrale pour pouvoir conclure. Les Fn et F et F étant continues par morceaux, il nous suffit de vérifier l’hypothèse de domination pour utiliser le théorème de convergence dominée. On a

∀n∈N, ∀t∈[0, a], |Fn(t)|6|f(t)|

+∞

X

k=0

(nt)^k

k! e^−nt=|f(t)|

et le majorant est intégrable surR+. On a ainsi prouvé que

n→+∞lim X

06k6bnxc

(−1)^kn^k

k!(L(f))^(k)(n) = Z x

0

f(t) dt.

D.2. Lest linéaire et il suffit de montrer que son noyau est réduit à{0}. Soit doncf une fonction continue nulle hors d’un segment et telle queL(f) = 0. La question précédente montre que :

∀x, Z x

0

f(y) dy.

Par théorème fondamental, une primitive de f est nulle sur Ret, en dérivant,f est nulle sur R.

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