Pr´ eliminaire : Valeur de l’int´ egrale de Gauss

(1)

EM LYON 2008 S J.F. COSSUTTA Lyc´ee Marcelin BERTHELOT SAINT-MAUR jean-francois.cossutta@wanadoo.fr

Pr´ eliminaire : Valeur de l’int´ egrale de Gauss

Soitmun r´eel. Posonsσ= 1

√2 et∀x∈R, ψ_m(x) = 1

√2π σe⁻^(x−m)2²^σ² .

ψ_mest une densité d’une variable aléatoire qui suit la loi normale de paramètresmet σ². Ainsi

Z +∞

−∞

ψm(x) dxexiste et vaut 1. Par cons´equent, Z +∞

−∞

√

2πσ ψm(x)

dxexiste et vaut√ 2π σ.

Notons alors que :∀x∈R, √

2πσ ψ_m(x) =e⁻^(x−m)2²^σ² =e^−(x−m)² et√

2π σ=√ π.

Donc Z +∞

−∞

e^−(x−m)²dxexiste et vaut√ π.

Pour tout r´eel m, Z +∞

−∞

e^−(x−m)²dxexiste et vaut√ π.

Partie I : Un produit scalaire sur

E

.

1. Soientαet β deux r´eels quelconques ! α²+β²−2α β= (α−β)²>0, doncα²+β²>2α β.

En divisant par 2 il vientα β6 1 2

α²+β² .

Si αet β sont deux r´eels (positifs ou nuls) :α β6 1 2

α²+β² .

Dans toute la suite west l’application deRdansRd´efinie par :∀x∈R, w(x) =e^−x² (c’est dans II...) 2. u,v et wsont continues surRdonc le produitu v w est continue surR.

De plus la question pr´ec´edente donne :

∀x∈R, 06|u(x)v(x)|=|u(x)| |v(x)|6 1 2

|u(x)|²+|v(x)|²

= 1 2

(u(x))²+ (v(x))² . En remarquant quewest positive surRon obtient :

∀x∈R, 06|u(x)v(x)w(x)|=|u(x)| |v(x)|w(x)61 2

(u(x))²+ (v(x))²

w(x) ou encore :

∀x∈R, 06|u(x)v(x)w(x)|6 1

2(u(x))²w(x) +1

2(v(x))²w(x) (∗).

De plus Z +∞

−∞

u(x)²

w(x) dxet Z +∞

−∞

v(x)²

w(x) dxconvergent caruet v sont des ´el´ements de E.

(2)

Ainsi Z +∞

−∞

1

2(u(x))²w(x) +1

2(v(x))²w(x)

dxconverge.

(∗) et les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives donnent alors (en deux temps...) la convergence de

Z +∞

−∞

|u(x)v(x)w(x)|dx.

Finalement Z +∞

−∞

u(x)v(x)w(x) dxest absolument convergente donc convergente.

Siuetv sont deux ´el´ements deE, Z +∞

−∞

u(x)v(x)e^−x²dxconverge.

3. a. Notons E⁰ leR-espace vectoriel des applications deRdansRcontinues surRet montrons queE est un sous-espace vectoriel deE⁰.

•Par d´efinition deE,E est contenu dansE⁰.

•Posons∀x∈R, θ(x) = 0. θest un élément deE⁰ et de toute évidence Z +∞

−∞

θ(x)²

e^−x²dxconverge.

θest donc un ´el´ement deE et ainsiE n’est pas vide.

•Soitλun réel. Soient uet v deux éléments de E. Montrons queλ u+vest un élément deE.

λ u+v est tout d’abord continue surRcaruetv sont continues surR. Observons que (λ u+v)²w=λ²u²w+ 2λ u v w+v²w.

De plus les trois int´egrales Z +∞

−∞

u(x)2

w(x) dx, Z +∞

−∞

v(x)2

w(x) dxet Z +∞

−∞

u(x)v(x)w(x) dx

convergent d’après la définition deE et la question précédente.

Alors par combinaison lin´eaire Z +∞

−∞

λ u(x) +v(x)²

w(x) dxconverge.

Ceci ach`eve de montrer que λ u+vappartient `a E.

Ceci ach`eve aussi de montrer queE est un sous-espace vectoriel du R-espace vectoriel E⁰.

E est unR-espace vectoriel.

b. •Notons d’abord que siuetvsont deux ´el´ements deE, Z +∞

−∞

u(x)v(x)e^−x²dxconverge donc (u|v) est un r´eel !

•Soient λun réel. Soientu,v ett trois éléments deE.

(λ u+v|t) = 1

√π Z +∞

−∞

(λ u+v)(x)t(x)e^−x²dx= 1

√π Z +∞

−∞

λ u(x)t(x)e^−x²+v(x)t(x)e^−x² dx.

Alors (λ u+v|t) =λ 1

√π Z +∞

−∞

u(x)t(x)e^−x²dx+ 1

√π Z +∞

−∞

v(x)t(x)e^−x²dx=λ(u|t) + (v|t) car toutes les int´egrales convergent.

(3)

∀λ∈R, ∀(u, v, t)∈E³, (λ u+v|t) =λ(u|t) + (v|t).

• ∀(u, v)∈E², (u|v) = 1

√π Z +∞

−∞

u(x)v(x)e^−x²dx= 1

√π Z +∞

−∞

v(x)u(x)e^−x²dx= (v|u).

•Soituun ´el´ement deE. ∀x∈R, u(x)2

e^−x² >0 et Z +∞

−∞

u(x)2

e^−x²dxconverge.

Alors (u|u) = 1

√π Z +∞

−∞

u(x)²

e^−x²dxest un r´eel positif ou nul.

∀u∈E, (u|u)>0.

•Soituun ´el´ement deE tel que (u|u) = 0. 1

√π Z +∞

−∞

u(x)2

e^−x²dx= 0.

u²west continue surR;

u²west positive ou nulle surR;

Z +∞

−∞

u(x)²

w(x) dx= 0 ; −∞ 6= +∞!

Alors plus de doute,u²west nulle surR.

∀x∈R, u(x)²

w(x) = 0 etw(x)6= 0 donc∀x∈R, u(x)²

= 0 ou∀x∈R, u(x) = 0. u= 0_E.

∀u∈E, (u|u) = 0⇒u= 0E.

Les cinq points pr´ec´edents permettent de dire que :

(.|.) est un produit scalaire surE.

4. Soitk un élément deN. Montrons quex→x^k appartient à E.

Tout d’abordx→x^k est continue surR. Montrons maintenant que Z +∞

−∞

x^k²

e^−x²dxconverge.

x→+∞lim

x² x^k2

e^−x²

= lim

x→+∞

x²k+1

e^x²

!

= 0 par croissance compar´ee.

x→ x^k²

e^−x² est continue surR; x^k2

e^−x² =x→+∞o 1

x²

; ∀x∈[1,+∞[, x^k²

e^−x²>0 et 1 x² >0 ;

Z +∞

1

dx

x² converge.

Les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives donnent alors la convergence de

Z +∞

1

x^k²

e^−x²dxdonc la convergence de Z +∞

0

x^k²

e^−x²dx.

(4)

x→ x^k²

e^−x² ´etant paire surR, Z 0

−∞

x^k²

e^−x²dxconverge (et vaut Z +∞

0

x^k²

e^−x²dx).

Ainsi Z +∞

−∞

x^k²

e^−x²dxconverge. Ce qui ach`eve de montrer que x→x^k appartient `a E.

Soit alorsP un élément deF. Montrons queP appartient àE.

Il existe un élémentrdeNet r+ 1 réels a0,a1, ...,artels que∀x∈R, P(x) =

r

X

k=0

akx^k.

Or pour tout kdansN,x→x^k appartient àE; P est donc combinaison linéaire d’éléments deE. Comme E est un espace vectoriel,P appartient àE.

F est contenu dansE.

Partie II : Polynˆ omes d’Hermite

1. ∀x∈R, w(x) =e^−x². ∀x∈R, w⁰(x) =−2x e^−x².

∀x∈R, w⁰⁰(x) =−2e^−x²+ (−2x)²e^−x² = (4x²−2)e^−x².

∀x∈R, w⁰⁰⁰(x) = 8x e^−x²+ (4x²−2) (−2x)e^−x² = (−8x³+ 12x)e^−x². Ainsi ∀x ∈ R, H1(x) = −e^x² −2x e^−x²

= 2x, ∀x ∈ R, H2(x) = e^x² (4x² −2)e^−x²

= 4x²−2,

∀x∈R, H3(x) =−e^x² (−8x³+ 12x)e^−x²

= 8x³−12x.

∀x∈R, H1(x) = 2x, H2(x) = 4x²−2 etH3(x) = 8x³−12x.

2. a. Soitnun élément deN. ∀x∈R, Hn(x) = (−1)ⁿe^x²w⁽ⁿ⁾(x). En dérivant on obtient :

∀x∈R, H_n⁰(x) = (−1)ⁿ(2x)e^x²w⁽ⁿ⁾(x) + (−1)ⁿe^x²w⁽ⁿ⁺¹⁾(x) = 2x H_n(x)−(−1)ⁿ⁺¹e^x²w⁽ⁿ⁺¹⁾(x).

Donc∀x∈R, H_n⁰(x) = 2x Hn(x)−Hn+1(x) ou∀x∈R, Hn+1(x) = 2x Hn(x)−H_n⁰(x).

Pour toutndansNet pour toutxdansR:Hn+1(x) = 2x Hn(x)−H_n⁰(x).

b. Montrons par récurrence que pour toutndansN,Hn est un polynôme de degrén.

•La propri´et´e est vraie pour n=0 car∀x∈R, H0(x) = 1.

•Supposons la propriété vraie pour un élément ndeN. Montrons la pour n+ 1.

∀x∈R, Hn+1(x) = 2x Hn(x)−H_n⁰(x) et, x→2x,Hn etH_n⁰ sont des polynˆomes.

AinsiHn+1 est un polynˆome.

(5)

De plus Hn est un polynôme de degrén doncx→2x Hn(x) est un polynôme de degré n+1 etH_n⁰ est un polynôme de degré strictement inférieur àn.

Par conséquent Hn+1 est un polynôme de degrén+ 1. Ceci achève la récurrence.

Pour toutndansN,Hn est un polynˆome de degr´en.

c. Soitxun r´eel. H0(x) = 1. AlorsH1(x) = 2x H0(x)−H₀⁰(x) = 2x.

H₂(x) = 2x H₁(x)−H₁⁰(x) = 2x(2x)−2 = 4x²−2.

H3(x) = 2x H2(x)−H₂⁰(x) = 2x(4x²−2)−8x= 8x³−12x.

H₄(x) = 2x H₃(x)−H₃⁰(x) = 2x(8x³−12x)−(24x²−12) = 16x⁴−48x²+ 12.

Nous avons ainsi retouv´e les r´esultats deII.1. De plus :

∀x∈R, H4(x) = 16x⁴−48x²+ 12 .

3. Pour toutndansN, notonsαn le coefficient du terme de plus haut degr´e deHn. α₀= 1 car H₀= 1.

Soitnun élément deN. Le terme de plus haut degré deHn est ”αnxⁿ”. Ainsi le terme de plus haut degré dex→2x Hn est ” 2α xⁿ⁺¹ ”. De plusH_n⁰ est un polynôme de degré strictement inférieur à n.

Le terme de plus haut degré dex→2x Hn−H_n⁰, donc deHn+1, est alors ” 2αnxⁿ⁺¹”. Ainsiαn+1= 2αn. (αn)n>n est la suite géométrique de raison 2 et de premier terme 1. Donc∀n∈N, αn= 2ⁿ.

Pour toutndansN, le coefficient du terme de plus haut degr´e deH_n est 2ⁿ.

4. ∀x∈R, w(−x) =w(x). Une r´ecurence simple donne alors∀n∈N, ∀x∈R, (−1)ⁿw⁽ⁿ⁾(−x) =w⁽ⁿ⁾(x).

Alors∀n∈N, ∀x∈R, (−1)ⁿ(−1)ⁿe^x²w⁽ⁿ⁾(−x) = (−1)ⁿe^x²w⁽ⁿ⁾(x).

Donc∀n∈N, ∀x∈R, (−1)ⁿH_n(−x) =H_n(x).

Finalement :∀n∈N, ∀x∈R, Hn(−x) = (−1)²ⁿHn(−x) = (−1)ⁿHn(x).

Pour toutndansNet pour toutxdansR:Hn(−x) = (−1)ⁿHn(x).

Soitnun ´el´ement deN.

Sinest pair∀x∈R, H_n(−x) =H_n(x) etH_n est pair(e).

Sinest impair∀x∈R, Hn(−x) =−Hn(x) et Hn est impair(e).

(6)

Pour toutndansN,H_n a la parit´e den.

Partie III : Lien entre le produit scalaire et les polynˆ omes d’Hermite

1. a. SoitndansN^∗ et soitP un ´el´ement deF. Montrons que (P⁰|H_n−1) = (P|H_n).

Il suffit de montrer que Z +∞

−∞

P⁰(x)H_n−1(x)e^−x²dx= Z +∞

−∞

P(x)H_n(x)e^−x²dx.

Soitαet β deux r´eels. Posons∀x∈R, `n(x) =H_n−1(x)e^−x². P et `n sont de classeC¹surR. Notons aussi que :

∀x∈R, `⁰_n(x) =H_n−1⁰ (x)e^−x²+H_n−1(x) (−2x)e^−x² =− 2x H_n−1(x)−H_n−1⁰ (x)

e^−x² =−Hn(x)e^−x². Une int´egration par parties donne alors :

Z β α

P⁰(x)Hn−1e^−x²dx=h

P(x)Hn−1(x)e^−x²i^β

α+ Z β

α

P(x)Hn(x)e^−x²dx. Ainsi : Z β

α

P⁰(x)Hn−1(x)e^−x²dx=P(β)Hn−1(β)e^−β²−P(α)Hn−1(α)e^−α²+ Z β

α

P(x)Hn(x)e^−x²dx (∗∗).

Ne reste plus qu’à faire tendre αvers −∞ et β vers +∞. Mais pour cela un petit résultat intermédiaire s’impose.

Lemme 1: Pour tout ´el´ement QdeF: lim

x→−∞

Q(x)e^−x²

= lim

x→+∞

Q(x)e^−x²

= 0.

Montrons le lemme. Dans cette preuve lim

x→∞voudra dire indiff´erement lim

x→−∞ou lim

x→+∞. SoitQun élément deF. SiQest le polynôme nul le résultat est clair. SupposonsQ6= 0F. Soit ”a x^r ” le terme de plus haut degré deQ. Q(x) ∼

x→∞a x^rdonc|Q(x)| ∼

x→∞|a x^r|.

Alors|Q(x)e^−x²|=|Q(x)|e^−x² ∼

x→∞|a x^r|e^−x² =|a|(x²^r₂ e^x² ·

Alors lim

x→∞

|Q(x)e^−x²|

= lim

x→∞ |a|(x²^r₂ e^x²

!

= 0 par croissance compar´ee. Donc lim

x→∞

Q(x)e^−x²

= 0.

Ceci ach`eve la d´emonstration du lemme.

P H_n−1 est un ´el´ement deF. Le lemme donne alors lim

α→−∞

P(α)H_n−1(α)e^−α²

= 0 et

β→+∞lim

P(β)H_n−1(β)e^−β²

= 0.

En faisant successivement tendreαvers−∞et β vers +∞dans (∗∗) on obtient : Z +∞

−∞

P⁰(x)H_n−1(x)e^−x²dx= Z +∞

−∞

P(x)H_n(x)e^−x²dx(ces deux int´egrales convergent).

(7)

En multipliant par 1

√π on obtient : (P⁰|H_n−1) = (P|H_n).

Pour toutndansN^∗ et pour toutP dansF: (P⁰|H_n−1) = (P|H_n).

b. Montrons le lemme suivant.

Lemme 2: ∀n∈N, ∀k∈[[0, n]], ∀P ∈F, (P|H_n) = (P^(k)|H_n−k).

SoitP un élément deF etnun élément deN.

Montons par r´ecurrrence que∀k∈[[0, n]], (P|Hn) = (P^(k)|H_n−k).

•La propri´et´e est vraie pourk= 0 !

•Supposons la propriété vraie pour un élément kde [[0, n−1]]. Montrons la pour k+ 1.

En appliquant le résultat de la question précédente il vient : (P^(k)|Hn−k) = ( P^(k)0

|H_(n−k)−1) = (P^(k+1)|H_n−(k+1)).

Ceci qui ach`eve la r´ecurrence.

Soitnun élément deN^∗ etP un élément deF_n−1.

Pour toutndansN^∗ et pour toutP dansF_n−1: (P|Hn) = 0.

c. Soit n dans N. Montrons que (H₀, H₁, . . . , H_n) est une famille orthogonale. C’est vrai si n = 0 ! Supposonsnnon nul.

Soientietjdeux ´el´ements distincts de [[0, n]]. Montrons que (Hi|Hj) = 0. Comme (Hi|Hj) = (Hi|Hj) on peut supposer pour ce faire quei < j.

AlorsHi∈Fi (car degHi=i),Hj ∈Fj (car degHj =j) et Hi⊂Fj−1(cari6j−1).

Le résultat prćédent appliqué pourn=j (j∈N^∗ cari < j) etP =Hi permet de dire que (Hi|Hj) = 0.

H_i et H_j sont orthogonaux.

Ainsi les éléments de la famille (H₀, H₁, . . . , H_n) sont dansF et sont deux à deux orthogonaux.

Pour toutndansN, la famille (H0, H1, . . . , Hn) est orthogonale dans F.

(8)

2. Soitnun élément deN. (H0, H1, . . . , Hn) est famille orthogonale d’élémentsnon nulsdeFn. C’est donc une famille libre d’éléments deF_n de cardinaln+ 1. CommeF_n est de dimensionn+ 1, (H₀, H₁, . . . , H_n) est une base deF_n.

Pour toutndansN, la famille (H₀, H₁, . . . , H_n) est une base (orthogonale) deF_n. 3. a. Soitnun ´el´ement deN. Le lemme 2 donnekHnk²= (H_n|H_n) = (Hn⁽ⁿ⁾|H_n−n) = (Hn⁽ⁿ⁾|H₀).

Pour toutndansN,kH_nk²= (Hn⁽ⁿ⁾|H₀).

b. Soitnun ´el´ement deN. kHnk²= (H_n⁽ⁿ⁾|H₀) = 1

√π Z +∞

−∞

H_n⁽ⁿ⁾H₀e^−x²dx= 1

√π Z +∞

−∞

2ⁿn!e^−x²dx=2ⁿn!

√π Z +∞

−∞

e^−x²dx.

Le pr´eliminaire donne Z +∞

−∞

e^−x²dx=√

π. AlorskHnk²= 2ⁿn! donckHnk=√ 2ⁿn!.

Pour toutndansN,kHnk=

√ 2ⁿn!.

Partie IV : Un endomorphisme sym´ etrique

1. •SoitP un élément deF. −P⁰⁰+ 2X P⁰+P est encore un élément deF! f(P) appartient àF. f est une application deF dansF.

•Soitλun réel. Soient P et Qdeux éléments deF.

f(λ P+Q) =−(λ P+Q)⁰⁰+ 2X(λ P +Q)⁰+λ P+Q=−λ P⁰⁰−Q⁰⁰+ 2X(λ P⁰+Q⁰) +λ P+Q.

f(λ P+Q) =λ(−P⁰⁰+ 2X P⁰+P) + (−Q⁰⁰+ 2X Q⁰+Q) =λ f(P) +f(Q).

f est une application lin´eaire. Finalement :

f est un endomorphisme deF. 2. a. SoitP un ´el´ement deF.

(g◦h)(P) =g h(P)

=g(P⁰) = 2X P⁰−(P⁰)⁰=−P⁰⁰+ 2X P⁰+P−P =f(P)−P= (f−IdF)(P).

(h◦g)(P) = g(P)⁰

= 2X P−P⁰⁰

= 2P+ 2X P⁰−P⁰⁰=f(P) +P = (f+ IdF)(P).

∀P ∈F, (g◦h)(P) = (f−IdF)(P) et (h◦g)(P) = (f + IdF)(P). Donc

(9)

g◦h=f−Id_F eth◦g=f + Id_F.

b. g◦h=f−IdF. En composant `a droite par g il vient :g◦h◦g=f ◦g−g.

h◦g=f + IdF donc en composant `a gauche parg il vient :g◦h◦g=g◦f +g.

Alorsf◦g−g=g◦f+g. Doncf ◦g−g◦f = 2g.

f ◦g−g◦f = 2g.

3. Soitλun réels etP un élément de F tels que f(P) =λ P. 2g(P) = (f◦g)(P)−(g◦f)(P) =f g(P)

−g f(P

=f g(P)

−g(λ P) =f g(P)

−λ g(P).

Ainsif g(P)

= (λ+ 2)g(P).

Pour tout réel λet pour tout élément P deF, sif(P) =λ P alorsf g(P)

= (λ+ 2)g(P).

4. a. f(H0) =−H₀⁰⁰+ 2X H₀⁰ +H0=H0 carH₀⁰⁰=H₀⁰ = 0F puisqueH0= 1.

f(H₀) =H₀.

b. Soitk un élément deN. g(Hk) = 2X Hk−H_k⁰ =Hk+1d’aprèsII 2.a..

Pour tout élément kdeN:g(H_k) =H_k+1. Montrons par récurrence que :∀k∈N, f(Hk) = (2k+ 1)Hk.

•f(H0) =H0= (2×0 + 1)H0; la propri´et´e est vraie pour k= 0.

•Supposons la propriété vraie pour un élément kdeN. Alorsf(H_k) = (2k+ 1)H_k. IV 3. donne alorsf g(H_k)

= (2k+ 1) + 2 g(H_k).

Commeg(H_k) =H_k+1:f(H_k+1) = (2k+ 3)H_k+1= 2(k+ 1) + 1

H_k+1. Ceci ach`eve la r´ecurrence.

Pour tout élémentkdeN:f(Hk) = (2k+ 1)Hk. 5. SoientP etQdeux éléments deF. Soientαet β deux réels.

Posons :∀x∈R, `_P(x) =P⁰(x)e^−x². `_P etQsont de classeC¹ surR. Notons aussi que :

∀x∈R, `⁰_p(x) =P⁰⁰(x)e^−x²+P⁰(x) (−2x)e^−x² =− −P⁰⁰(x) + 2x P⁰

e^−x²=− f(P)(x)−P(x) e^−x².

(10)

En posantT =f(P)−P on a∀x∈R, `⁰_p(x) =−T(x)e^−x². Int´egrons alors par parties.

Z β α

P⁰(x)Q⁰(x)e^−x²dx= Z β

α

`_P(x)Q⁰(x) dx=h

`_P(x)Q(x)iβ α

− Z β

α

`⁰_P(x)Q(x) dx.

Z β α

P⁰(x)Q⁰(x)e^−x²dx=h

P⁰(x)Q(x)e^−x²iβ α

+ Z β

α

T(x)Q(x)e^−x²dx.

Z β α

P⁰(x)Q⁰(x)e^−x²dx=P⁰(β)Q(β)e^−β²−P⁰(α)Q(α)e^−α²+ Z β

α

T(x)Q(x)e^−x²dx (∗ ∗ ∗).

Ne reste plus qu’`a faire tendreαvers−∞et β vers +∞.

P⁰ etQ⁰ sont deux ´el´ements deF donc deE, ainsi Z +∞

−∞

P⁰(x)Q⁰(x)e^−x²dxexiste.

Pour des raisons analogues Z +∞

−∞

T(x)Q(x)e^−x²dxexiste ´egalement.

De plusP⁰Qest un ´el´ement deF; le lemme 1 donne alors :

α→−∞lim

P⁰(α)Q(α)e^−α²

= 0 et lim

β→+∞

P⁰(β)Q(β)e^−β²

= 0.

En faisant tendre successivementαvers−∞er β vers +∞dans (∗ ∗ ∗) il vient : Z +∞

−∞

P⁰(x)Q⁰(x)e^−x²dx= Z +∞

−∞

T(x)Q(x)e^−x²dx. En multipliant par 1

√π on obtient : (P⁰|Q⁰) = (T|Q).

Alors (P⁰|Q⁰) = (f(P)−P|Q) = (f(P)|Q)−(P|Q).

∀(P, Q)∈F², (P⁰|Q⁰) = (f(P)|Q)−(P|Q).

6. Dans cette questionnest un élément deN. a. SoitP un élément deFn.

P⁰⁰est un élément deFn. P⁰ est un polynôme de degré strictement inférieur àndoncXP est également un

´

el´ement deFn.

P⁰⁰,XP etP sont donc trois ´el´ements du sous-espace vectorielF_n. Alorsf(P) =−P⁰⁰+ 2X P⁰+P est un

´

el´ement deF_n.

∀P ∈Fn, f(P)∈Fn. b. SoientP et Qdeux ´el´ements deF_n.

D’apr`es IV 5. : (f(P)|Q) = (P⁰|Q⁰) + (P|Q) et (f(Q)|P) = (Q⁰|P⁰) + (Q|P).

La sym´etrie de (.|.) donne alors (f(P)|Q) = (f(Q)|P) puis (f(P)|Q) = (P|f(Q)) et enfin : (fn(P)|Q) = (P|fn(Q)).

(11)

f_n est un endomorphisme symétrique de F_n. Remarque f est également un endomorphisme symétrique deF!

c. Rappelons que (H0, H1,· · ·, Hn) est une base orthogonale deFn.

De plus ∀k∈[[0, n]], fn(Hk) =f(Hk) = (2k+ 1)Hk etHk 6= 0Fn; ainsi pour tout ´el´ement kde [[0, n]],Hk

est un vecteur propre def_n (associ´e `a la valeur propre 2k+ 1).

(H₀, H₁,· · ·, H_n) est une base orthogonale deF_n contitu´ee de vecteurs propres def_n. Posons∀k∈[[0, n]], G_k= 1

kHkkH_k = 1

√

2^kk!H_k.

(G0, G1,· · ·, Gn) est une base orthonormale deFn encore contitu´ee de vecteurs propres defn. 1

√

2^kk!Hk

k∈[[0,n]]

est une base orthonormale deFn contitu´ee de vecteurs propres defn.

Partie V : Intervention d’exponentielles

1. Soitaun r´eel.

•D’abord ϕa est une application deRdansRcontinue surR.

• ∀x∈R, ϕa(x)2

e^−x² =e²^{a x−x}² =e^−(x²⁺²^{a x+a}²^)+a² =e^a²e^−(x−a)². Or

Z +∞

−∞

e^−(x−a)²dxconverge et vaut√

πd’apr`es le pr´eliminaire.

Ainsi Z +∞

−∞

e^a²e^−(x−a)²dxconverge et vaut√ π e^a². Alors

Z +∞

−∞

ϕ_a(x)²

e^−x²dxconverge et vaut√

π e^a². Ceci ach`eve de montrer que :

ϕa est un ´el´ement deE.

Remarque Retenons ´egalement que :∀a∈R, Z +∞

−∞

(ϕa(x))² e^−x²dx=√ π e^a².

2. Soientaetb deux r´eels. (ϕa|ϕb) = 1

√π Z +∞

−∞

ϕa(x)ϕb(x), e^−x²dx.

∀x∈R, ϕa(x)ϕb(x) =e^{a x}e^{b x}=e^(a+b)^x=

e⁽^a+b² ⁾^x2

= ϕa+b

2

(x)2

. La remarque de la premi`ere question permet de dire que :

Z +∞

−∞

ϕa+b 2

(x)²

e^−x²dx=√

π e⁽^a+b² ⁾².

(12)

Alors Z +∞

−∞

ϕa(x)ϕb(x)e^−x²dx=√

π e⁽^a+b² ⁾². Ainsi (ϕa|ϕb) =e⁽^a+b² ⁾².

∀(a, b)∈R², (ϕa|ϕb) =e⁽^a+b² ⁾².

3. Soitnun ´el´ement deN^∗. kϕ^√_ln_nk²= (ϕ^√_ln_n|ϕ^√_ln_n) =e

√ lnn+√

lnn 2

²

=e^lnⁿ=n.

Ainsikϕ^√_ln_nk⁻²= 1

n·Plus de doute :

la série de terme généralkϕ^√_ln_nk⁻² diverge.

4. Soitnun ´el´ement deN. kϕ^√_nk²= (ϕ^√_n|ϕ^√_n) =e

√n+√ n 2

²

=eⁿ. Alors :kϕ^√_nk⁻²= 1

e ⁿ

. La série géométrique de raison 1

e est convergente car 1 e

<1.

De plus

+∞

X

n=0

1 e

n

= 1

1−¹_e = e e−1·

La série de terme général kϕ^√_nk⁻²converge et

+∞

X

n=0

kϕ^√_nk⁻²= e e−1·

Partie VI Une limite de probabilit´ e conditionnelle

1. west continue surR. Posons∀x∈R, W(x) = Z x

0

w(t) dt.

W est la primitive sur (l’intervalle) R qui prend la valeur 0 en 0. W est donc de classe C¹ sur R et

∀x∈R, W⁰(x) =w(x).

Notons que la convergence de Z +∞

−∞

e^−t²dtdonne la convergence de Z +∞

x

e^−t²dtpour tout r´eelx.

∀x∈]0,+∞[, Φ(x) = Z +∞

x

e^−t²dt=− Z x

0

e^−t²dt+ Z +∞

0

e^−t²dt=−W(x) + Z +∞

0

e^−t²dt.

W ´etant de classeC¹ surR, Φ est de classeC¹ sur ]0,+∞[.

De plus∀x∈]0,+∞[ Φ⁰(x) =−W⁰(x) =−w(x) =−e^−x².

Φ est de classeC¹sur ]0,+∞[ et∀x∈]0,+∞[ Φ⁰(x) =−e^−x².

2. a. lim

x→+∞Φ(x) = lim

x→+∞

Z +∞

x

e^−t²dt= 0 comme reste d’une int´egrale convergente.

x→+∞lim e^−x² = 0, lim

x→+∞

e^−x² 2

!

= 0, lim

x→+∞

1 x− 1

2x³

= 0 et lim

x→+∞

1 2x = 0.

(13)

Alors par produit lim

x→+∞G(x) = 0 et lim

x→+∞K(x) = 0.

x→+∞lim Φ(x) = 0, lim

x→+∞G(x) = 0 et lim

x→+∞K(x) = 0.

b. Φ,GetK sont dérivables sur ]0,+∞[, doncG−Φ et Φ−K sont également dérivables sur ]0,+∞[.

∀x∈]0,+∞[, (G−Φ)⁰(x) =G⁰(x)−Φ⁰(x) =

− 1 x² + 3

2x⁴

e^−x²

2 +

1 x− 1

2x³

(−2x)e^−x²

2 +e^−x².

∀x∈]0,+∞[, (G−Φ)⁰(x) =

− 1 2x² + 3

4x⁴ −1 + 1 2x²+ 1

e^−x² = 3 4x⁴e^−x².

∀x∈]0,+∞[, (G−Φ)⁰(x)>0 doncG−Φ est croissante sur ]0,+∞[.

∀x∈]0,+∞[, (Φ−K)⁰(x) = Φ⁰(x)−K⁰(x) =−e^−x²−

− 1

2x²e^−x²+ 1

2x(−2x)e^−x²

.

∀x∈]0,+∞[, (Φ−K)⁰(x) =

−1 + 1 2x² + 1

e^−x²= 1 2x²e^−x².

∀x∈]0,+∞[, (Φ−K)⁰(x)>0 donc Φ−K est croissante sur ]0,+∞[.

G−Φ et Φ−K sont croissantes sur ]0,+∞[.

c. G−Φ est croissante sur ]0,+∞[ et lim

x→+∞(G−Φ)(x) = 0−0 = 0 ; ainsi∀x∈]0,+∞[, (G−Φ)(x)60.

Φ−K est croissante sur ]0,+∞[ et lim

x→+∞(Φ−K)(x) = 0−0 = 0 ; ainsi∀x∈]0,+∞[, (Φ−K)(x)60.

Alors∀x∈]0,+∞[, G(x)6Φ(x)6K(x).

∀x∈]0,+∞[, G(x)6Φ(x)6K(x).

d. Soitxun ´el´ement de ]0,+∞[. G(x)6Φ(x)6K(x) et 2x e^−x² >0.

Alors 2x

e^−x² G(x)6 2x

e^−x² Φ(x)6 2x e^−x²K(x).

Or : 2x

e^−x² G(x) = 1− 1

2x² et 2x

e^−x²K(x) = 1.

Finalement :∀x∈]0,+∞[, 1− 1

2x² 6 2x

e^−x² Φ(x)61.

Comme lim

x→+∞

1− 1

2x²

= 1, il vient par encadrement lim

x→+∞

2x e^−x² Φ(x)

= 1.

Alors lim

x→+∞

Φ(x)

e^−x² 2x

!

= 1 et : Φ(x) ∼

x→+∞

e^−x² 2x ·

Φ(x) ∼

x→+∞

e^−x² 2x · 3 a. ψ₀:x→ 1

√2π(1/√ 2)e⁻

(x−0)2 2 (1√

2)2 est une densit´e deX. Notons que∀x∈R, ψ₀(x) = 1

√πe^−x².

(14)

∀x∈R, P(X 6x) = 1−P(X > x) = 1− Z +∞

x

ψ0(x) dx= 1− 1

√π Z +∞

x

e^−x²dx= 1− 1

√πΦ(x).

∀x∈R, P(X 6x) = 1−P(X > x) = 1− 1

√πΦ(x).

Remarque On a ´egalement :∀x∈R, P(X > x) = 1

√πΦ(x).

b. Soitc un r´eel positif. Soitxun r´eel.

P_(X>x)(X 6x+c) = P {X 6x+c} ∩ {X > x}

P(X > x) = P(x < X6x+c)

P(X > x) = P(x < X)−P(X > x+c) P(X > x) · P_(X>x)(X 6x+c) = 1−P(X > x+c)

P(X > x) = 1−

√1

πΦ(x+c)

√1

πΦ(x) = 1−Φ(x+c) Φ(x) · Φ(x) ∼

x→+∞

e^−x²

2x donc lim

x→+∞

Φ(x)

e^−x² 2x

!

= 1.

Par composition des limites : lim

x→+∞





Φ(x+c)

e^−(x+c)2 2 (x+c)



= 1. Ainsi Φ(x+c) ∼

x→+∞

e^−(x+c)² 2 (x+c)·

Alors Φ(x+c)

Φ(x) ∼

x→+∞

e^−(x+c)2 2 (x+c) e^−x²

2x

= x

x+ce^−(x+c)²^+x² ∼

x→+∞e^−(x+c)²^+x²=e⁻²^{x c−c}². Par cons´equent :Φ(x+c)

Φ(x) ∼

x→+∞e^−(x+c)²^+x² =e⁻²^{x c−c}². Ainsi lim

x→+∞

Φ(x+c) Φ(x)

= lim

x→+∞e⁻²^{x c+c}² = 0 carc est strictement positif.

Donc lim

x→+∞P_(X>x)(X 6x+c) = lim

x→+∞

1−Φ(x+c) Φ(x)

= 1.

Pour tout r´eel cstrictement positif : lim

x→+∞P_(X>x)(X 6x+c) = 1.