M1 MEEF 2nd degr´ e, CAPES de Maths/info Corrig´ e de l’´ ecrit blanc du 28 novembre 2016
Exercice 1.
1. (a) Soit n ≥ 2 fix´e. La fonction fn est trivialement continue sur les intervalles [0, 1/n[, ]1/n, 2/n[ et ]2/n, 1[. Il suffit donc de v´erifier que fn est continue en 1/2 et en 2/n.
Or n2∗ (1/n) = n = 2n − n2∗ (1/n) et 2n − n2∗ (1/2n) = 0, donc fn est bien continue sur [0, 1].
On peut remarquer que l’int´egrale de fn sur l’intervalle [0, 1] est ´egale `a l’aire du triangle (OAnBn), c’est-`a-dire (n ∗ 2/n)/2 : l’int´egrale de fn est donc ´egale `a 1.
(b) Soit t ∈]0, 1] fix´e. Choisissons un entier N tel que 2/N < t. Pour tout n ≥ N , on aura alors 2/n ≤ 2/N ≤ t donc fn(t) = 0. La limite de la suite (fn(t))n est donc nulle.
Etudions maintenant le comportement de la suite (f´ n(0)) : pour tout n ≥ 2, fn(0) = 0, donc la suite (fn(0))n converge donc vers 0.
On peut donc conclure que pour tout t ∈ [0, 1], la suite (fn(t)) converge vers 0.
(c) On a vu que, pour tout n ≥ 2, Z
fn(t) dt = 1 alors que
Z
limn fn(t) dt = 0 L’´egalit´e propos´ee n’est donc pas v´erifi´ee.
2. (a) Soit n ≥ 1 fix´e. On v´erifie comme ci-dessus que gn est continue sur R+, et on a similairement
Z +∞
0
gn(t) dt = 1
(b) Pour tout n fix´e, on remarque que gnadmet un maximum en n et gn(n) = 1/n. Donc pour tout t ∈ R+ fix´e, on a
0 ≤ gn(t) ≤ 1 n
Ainsi, il vient limngn(t) = 0. Cette limite est uniforme en t : le supremum de gn tend vers 0.
(c) Cette ´egalit´e n’est pas v´erifi´ee.
3. Soit (hn) une suite de fonctions d´efinies sur [0, 1] telle que, pour tout t fix´e (hn(t)) vers un r´eel not´e h(t). On suppose donc de plus que la propri´et´e not´ee (CV U ) est v´erifi´ee.
Soit ε > 0 un r´eel fix´e. Par hypoth`ese, il existe un rang N tel que pour tout n ≥ N et pour tout t ∈ [0, 1],
|hn(t) − h(t)| ≤ ε On en d´eduit que, pour tout n ≥ N ,
Z 1 0
|hn(t) − h(t)| dt ≤ ε
On peut donc conclure que (R1
0 |hn(t) − h(t)| dt) converge vers 0.
Si on suppose queR1
0 h(t) dt est convergente (ce qui a lieu par exemple si h est continue, on peut affirmer que hn est int´egrable pour tout n assez grand, et on a
Z 1 0
hn(t) dt − Z 1
0
h(t) dt
≤ Z 1
0
|hn(t) − h(t)| dt −→ 0
Exercice 2. Il y a au moins deux univers possibles :
— On suppose que les pommes de la sorci`eres sont num´erot´ees de 1 `a 10, et que, par exemple, les 3 pommes empoisonn´ees portent les num´eros 1, 2 et 3. Les deux choix successifs de Blanche-Neige sont donc associ´es `a un couple d’entiers (i, j) avec i 6= j et i, j) ∈ {1, . . . , 10}2 On note alors
Ω = {(i, j), 1 ≤ i, j ≤ 10 avec i 6= j}
On munit Ω de la probabilit´e uniforme (rien n’indique en effet que le choix de Blanche- Neige ne soit pas uniforme).
— Ou alors, on ne garde en m´emoire que le type de pomme choisie : E pour empoisonn´ee et S pour saine. L’espace Ω est alors {E, S}2, et on peut calculer les probabilit´es de chacun des ´ev´enements ´el´ementaires :
P(E, E) = 3 10
2 9 = 1
15 P(E, S) = 3 10
7 9 = 7
30 P(S, E) = 7
10 3 9 = 7
30 P(S, S) = 7 10
6 9 = 7
15
Devant une classe, il est judicieux de r´ealiser un arbre de probabilit´e indiquant la nature des deux pommes choisies par Blanche-Neige : pour la premi`ere pomme, elle a un risque de 3/10 de choisir une pomme empoisonn´ee (E) ; Si la premi`ere pomme est pas empoisonn´ee, la probabilit´e que la deuxi`eme le soit est ´egale `a 2/9, alors que si la premi`ere pomme est saine, la probabilit´e que la deuxi`eme le soit est ´egale `a 3/9. L’arbre obtenu est le suivant :
On rappelle que les probabilit´es indiqu´ees sur les arˆetes de l’arbre sont des probabilit´es condi- tionnelles ; c’est un tirage sans remise donc la probabilit´e de choisir une pomme empoisonn´ee la deuxi`eme fois varie en fonction de ce que Blanche-Neige a choisi au premier tirage. Par exemple, si sa premi`ere pomme est empoisonn´ee, il reste 9 pommes dans le panier, dont deux sont empoi- sonn´ees : la probabilit´e que Blanche-Neige choisisse une pomme empoisonn´ee au 2`eme « tirage » sachant que sa premi`ere pomme l’´etait, est donc ´egale `a 2/9.
Blanche-Neige survit si les deux pommes qu’elle a choisies sont saines : cela correspond `a un seul chemin dans l’arbre. Puisque l’on multiplie les probabilit´es le long d’un chemin dans l’arbre, cette probabilit´e est ´egale `a 7/10 × 6/9 = 7/15 ' 0.47
Pour que Blanche-Neige mange la deuxi`eme pomme, il faut que la premi`ere pomme soit saine : `a nouveau un seul chemin dans l’arbre, qui correspond cette fois `a une probabilit´e ´egale
`
a 7/10 × 3/9 = 7/30 ' 0.23.
L’´ev´enement « La deuxi`eme pomme est empoisonn´ee » correspond `a deux chemins dans l’arbre : S puis E (ce qui arrive avec probabilit´e 107 ×39), ou alors E puis E (ce qui arrive avec probabilit´e 103 × 29. On additionne les probabilit´es de parcourir chacun des deux chemins : la probabilit´e que la deuxi`eme pomme soit empoisonn´ee est alors ´egale `a
7 10 ×3
9 + 3 10 ×2
9 = 27 90 = 3
10
Notons q la probabilit´e que Blanche-Neige survive le premier jour, et p = 1 − q. On a q = 7/15.
Fixons un entier n ≥ 1. Les choix de Blanche-Neige sont ind´ependants d’un jour `a l’autre, et la composition du panier est toujours la mˆeme : sa probabilit´e de ne pas piocher de pomme empoisonn´ee ne d´epend pas du jour, et les ´ev´enements « Blanche-Neige n’a pas pioch´e de pomme empoisonn´ee le jour j » sont ind´ependants les uns des autres.
On peut donc calculer la probabilit´e que Blanche-Neige survive n jours (cons´ecutifs) : celle- ci est ´egale `a qn. L’´ev´enement qui int´eresse la sorci`ere est le compl´ementaire de cet ´ev´enement (au moins un des n jours, Blanche-Neige pioche une pomme empoisonn´ee), qui a lieu avec probabilit´e 1 − qn.
La sorci`ere souhaite avoir 1 − qn≥ 0.99, soit qn≤ 0.01. On peut sugg´erer ici l’utilisation du tableur (ou table des valeurs) pour d´eterminer le rang `a partir duquel ceci est r´ealis´e. On trouve q6 = 0.0103 > 0.01 > q7 = 0, 0048. La sorci`ere doit donc pr´evoir de venir 7 jours cons´ecutifs si elle veut avoir une chance sup´erieur `a 0.99 de tuer Blanche-Neige.
Exercice 3. Soit q ∈]0, 1[ et (X, Y ) un couple de variables al´eatoires discr`etes dont la loi est donn´ee par : pour tout (j, k) ∈ N2, P(X = j, Y = k) = αq2j+k o`u α est un r´eel strictement positif.
1. Les probabilit´es ci-dessus d´efinissent la loi d’un couple de variables al´eatoires si leur somme double est ´egale `a 1 :
X
j≥0
X
k≥0
αq2j+k = 1
Or, en utilisant les r´esultats sur les sommes des s´eries g´eom´etriques de raison appartenant
`
a l’intervalle ] − 1, 1[, on a X
k≥0
q2j+k = q2jX
k≥0
qk = q2j 1 1 − q Puis
X
j≥0
q2j 1
1 − q = 1 1 − q
X
j≥0
q2j 1
(1 − q)(1 − q2) On en d´eduit
α = (1 − q)(1 − q2)
2. On peut ´ecrire l’´ev´enement {X = Y } comme la r´eunion, pour i dans N, des ´ev´enements deux `a deux disjoints {X = i, Y = i}. On a donc
P(X = Y ) = X
i≥0
P(X = i, Y = i)
= αX
i≥0
qi+2i
= αX
i≥0
q2i
= (1 − q)(1 − q2)
1 − q3 = 1 − q2 1 + q + q2 3. Pour tout j ∈ N fix´e, on a, par la formule des probabilit´es totales,
P(X = j) =X
k≥0
P(X = j, Y = k) = αqjX
k≥0
q2k = αqj 1
1 − q2 = (1 − q)qj 4. Calculons l’esp´erance de X : X est une variable al´eatoire `a valeurs dans N donc
E(X) = X
j≥0
jP(X = j)
= X
j≥0
j(1 − q)qj
= q(1 − q)X
j≥0
jqj−1
Or, pour tout j fix´e, jqj−1 est la d´eriv´ee au point q de la fonction x 7→ xj, et la fonction x 7→P
j≥0xj est une s´erie enti`ere de rayon de convergence ´egal `a 1. On peut donc d´eriver cette s´erie terme `a terme `a l’int´erieur du disque de convergence.
On obtient, pour tout x ∈] − 1, 1[ : 1
(1 − x)2
1
1 − x
0
= X
j≥0
xj
!0
=X
j≥0
jxj−1
D’o`u
E(X) = q(1 − q) 1
(1 − q)2 = q 1 − q Pour calculer la variance de X, on commence par calculer
E(X(X − 1)) =X
j≥0
j(j − 1)P(X = j) = (1 − q)q2X
j≥0
j(j − 1)qj−2
On reconnaˆıt cette fois la d´eriv´ee seconde de la mˆeme fonction que ci-dessus : pour tout x ∈] − 1, 1[,
2 (1 − x)3
1
1 − x
00
= X
j≥0
xj
!00
=X
j≥0
j(j − 1)xj−2 D’o`u
E(X(X − 1)) = (1 − q)q2 2
(1 − q)3 = 2q2 (1 − q)2 On en d´eduit, avec la formule de Koenig,
var (X) = E(X2) − (E(X))2
= E(X(X − 1)) + E(X) − (E(X))2
= 2q2
(1 − q)2 + q
1 − q − q2 (1 − q)2
= 2q2+ q(1 − q) − q2 (1 − q)2
= q
(1 − q)2
5. On d´etermine la loi de Y en sommant, pour tout k fix´e, les probabilit´es P(X = j, Y = k).
Soit k ∈ N. On a
P(Y = k) = X
j≥0
P(X = j, Y = k)
= αq2kX
j≥0
qj
= (1 − q)(1 − q2)q2k 1 1 − q
= (1 − q2)q2k 6. Pour tout (j, k) ∈ N2, on remarque que
P(X = j, Y = k) = P(X = j)P(Y = k) donc les variables al´eatoires X et Y sont ind´ependantes.
7. La variable al´eatoire (X + Y ) est `a valeurs dans N. La loi du couple (X, X + Y ) est donc d´etermin´ee par les probabilit´es
P(X = j, X + Y = n), ∀(j, n) ∈ N2 Soit (j, n) ∈ N2. On a
P(X = j, X + Y = n) = P(X = j, Y = n − j) = 0 si n < j αq2j+(n−j) = αqn+j si n ≥ j
En sommant ces probabilit´es sur j (pour n fix´e), on en d´eduit la loi de X + Y : pour tout n ≥ 0,
P (X + Y = n) = X
j≥0
P(X = j, X + Y = n)
= αqn
n
X
j=0
qj
= αqn1 − qn+1 1 − q
= (1 − q2)qn(1 − qn+1)
8. Les variables al´eatoires X et X + Y ne sont pas ind´ependantes, par exemple car P(X = 1, X + Y = 0) = 0 alors que P(X = 0) > 0 et P(X + Y = 1) > 0.
Exercice 4. On note dans tout l’exercice exp la fonction de classe C1 solution de f0 = f et valant 1 en 0.
1. Soit g la fonction d´efinie sur R par g(x) = exp(x) exp(−x).
(a) On a g(0) = exp(0) exp(−0) = 1 car, par hypoth`ese, exp(0) = 1.
(b) Par d´efinition de la fonction exp, la d´eriv´ee de x 7→ exp(x) est x 7→ exp(x) et celle de x 7→ exp(−x) est x 7→ − exp(−x) (en utilisant la formule de d´erivation des fonctions compos´ees). En utilisant la formule de d´erivation d’un produit, on en d´eduit donc que g est d´erivable et que, pour tout x ∈ R,
g0(x) = exp(x) exp(−x) + exp(x)(− exp(−x)) = 0
Les seules fonctions de d´eriv´ees nulles sont les fonctions constantes : on a donc, pour tout x ∈ R, g(x) = g(0) = 1.
(c) Supposons qu’il existe un r´eel x0 tel que exp(x0) = 0. On aurait alors g(x0) = 0, ce qui est absurde. La fonction exp ne s’annule donc pas sur R.
2. Soit a un r´eel fix´e et ha la fonction d´efinie sur R par ha(x) = exp(x + a)/ exp(x) (ce qui est l´egitime puisque exp ne s’annule pas). On remarque que la fonction x 7→ exp(x + a) est d´erivable, de d´eriv´ee x 7→ exp(x + a), donc la fonction ha est d´erivable sur R et, en utilisant la formule de d´erivation d’un quotient de deux fonctions d´erivables, on obtient : pour tout x ∈ R
h0a(x) = exp(x) exp(x + a) − exp(x + a) exp(x)
(exp(x))2 = 0
On en d´eduit alors que ha est constante. Or ha(0) = exp(a), donc, pour tout x ∈ R, exp(x + a)
exp(x) = exp(a)
3. Le r´esultat pr´ec´edent ´etant vrai pour tout a ∈ R et tout x ∈ R, on en d´eduit l’´equation fonctionnelle de la fonction exponentielle : pour tous r´eels (x, b) ∈ R2, exp(a + b) = exp(a) exp(b).
4. Soit x ∈ R. On utilise la relation pr´ec´edente en a = b = x/2. On obtient alors exp(x) = (exp(x/2))2 > 0
La positivit´e de la fonction exp peut ´egalement se monter en utilisant le fait que g ne s’annule pas et le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires. Veiller `a bien rappeler les hypoth`eses du th´eor`eme !
5. De l’´equation diff´erentielle initiale, on d´eduit que exp est deux fois d´erivable, et que sa d´eriv´ee seconde est ´egale `a exp, donc toujours positive. C’est un crit`ere de convexit´e de la fonction. Lorsqu’une fonction f est convexe, sa courbe repr´esentative est « au dessus » de chacune de ses tangentes :
∀x0, ∀x, f (x) ≥ f (x0) + f0(x0)(x − x0)
La courbe repr´esentative d’une fonction convexe est ´egalement toujours « en dessous » de ses cordes :
∀(a, b) ∈ R2 tels que a < b , ∀x ∈ [a, b], f (x) ≤ f (a) + f (b) − f (a)
b − a (x − a) 6. Pour n positif, on montre par r´ecurrence sur n la propri´et´e demand´ee :
∀x ∈ R, exp(nx) = (exp(x))n
La propri´et´e est vraie pour n = 0. En effet, soit x ∈ R. On a exp(0x) = exp(0) = 1 et (exp(x))0 = 1.
Consid´erons maintenant un entier n ≥ 0 tel que la propri´et´e est v´erifi´ee et montrons-la au rang n + 1. Soit x ∈ R. On a
exp((n + 1)x) = exp(nx + x) = exp(nx) exp(x)
On utilise maintenant l’hypoth`ese de r´ecurrence : exp(nx) = (exp(x))n. Il vient : pour tout x ∈ R,
exp((n + 1)x) = (exp(x))n+1
Par principe de r´ecurrence, le r´esultat est vrai pour tout n ∈ N (et tout x ∈ R).
Soit maintenant n ∈ Z−. On a en utilisant la question 1) : pour tout x ∈ R,
exp(nx) = 1
exp((−n)x) = 1
(exp(x))−n = (exp(x))n
7. Soit r ∈ Q. Il existe deux entiers n et k, k 6= 0, tel que r = n/k. Pour tout x ∈ R, on a : en utilisant la question pr´ec´edente `a deux reprises :
(exp(rx))k= exp(rkx) = exp(nx) = (exp(x))n
Or exp(rx) est un r´eel positif, donc sa racine ki`eme est bien d´efinie et on a, en utilisant les propri´et´es des fonctions puissances et de leurs r´eciproques :
exp(rx) = ((exp(x))n)1/k = (exp(x))r
8. En notant e = exp(1), on a, d’apr`es la question pr´ec´edente, pour tout rationnel r, exp(r) = (exp(1))r = er.
Par continuit´e de la fonction exp, on peut donc donner un sens `a toute puissance (mˆeme non rationnelle) de e.
Les ´el`eves manipulent des expressions du type xa+b et (xa)b, o`u a et b sont des entiers ou des rationnels « simples »(1/2, 3/2, 1/3...). Donner un sens `a er, o`u r est un rationnel est donc atteignable. Ils ont ´egalement l’intuition que 1x = 1 pour tout x 6= 0, et 0x= 0 pour tout x > 0.
9. Comportement asymptotique
(a) On a d´ej`a donn´e l’´equation de la tangente dans une question pr´ec´edente : la tangente au point (x, exp(x)) `a la courbe repr´esentative de exp est la droite passant par le point (x, exp(x)) et de pente ´egale `a exp(x), qui est le nombre d´eriv´ee en x de la fonction exp.
Au point (0, 1), il s’agit donc de la droite d’´equation y = 1 + x
Par convexit´e de la fonction exp (sa d´eriv´ee seconde est positive), on peut affirmer que la courbe repr´esentative de exp est au-dessus de sa tangente, c’est-`a-dire ici : pour tout x ∈ R, exp(x) ≥ 1 + x. Lorsque x → +∞, 1 + x → +∞. En utilisant un th´eor`eme de comparaison de limites, on en d´eduit que lim+∞exp(x) = +∞.
On utilise maintenant la relation fonction pour d´eterminer la limite de exp en −∞ : pour tout x ∈ R, exp(x) = 1/ exp(−x).
Or, lorsque x → −∞, −x → +∞, donc exp(−x) → +∞.
Finalement, on en d´eduit que la limite en −∞ de exp existe et vaut 0.
(b) Soit x ∈ [1, +∞[. On sait que
exp(x/2) ≥ 1 + x 2 ≥ x
2 Donc le r´eel α = 1/2 v´erifie : pour tout x ≥ 1 > 0,
exp(x/2) ≥ αx i.e. exp(x/2)
x ≥ α
On a alors, pour tout x ≥ 1, exp(x)
x = (exp(x/2))2
x ≥ α exp(x/2)
Puisque exp(x/2) diverge vers +∞ en +∞, on en d´eduit que exp(x)/x diverge ´ega- lement vers +∞ en +∞.
Puis, avec x exp(x) = x/ exp(−x) : lorsque x tend vers −∞, exp(−x)/x tend vers +∞, donc x exp(x) tend vers 0 en −∞.
(c) Soit x ∈ N∗ fix´e. Pour tout x, on a
x−nexp(x) = n−1(x/n)−1exp(x/n)n
= n−n (x/n)−1exp(x/n)n
donc x−nexp(x) tend vers +∞ lorsque x tend vers +∞.
De mˆeme, xnexp(x) tend vers 0 lorsque x tend vers −∞.
10. Dans cette question, on ´etudie les int´egrales g´en´eralis´ees In = R+∞
0 tnexp(−t) dt pour n ∈ N.
(a) La fonction x 7→ exp(−x) est continue sur tout R+ : elle est donc int´egrable sur tout intervalle born´e. Il reste `a montrer que t 7→ exp(−t) est int´egrable au voisinage de +∞. Or on connaˆıt une primitive de cette fonction : (− exp(−t))0 = exp(−t). On peut donc ´ecrire, pour tout x ∈ R+,
Z x 0
exp(−t) dt =h
− exp(−t)ix
0 = − exp(−x) + 1
On conclut `a l’aide des limites de exp : lorsque x tend vers +∞, exp(−x) tend vers 0. La limite en +∞ de Rx
0 exp(−t) dt existe donc et vaut 1.
(b) Soit n ∈ N. La fonction t 7→ tnexp(−t) est continue sur R+. Elle est donc int´egrable sur tout intervalle born´e. On va la majorer au voisinage de +∞ pour justifier la convergence de l’int´egrale.
La fonction t 7→ tnexp(−t) est positive donc la fonction F d´efinie sur R par F (x) =
Z x 0
tnexp(−t) dt
est croissante. On va la majorer pour justifier qu’elle admet une limite finie en +∞.
D’apr`es les ´etudes de limites, on sait que tn+2exp(−t) tend vers 0 lorsque t tend vers +∞. Il existe donc un r´eel A > 0 tel que, pour tout t ≥ A,
0 ≤ tn+2exp(−t) ≤ 1 On a alors, pour tout x ≥ A
F (x) = F (A) + Z x
A
tnexp(−t) dt
= F (A) + Z x
A
tn+2exp(−t) t2 dt
≤ F (A) + Z x
A
1 t2 dt
= F (A) + 1 A − 1
x ≤ F (A) + 1 A
La fonction F est donc croissante et major´ee, ce qui implique qu’elle admet une limite finie en +∞.
(c) Soit n ∈ N et A ∈ R+. En int´egrant par partie, on obtient, Z A
0
tn+1exp(−t) dt = h
− tn+1e−tiA 0
+ (n + 1) Z A
0
tnexp(−t) dt
= An+1exp(−A) + (n + 1) Z A
0
tnexp(−t) dt
(d) En faisant tendre A vers +∞ dans l’´egalit´e ci-dessus, il vient : pour tout n ∈ N, In+1= (n + 1)In.
Or I0 = 1. On a donc, par d´efinition de la factorielle d’un entier : pour tout n ≥ 1, In= n!
11. Soit λ un r´eel. La fonction u 7→ eu ´etant de d´eriv´ee positive, elle est croissante, donc la fonction t 7→ exp(−λt) est d´ecroissante si λ est positif et croissante si λ est n´egatif.
En utilisant la d´erivation d’une fonction compos´ee, on peut affirmer que la fonction x 7→ exp(−λx) est d´erivable, de d´eriv´ee x 7→ −λ exp(−λx).
Cette propri´et´e peut ´egalement se traduire par le fait qu’une primitive de la fonction t 7→ exp(−λt) est la fonction t 7→ − exp(−λt)/λ.
12. Utilisation en probabilit´es.
(a) Avec les propri´et´es d´emontr´ees pr´ec´edemment, il est ais´e de remarquer que la fonction fλ est positive, int´egrable sur [0, +∞[, d’int´egrale ´egale `a 1. Il s’agit donc bien d’une densit´e de probabilit´e, associ´ee `a une variable `a valeurs positives (la densit´e est nulle sur R−∗.
On a alors
E(X) =
Z +∞
0
xλ exp(−λx) dx
= h
− x exp(−λx)i+∞
0 +
Z +∞
0
exp(−λx) dx
= 0 +h1
λexp(−λx)i+∞
0
= 1 λ (b) Soit t ∈ R+. On a
P(X ≥ t) = P(X ∈ [t, +∞[) = Z +∞
t
λ exp(−λx) dx = exp(−λt) (c) Soient s et t deux r´eels positifs. On remarque que t + s ≥ t donc
P{X≥t}(X ≥ t + s) = P({X ≥ t + s} ∩ {X ≥ t})
P{X ≥ t} = P({X ≥ t + s}) P{X ≥ t}
Puis, en utilisant l’´equation fonctionnelle de la fonction exponentielle, P{X≥t}(X ≥ t + s) = exp(−λ(t + s))
exp(−λt) = exp(−λs) = P(X ≥ s).
Exercice 5.
Partie A : Int´egrales de Wallis.
1. On a :
W0 =
Z π/2 0
1 dt = π 2 W1 =
Z π/2 0
sin t dt = h
− cos tiπ/2 0 = 1 W2 =
Z π/2 0
sin2t dt = Z π/2
0
1 − cos(2t)
2 dt = π
2
2. Soit n un entier naturel. On a, pour tout t ∈]0, π/2[, sinn+1t < sinnt, d’o`u il vient :
Wn+1 = Z π/2
0
sinn+1t dt <
Z π/2 0
sinnt dt = Wn
Cette propri´et´e ´etant vraie pour tout n ≥ 0, la suite (Wn) est strictement d´ecroissante.
De fa¸con similaire, pour tout n ≥ 0, et pour tout t ∈]0, π/2], sinnt > 0, donc Wn> 0.
3. La suite (Wn) est une suite d´ecroissante et minor´ee par 0 : elle admet donc une limite ` sup´erieure ou ´egale `a 0.
4. Soit n ∈ N. On calcule la d´eriv´ee de cos sinn+1 : soit t ∈ R. On a
(cos t sinn+1(t))0 = − sin t sinn+1(t) + cosn+1(t) cos(t) sinn(t)
= sinn(t)(− sin2(t) + (n + 1) cos2(t))
= sinn(t)(−(n + 2) sin2(t) + n + 1)
d’o`u le r´esultat annonc´e.
On a donc
(n + 2)Wn+2 =
Z π/2 0
(n + 1) sinnt − sinn+1(t) cos(t)0 dt
= (n + 1)Wn−h
sinn+1(t) cos(t)iπ/2 0
= (n + 1)Wn
5. Soit n ∈ N. Par d´ecroissance et positivit´e de (Wn), on a Wn/Wn+1 > 1.
Puis, en utilisant la question pr´ec´edente et `a nouveau la d´ecroissance de (Wn), Wn
Wn+1 = Wn Wn+2
Wn+2
Wn+1 ≤ n + 2 n + 1
6. La suite (Wn/Wn+1) est encadr´ee d’une part par la suite constante ´egale `a 1, et d’autre part par la suite ((n + 2)/(n + 1))n qui converge vers 1. Par le th´eor`eme des gendarmes, on peut conclure que (Wn/Wn+1)n converge vers 1.
7. Soit n ∈ N. Exprimons un+1 en fonction de un, avec l’aide de la question 4 : un+1 = ((n + 2)Wn+2) Wn+1= ((n + 1)Wn) Wn+1= un
La suite (un) est donc constante. On remarque que u0 = W0W1 = π/2. On a donc, pour tout n ∈ N, un= π/2.
8. On sait que (Wn) converge (vers une limite not´ee `), que (Wn/Wn+1) converge vers 1, et que ((n + 1)Wn+1Wn) est constante ´egale `a π/2. On peut donc remarquer que, pour tout ngeq0,
Wn2 = Wn
Wn+1Wn+1Wn = Wn Wn+1
π 2(n + 1) Comme (Wn/Wn+1) tend vers 1, on conclut que (Wn) tend vers 0.
Puis, pour tout n ≥ 0, on a nWn2 = n
n + 1 Wn Wn+1
(n + 1)Wn+1Wn = n n + 1
Wn Wn+1
un= n n + 1
Wn Wn+1
π 2 Finalement, (√
nWn)n converge vers pπ/2.
Partie B : Calcul de l’int´egrale de Gauss.
1. On ´etudie la fonction φ : x 7→ ln(1+x)−x sur ]−1, +∞[. Cette fonction est d´erivable, de d´eriv´ee x → 1+x1 − 1 = 1+x−x. La fonction φ est donc croissante sur ] − 1, 0] et d´ecroissante sur [0, +∞[. Elle admet donc un maximum en x = 0 et la valeur de ce maximum est φ(0) = 0.
On a donc, pour tout x ∈] − 1, +∞[, ln(1 + x) ≤ x.
2. Soit n ∈ N∗. Soit x ∈ [0,√
n[. Le r´eel −x2/n appartient `a l’intervalle ] − 1, +∞[, donc on a
ln
1 −x2
n
≤ −x2 n ou encore
n ln
1 − x2
n
≤ −x2 Par croissance de la fonction exponentielle, on conclut que
1 −x2
n
n
≤ e−x2
Int´eressons-nous `a la 2`eme in´egalit´e, avec toujours x ∈ [0,√
n[ : le r´eel x2/n appartient
`
a l’intervalle ] − 1, +∞[, donc
ln
1 −x2
n
≤ x2 n ou encore
−n ln
1 − x2
n
≥ −x2 On conclut alors :
1 + x2
n
−n
≥ e−x2 La propri´et´e attendue est donc vraie pour tout x ∈ [0,√
n[.
3. Soit n ∈ N∗. On effectue le changement de variable t = √
n cos u. Ce changement de variable est bijectif de [0, π/2] sur [0,√
n] et on a dt = −√
n sin u du On a donc Z
√n
0
1 − t2
n
n
dt = −√ n
Z 0 π/2
1 − cos2un
sin u du =√ n
Z π/2 0
sin2n+1u du
4. On proc`ede cette fois au changement de variable t =√
ncotanu. Puisque cotan(π/2) = 0 et cotan(π/4) = 1, le nouveau changement de variable est lui aussi bijectif de [π/4, π/2]
sur [0, 1] et on a dt = −√
n du/(1 + cotan2u) du = −√
ndu/ sin2u. On a donc Z
√n
0
1 + t2
n
−n
dt = −√ n
Z π/4 π/2
(1 + cotan2u)−n du
sin2u =√ n
Z π/2 π/4
sin2n−2(u) du 5. Pour tout n ∈ N∗, on a
Z π/2 0
sin2n+1u du = W2n+1 et
Z π/2 π/4
sin2n−2(u) du ≤ W2n−2
d’o`u l’encadrement
√nW2n+1 ≤ Z
√n
0
e−t2dt ≤ √
nW2n−2
6. Dans la partie A, on a montr´e que la suite (√
nWn) converge vers pπ/2. On en d´eduit dans un premier temps que les suites (√
nW2n+1) et (√
nW2n−2) convergent vers√ π/2.
Par le th´eor`eme des gendarmes, on peut conclure que la suite (R
√n
0 e−t2dt) converge vers ce r´eel.
Or la fonction t 7→ e−t2 est positive, donc sa primitive nulle en 0 est croissante (comme toutes ses primitives !), donc soit cette derni`ere admet une limite finie en +∞, soit elle
diverge vers +∞, limite que l’on note R+∞
0 e−t2dt. Par unicit´e de la limite, on conclut que
Z +∞
0
e−t2dt =
√π 2 On effectue le changement de variable t = x/√
2 : il vient
√π 2 =
Z +∞
0
e−t2dt = Z +∞
0
e−x2/2 dx
√2 puis, par parit´e
Z +∞
−∞
e−x2/2dx = 2 Z +∞
0
e−x2/2dx = 2
√π
√2 =√ 2π.
Partie C : Loi normale.
Dans cette partie, on note φ la fonction d´efinie sur R par φ(t) = e−x2/2/√
2π et on consid`ere une variable al´eatoire Z de loi de densit´e φ.
1. La variable al´eatoire Z admet une esp´erance si les deux limites RA
0 xe−x2/2 dx/√ 2π et R0
−Axe−x2/2 dx/√
2π lorsque A tend vers +∞ existent. On se contente de traiter la premi`ere int´egrale, l’autre ´etant similaire.
La fonction x 7→ xe−x2/2 est positive et continue sur R+. Il suffit donc de v´erifier que Z A
0
xe−x2/2 dx
admet une limite finie lorsque A tend vers +∞. Or, en se rapportant au tableau des d´eriv´ees, on remarque que −xe−x2/2 est de la forme u0eu, avec u : x 7→ −x2/2 : c’est donc la d´eriv´ee de ex2/2.
Ceci nous permet d’´ecrire, pour tout A ∈ R+, Z A
0
xe−x2/2 dx
√2π = 1
√2π h
− e−x2/2iA
0 = −e−A2/2+ 1
√2π
Puisque −e−A2/2converge (vers 0) lorsque A tend vers +∞, on conclut queR+∞
0 xe−x2/2dx/√ 2π est convergente.
Pour calculer la valeur de E(Z), on peut utiliser le calcul que l’on vient de faire : Z +∞
0
xe−x2/2 dx
√2π = 1
√2π et Z 0
−∞
xe−x2/2 dx
√2π = −1
√2π Donc E(Z) = 0.
Une fois l’int´egrabilit´e justifi´ee, on pourrait ´egalement utiliser l’imparit´e de la fonction x 7→ xe−x2/2 pour justifier que E(Z) = 0.
2. Comme Z est d’esp´erance nulle, on a var (Z) = E(Z2). On effectue une int´egration par partie avec des fonctions u et v v´erifiant u0(x) = xe−x2/2 et v(x) = x, et en choisissannt u telle que u(x) = −e−x2/2. On remarque alors que le produit uv admet une limite finie en +∞ et que le produit uv0 est int´egrable au voisinage de +∞.
On en d´eduit que l’int´egrale de u0v est convergente en +∞.
On a alors : E(Z2) =
Z +∞
−∞
x2e−x2/2 dx
√2π = 2 Z +∞
0
x × xe−x2/2 dx
√2π
= 2
√2π
h
− xe−x2/2i+∞
0 +
Z +∞
0
e−x2/2 dx
√2π
= 1
3. On fixe un r´eel α ∈]0, 1[.
(a) Soit h la fonction d´efinie pour tout u dans R+ par h(u) = P(−u ≤ X ≤ u). Pour tout u ∈ R+, on a
h(u) = Z u
−u
e−t2/2 dt
√2π = 2 Z u
0
e−t2/2 dt
√2π
En tant qu’int´egrale d’une fonction strictement positive et continue, h est donc conti- nue et strictement croissante sur R+.
Fixons α ∈]0, 1[. On a 1 − α ∈]0, 1[. On remarque h(0) = 0 et lim+∞h(u) = 1 donc, par le corollaire du th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, pour tout α ∈]0, 1[, il existe un unique u ∈ R+ tel que P(−u ≤ Z ≤ u) = 1 − α.
(b) On rappelle les valeurs suivantes :
P(Z ≤ 1.645) = 0.95, P(Z ≤ 1.96) = 0.975 Avec α = 0.05. On a cherche u tel que P(−u ≤ Z ≤ u) = 1 − α.
Par passage au compl´ementaire, on doit donc avoir P(Z < −u) + P(Z < u) = 0.05, et par parit´e de la densit´e de Z, ces deux probabilit´e sont ´egales. On a donc P(Z <
−u) = 0.025. Le r´eel u est solution de P(−u ≤ Z ≤ u) = 0.95 si et seulement s’il est solution de P(Z ≤ u) = 0.975. On a donc u = 1.96.
4. On va expliciter l’expression de la fonction de r´epartition de X.
Soit x ∈ R.
On a
P(X ≤ x) = P(σX + m ≤ x) = P
X ≤ x − m σ
= F x − m σ
en notant F la fonction d´efinie sur R par F (z) =
Z z
−∞
e−t2/2 dt
√2π
La fonction x 7→ F x−mσ est d´erivable donc X admet une densit´e, et une expression de cette densit´e est la d´eriv´ee de cette fonction. Plus pr´ecis´ement, la densit´e de X est la fonction x 7→ σ1F0((x − m)/σ), c’est-`a-dire la fonction x 7→ e−(x−m)2/(2σ2)/(σ√
2π).
5. On note Y = Z2.
(a) On a d´ej`a calculer E(Y ), puisqu’il s’agit de l’esp´erance de Z2, donc de la variance de Z2 : on a E(Y ) = 1. Pour calculer E(Y2), on va proc´eder `a une int´egration par partie :
√
2πE(Y2) =
Z +∞
−∞
z4e−z2/2 dz
=
Z +∞
−∞
z4e−z2/2 dz
=
Z +∞
−∞
z3
ze−z2/2 dz
= h
− z3e−z2/2i+∞
−∞+ Z +∞
−∞
3z2e−z2/2 dz
= 3√
2πE(Z2) = 3√ 2π On a donc E(Y2) = 3 puis var (Y ) = 2.
(b) On utilise `a nouveau la fonction F d´efinie sur R par F (z) =
Z z
−∞
e−t2/2 dt
√2π
Pour tout y ≤ 0, on a P(Y ≤ y) = P(Z2 ≤ y) = 0.
Soit maintenant un r´eel y strictement positif. On a P(Y ≤ y) = P(Z2 ≤ y) = P(−√
y ≤ Z ≤ √
y) = P(Z ≤ √
z) − P(Z ≤ −√ z) Or, pour tout z ∈ R+, on a
2P(Z ≤ −z) = P(Z ≥ z) = 1 − P(Z ≤ z) donc
P(Y ≤ y) = 2P(Z ≤√
y) − 1 = 2F (√ y) − 1
(c) Cette fonction est d´erivable sur R+, donc Y admet une densit´e (nulle sur R− car P(Y ≤ 0) = 0, et une expression de cette densit´e est y 7→ √1ye−y/2.
