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(1)ANALYSE Exercice 1-1 Pour eectuer certains calculs de probabilites, on a besoin de conna^tre certaines valeurs de la fonction de repartition de la loi normale centree reduite

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Texte intégral

(1)

ANALYSE

Exercice 1-1

Pour eectuer certains calculs de probabilites, on a besoin de conna^tre certaines valeurs de la fonction de repartition de la loi normale centree reduite. Le but de cet exercice est de faire calculer (x) a 10;6 pres a l'aide d'un ordinateur, pour toute valeurx demandee par l'utilisateur.

Pour cela on considere la fonctionx7!f(x) =e;x22, pourx0.

1. Montrer que, pour tout entier natureln1 :

x

n n

X

k =1 e

; (k x)

2

2n 2

Z

x

0 e

; t

2

2

dt x

n n;1

X

k =0 e

; (k x)

2

2n 2

En deduire que :

Z

x

0 e

; t

2

2

dt; x

n n;1

X

k =0 e

; (k x)

2

2n 2

x

n

1;e;x22:

2. Quelle inegalite doit veriernpour trouver une valeur approchee de (x) a 10;6pres ?

3. On considere le programme suivant :

Program Loi normale ; Uses crt ;

Const e=0.00001 ;

(2)

Var s,x : real ; i,n : integer ; Function f(x : real) : real ; Begin End ;

f fonction f definie ci-dessus. g Begin End.

Completer ce programme pour qu'il demande a l'utilisateur la valeur dexet ache (x) a 10;6 pres.

Solution :

1. On utilise la methode classique des rectangles. Si t 2 kx

n

;

(k+ 1)x

n

, la fonctionf etant decroissante, on a :

f

;(k+ 1)x

n

f(t)f;kx

n

d'ou, en integrant sur l'intervalle

kx

n

;

(k+ 1)x

n

,

x

n f

(k+ 1)x

n

Z

(k +1)x=n

k x=n

f(t)dt x

n f

kx

n

Enn, on somme ces inegalites pourk2f0;1;:::;n;1g. Il vient :

x

n n

X

k =1 e

; (k x)

2

2n 2

Z

x

0 e

; t

2

2

dt x

n n;1

X

k =0 e

; (k x)

2

2n 2

L'inegalite precedente s'ecritanbncn. Doncjbn;cnjcn;an, soit :

Z

x

0 e

; t

2

2

dt; x

n n;1

X

k =0 e

; (k x)

2

2n 2

x

n

1;e;x22 2. On sait que pour tout x 0;(x) = 12 + 1

p2

Z

x

0 e

; t

2

2

dt. Ainsi

x

n n;1

X

k =0 e

; (k x)

2

2n

2 sera une valeur approchee de (x) a 10;6 pres sinverie 1

p2

x

n

1;e;x22<10;6. La resolution de cette inequation donne :

n>

x

p2106(1;e;x22)

(3)

3. Nous allons suivre l'algorithme precedent pour ecrire le programme de- mande : calcul de n correspondant a la precision donnee, puis calcul de l'approximation.

Program Loi normale ; Uses crt ;

Const e=0.000001 ; Var s,x,u : real ; k,n : integer ;

Function f(x :real) :real ; Begin

f :=exp(-(x*x/2)) End ;

Begin

Write('x=') ; readln(x) ; n :=1 ;

Repeat

n :=n+1 until (x*(1-f(x))/n)<e ; For k :=1 to n do s :=s+x*f(x*k/n)/n ; Writeln(n,' ', 0.5+s/sqrt(2*pi)) End.

Exercice 1-2

Soit un entier natureln2 etf la fonction denie surRn par :

f(x1;:::;xn) =Xn

k =1 x

4

k

Minimiserf sous les contraintes :

f8i;x

i

>0; et x1+:::+xn =ng.

Solution :

Sous les contraintesf8i;xi>0; etx1++xn=ng, on peut ecriref sous la forme : 8

<

:

f(x1;:::;xn) =n;1P

i=1 x

4

i + (n;Pn;1i=1 xi)4

x

i

>0;8i2[[1;n]]

Cette fonction admet des derivees partielles et pour touti2f1;:::;n;1g:

@f

@x

i

= 4 x3i ;(n;n;1Xxi)3

!

(4)

La resolution du systeme d'equations @f

@x

i

= 0 donne alors :

8

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

<

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

>

: x

1 = n;n;1X

i=1 x

i

x

2 = n;n;1X

i=1 x

i

... ... ...

x

n;1 = n;n;1X

i=1 x

i

dont la seule solution est x1 = x2 = = xn;1 = 1 (il sut de sommer toutes les equations), doncxn= 1.

Ce point critique constitue-t-il un minimum pour f? On sait par l'inegalite de Cauchy-Schwarz que :

n

X

i=1

1ui

!

2

n n

X

i=1 u

2

i

Posonsui=xi puisui=x2i. Alors :

n

X

i=1 x

2

i

1

n n

X

i=1 x

i

!

2

=n et

n

X

i=1 x

4

i

1

n n

X

i=1 x

2

i

!

2

n

DoncXn

i=1 x

4

i

net le point critique est un minimum pourf.

Notons d'ailleurs que l'etude du cas d'egalite dans l'inegalite de Cauchy- Schwarz donne en une seule fois la totalite de la reponse.

Exercice 1-3

Soitaun nombre reel positif ou nul. On considere la serie de terme general

u

n= n!

n

Y(k+a) (n1), ou Qn

k =1 x

k designe le produitx1x2:::xn.

(5)

1. On suppose que a 2 [0;1]. Montrer que la serie de terme general un est divergente.

2. On suppose quea>1 et on noteSn;1=u1+u2++un;1, pourn2.

a) Etablir la relation :8n2;Sn;1= 1a;1;n+a

a;1un. b) Montrer que la serie de terme generalun est convergente.

c) Calculer P1

n=1 u

n.

Solution :

1. Sia2[0;1], pour toutk2N; 0<k+ak+1 et 0<Yn

k =1

(k+a)(n+1)!.

Ceci entra^ne que :

u

n

n!

(n+ 1)! = 1

n+ 1 donc que la seriePun est divergente.

2. a) Montrons la relation :8n2;Sn;1= 1

a;1;n+a

a;1un, par recurrence surn.

pour n= 2, on a : 1

a;1;2 +a

a;1u2= 1

a;1

1; 2

a+ 1

= 1

a+ 1; etS1=u1= 1

a+ 1

supposons la relation veriee pour toutkn;1. Alors :

S

n=Sn;1+un = 1

a;1;

n+a

a;1un+un

= 1

a;1 (1;(n+a)un+ (a;1)un) = 1

a;1 (1;(n+ 1)un)

= 1

a;1

1;(n+ 1)(n+a+ 1)un+1

n+ 1

= 1

a;1;

n+ 1 +a

a;1 un+1

b) La seriePun est une serie a termes positifs telle que la suite des sommes partielles (Sn) reste majoree par 1

a;1. Cette serie est donc convergente et :

1

X

u

n=` 1

a;1

(6)

c) Supposons que`< 1

a;1. Dans ce cas : lim

n!+1 n+a

a;1un= 1

a;1;`=>0 et n+a

a;1un ouun (a;1)

n

, ce qui entra^nerait la divergence de la seriePun. Ainsi`= 1

a;1.

Exercice 1-4

Pour tout reel x > 0, on pose g(x) = Z x

1

cost

t

dt, et pour tout reelx 6= 0,

f(x) =

Z

3x

x

cost

t dt. 1. Etudier la parite def.

2. Montrer que g est denie pour toutx >0, derivable et donner la valeur deg0(x).

3. Donner une relation simple entref etg. En deduire quef est denie pour toutx6= 0, derivable et calculerf0(x).

4. A l'aide d'une integration par parties, montrer quef(x) admet une limite nie lorsquextend vers +1.

5. Calculer la limite quandx tend vers 0,x6= 0 de h(x) =

Z

3x

x

cost;1

t dt. En deduire quef admet une limite quandxtend vers 0.

Solution :

1. La fonctionf est bien denie pour toutx6= 0, puisqu'alors t7! cost

t

continue sur l'intervalle [x;3x]. est On a :

f(;x) =Z ;3x

;x

cost

t

dt=Z 3x

x

cos(;t)

;t

d(;t) =f(x) La fonctionf est donc paire.

2. La fonctiongest une primitive de la fonction continuet7! cost

t

surR+. La fonctiongy est donc derivable, et pour toutx>0 :g0(x) = cosx.

(7)

3. On peut ecrire :

f(x) =

Z

3x

x

cost

t dt=

Z

1

x

cost

t dt+

Z

3x

1

cost

t

dt=g(3x);g(x) Ainsif est derivable surR+ et pour tout x>0,

f

0(x) = 3g0(3x);g0(x) = cos3x;cosx

x

Par parite,f est derivable pour toutx6= 0. . 4. En integrant par parties, il vient :

f(x) =

sint

t

3x

x

+

Z

3x

x

sint

t 2

dt

= sin3x;3sinx

3x +

Z

3x

x

sint

t 2

dt

On a :

lim

x!+1

sin3x;3sinx 3x

lim

x!+1

34x

= 0

et :

Z

3x

x

sint

t 2

dt

Z

3x

x

1

t 2

dt= 23x

tend egalement vers 0 lorsquextend vers l'inni. Finalement lim

x!+1

f(x) = 0.

5. Lorsquex est au voisinage de 0 ; on ajcost;1j t2 . Par suite :2

jh(x)j

Z

3x

x

jcost;1j

t

dt Z

3x

x t

2dt= 2x2 Ainsi lim

x!0

h(x) = 0.

On peut ecriref(x) =h(x) +Z 3x

x dt

t

=h(x) + ln3. Donc lim

x!0

f(x) = ln3.

Ceci permet de prolongerf en 0 en posantf(0) = ln3.

Exercice 1-5

Pourn2N on pose :Jn =Z +1

0

e;xsin2nxdx. 1. a) Montrer queJn existe.

b) CalculerJ0.

(8)

2. a) Pourn2N, determiner une relation de recurrence entre Jn et Jn;1, et en deduire une expression deJn en fonction den.

b) Montrer que la suite (Jn)n2Nest monotone. En deduire que cette suite est convergente.

3. a) Determiner la nature de la serie de terme general ln;2k(2k;1) 4k2+ 1

. b) En deduire la limite de la suite (Jn)n2N.

4. On se propose de retrouver le resultat precedent : a) Montrer que l'on a :

8n2N;0<Jn 1 1;e;

Z

0

sin2nxdx b) Retrouver ainsi la limite de la suite (Jn)n2N.

Solution :

1. a) Pour toutn2N;je;xsin2nxje;x, ce qui entra^ne queJn existe.

b) TrivialementJ0= 1.

2. SoitA>0. Une integration par parties donne :

Z

A

0 e

;tsin2ntdt=;e;tsin2ntA0 + 2n

Z

A

0 e

;tsin2ntcostdt d'ou, lorsqueAtend vers l'inni :

J

n= 2n

Z

+1

0 e

;tsin2ntcostdt On integre de nouveau par parties :

J

2nn=;e;tsin2n;1tcostA0 +

Z

A

0 e

;t((2n;1)sin2n;2tcos2t;sin2nt)dt puis, quandAtend vers l'inni :

J

n= 2n((2n;1)Jn;1;(2n;1)Jn;Jn))Jn = 2n(2n;1) 1 + 4n2 Jn;1 b) Il est evident que Jn 0 pour tout n. La relation precedente montre que la suite (Jn) est decroissante. elle est donc convergente (decroissante et minoree).

3. a) On a : ln

4k2;2k 4k2+ 1

= ln

1; 1 + 2k 1 + 4k2

;

1 + 2k

1 + 4k2 ;1 2k

(9)

La serieXln 4k ;2k

4k2+ 1 est donc divergente et de limite;1. b) On sait que ln

J

k

J

k ;1

= ln

4k2;2k 4k2+ 1

. Donc, pour toutn1 :

n

X

k =1

ln

J

k

J

k ;1

=Xn

k =1

ln

4k2;2k 4k2+ 1

ou lnJn;lnJ0=Xn

k =1

ln

4k2;2k 4k2+ 1

cela entra^ne que lim

n!+1

lnJn=;1donc que lim

n!+1 J

n= 0.

4. a) Soitk0. Alors :

Z

(k +1)

k e

;tsin2ntdt=

Z

0 e

;u;k sin2nudu Pour toutN 2N :

Z

(N+1)

0

e

;tsin2ntdt=XN

k =0 Z

(k +1)

k e

;tsin2ntdt

=

Z

0 N

X

k =0 e

;u;k

!

sin2nudu

=

Z

0

1;e;(N+1)u

1;e;u e;usin2nudu

Z

0 e

;u

1;e;usin2nudu

1;1e;

Z

0

sin2nudu

Ceci restant verie pour toutN, l'inegalite demandee en decoule.

b) Montrons que lim

n!+1 Z

0

sin2ntdt= 0. On peut ecrire :

Z

0

sin2ntdt=

Z

=2

0

sin2ntdt+

Z

=2

sin2ntdt

Le changement de variableu=;t dans la seconde integrale montre que

Z

sin2ntdt= 2

Z

=2sin2ntdt.

(10)

Soit">0. Alors : Z

=2

=2;"

sin2ntdt"

et, par croissance de la fonction sinus sur [0;=2] :

Z

=2;"

0

sin2ntdtsin2 ;"

2n

2 Comme 0<sin2 ;"

<1, il existen0tel que pour toutnn0, 0sin2;"

2n

<". Ceci entra^ne que lorsquen tend vers l'inni,Jn tend vers 0.

Exercice 1-6

Pourx ett reels, on pose

f(x;t) = ln(1 +xt)

t:(1 +t) 1. Determiner le domaine de denitionD def.

2. Soitx6= 1 xe. Determiner deux reelsaxet bx, fonction dexuniquement tels que, pour toutt veriant (x;t)2D, on ait :

@f

@x

(x;t) = 1 +axxt+1 +bxt On pose

F(x) =

Z

1

0

ln(1 +xt)

t:(1 +t) dt 3. Preciser le domaine de denition deF. 4. En admettant que, pourx>;1,

F 0(x) =

Z

1

0

@f

@x

(x;t)dt

calculer explicitementF0(x) et en deduire le sens de variation de F sur . 5. Montrer queF0 est continue en 1.

6. Determiner la limite de F en +1 (on pourra faire un changement de variable).

Solution :

(11)

1. f(x;t) = ln(1 +xt)

t(1 +t) est denie si et seulement si

<

:

t6= 0

t6=;1

1 +xt>0 Ce qui donne :

x= 0;t6= 0;1

x>0;1 +xt>0,t>;1=x

x<0;1 +xt>0,t<;1=x 2. Un calcul elementaire donne :

@f

@x

= 1

(1 +t)(1 +xt) =

a

1 +xt+1 +bxxt

En reduisant cette derniere expression au mme denominateur et par identi- cation avec l'expression precedente, il vient :

b

x=;1;xx; ax= 11;x Donc, pour toutx6= 1 :

(1 +t)(1 +1 xt) = 1 1;x

1

1 +t ;

x

1 +xt

3. La fonctiont7!f(x;t) est continue sur ]0;1[ si et seulement six;1.

au voisinage de 0+,f(x;t)x. Ainsit7!f(x;t) admet un prolongement par continuite ent= 0.

au voisinage de 1;, six>;1,t7!f(x;t) est continue en 1.

Si x =;1, f(;1;t) = ln(1;t)

t(1 +t) ln(1;t)

2 . Et l'integrale

Z

1

1=2

ln(1;t)dt converge comme l'integrale

Z

1=2

0

lnudu. FinalementF est denie sur = [;1;+1].

4. Six>;1;x6= 1 :

F

0(x) = 11;x

Z

1

0 dt

1 +t ;x

Z

1

0 dt

1 +xt

= 11;xln

2

1 +x

et F0(x)>0 pour tout x>;1;x6= 1. Ainsi la fonctionF est croissante sur .5. On a :

F 0(1) =

Z

1

0 dt

(1 +t)2 = 12 et en posantx= 1 +h, pourhau voisinage de 0 :

F

0(x) =; 1 1;xln

1 +x 2

= 1

h

ln(1 +h2) 1 2

(12)

ce qui montre queF0 est continue enx= 1.

6. Pourx>0, posonsu=xt. Il vient :

F(x) =Z x

0

ln(1 +u)

u x

x+udu1 2

Z

x

0

ln(1 +u)

u du

Or l'integrale

Z

+1

0

ln(1 +u)

u

dudiverge, car ln(1 +u)

u

1

u

des queue. Donc lim

x!+1

F(x) = +1.

Exercice 1-7

1. Resoudre l'inequation :x2;2x+px>0 , ainsi que le systeme :

a = 1;pb

b = 1;pa

2. Etudier la suite denie par 8n 2 N;un+1 = 1;pjunj dans le cas ou

u

0

2[0;1].

Solution :

1. On remarque que 0 n'est pas solution de cette inequation, et on pose

X =px. L'inequation devientX4;2X2+X >0. Comme X >0, elle est equivalente aX3;2X+ 1>0. Or :

X 3

;2X+ 1 = (X;1)(X+

p5 + 1 2 )(X ;

p5;1 Donc : 2 )

x 2

;2x+px=px(px;1)(px+

p5 + 1 2 )(

p

x;

p5;1 L'ensemble des solutions est alors : 2 )

x2

i0;3;p5 2

h

[]1;+1[ Le systeme

a = 1;pb

b = 1;pa admet comme solutions evidentes les couples (1;0) et (0;1).

Autrement il est equivalent au systeme

8

<

:

a>0;b>0

a 2

;2a+pa= 0

b= 1;pa , qui admet, par la question precedente, comme unique solution le couple 3;p5

2 ;3 +p5 2

!

.

(13)

2. On montre facilement par recurrence que pour toutn0;un 2[0;1]. La suite (un) est donc bornee. Si elle converge, elle converge vers le point xe de l'application continuex7!1;pxqui n'est autre que`= 3;

p5 2 2]0;1[.

On remarque enn que les sous-suites (u2n) et (u2n+1) sont monotones et bornees et qu'elles convergent vers les points a et b solutions du systeme d'equations de la question precedente.

siu0= 0 ou u0 = 1. La suite (un) prend alternativement les valeurs 0 et 1 et ne converge pas.

siu0=`, la suite (un) est constante egale a`.

si 0 <u0 < `, on considere les sous-suites (u2n) et (u2n+1). On montre par recurrence que (u2n) est croissante et majoree par`, alors que (u2n+1) est decroissante minoree par`. Ces deux sous-suites convergent donc vers`.

si`<u0<1, on considere les sous-suites (u2n) et (u2n+1). On montre par recurrence que (u2n) est decroissante et minoree par`, alors que (u2n+1) est croissante majoree par`. Ces deux sous-suites convergent donc vers`.

Exercice 1-8

Soitf :R!R une fonction continue veriant, pour tout (x;y)2R2 :

f(x+y) =f(x)f(y) 1. a) Calculerf(0).

b) Montrer qu'il existea2R tel que

Z

a

0

f(t)dt6= 0.

2. Montrer quef est de classeC1 surR. Donner une relation simple entre f et sa deriveef0, puis exprimerf en fonction du nombref0(0).

(on rappelle que les solutions de l'equation dierentiellez0 =z, ou 2R, sont les fonctionsx7!Cex, ouC est une constante reelle).

3. Soit (;A;p) un espace probabilise etX une variable aleatoire denie sur , a densite, a valeurs dansR+, telle que pour tout (x;y)2R+2 :

P[X >x+y)=X >x] =P(X>y) Determiner la loi deX.

(14)

Solution :

1. a) En posantx =y = 0 dans l'equation f(x+y) =f(x)f(y), on obtient

f(0) =f2(0), d'ouf(0)2f0;1g. Sif(0) = 0, alors pour toutxreel,f(x) = 0 (on prendy= 0), etf est la fonction identiquement nulle. Aussif(0) = 1.

b) Supposons que pour toutx reel,

Z

x

0

f(t)dt= 0. Alors, en derivant, pour tout x reel f(x) = 0. On peut donc armer qu'il existe a 2 R tel que

Z

a

0

f(t)dt6= 0.

2. Reprenons l'equationf(x+y) =f(x)f(y).

f(x+y) =f(x)f(y))

Z

a

0

f(x+y)dy=f(x)

Z

a

0

f(y)dy

, Z

x+a

x

f(t)dt=f(x); (=

Z

a

0

f(t)dt6= 0) Donc :

f(x) = 1

Z

x+a

x

f(t)dt est une fonction de classeC1puisquef est continue.

Par derivation, l'equationf(x+y) =f(x)f(y) donne f0(x+y) =f0(x)f(y) et pourx= 0, pour touty reel,f0(y) =f0(0)f(y). Ainsif verie l'equation dierentiellez0=zdont les solutions sont les fonctionsx7!Cex. Ici, pour toutx reel :

f(x) =ef0(0)x; (f(0) = 1) 3. On sait que :

P(X >x+yjX>x) =P((X>x+y)\(X >x))

P(X >x) =P(X>x+y)

P(X>x)

=P(X>y) Donc :

P(X>x+y) =P(X >x)P(X >y)

Posons G(x) =P(X >x). La fonction G est continue et verie, pour tout

x > 0;y >0;G(x+y) = G(x)G(y) et G(0) = 1. On sait alors qu'il existe un reel tel que pour tout x > 0;G(x) = ex, et F(x) = P(X < x) = 1;G(x) = 1;ex. Comme F est une fonction de repartition (pour tout

x;0F(x)1), <0 etX suit une loi exponentielle de parametre;.

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