Mathématiques Méthodes et exercices ECS 2e année Cécile Lardon Professeur en classe préparatoire au lycée du Parc à Lyon
Jean-Marie Monier Professeur en classe préparatoire au lycée La Martinière-Monplaisir à Lyon
© Dunod, Paris, 2011 ISBN 978-2-10-058112-2
Table des matières
Remerciements 1. Réduction des endomorphismes et des matrices carrées Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
2. Algèbre bilinéaire Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
3. Intégrales sur un intervalle quelconque Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
VI 1 2 4 12 15
38 39 41 47 50
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5. Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets Les méthodes à retenir Énoncés des exercices
6. Variables aléatoires à densité Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
7. Convergences et approximations Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
8. Estimation, statistique 66 66 70 79 84
4. Fonctions numériques de plusieurs variables réelles 116 Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
117 120 126 129
150 151 154
Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
9. Algorithmique Les méthodes à retenir Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
10. Problèmes de révision
161 163
180 180 183 190 193
217 217 218 224 227
243 244 245 254 257
276 276 281 290 293
312
Énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Corrigés des exercices
313 332 338
Index
378
III
Pour bien utiliser cet ouvrage
La page d’entrée de chapitre Elle propose un plan du chapitre, les thèmes abordés dans les exercices, ainsi qu’un rappel des points essentiels du cours pour la résolution des exercices.
Les méthodes à retenir Cette rubrique constitue une synthèse des principales méthodes à connaître, détaillées étape par étape, et indique les exercices auxquels elles se rapportent.
IV
Pour bien utiliser cet ouvrage
Énoncés des exercices De nombreux exercices de difficulté croissante sont proposés pour s’entraîner. La difficulté de chaque exercice est indiquée sur une échelle de 1 à 4.
Du mal à démarrer ?
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Des conseils méthodologiques sont proposés pour bien aborder la résolution des exercices.
Corrigés des exercices Tous les exercices sont corrigés de façon détaillée.
V
Remerciements
Nous tenons ici à exprimer notre gratitude aux nombreux collègues qui ont accepté de réviser des parties du manuscrit : Pascal Alessandri, Jean-Philippe Berne, Gérard Bourgin, Frédérique Christin, Jean-Paul Christin, Sophie Cohéléach, Carine Courant, Sylvain Delpech, Hermin Durand, Viviane Gaggioli, Marguerite Gauthier, André Laffont, Tewfik Lahcène, Hadrien Larome, Ibrahim Rihaoui, René Roy, Marie-Dominique Siéfert, Marie-Pascale Thon, Audrey Verdier.
VI
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées Plan Les méthodes à retenir
2
Énoncés des exercices
4
Du mal à démarrer ?
12
Corrigés des exercices
15
K désigne R ou C Par commodité, on utilise les abréviations suivantes :
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ev pour : espace vectoriel sev pour : sous-espace vectoriel vp pour : valeur propre SEP pour : sous-espace propre.
CHAPITRE
1
Thèmes abordés dans les exercices •
Détermination des valeurs propres et des sous-espaces propres d’un endomorphisme ou d’une matrice carrée
•
Étude de la diagonalisabilité d’un endomorphisme ou d’une matrice carrée, obtention d’une diagonalisation
•
Calcul des puissances d’une matrice carrée
•
Résolution d’équations matricielles.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Définition de : valeur propre, vecteur propre, sous-espace propre
•
Matrices de passage, formules de changement de base, matrices carrées semblables
•
Définition de la diagonalisabilité, d’une diagonalisation
•
CNS de diagonalisabilité faisant intervenir la somme des sous-espaces propres
•
CNS de diagonalisabilité faisant intervenir la somme des dimensions des sousespaces propres
•
Condition suffisante de diagonalisabilité : n valeurs propres deux à deux distinctes en dimension n
•
Polynômes d’endomorphisme, polynômes de matrice carrée, polynômes annulateurs d’un endomorphisme, polynômes annulateurs d’une matrice carrée
•
Toute matrice symétrique réelle est diagonalisable.
1
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
Les méthodes à retenir Essayer l’une des trois méthodes suivantes : •
calculer, pour tout λ ∈ K, le rang de la matrice A − λIn en fonction de λ ; λ est valeur propre si et seulement si rg (A − λIn ) < n
➥ Exercices 1.1 a), b), c), e), f), 1.4 b), 1.6 b)2), 1.10 a), 1.11 a), 1.35 b) •
Pour déterminer les valeurs propres d’un endomorphisme f d’un espace vectoriel E ou d’une matrice carrée A de M n(K)
revenir à la définition, c’est-à-dire résoudre l’équation f (x) = λx, d’inconnue λ ∈ K, où x ∈ E\{0}, ou l’équation AX = λX, d’inconnue λ ∈ K, où X ∈ Mn,1 (K) \ {0}
➥ Exercices 1.26 b), 1.34 •
faire intervenir la notion de polynôme annulateur, si f ou A satisfait une équation assez simple.
➥ Exercices 1.2 b), 1.5 a), 1.16 d), 1.18 a), 1.19, 1.32, 1.33 b) Se rappeler que les valeurs propres d’une matrice triangulaire se lisent sur sa diagonale.
➥ Exercices 1.1 d), 1.8 c), 1.13 c), 1.15 a), 1.20 a), 1.25 d)2), 1.33 a). Appliquer la définition : Pour déterminer le sous-espace propre associé à une valeur propre λ0 d’un endomorphisme f ou d’une matrice carrée A de M n(K)
SEP ( f, λ0 ) = Ker ( f − λ0 IdE ) = {x ∈ E ; f (x) = λ0 x}, SEP (A, λ0 ) = X ∈ Mn,1 (K) ; AX = λ0 X , c’est-à-dire résoudre l’équation f (x) = λ0 x, d’inconnue x ∈ E ou l’équation AX = λ0 X, d’inconnue X ∈ Mn,1 (K).
➥ Exercices 1.1, 1.5 b), 1.10 b), 1.20 a), 1.25 d)2), 1.33 a). Essayer de : Pour déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres d’un endomorphisme f d’un espace vectoriel E ou d’une matrice carrée A de M n(K)
•
déterminer d’abord les valeurs propres de f ou de A, par une méthode vue plus haut, puis, pour chaque valeur propre, déterminer le sous-espace propre associé par la méthode vue plus haut
➥ Exercice 1.1 •
résoudre l’équation f (x) = λx, d’inconnues λ ∈ K, x ∈ E \ {0} ou l’équation AX = λX, d’inconnues λ ∈ K, X ∈ Mn,1 (K).
➥ Exercices 1.3 b), 1.6 b)1), 1.14 b), 1.27, 1.28 b). Déterminer les valeurs propres de A : Pour étudier la diagonalisabilité d’une matrice carrée A de M n(K) et éventuellement pour diagonaliser A
2
•
si A admet n valeurs propres deux à deux distinctes, alors, d’après le cours, A est diagonalisable
➥ Exercices 1.1 a), b), 1.6 c), 1.9, 1.11 a), 1.27 d)
Les méthodes à retenir •
si A n’admet qu’une seule valeur propre α et si A α In , alors A n’est pas diagonalisable, comme on le montre en raisonnant par l’absurde.
➥ Exercices 1.1 d), 1.8 c), 1.9, 1.13 c) •
(suite)
sinon, déterminer les sous-espaces propres de A puis les dimensions des sous-espaces propres de A ; d’après le cours, A est diagonalisable si et seulement si la somme des dimensions des sous-espaces propres de A est égale à n
➥ Exercices 1.1 c), e), 1.2 c), 1.5 c), 1.8 c), 1.10 b), 1.17, 1.25 d)2), 1.26 c) •
si A est diagonalisable, en notant D la matrice diagonale formée (sur la diagonale) par les valeurs propres de A (présentes autant de fois que la dimension du sous-espace propre associé), et en notant P la matrice de passage de la base canonique de Mn,1 (K) à une base de vecteurs propres de A (associés aux valeurs propres de A, dans l’ordre), on obtient une diagonalisation A = PDP−1 de A
•
se rappeler que toute matrice symétrique réelle est diagonalisable.
➥ Exercices 1.1 a), b), c) ➥ Exercices 1.1 b), 1.2 c), 1.3 a), 1.4 a), 1.7 b), 1.12 e), 1.14 a), 1.28 a), 1.35 a) . Déterminer les valeurs propres de f : •
si f admet n valeurs propres deux à deux distinctes, alors f est diagonalisable
➥ Exercice 1.6 •
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Pour étudier la diagonalisabilité d’un endomorphisme f d’un espace vectoriel E de dimension finie n
sinon, déterminer les sous-espaces propres de f , puis éventuellement les dimensions des sous-espaces propres de f f est diagonalisable si et seulement si la somme des sous-espaces propres de f est égale à E
➥ Exercice 1.16 f est diagonalisable si et seulement si la somme des dimensions des sous-espaces propres de f est égale à n
➥ Exercices 1.6, 1.25 •
on peut essayer de se ramener à l’étude de la diagonalisabilité d’une matrice carrée, en considérant la matrice de f dans une certaine base de E.
➥ Exercices 1.7, 1.8, 1.12, 1.29.
Pour calculer les puissances d’une matrice carrée
Essayer d’utiliser, si possible, une diagonalisation A = PDP−1 de A, où D est diagonale et P est inversible. On a alors : ∀n ∈ N, An = PDn P−1 . De plus, A est inversible si et seulement si D est inversible, et, dans ce cas, on a alors : ∀n ∈ Z, An = PDn P−1 . ➥ Exercice 1.3 c). 3
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
Énoncés des exercices 1.1 Exemples d’étude de diagonalisabilité et de diagonalisation éventuelle de matrices carrées d’ordre 3 Pour chacune des matrices suivantes, est-elle diagonalisable et, si oui, la diagonaliser : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−4 6 −3⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ a) A = ⎜⎜⎜⎜−1 3 −1⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 4 −4 3 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 2 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ d) E = ⎜⎜0 1 −1⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 00 1
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ b) B = ⎜⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 111
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜3 −6 −2⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ c) C = ⎜⎜⎜⎜0 1 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 4 −12 −3
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 3 −1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ e) F = ⎜⎜ 0 2 2⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ −1 1 3
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ f) G = ⎜⎜ 0 1 2⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 1 −1 1
1.2 Exemple de diagonalisation d’une matrice carrée d’ordre 4, d’après HEC 2009
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜1 1 −1 −1⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟ de M4 (R) et on note f l’endomorphisme de R4 On considère la matrice A = ⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 −1 1 −1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 1 −1 −1 1 représenté par A dans la base canonique B0 = (e1 , e2 , e3 , e4 ) de R4 .
a) On note v1 = (1, 1, 0, 0), v2 = (1, −1, 1, 1), v3 = (1, 0, 1, 0). Calculer f (vi ) pour tout i ∈ 1 ; 3. b) Calculer A2 . Qu’en déduit-on pour les valeurs propres de A ? c) Montrer que A est diagonalisable dans M4 (R) et déterminer une matrice de passage P de la base B0 à une base de vecteurs propres pour f .
1.3 Exemple de détermination des valeurs propres et des sous-espaces propres d’une matrice carrée d’ordre 5, d’après HEC 2006 ⎛ ⎜⎜⎜0 1 0 0 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 0 1 0 ⎜ On considère la matrice A = ⎜⎜⎜⎜0 1 0 1 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜0 0 1 0 ⎝ 0001
⎞ 0⎟⎟ ⎟⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ∈ M5 (R). ⎟ 1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎠ 0
a) Est-ce que A est diagonalisable ? b) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de A.
1.4 Exemple de calcul des puissances d’une matrice carrée d’ordre 3 à l’aide d’une diagonalisation
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ On note A = ⎜⎜0 1 1 ⎟⎟⎟⎟ ∈ M3 (R). ⎠ ⎝ 1 1 1/2 a) Montrer que A est diagonalisable et que A est inversible. b) Diagonaliser A. c) En déduire l’expression de An pour tout n ∈ Z. 4
Énoncés des exercices
1.5 Exemple d’étude de diagonalisabilité pour un endomorphisme de M2 (R)
On note E = M2 (R) et : f : E −→ E,
1 a+d b+c ab → − . c d 2 b+c a+d
a) Vérifier : f ∈ L (E) et f 2 = f. b) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de f . c) Est-ce que f est diagonalisable ?
1.6 Éléments propres d’un endomorphisme d’un ev de polynômes On considère l’application f définie dans C2 [X] par : ∀P ∈ C2 [X], f (P) = (X2 + 1)P − (2X − 1)P. a) Montrer que f est un endomorphisme de C2 [X]. b) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de f , de deux façons différentes, en utilisant : 1) la définition des éléments propres de f 2) la matrice de f dans la base (1, X, X2 ) de C2 [X]. c) L’endomorphisme f est-il diagonalisable ?
1.7 Exemple de détermination des éléments propres d’un endomorphisme de M2 (R) On considère l’application
f : M2 (R) −→ M2 (R),
a b d −b → − . c d −c a
a) Vérifier que f est un endomorphisme de l’espace vectoriel M2 (R) et écrire la matrice de f dans la base canonique de M2 (R). b) Montrer que f est diagonalisable.
1.8 Étude de diagonalisabilité pour un endomorphisme d’un ev de polynômes Soit (a, b) ∈ R2 . On note f : R2 [X] −→ R2 [X], P −→ P(X + a) + P(X + b) − (a + b)P (X).
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a) Vérifier : f ∈ L R2 [X] . b) Former la matrice de f dans la base canonique B = (1, X, X2 ) de R2 [X]. c) Déterminer une CNS sur (a, b) pour que f soit diagonalisable.
1.9 Étude de diagonalisabilité pour une matrice carrée d’ordre 2 à paramètres, d’après EDHEC 2008 Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur (x, y) ∈ R2 pour que la matrice A =
0 −1 y 2x
soit diagonalisable dans M2 (R).
1.10 Exemple d’étude de diagonalisabilité d’une matrice carrée d’ordre 3 à paramètre, d’après EDHEC 2008
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜3 − a −5 + a a ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ On note, pour tout a ∈ R, M(a) = ⎜⎜ −a a − 2 a ⎟⎟⎟⎟ ∈ M3 (R). ⎠ ⎝ 5 −5 −2 5
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
a) Déterminer les valeurs propres de M(a), pour tout a ∈ R. b) Trouver l’ensemble des a ∈ R tels que M(a) soit diagonalisable.
1.11 Étude de diagonalisabilité pour une matrice carrée d’ordre 3 à paramètre ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ a) On note J = ⎜⎜⎜⎜1 0 1⎟⎟⎟⎟ . Montrer que J est diagonalisable dans M3 (C). ⎠ ⎝ 010 ⎞ ⎛ b ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a c ⎟ ⎜ b) On note, pour tout (a, b, c) ∈ C3 , M(a, b, c) = ⎜⎜⎜⎜b a + c b + c⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ c b a+c Montrer que, pour tout (a, b, c) ∈ C3 , M(a, b, c) est diagonalisable dans M3 (C).
1.12 Exemple d’étude de diagonalisabilité pour un endomorphisme de M2 (R)
11 ∈ M2 (R) et f : M2 (R) −→ M2 (R), M −→ AM. 11
a) Vérifier : f ∈ L M2 (R) .
On note A =
b) Déterminer Ker ( f ) et en donner une base et la dimension. c) Déterminer Im ( f ) et en donner une base et la dimension. d) Écrire la matrice de f dans la base canonique B = (E1 , E2 , E3 , E4 ) de M2 (R), où :
10 01 00 00 , E2 = , E3 = , E4 = . E1 = 00 00 10 01 e) Est-ce que f est diagonalisable ?
1.13 Exemple d’endomorphisme d’un espace de fonctions, d’après HEC 2010 On note, pour tout k ∈ 0 ; 3 : fk : R −→ R, x −→ xk e −x et on note B = ( f0 , f1 , f2 , f3 ), E = Vect (B). a) Montrer que B est une base de E et déterminer dim (E). b) Montrer que l’application φ : f −→ f − f On note M la matrice de f dans B.
est un endomorphisme du R-espace vectoriel E.
c) La matrice M est-elle inversible ? diagonalisable ?
1.14 Exemple de détermination des valeurs propres d’une matrice carrée d’ordre n ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨1 si i + j est pair Soient p ∈ N∗ , n = 2p + 1, A = (ai j )i j ∈ Mn (R), où : ai j = ⎪ ⎪ ⎪0 sinon. ⎩
a) Est-ce que A est diagonalisable ? b) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de A.
1.15 Exemple d’étude de diagonalisabilité pour une matrice carrée d’ordre n
⎧ ⎪ ⎪ ⎨1 si (i = 1 ou j = n) Soient n ∈ N \ {0, 1}, A = (ai j )i j ∈ Mn (R) où : ai j = ⎪ ⎪ ⎩0 sinon.
6
Énoncés des exercices
a) Déterminer les valeurs propres de A. b) Calculer A2 . Est-ce que A2 = A ? c) Montrer que A n’est pas diagonalisable.
1.16 Endomorphismes f tels que ( f − ae) ◦ ( f − be) = 0, d’après EDHEC 2006 Soient E un K-ev de dimension finie, n = dim (E) ∈ N∗ , e = IdE , (a, b) ∈ K2 tel que a b, f ∈ L (E) tel que ( f − ae) ◦ ( f − be) = 0. a) Montrer :
Im ( f − be) ⊂ Ker ( f − ae)
Im ( f − ae) ⊂ Ker ( f − be).
et
1 1 ( f − be) + ( f − ae) = e. a−b b−a c) Démontrer que les sev Ker ( f − ae) et Ker ( f − be) de E sont supplémentaires dans E. b) Établir :
d) Conclure que f est diagonalisable.
1.17 Matrices A ∈ Mn(R) telles que A2 = −In, d’après EDHEC 2006 Soit n ∈ N∗ . Le but de l’exercice est d’étudier l’existence de matrices A ∈ Mn (R) telles que A2 = −In . a) On suppose ici n pair.
0 1 En utilisant la matrice , montrer qu’il existe A ∈ Mn (R) telle que A2 = −In . −1 0 b) On suppose ici n impair, et on suppose qu’il existe A ∈ Mn (R) telle que A2 = −In . 1) En utilisant l’exercice 1.16, montrer que A est diagonalisable dans Mn (C) et que ses valeurs propres sont i et − i . On note E i et E− i les sous-espaces propres de A respectivement associés à i et − i . Pour toute matrice carrée M = (mi j )i j ∈ Mn (C), on note M = (mi j )i j ∈ Mn (C), et, pour toute matrice colonne X = (xi )i ∈ Mn,1 (C), on note X = (xi )i ∈ Mn,1 (C). 2) Montrer, pour toute X ∈ Mn,1 (C) : X ∈ E i ⇐⇒ X ∈ E− i . 3) En déduire que, si (u1 , ..., ud ) est une base de E i , alors (u1 , ..., ud ) est une base de E− i et conclure : dim (E i ) = dim (E− i ). 4) Amener une contradiction et conclure.
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1.18 Étude d’un endomorphisme nilpotent Soient E un K-ev de dimension finie n 1 et f ∈ L (E) nilpotent (c’est-à-dire qu’il existe p ∈ N∗ tel que f p = 0). a) Montrer que 0 est une valeur propre de f , et que c’est la seule. b) L’endomorphisme f est-il diagonalisable ?
1.19 Polynômes d’endomorphismes, d’après HEC 2010 Soient E un espace vectoriel de dimension finie, e = IdE , f ∈ L (E) tel que : ( f − e)3 ◦ ( f − 2e)2 = 0 Étudier la diagonalisabilité de f .
et
( f − e)3 ◦ ( f − 2e) 0.
1.20 Exemple de recherche des sev stables par un endomorphisme, d’après HEC 2009 Soient E un K-espace vectoriel de dimension 3, B = (e1 , e2 , e3 ) une base de E. 7
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ On considère la matrice A = ⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟⎟ de M3 (K) et on note f l’endomorphisme représenté par A ⎠ ⎝ 000 dans la base B de E. On se propose de trouver tous les sev F de E stables par f , c’est-à-dire les sev F de E tels que f (F) ⊂ F. a) Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de f . b) Soit F un sev de E stable par f . 1) Montrer que, si dim (F) = 1, alors F = Vect (e1 ). 2) Montrer que, si dim (F) = 2, alors F = Vect (e1 , e2 ). c) Conclure.
1.21 Noyau et image de f 2 lorsque f est diagonalisable Soient E un espace vectoriel de dimension finie, f ∈ L (E) diagonalisable. Montrer : Ker ( f 2 ) = Ker ( f ) et Im ( f 2 ) = Im ( f ).
1.22 Racines carrées d’une matrice carrée de Mn(C) ayant n valeurs propres Soient n ∈ N∗ , A ∈ Mn (C) admettant n valeurs propres deux à deux distinctes, notées λ1 , ..., λn . On note D = diag(λi ) et P ∈ GLn (C) telle que A = PDP−1 . 1in
On se propose de résoudre l’équation M 2 = A, d’inconnue M ∈ Mn (C). a) Soit M ∈ Mn (C). On note N = P−1 MP. Montrer : M 2 = A ⇐⇒ N 2 = D. b) Montrer que, pour toute N ∈ Mn (C), si N 2 = D, alors N commute avec D. c) Déterminer toutes les matrices de Mn (C) qui commutent avec D. d) En déduire l’ensemble M ∈ Mn (C) ; M 2 = A . Cet ensemble est-il fini ? Si oui, combien a-t-il d’éléments ?
1.23 Lien entre les diagonalisabilités de AB et de BA Soient n ∈ N∗ , A, B ∈ Mn (R) telles que AB soit diagonalisable. a) Montrer que, si A ou B est inversible, alors BA est diagonalisable. b) Le résultat précédent est-il valable sans l’hypothèse d’inversibilité ? (On pourra se limiter au cas n = 2.)
1.24 f ◦ g et g ◦ f ont les mêmes valeurs propres Soient E un espace vectoriel de dimension finie, f, g ∈ L (E). Montrer que f ◦ g et g ◦ f ont les mêmes valeurs propres.
1.25 Exemple d’endomorphisme d’un espace de polynômes, d’après HEC 2010 On note f : R[X] −→ R[X], P −→ 3XP + (X2 − X)P − (X3 − X2 )P . a) Montrer que f est un endomorphisme du R-espace vectoriel R[X]. b) Calculer f (Xn ) pour tout n ∈ N. c) L’application f est-elle injective ? surjective ? 8
Énoncés des exercices
d) 1) Montrer qu’il existe n ∈ N∗ unique tel que Rn [X] soit stable par f et déterminer cet entier n. 2) On note g l’endomorphisme de Rn [X] (où n a la valeur obtenue ci-dessus) induit par f . Est-ce que g est diagonalisable ?
1.26 Exemple d’étude de diagonalisabilité pour une matrice carrée d’ordre n ⎛ ⎜⎜⎜2 ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎜ Soit n ∈ N tel que n 3. On note An = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 ⎝ 2
2 0 .. . 0 2
⎞ . . . 2 2⎟⎟ ⎟ . . . 0 1⎟⎟⎟⎟ ⎟ .. .. ⎟⎟⎟⎟ ∈ M (R). n (0) . . ⎟⎟⎟⎟ ⎟ . . . 0 1⎟⎟⎟⎟⎠ ... 2 2
a) Quel est le rang de An ? En déduire que 0 est valeur propre de An et déterminer la dimension du sous-espace propre associé. b) Déterminer les valeurs propres de An . c) Montrer que An est diagonalisable.
1.27 Étude de diagonalisabilité pour une matrice carrée d’ordre n Soient n ∈ N∗ , a1 , ..., an ∈ R tels que 0 < a1 < ... < an . On note : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 a2 a3 . . . . . . an ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a 0 a . . . . . . a ⎟⎟⎟ 3 n⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . . .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a a 0 . . ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1 2 ⎟ ∈ Mn (R). A = ⎜⎜⎜⎜ . . . . ⎜⎜⎜ .. .. . . . . . . . ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . . .. ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. .. . 0 a n ⎠⎟ ⎝⎜ a a . . . . . . a 0 1 2 n−1 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ n ⎜⎜ . ⎟⎟ ai xi . Montrer : a) Soit λ ∈ R, X = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) \ {0}, S = ⎜⎝ ⎟⎠ i=1 xn AX = λX ⇐⇒ S = (λ + a1 )x1 , . . . , S = (λ + an )xn . b) En déduire que, pour tout λ ∈ R, λ est valeur propre de A si et seulement si :
∀k ∈ 1 ; n, λ + ak 0
et
n
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k=1
ak = 1. λ + ak
c) Dresser le tableau des variations de la fonction f : λ −→ − 1 +
n k=1
ak . λ + ak
d) Conclure quant à la diagonalisabilité de A dans Mn (R).
1.28 Étude des valeurs propres d’une matrice carrée d’ordre n tridiagonale, par utilisation d’une suite récurrente linéaire ⎛ ⎜⎜⎜0 1 0 . . . ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎜⎜1 0 . . (0) ⎜⎜⎜ ⎜ Soient n ∈ N∗ , A = ⎜⎜⎜⎜0 . . . . . . . . . ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ . . ⎜⎜⎜⎜ .. (0) . . 0 ⎝ 0 ... 0 1
⎞ 0⎟⎟ ⎟ .. ⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn (R). ⎟⎟⎟ ⎟ 1⎟⎟⎟⎟⎠ 0 9
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
a) Montrer que A est diagonalisable dans Mn (R). ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ . ⎟⎟ b) Soient λ ∈ R une valeur propre de A, X = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) \ {0} tel que AX = λX. On note de ⎜⎝ ⎟⎠ xn plus x0 = 0 et xn+1 = 0. ∀i ∈ 0 ; n − 1, xi+2 − λxi+1 + xi = 0.
1) Montrer :
2) Établir que l’équation r2 − λr + 1 = 0, d’inconnue r ∈ C, admet deux solutions distinctes, notées r1 , r2 . 3) En déduire : λ ∈ [−2 ; 2].
1.29 Somme de projecteurs
k Soient E un K-ev de dimension finie notée n, e = IdE , k ∈ N∗ , (u1 , ..., uk ) ∈ L (E) tel que : k
ui = e et ∀(i, j) ∈ 1 ; k2 , i j =⇒ ui ◦ u j = 0 . i=1
a) Montrer : ∀i ∈ 1 ; k, u2i = ui . b) Établir que les sev Im (ui ), i ∈ 1 ; k, sont en somme directe et que E =
k
Im (ui ).
i=1
c) Démontrer que tout élément de Vect (u1 , ..., uk ) est diagonalisable.
1.30 Trois endomorphismes vérifiant des égalités Soient E un espace vectoriel de dimension finie, e = IdE , f, g, h ∈ L (E) tels que : f ◦ g = h,
g ◦ h = f,
h ◦ f = g.
a) Montrer : f 2 = g2 = h2 puis f 5 = f. On suppose dorénavant que f est bijectif et diagonalisable. b) Établir : f 2 = e. c) Montrer que f, g, h commutent deux à deux.
1.31 CNS pour que α2 soit valeur propre de f 2 Soient E un espace vectoriel de dimension finie, α ∈ R, f ∈ L (E). Montrer : α2 est valeur propre de f 2 si et seulement si α ou −α est valeur propre de f .
1.32 Exemple des puissances d’une matrice carrée non diagonalisable Soient n ∈ N∗ , A ∈ Mn (R) telle que : A(A − In )2 = 0,
(A − In )2 0,
A(A − In ) 0.
a) Montrer que les valeurs propres de A sont 0 et 1. b) Établir que A n’est pas diagonalisable. c) Exprimer, pour tout k ∈ N∗ , Ak comme combinaison linéaire de A et A2 . d) Donner un exemple de telle matrice A pour n = 3. 10
Énoncés des exercices
1.33 Étude de projecteur, d’après HEC 2010 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ a) La matrice A = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ est-elle diagonalisable dans M3 (R) ? ⎠ ⎝ 000 b) Soient E un R-ev de dimension 3 et f ∈ L (E) tel que f 2 soit un projecteur et que rg ( f 2 ) = 1. 1) Montrer que l’ensemble des valeurs propres de f est {0} ou {0, 1} ou {0, −1}. 2) On suppose, de plus, que f admet 1 pour valeur propre et que f n’est pas un projecteur. Montrer qu’il existe une base B de E dans laquelle f est représenté par A.
1.34 Disques de Gershgorin que, pour toute valeur propre λ de A dans C, il Soient n ∈ N∗ , A = (ai j )i j ∈ Mn (C). Montrer existe i ∈ 1 ; n tel que : |λ − aii | |ai j |. 1 jn, ji
1.35 Comportement asymptotique des valeurs propres d’une matrice carrée d’ordre n ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎜⎜ On note, pour tout n ∈ N tel que n 4 : An = ⎜⎜⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎝ . 1
1 1 ... 1 0 ... . 0 0 .. .. .. . . (0) 0 0 ...
⎞ 1⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn (R). ⎟ .. ⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ ⎠ 0
a) Montrer que An est diagonalisable dans Mn (R). b) Montrer que 0 est valeur propre de An et déterminer la dimension du sous-espace propre associé. c) Établir que An admet exactement quatre valeurs propres, qui sont 0 et trois autres réelles deux à deux distinctes, notées an , bn , cn , qui sont les racines du polynôme Pn = X3 − 2X2 − (n − 2)X + (n − 2), et que : an < 0 < bn < 1 < cn . d) Démontrer successivement :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
cn > 2,
cn −→ +∞, n∞
cn ∼
n∞
√
n,
bn −→ 1, n∞
√ an ∼ − n. n∞
1.36 Égalités de polynômes de matrices carrées Soient P ∈ K[X], A, B ∈ Mn (K) diagonalisables. On suppose que l’application polynomiale P : K −→ K, x −→ P(x) est injective et que P(A) = P(B). Montrer : A = B.
11
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
Du mal à démarrer ? 1.1
1.6
Déterminer les SEP en utilisant la définition.
b) 1) Résoudre l’équation f(P) = λP, d’inconnues λ ∈ C, P ∈ C2 [X] \ {0}, en notant P = aX2 + bX + c, (a, b, c) ∈ C2 .
a) Pour déterminer les vp de A, étudier le rang de la matrice A − λI3 selon les valeurs du réel λ.
b) Remarquer que B est symétrique réelle. Pour déterminer les vp de B, étudier le rang de la matrice B−λI3 selon les valeurs du réel λ. Déterminer les SEP en utilisant la définition.
c) Pour déterminer les vp de C, étudier le rang de la matrice C − λI3 selon les valeurs du réel λ.
a) Immédiat.
b) 2) Calculer f(1), f(X), f(X2 ), en déduire la matrice de f dans la base canonique (1, X, X2 ) de C2 [X] et déterminer les vp et les SEP de cette matrice carrée d’ordre 3 par la méthode habituelle. c) L’endomorphisme f de C2 [X] admet trois vp deux à deux distinctes.
Déterminer les SEP en utilisant la définition.
1.7
d) Pour les vp, remarquer que E est triangulaire.
Calculer les images par f des vecteurs de la base canonique B = (E1 , E2 , E3 , E4 ) de M2 (R).
Montrer que E n’est pas diagonalisable en raisonnant par l’absurde.
e) Pour déterminer les vp de F, étudier le rang de la matrice F − λI3 selon les valeurs du réel λ. Déterminer les SEP en utilisant la définition.
a) La linéarité de f est immédiate.
b) Remarquer que la matrice de f dans B est symétrique réelle.
1.8
a) Immédiat.
b) Calculer f(1), f(X), f(X2 ). c) Le cas a2 + b2 = 0 est d’étude immédiate.
f) Pour déterminer les vp de G, étudier le rang de la matrice G − λI3 selon les valeurs du réel λ. À cet effet, étudier les variations de la fonction λ −→ − λ3 + λ2 − 4.
Si a2 + b2 0, raisonner par l’absurde pour montrer qu’alors f n’est pas diagonalisable.
Montrer que G n’est pas diagonalisable en raisonnant par l’absurde.
1.9
1.2
a), b) Immédiats.
1.10
c) • Remarquer que A est symétrique réelle. • Déterminer SEP (f, −2) et, d’autre part, utiliser a) pour déduire Vect (v1 , v2 , v3 ) ⊂ SEP (f, 2).
1.3
a) Remarquer que A est symétrique.
b) Résoudre l’équation AX = λX, d’inconnues λ ∈ R, ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜x1 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ X = ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ ∈ M5,1 (R) \ {0}, en exprimant, par exemple, x2 , x3 , x4 , x5 ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ x5 en fonction de x1 .
1.4
Étudier les valeurs propres de A et séparer en cas selon le signe de y − x2 .
a) Remarquer que A est symétrique réelle.
a) Calculer, pour λ ∈ R, le rang de M(a) − λI3 selon les valeurs de λ. b) Déterminer les SEP de M(a) en utilisant la définition.
Étudier la somme des dimensions des SEP de M(a).
1.11
a) Déterminer les vp de J par la méthode habituelle.
Montrer que le polynôme X3 − X − 1 de C[X] admet trois zéros deux à deux distincts.
b) Remarquer que M(a, b, c) se décompose linéairement sur I3 , J, J2 .
1.12
a) Immédiat.
Calculer le rang de A, par exemple.
x y ∈ M2 (R). z t
x y ∈ M2 (R). z t
b) Pour déterminer les vp de A, étudier le rang de la matrice A − λI3 selon les valeurs du réel λ.
c) Calculer f(M) pour toute M =
Déterminer les SEP de A par la définition.
d) Calculer f(E1 ), ..., f(E4 ) en fonction de E1 , ..., E4 .
c) Utiliser la diagonalisation A = PDP culer (PDP −1 )n = PDn P −1 .
1.5
−1
obtenue en b) pour cal-
a) Immédiat.
b) Pour déterminer les vp, utiliser a). Déterminer les SEP en utilisant la définition.
c) Calculer la somme des dimensions des SEP.
12
b) Résoudre f(M) = 0, d’inconnue M =
e) Remarquer que la matrice obtenue en d) est symétrique réelle.
1.13
a) Montrer que B est libre en revenant à la définition et en faisant intervenir un polynôme. b) Calculer φ(fi ) pour tout i ∈ 0 ; 3. c) Montrer que M admet une valeur propre et une seule, puis raisonner par l’absurde.
Du mal à démarrer ?
1.14
b) Résoudre l’équation AX ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ X = ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ ∈ M2p+1,1 (R) \ {0}. ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ x2p+1
1.15
Utiliser : λ2 = 0 ⇐⇒ λ = 0.
a) Remarquer que A est symétrique réelle. =
λX, d’inconnues λ
∈
R,
a) Remarquer que A est triangulaire. b) Immédiat.
c) Pour montrer que A n’est pas diagonalisable, raisonner par l’absurde et remarquer que, si D est une matrice diagonale semblable à A, alors D2 = D.
1.16
a) Passer par les éléments.
b) Immédiat. c) • Montrer que Ker (f − ae) ∩ Ker (f − be) = {0} en passant par les éléments. • Montrer E = Ker (f) + Im (f) en passant par les éléments et en utilisant a).
1.22
b) Immédiat. c) Noter N = (xij )ij et traduire ND = DN. d) Utiliser a), b), c). Pour déterminer le nombre d’éléments de l’ensemble étudié, distinguer en deux cas selon que 0 est valeur propre de A ou non.
1.23
a) Supposer A inversible et diagonaliser AB sous la forme AB = PDP −1 .
Étudier le cas où B est inversible.
b) Trouver un contrexemple, par exemple dans lequel AB = 0 et BA 0.
1.24
• Soit λ une valeur propre de f ◦ g, x ∈ E \ {0} tel que
(f ◦ g)(x) = λx. Calculer (g ◦ f) g(x) et séparer en deux cas : g(x) 0, g(x) = 0.
d) Montrer que les vp de f sont parmi a et b et utiliser c).
1.17
a) Considérer la matrice, diagonale par blocs, formée par la répétition de la matrice d’ordre 2 proposée.
b) 1) Appliquer l’exercice 1.16, version matricielle, au couple (a, b) = ( i , − i ). Ne pas oublier de montrer que i et − i sont vp de A, en raisonnant par l’absurde.
b) 2) Partir de AX = i X et conjuguer. b) 3) Montrer que u1 , ..., ud sont dans E− i ù et que la famille (u1 , ..., ud ) est libre et génératrice de E− i . b) 4) Déduire n = 2 dim (E i ), puis une contradiction.
1.18
a) Remarquer que le polynôme Xp est annulateur de f.
Montrer que f n’est pas bijectif.
b) Montrer que, si f est diagonalisable, alors f = 0. Réciproque immédiate.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
1.19
Remarquer que le polynôme (X − 1)3 (X − 2)2 est annulateur de f et raisonner par l’absurde pour montrer que f n’est pas diagonalisable.
1.20
a) Immédiat.
b) 1) Immédiat. b) 2) Supposer qu’il existe v ∈ F tel que v Vect (e1 , e2 ), noter v = a1 e1 + a2 e2 + a3 e3 où (a1 , a2 , a3 ) ∈ R3 et a3 0, et considérer f(v) et f 2 (v). c) Immédiat.
1.21
Faire intervenir une base B = (e1 , ..., en ) de E dans laquelle f est représenté par une matrice diagonale. Exprimer Ker (f) et Im (f) à l’aide de e1 , ..., en .
a) Remplacer M par PNP −1 .
• Appliquer le résultat de 1) à (g, f) à la place de (f, g).
1.25
a) b) Immédiats.
c) • Considérer f(X2 ) et f(X3 ). • Remarquer : f(P)(0) = 0.
d) 1) Utiliser b). d) 2) Écrire la matrice de g dans la base canonique de R3 [X], en déduire les valeurs propres de g, puis déterminer les sousespaces propres de g.
1.26
a) Remarquer que, en notant C1 , ..., Cn les colonnes de An , on a C1 = Cn et C2 = ... = Cn−1 . Appliquer le théorème du rang.
b) Déterminer les vp de An par l’étude de l’équation An X = λX, d’inconnue λ ∈ R et où X ∈ Mn,1 (R) \ {0}. c) Étudier les dimensions des SEP de An .
1.27
a) Immédiat.
b) • Supposer, par exemple, λ + a1 = 0, et déduire X = 0, contradiction. • Déduire S 0.
c) Calculer f (λ) pour λ ∈ R \ {a1 , ..., ad } et déterminer les limites de f. d) Déduire de c) que A admet n vp deux à deux distinctes.
1.28
a) Remarquer que A est symétrique réelle.
b) 1) Poser le système d’équations correspondant à AX = λX. b) 2) Raisonner par l’absurde : supposer que l’équation r2 − λr + 1 = 0, d’inconnue r ∈ C, admet une solution double, et amener une contradiction.
b) 3) Remarquer : r1 + r2 = λ, r1 r2 = 1.
13
Chapitre 1
1.29
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
a) Pour i ∈ 1 ; k, calculer ui par ui = e ◦ ui .
b) • Soit (x1 , ..., xk ) ∈ Im (u1 ) × · · · × Im (uk ) tel que
k
d) Envisager, par exemple, une matrice triangulaire dont les termes diagonaux sont 0, 1, 1. xi = 0. In-
i=1
troduire ti ∈ E tel que xi = ui (ti ), déduire xi = ui (xi ), puis, pour k j ∈ 1 ; k, calculer uj xi . i=1
• Montrer que, pour tout x ∈ E, x se décompose sur les Im (ui ), 1 i k, en partant de x = e(x).
c) Utiliser une base de E formée par la réunion de bases des Im (ui ).
1.30
a) Calculer f 2 en remplaçant (une fois) f par g ◦ h et en utilisant les hypothèses. Calculer f 5 par f 2 ◦ f ◦ f 2 (par exemple).
b) Remarquer f ◦ (f 4 − e) = 0 et utiliser la bijectivité de f. Montrer que f 2 +e est bijectif, par exemple en passant à l’aspect matriciel dans une base de diagonalisabilité de f.
c) Calculer g ◦ f, en utilisant les hypothèses et g2 = e (par exemple).
1.31
1) Supposer que α est valeur propre de f. Faire intervenir un vecteur propre x de f associé à α, et calculer f 2 (x). De même si −α est valeur propre de f.
2) Pour la réciproque, raisonner par contraposition. Supposer que α n’est pas valeur propre de f et que −α n’est pas valeur propre de f. Traduire ceci par des bijectivités.
1.32
a) 1) Remarquer que le polynôme X(X−1)2 est annulateur
de A.
2) • Supposer que 0 n’est pas valeur propre de A et, en utilisant A−1 , déduire une contradiction. • Supposer que 1 n’est pas valeur propre de A et, en utilisant (A − In )−1 , déduire une contradiction.
b) Raisonner par l’absurde : supposer A diagonalisable. Écrire alors A = PDP sible.
−1
avec D = diag (1, ..., 1, 0, ..., 0) et P inver-
Calculer D2 puis A2 et conclure.
1.33
a) Déterminer les vp et les SEP de A.
b) 1) Remarquer que le polynôme X4 − X2 est annulateur de f. Montrer que 0 est valeur propre de f, en raisonnant par l’absurde. Montrer que 0, 1, −1 ne peuvent pas être tous trois valeurs propres de f, en raisonnant par l’absurde.
b) 2) Montrer que f n’est pas diagonalisable, en raisonnant par l’absurde. Établir : Ker (f) Ker (f 2 ). Utiliser un vecteur v3 tel que v3 ∈ Ker (f 2 ) et v3 Ker (f).
1.34
Soit λ une vp de A dans C. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ Introduire X = ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (C) \ {0} tel que AX = λX, et pas⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ xn ser aux éléments. Considérer un indice i ∈ 1 ; n tel que |xi | = Max |xk |. Faire passer aii xi dans l’autre membre et utiliser 1kn
l’inégalité triangulaire.
1.35
a) Remarquer que An est symétrique réelle.
b) Montrer rg (An ) = 3 et déduire dim SEP (An , 0) = n − 3 1.
c) • Étudier, pour λ ∈ R, le rang de An − λ In et séparer en cas : λ = 0, λ = 1, λ 0 et λ 1. • Montrer que Pn admet trois zéros réels, deux à deux distincts.
d) • Calculer Pn (2). • Montrer cn3 n − 2. • Montrer cn3 ∼ (n − 2)cn . n∞
b3n − b2n . n−2 • Remarquer an bn cn = −(n − 2).
• Montrer bn − 1 =
c) Obtenir A3 = 2A2 − A. Montrer, par récurrence, que, pour tout k ∈ N∗ , il existe (ak , bk ) ∈ R2 tel que : Ak = ak A + bk A2 , et obtenir des relations exprimant ak+1 et bk+1 en fonction de ak et bk . Exprimer ak+2 en fonction de ak et ak+1 . Résoudre cette récurrence linéaire du second ordre à coefficients constants.
14
1.36
Introduire D = diag(di ), E = diag(ei ), Q, R ∈ GLn (K) telles
que : Déduire :
1in
A = QDQ−1
et
1in
B = RER−1 .
(R−1 Q)P(D) = P(E)(R−1 Q).
Noter U = R−1 Q et passer aux éléments.
Corrigés des exercices 1.1 a) • Déterminons les valeurs propres de A. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ −3 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−4 − λ 6 ⎟ ⎜⎜ ⎜ rg (A − λI3 ) = rg ⎜⎜ −1 3 − λ −1 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 4 −4 3 − λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ −1 3 − λ −1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ −3 ⎟⎟⎟⎟ L1 ←→ L2 = rg ⎜⎜−4 − λ 6 ⎠ ⎝ 4 −4 3 − λ ⎞ ⎛ 3−λ −1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 ⎟ ⎜⎜ ⎜ = rg ⎜⎜ 0 6 − (4 + λ)(3 − λ) −3 + (4 + λ)⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 0 −4 + 4(3 − λ) −1 − λ L2 ←− L2 − (4 + λ)L1 L3 ←− L3 + 4L1
⎞ ⎛ 3−λ −1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 ⎟ ⎜⎜⎜ 8 − 4λ −1 − λ⎟⎟⎟⎟ L2 ←→ L3 = rg ⎜⎜ 0 ⎠ ⎝ 2 0 −6 + λ + λ 1 + λ ⎛ ⎞ 3 − λ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 −1 ⎜⎜⎜ ⎟ = rg ⎜⎜ 0 −1 − λ 8 − 4λ ⎟⎟⎟⎟ C2 ←→ C3 ⎝ 2⎠ 0 1 + λ −6 + λ + λ ⎞ ⎛ 3 − λ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 −1 ⎟ ⎜⎜⎜ = rg ⎜⎜ 0 −1 − λ 8 − 4λ ⎟⎟⎟⎟ L3 ←− L3 + L2 ⎠ ⎝ 2 0 0 λ − 3λ + 2 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3 si λ −1 et λ 1 et λ 2 =⎪ ⎪ ⎪ ⎩2 sinon. Ceci montre que les valeurs propres de A sont : −1, 1, 2. Comme A est carrée d’ordre 3 et que A admet trois valeurs propres deux à deux distinctes, d’après le cours, A est diagonalisable. • Déterminons les sous-espaces propres de A. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). ⎝ ⎠ z X ∈ SEP (A, −1) ⇐⇒ AX = −X ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ −3x + 6y − 3z = 0 −4x + 6y − 3z = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ −x + 4y − z = 0 −x + 3y − z = −y ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4x − 4y + 4z = 0 ⎩4x − 4y + 3z = −z ⎧ ⎪ ⎧ −(x + z) + 2y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨x + z = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ −(x + z) + 4y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0. ⎪ ⎪ ⎩(x + z) − y = 0
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ x ⎟⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Ainsi : SEP (A, −1) = ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ ; x ∈ R = Vect (⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟). ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ −1 −x X ∈ SEP (A, 1) ⇐⇒ AX = X ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ −4x + 6y − 3z = x −5x + 6y − 3z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ −x + 3y − z = y ⇐⇒ ⎪ −x + 2y − z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4x − 4y + 3z = z ⎩ 4x − 4y + 2z = 0 ⎧ ⎪ ⎧ x = 2y − z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨z = 2y ⎨ ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ −5(2y − z) + 6y − 3z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x = 0. ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4(2y − z) − 4y + 2z = 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Ainsi : SEP (A, 1) = ⎜⎜⎜ y ⎟⎟⎟ ; y ∈ R = Vect (⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟). ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2y X ∈ SEP (A, 2) ⇐⇒ AX = 2X ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ −6x + 6y − 3z = 0 −4x + 6y − 3z = 2x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ −x + 3y − z = 2y ⇐⇒ ⎪ −x + y − z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4x − 4y + z = 0 ⎩4x − 4y + 3z = 2z ⎧ ⎪ ⎧ −2(x − y) − z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x − y = 0 ⎨ ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ −(x − y) − z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩z = 0. ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4(x − y) + z = 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎜ Ainsi : SEP (A, 2) = ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ; x ∈ R = Vect (⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟). ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 0 On conclut A = PDP−1 , où, par exemple : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ P = ⎜⎜ 0 1 1⎟⎟⎟⎟ , ⎠ ⎝ −1 2 0
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ D = ⎜⎜ 0 1 0⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 0 02
b) La matrice B est symétrique réelle, donc, d’après le cours, B est diagonalisable. • Déterminons les valeurs propres de B. Soit λ ∈ R. On a : ⎛ ⎜⎜⎜−λ ⎜ rg (B − λI3 ) = rg ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎝ 1 ⎛ ⎜⎜⎜ 1 ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎝ −λ
⎞ 0 1 ⎟⎟⎟ ⎟ −λ 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ 1 1−λ ⎞ 1 1 − λ⎟⎟⎟ L1 ←→ L3 ⎟ −λ 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ 0 1 15
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜0 ⎝ 0 ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜0 ⎝ 0
⎞ 1 1 − λ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ −λ 1 ⎟⎟ 2 ⎠ L3 ←− L3 + λL1 λ 1+λ−λ ⎞ 1 1 − λ⎟⎟⎟ ⎟ −λ 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ 0 α L3 ←− L3 + L2
où α = 2 + λ − λ2 = (1 + λ)(2 − λ)
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3 si λ 0 et λ −1 et λ 2 =⎪ ⎪ ⎪ ⎩2 sinon.
Ceci montre que les valeurs propres de B sont : 0, −1, 2. Puisque B est carrée d’ordre 3 et admet trois valeurs propres deux à deux distinctes, d’après le cours, B est diagonalisable, ce que l’on a vu autrement plus haut. • Déterminons les sous-espaces propres de B. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). ⎝ ⎠ z X ∈ SEP (B, 0) ⇐⇒ BX = 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪z = 0 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩x + y + z = 0
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨z = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = −x,
⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎪ ⎪ ⎜x⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎨⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ −x = Vect ; x ∈ R donc : SEP (B, 0) = ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎠ ⎝ ⎭ ⎩ 0
⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ 0
X ∈ SEP (B, −1) ⇐⇒ BX = −X ⎧ ⎪ z = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ z = −y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x + y + z = −z
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y = x ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩z = −x,
⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎪ ⎪ ⎜x⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎨⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ x = Vect ; x ∈ R donc : SEP (B, −1) = ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎠ ⎝ ⎭ ⎩ −x
⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ −1
X ∈ SEP (B, 2) ⇐⇒ BX = 2X
⎧ ⎪ z = 2x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ z = 2y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x + y + z = 2z
⎧⎛ ⎪ ⎜ ⎪ ⎪ ⎨⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜ donc : SEP (B, 2) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩⎜⎝
⎞ ⎫ ⎪ x ⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎬ ⎟⎟⎟ x ⎟⎟ ; x ∈ R⎪ ⎪ = Vect ⎪ ⎠ ⎭ 2x
⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝1⎟⎟⎠⎟⎟⎠ . 2
On conclut B = PDP−1, où, par exemple : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ P = ⎜⎜−1 1 1⎟⎟⎟⎟ , ⎠ ⎝ 0 −1 2 16
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ D = ⎜⎜0 −1 0⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 0 0 2
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y = x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩z = 2x,
c) • Déterminons les valeurs propres de C. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ −2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 − λ −6 ⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ rg (C − λI3 ) = rg ⎜⎜ 0 1 − λ ⎠ ⎝ 4 −12 −3 − λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 4 −12 −3 − λ⎟⎟⎟ L1 ←→ L3 ⎟ ⎜⎜ ⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜ 0 1 − λ ⎠ ⎝ 3 − λ −6 −2 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜4 −12 −3 − λ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ 0 ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜0 1 − λ ⎝ 2 ⎠ L3 ←− 4L3 + (λ − 3)L1 0 12(1 − λ) 1 − λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜4 −12 −3 − λ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ 2⎟ ⎜ = rg ⎜⎜0 12(1 − λ) 1 − λ ⎟⎟⎟ L2 ←→ L3 ⎠ ⎝ 0 1−λ 0 ⎛ ⎞ −3 − λ ⎜⎜⎜4 −12 ⎟⎟⎟ 2 ⎜ ⎟⎟⎟ 1−λ = rg ⎜⎜⎝0 12(1 − λ) ⎠ ⎧ ⎪ ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ =⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1
0
0
−12(1 − λ)(1 + λ) L3 ←− L3 − 12L2
si λ −1 et λ 1 si λ = −1 si λ = 1.
Ceci montre que les valeurs propres de C sont : −1 et 1. • Déterminons les sous-espaces propres de C. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). ⎝ ⎠ z ∗ X ∈ SEP (C, −1) ⇐⇒ CX = −X ⎧ ⎪ 3x − 6y − 2z = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ y = −y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4x − 12y − 3z = −z ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎪ ⎪ ⎜x⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎨⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ; x ∈ R⎪ = Vect donc : SEP (C, −1) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭ ⎩⎝2x⎠
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩z = 2x ⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝0⎟⎟⎠⎟⎟⎠ . 2
∗ X ∈ SEP (C, 1) ⇐⇒ CX = X ⎧ ⎪ 3x − 6y − 2z = x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ x = 3y + z, ⇐⇒ ⎪ y=y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩4x − 12y − 3z = z ⎞ ⎧⎛ ⎫ ⎪ ⎪ ⎜3y + z⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨⎜⎜⎜⎜ ⎬ ⎟ 2 ⎟ ⎟ ⎜ y (y, z) donc : SEP (C, 1) = ⎪ ∈ R ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎩⎝ z ⎠ ⎭ ⎛ ⎞ ⎧ ⎛ ⎞ ⎫ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜3⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ 2⎬ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 1 ; (y, z) ∈ R + z y = Vect =⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ ⎝0⎠ ⎭ 1
⎛⎛ ⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜3⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠ 0
⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ 1
La matrice C est carrée d’ordre 3 et la somme des dimensions des sous-espaces propres de C est égale à 1 + 2 = 3, donc, d’après le cours, C est diagonalisable.
Corrigés des exercices
⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎪ ⎪ ⎜0⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎨⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ y = Vect ; y ∈ R donc : SEP (F, 4) = ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎠ ⎝ ⎭ ⎩ y
On conclut C = PDP−1, où, par exemple : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 3 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ P = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ , ⎠ ⎝ 201
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ D = ⎜⎜ 0 1 0⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 0 01
Puisque F est carrée d’ordre 3 et que la somme des dimensions des sous-espaces propres de F est 1 + 1 = 2, on conclut que F n’est pas diagonalisable.
d) La matrice E est triangulaire (supérieure) donc les valeurs propres de E se lisent sur sa diagonale : E admet une valeur propre et une seule, qui est 1. Si E était diagonalisable, il existerait P ∈ M3 (R) inversible telle que E = PI3 P−1 = PP−1 = I3 , contradiction. On conclut que E n’est pas diagonalisable. e) • Déterminons les valeurs propres de F. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 − λ −1 ⎟ ⎜⎜ ⎜ rg (F − λI3 ) = rg ⎜⎜ 0 2 − λ 2 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ −1 1 3−λ ⎞ ⎛ 1 3 − λ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ −1 ⎟ L ←→ L3 ⎜⎜⎜ = rg ⎜⎜ 0 2 − λ 2 ⎟⎟⎟⎟ 1 ⎠ ⎝ 3 − λ −1 1 ⎛ ⎞ 3−λ ⎜⎜⎜−1 1 ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ 2 = rg ⎜⎜⎜⎝ 0 2 − λ ⎠ 2
0 2 − λ λ − 6λ + 10 L3 ←− L3 + (3 − λ)L1
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−1 1 3 − λ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ = rg ⎜⎜ 0 2 − λ 2 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 0 0 α L3 ←− L3 − L2 où α = λ2 − 6λ + 8 = (λ − 2)(λ − 4)
⎧ ⎪ ⎪ ⎨3 =⎪ ⎪ ⎩2
f) Déterminons les valeurs propres de G. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 − λ 0 ⎟ ⎜⎜⎜ 1 − λ 2 ⎟⎟⎟⎟ rg (G − λI3 ) = rg ⎜⎜ 0 ⎠ ⎝ 1 −1 1 − λ ⎞ ⎛ −1 1 − λ⎟⎟⎟ L1 ←→ L3 ⎜⎜⎜ 1 ⎟ ⎜ 1 − λ 2 ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎠ ⎝ −1 − λ 0 1 ⎛ ⎞ −1 1 − λ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎟ 2 ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜0 1 − λ ⎝ 2 ⎠ L3 ←− L3 + (1 + λ)L1 0 −(1 + λ) 2 − λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 − λ −1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ 1 − λ ⎟⎟⎟⎟ C2 ←→ C3 = rg ⎜⎜⎜⎜0 2 ⎠ ⎝ 0 2 − λ2 −1 − λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 − λ −1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ = rg ⎜⎜0 2 1 − λ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 2 0 0 α L3 ←− 2L3 − (2 − λ )L2 où α = −2 − 2λ − (2 − λ2 )(1 − λ) = −λ3 + λ2 − 4
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3 =⎪ ⎪ ⎪ ⎩2
si α 0 si α = 0.
si λ 2 et λ 4
Les valeurs propres de G sont donc les λ tels que α = 0.
si λ = 2 ou λ = 4.
Étudions les variations de l’application
Ceci montre que les valeurs propres de F sont : 2 et 4.
X ∈ SEP (F, 2) ⇐⇒ FX = 2X ⎧ ⎪ 3x − y + z = 2x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ 2y + 2z = 2y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−x + y + 3z = 2z ⎫ ⎧⎛ ⎞ ⎪ ⎪ ⎜ x⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎨⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟ = Vect ; x ∈ R x donc : SEP (F, 2) = ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎟ ⎜ ⎪ ⎪ ⎠ ⎝ ⎭ ⎩0
P : R −→ R, λ −→ − λ3 + λ2 − 4. L’application P est dérivable (donc continue) sur R et :
• Déterminons les sous-espaces propres de F. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). ⎝ ⎠ z © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ 1
∀λ ∈ R, P (λ) = −3λ2 + 2λ = λ(−3λ + 2).
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨z = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x = y,
⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ 0
X ∈ SEP (F, 4) ⇐⇒ FX = 4X ⎧ ⎪ 3x − y + z = 4x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ 2y + 2z = 4y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−x + y + 3z = 4z
On forme le tableau des variations de P : −∞ 0 2/3 +∞ λ P (λ) − 0 + 0 − +∞ <0 P(λ) −4 −∞ 2 8 4 = − + − 4 < 0. On a : P 3 27 9 Ceci montre que P ne s’annule en aucun point de [0 ; +∞[. D’après le théorème de la bijection monotone, P admet un zéro et un seul, noté μ et on a : μ < 0.
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x = 0 , ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = z
Ainsi, G admet une valeur propre et une seule, et c’est μ. Si G était diagonalisable, il existerait P ∈ M3 (R) inversible telle que G = P(μI3 )P−1 = μI3 , contradiction. On conclut que G n’est pas diagonalisable. 17
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
Montrons que (v1 , v2 , v3 ) est libre.
1.2 a) On a :
d’où :
⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 ⎟⎟ ⎜⎜1⎟⎟ ⎜⎜2⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜2⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟, −1⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 1 0 ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 1 −1 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−2⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 −1 1 −1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟⎟⎟ , ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ 1 1 −1 −1 1 2 ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 1 −1 −1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 −1 1 −1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜⎜2⎟⎟⎟⎟⎟ , ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ 0 1 −1 −1 1 0 ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 ⎝ 1
1 1 −1 −1
1 −1 1 −1
∀i ∈ 1 ; 3, f (vi ) = 2vi .
On a, pour tout (a1 , a2 , a3 ) ∈ R3 : a1 v1 + a2 v2 + a3 v3 = 0
⎧ ⎪ a1 + a2 + a3 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨a1 − a2 = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a2 + a3 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩a2 = 0
donc (v1 , v2 , v3 ) est libre. Il en résulte : dim SEP( f, 2) 3.
Si dim SEP ( f, 2) = 4, alors SEP ( f, 2) = R4 , et −2 ne serait pas valeur propre de f , contradiction.
On a donc dim SEP ( f, 2) = 3, et on obtient :
b) • On calcule le produit de A par elle-même et on obtient : A = 4 I4 . 2
• Ainsi, le polynôme X − 4 est annulateur de A. D’après le cours, les valeurs propres de A sont parmi les zéros de ce polynôme, donc les valeurs propres de A sont parmi 2 et −2. Comme f est représenté par A, on conclut que les valeurs propres de f sont parmi 2 et −2. 2
c) • La matrice A est symétrique réelle, donc, d’après le cours, A est diagonalisable dans M4 (R). ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜y⎟⎟⎟ • On a, pour tout V = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ M4,1 (R) : ⎜⎜⎝ z ⎟⎟⎠ t ⎧ ⎪ x + y + z + t = −2x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x + y − z − t = −2y ⎨ AV = −2V ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x − y + z − t = −2z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x − y − z + t = −2t ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ 3x + y + z + t = 0 4x + 4y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x + 3y − z − t = 0 ⎨2x − 2y + 2z + 2t = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x − y + 3z − t = 0 2x − 2y + 2z + 2t = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x − y − z + 3t = 0 ⎩4z − 4t = 0 ⎧ ⎪ y = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ z = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩t = −x,
SEP ( f, 2) = Vect (v1 , v2 , v3 ). On conclut qu’une matrice de passage P de la base canonique B0 de R4 à une base de vecteurs propres pour f est : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜1 −1 0 −1⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟ . P = ⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 1 1 −1⎟⎟⎟⎟⎠ 0 1 0 −1
1.3 a) La matrice A est symétrique, donc, d’après le cours, A est diagonalisable. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ b) Soient λ ∈ R, X = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ M5,1 (R) \ {0}. On a : ⎜⎝ ⎟⎠ x5 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ x2 = λx1 x2 = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x1 + x3 = λx2 x3 = λx2 − x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ AX = λX ⇐⇒ ⎪ x2 + x4 = λx3 ⇐⇒ ⎪ x4 = λx3 − x2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x3 + x5 = λx4 x5 = λx4 − x3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x4 = λx5 ⎩ x4 = λx5 ⎧ ⎪ x2 = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x3 = (λ2 − 1)x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ (S) ⎪ x4 = (λ3 − 2λ)x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x5 = (λ4 − 3λ2 + 1)x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(λ3 − 2λ)x1 = (λ5 − 3λ3 + λ)x1 .
donc : SEP ( f, 2) = Vect (1, −1, −1, −1) .
Si x1 = 0, alors, x2 , x3 , x4 , x5 sont tous nuls, donc X = 0, exclu.
• D’après a), 2 est valeur propre de f et v1 , v2 , v3 sont des vecteurs propres pour f associés à la valeur propre 2, donc :
On a donc x1 0. Et :
Vect (v1 , v2 , v3 ) ⊂ SEP ( f, 2). 18
⎧ ⎪ a2 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ a1 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩a3 = 0,
λ3 − 2λ = λ5 − 3λ3 + λ ⇐⇒ λ5 − 4λ3 + 3λ = 0 ⇐⇒ λ(λ4 − 4λ2 + 3) = 0 ⇐⇒ λ(λ2 − 1)(λ2 − 3) = 0
Corrigés des exercices
⇐⇒ λ(λ − 1)(λ + 1)(λ −
√
3)(λ +
√ 3) = 0.
• Si λ = 0, alors :
(S) ⇐⇒ x2 = 0, x3 = −x1 , x4 = 0, x5 = x1 , ⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ donc 0 est vp de A et SEP (A, 0) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝ 0 ⎟⎟⎠⎟⎟⎠ 1
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
• Si λ = 1, alors :
(S) ⇐⇒ x2 = x1 , x3 = 0, x4 = −x1 , x5 = −x1 , ⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ donc 1 est vp de A et SEP (A, 1) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎝⎜⎜⎝⎜−1⎟⎠⎟⎟⎠⎟ −1 • Si λ = −1, alors :
(S) ⇐⇒ x2 = −x1 , x3 = 0, x4 = x1 , x5 = −x1 , ⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ donc −1 est vp de A et SEP (A, −1) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝ 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎠ −1 √ • Si λ = 3, alors : √ √
(S) ⇐⇒ x2 = 3 x1 , x3 = 2x1 , x4 = 3 x1 , x5 = x1 , ⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ √1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 3⎟⎟⎟⎟⎟⎟ √ √ donc 3 est vp de A et SEP (A, 3) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ √2 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝ 3⎟⎟⎠⎟⎟⎠ 1 √ • Si λ = − 3, alors : √ √
(S)⇐⇒ x2 = − 3 x1 , x3 = 2x1 , x4 = − 3 x1 , x5 = x1 , ⎞⎞ ⎛⎛ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1√ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜− 3⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ √ √ donc − 3 est vp de A et SEP (A, − 3) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 2√ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝− 3⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎠ 1 On conclut que les valeurs propres de A sont √ √ 0, 1, −1, 3, − 3 et que les sous-espaces propres de A sont les droites vectorielles engendrées respectivement par les cinq vecteurs : ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ √1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1√ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 3⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜− 3⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟⎟ . √ √ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎝⎜ 0 ⎟⎠⎟ ⎜⎝⎜−1⎟⎠⎟ ⎜⎝⎜ 1 ⎟⎠⎟ ⎜⎜⎜ 3⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜− 3⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ −1 −1 1 1 1
Remarque : Puisque A est carrée d’ordre 5 et que que A admet cinq valeurs propres deux à deux distinctes, d’après le cours, A est diagonalisable, ce que l’on avait obtenu en a) par une autre méthode.
1.4 a) • La matrice carrée A est symétrique réelle, donc, d’après le cours, A est diagonalisable. • On a, par L1 ←→ L3 : ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1/2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 0 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ rg (A) = rg ⎜⎜0 1 1 ⎟⎟ = rg ⎜⎜0 1 1 ⎟⎟⎟⎟ = 3, ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 00 1 1 1 1/2 donc A est inversible. b) • Déterminons les valeurs propres de A. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−λ 0 ⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟ rg (A − λI3 ) = rg ⎜⎜ 0 1 − λ ⎠ ⎝ 1 1 1/2 − λ ⎞ ⎛ 1 1/2 − λ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜ 0 1 − λ ⎠ L ←→ L ⎝ 1 3 −λ 0 1 ⎛ ⎞ 1/2 − λ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 1 ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 1 = rg ⎜⎜0 1 − λ ⎟⎟ ⎝ λ 2 ⎠ L3 ←− L3 + λL1 0 λ 1+ 2 −λ Si λ 1, alors, par L3 ←− (1 − λ)L3 − λL2 : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1/2 − λ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟ rg (A − λ I3 ) = rg ⎜⎜0 1 − λ ⎠ ⎝ 0 0 α où : λ 3 3 α = (1 − λ) 1 + − λ2 − λ = 1 − λ − λ2 + λ3 2 2 2
1 5 −λ . = (1 + λ) 1 − λ + λ2 = (1 + λ)(2 − λ) 2 2 1 . 2 Remarque : Puisque A est carrée d’ordre 3 et que A admet trois valeurs propres deux à deux distinctes, A est diagonalisable, résultat obtenu en a) par une autre méthode. On conclut que les valeurs propres de A sont : −1, 2,
• Déterminons les sous-espaces propres de A. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). On a : ⎝ ⎠ z 19
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
X ∈ SEP (A, −1) ⇐⇒ AX = −X
1.5
⎧ ⎪ ⎪ z = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y + z = −y ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ x + y + z = −z 2
donc :
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪z = −x ⎨ ⇐⇒ ⎪ x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = , 2
⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ SEP (A, −1) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎝⎝ ⎠⎠ −2
X ∈ SEP (A, 2) ⇐⇒ AX = 2X ⎧ ⎪ ⎪ z = 2x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y + z = 2y ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ x + y + z = 2z 2
= α f (M) + f (M ), ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨z = 2x ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 2x,
⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ donc : SEP (A, 2) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜2⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎝⎝ ⎠⎠ 2 1 1 X ∈ SEP A, ⇐⇒ AX = X 2 2 ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ z= x ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ y+z= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩x + y +
donc :
donc f est linéaire.
a b ∈ M2 (R) : c d
1 a+d b+c f 2 (M) = f f (M) = f ( ) 2 b+c a+d
1 1 (a + d) + (a + d) (b + c) + (b + c) = 2 2 (b + c) + (b + c) (a + d) + (a + d)
1 a+d b+c = f (M), = 2 b+c a+d
• On a, pour toute M =
donc : f 2 = f. 1 y 2 1 1 z= z 2 2
1 SEP A, = Vect 2
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x = 2z ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = −2z,
⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜−2⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ 1
On en déduit une ⎛ de A, A ⎞= ⎞ ⎛ diagonalisation ⎜⎜⎜−1 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 2 1 2 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ exemple : P = ⎜⎜⎜⎜ 1 2 −2⎟⎟⎟⎟ , D = ⎜⎜⎜⎜ 0 2 0 ⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 0 1/2 −2 2 1 ⎛ ⎜2 1 1 ⎜⎜⎜ On calcule P−1 et on obtient : P−1 = ⎜⎜⎜⎜1 2 9⎝ 2 −2
PDP−1 , où, par
⎞ −2⎟⎟⎟ ⎟ 2 ⎟⎟⎟⎟ . ⎠ 1
c) Remarquons d’abord que, pour tout n ∈ Z, An et Dn existent, car A et D sont inversibles. On a, pour tout n ∈ Z : An = (PDP−1)n = PDn P−1 et on obtient en faisant le produit de ces trois matrices, la matrice An : ⎞ ⎛ 4(−1)n + 2n + 4 · 2−n 2(−1)n + 2n+1 − 22−n −4(−1)n + 2n+1 + 21−n ⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜⎝ 2(−1)n + 2n+1 − 22−n (−1)n + 2n+2 + 22−n −2(−1)n + 2n+2 − 21−n ⎟⎟⎟⎟⎠ 9 −4(−1)n + 2n+1 + 21−n −2(−1)n + 2n+2 − 21−n 4(−1)n + 2n+2 + 2−n
20
a) • On a, pour tout α ∈ R et pour toutes matrices ab a b M= , M = ∈ M2 (R) : c d c d
αa + a αb + b f (αM + M ) = f αc + c αd + d
1 (αa + a ) + (αd + d ) (αb + b ) + (αc + c ) = 2 (αb + b ) + (αc + c ) (αa + a ) + (αd + d )
1 a + d b + c 1 a+d b+c + =α 2 b+c a+d 2 b + c a + d
b) Puisque f 2 − f = 0, le polynôme X2 − X est annulateur de f . D’après le cours, les valeurs propres de f sont parmi les zéros de ce polynôme annulateur de f , donc les valeurs propres de f sont parmi 0 et 1.
a b • On a, pour toute M = ∈ M2 (R) : c d
1 a+d b+c 00 f (M) = 0M ⇐⇒ = 00 2 b+c a+d ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨d = −a ⎨a + d = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩c = −b ⎩b + c = 0 donc 0 est valeur propre de f et :
a b 2 SEP ( f, 0) = ; (a, b) ∈ R −b −a
1 0 0 1 = Vect , . 0 −1 −1 0
a b ∈ M2 (R) : c d
1 a+d b+c a = f (M) = 1M ⇐⇒ b+c a+d c 2 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨a + d = 2a = 2d ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩b + c = 2b = 2c
• On a, pour toute M =
b d
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨d = a ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩c = b
Corrigés des exercices
donc 1 est valeur propre de f et : 1 0 0 1 a b , . SEP ( f, 1) = ; (a, b) ∈ R2 = Vect 01 10 ba
Donc : f (P) = λP ⎧ ⎧ ⎛⎧ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎜⎪ λ = 1 − 2i λ = 1 + 2i λ=1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎜⎜⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎨ ou ⎪ ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎜⎪ c = −a c = −a b = 0 ou ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎝⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩b = 2 i a ⎩b = −2 i a ⎩a = c
Finalement, les valeurs propres de f sont 0 et 1 et les sousespaces propres associés ont été déterminés ci-dessus. c) Chacun des deux sous-espaces propres de f est de dimension 2, donc la somme des dimensions des sous-espaces propres de f est égale à 4, donc égale à la dim (E). D’après le cours, on conclut que f est diagonalisable.
⎞ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ ⎠
Ainsi, les valeurs propres de f sont 1, 1 + 2 i , 1 − 2 i , et les sous-espaces propres de f sont : SEP ( f, 1) = Vect (1 + X2 ), SEP ( f, 1 + 2 i ) = Vect (1 + 2 i X − X2 ),
1.6
SEP ( f, 1 − 2 i ) = Vect (1 − 2 i X − X2 ).
a) • On a, pour tout P = aX + bX + c ∈ C2 (X] : 2
f (P) = (X2 + 1)(2aX + b) − (2X − 1)(aX2 + bX + c) = (a − b)X2 + (2a + b − 2c)X + (b + c) ∈ C2 [X]. • On a, pour tout α ∈ C et tous P, Q ∈ C2 [X] : f (αP + Q) = (X2 + 1)(αP + Q) − (2X − 1)(αP + Q) = (X2 + 1)(αP + Q ) − (2X − 1)(αP + Q)
= α (X2 + 1)P − (2X − 1)P + (X2 + 1)Q − (2X − 1)Q = α f (P) + f (Q),
donc f est linéaire. On conclut que f est un endomorphisme du C-ev C2 [X]. b) 1) Soient λ ∈ C, P = aX2 + bX + c ∈ C2 [X] \ {0}. On a, en réutilisant le calcul de f (p) effectué en a) :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
f (P) = λP ⇐⇒ (a − b)X2 + (2a + b − 2c)X + (b + c) = λ(aX2 + bX + c)
⎧ ⎧ ⎪ ⎪ b = (1 − λ)a a − b = λa ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ 2a + (1 − λ)b − 2c = 0 2a + b − 2c = λb ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩b = (λ − 1)c ⎩b + c = λc ⎧ ⎛⎧ ⎞ ⎪ ⎜⎜⎜⎪ ⎟⎟⎟ c = −a λ=1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎜⎪ ⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ ou ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎪ b = 0 b = (1 − λ)a ⎪ ⎪ ⎪ ⎟⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎝⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2a + (1 − λ)2 a + 2a = 0 ⎠ ⎩2a − 2c = 0 ⎧ ⎛⎧ ⎞ ⎪ ⎜⎜⎜⎪ (1 − λ)2 + 4 = 0 ⎟⎟⎟ λ=1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎜⎪ ⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎟⎟⎟ ou ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎜⎜⎪ b = 0 c = −a ⎪ ⎟⎟⎟ ⎪ ⎪ ⎪ ⎜⎜⎝⎪ ⎪ ⎪ ⎟⎠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩b = (1 − λ)a, ⎩a = c
b) 2) On calcule les images par f des vecteurs de la base canonique de C2 [X] : ⎧ ⎪ f (1) = −(2X − 1) = 1 − 2X ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ f (X) = (X2 + 1) − (2X − 1)X = 1 + X − X2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ f (X2 ) = (X2 + 1)2X − (2X − 1)X2 = 2X + X2 , d’où la matrice A de f dans B = (1, X, X2 ) : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 1 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ A = ⎜⎜−2 1 2⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 0 −1 1 • Déterminons les valeurs propres de A. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 − λ 1 ⎟ ⎜⎜ ⎜ rg (A − λI3 ) = rg ⎜⎜ −2 1 − λ 2 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 0 −1 1 − λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ −2 1 − λ 2 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ L1 ←→ L2 = rg ⎜⎜1 − λ 1 ⎠ ⎝ 0 −1 1 − λ ⎛ ⎞ 1−λ 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−2 ⎜⎜ ⎟ 2 ⎜ = rg ⎜⎜ 0 2 + (1 − λ) 2(1 − λ)⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ 0 −1 1−λ L2 ←− 2L2 + (1 − λ)L1
⎞ ⎛ 1−λ 2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−2 ⎟ ⎜⎜⎜ −1 1 − λ ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜ 0 ⎠ ⎝ 2 0 2 + (1 − λ) 2(1 − λ) L2 ←→ L3 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−2 1 − λ 2 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ = rg ⎜⎜ 0 −1 1 − λ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 0 0 α
car, dans le second système, si a = 0, alors c = 0, b = 0, donc P = 0, exclu.
L3 ←− L3 + 2 + (1 − λ)2 L2
Et : (1 − λ)2 + 4 = 0 ⇐⇒ (λ − 1)2 = −4
⇐⇒ λ − 1 = 2 i ou λ − 1 = −2 i
⇐⇒ λ = 1 + 2 i ou λ = 1 − 2 i .
où :
α = 2(1 − λ) + 2 + (1 − λ)2 (1 − λ)
= (1 − λ) 4 + (1 − λ)2 , 21
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
et : α = 0 ⇐⇒ λ = 1 ou λ = 1 + 2 i ou λ = 1 − 2 i .
1.7
Ainsi, les valeurs propres de A sont : 1, 1 + 2 i , 1 − 2 i .
a) • On a, pour tout α ∈ R et pour toutes matrices ab a b M= , M = ∈ M2 (R) : c d c d
αa + a αb + b f (αM + M ) = f ( ) αc + c αd + d
αd + d −(αb + b ) = −(αc + c ) αa + a
d −b d −b =α + = α f (M) + f (M ), −c a −c a
• Déterminons les sous-espaces propres de A. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ SEP (A, 1) ⇐⇒ AX = X ⎝ ⎠ z ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⇐⇒ ⎜⎜−2 1 2⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ z 0 −1 1 z ⎧ ⎪ x+y = x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ −2x + y + 2z = y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−y + z = z
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x = z,
⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ donc : SEP (A, 1) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎝⎝ ⎠⎠ 1 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ SEP (A, 1 + 2 i ) ⇐⇒ AX = (1 + 2 i )X ⎝ ⎠ z ⎛ ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⇐⇒ ⎜⎜−2 1 2⎟⎟ ⎜⎜y⎟⎟ = (1 + 2 i ) ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎠⎝ ⎠ ⎝ z 0 −1 1 z ⎧ ⎪ x + y = (1 + 2 i )x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ −2x + y + 2z = (1 + 2 i )y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−y + z = (1 + 2 i )z ⎧ ⎪ ⎧ −2 i x + y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨y = 2 i x ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ −2x − 2 i y + 2z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩z = −x, ⎪ ⎪ ⎩−y − 2 i z = 0 ⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ donc : SEP (A, 1 + 2 i ) = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 2 i ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎝⎝ ⎠⎠ −1 ⎞⎞ ⎛⎛ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ De même : SEP (A, 1 − 2 i ) = Vect ⎜⎜⎜⎜−2 i⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎠⎠ ⎝⎝ −1 • L’endomorphisme f a les mêmes valeurs propres que A, donc les valeurs propres de f sont 1, 1 + 2 i , 1 − 2 i . Les vecteurs propres de A nous donnent les coordonnées des vecteurs propres de f dans la base (1, X, X2 ) de C2 [X] :
ce qui montre que f est linéaire. On conclut que f est un endomorphisme de l’espace vectoriel M2 (R). • Considérons la base canonique B = (E1 , E2 , E3 , E4 ) de M2 (R), définie par :
10 01 00 00 E1 = , E2 = , E3 = , E4 = . 00 00 10 01 On a : f (E1 ) = E4 , f (E2 ) = −E2 , f (E3 ) = −E3 , f (E4 ) = E1 . On en déduit la matrice A de f dans B : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 −1 0 0⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ . A = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0 −1 0⎟⎟⎟⎟⎠ 1 0 0 0 b) La matrice A est symétrique réelle, donc, d’après le cours, A est diagonalisable, puis, comme A représente f dans une base de E, on conclut que f est diagonalisable.
1.8 a) • Pour tout P ∈ R2 [X], on a : P(X + a) ∈ R2 [X], P(X + b) ∈ R2 [X], (a + b)P (X) ∈ R1 [X] ⊂ R2 [X], donc : f (P) = P(X + a) + P(X + b) − (a + b)P [X] ∈ R2 [X]. • On a, pour tous α ∈ R, P, Q ∈ R2 [X] :
f (αP + Q) = (αP + Q)(X + a) + (αP + Q)(X + b) − (a + b) (αP + Q) (X) = αP(X + a) + Q(X + a) + αP(X + b) + Q(X + b) −α(a + b)P (X) − (a + b)Q (X)
= α P(X + a) + P(X + b) − (a + b)P (X)
+ Q(X + a) + Q(X + b) − (a + b)Q (X)
SEP ( f, 1) = Vect (1 + X2 ), SEP ( f, 1 + 2 i ) = Vect (1 + 2 i X − X2 ),
= α f (P) + f (Q),
SEP ( f, 1 − 2 i ) = Vect (1 − 2 i X − X2 ). Remarque : On retrouve bien les mêmes résultats que dans 1). c) L’endomorphisme f admet trois valeurs propres deux à deux
distinctes et dim C2 [X] = 3, donc, d’après le cours, f est diagonalisable. 22
donc f est linéaire.
On conclut : f ∈ L R2 [X] . b) On a : f (1) = 1 + 1 − 0 = 2,
Corrigés des exercices
f (X) = (X + a) + (X + b) − (a + b) = 2X,
Finalement :
f (X2 ) = (X + a)2 + (X + b)2 − (a + b)2X = 2X2 + (a2 + b2 ).
1.10
On en déduit la matrice M de f dans la base canonique B = (1, X, X2 ) de R2 [X] : ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜2 0 a2 + b2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ . M = ⎜⎜0 2 ⎝ ⎠ 00 2 c) On remarque que M est triangulaire (supérieure), donc les valeurs propres de M se lisent sur sa diagonale, d’où Sp (M) = {2}. Ainsi, M est diagonalisable si et seulement s’il existe P ∈ M3 (R) inversible telle que M = P(2 I3 )P−1 = 2 I3 , si et seulement si a2 + b2 = 0, si et seulement si a = b = 0. On conclut que f est diagonalisable si et seulement si a2 + b2 = 0, c’est-à-dire si et seulement si a = b = 0, puisque (a, b) ∈ R2 .
1.9
Soit (x, y) ∈ R2 fixé.
Étudions les valeurs propres de A =
0 −1 . y 2x
a) Soit a ∈ R. Soit λ ∈ R. On a : ⎞ ⎛ a ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 − a − λ −5 + a
⎟ ⎜⎜⎜ a−2−λ a ⎟⎟⎟⎟ rg M(a) − λI3 = rg ⎜⎜ −a ⎠ ⎝ 5 −5 −2 − λ ⎞ ⎛ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 − λ λ − 3 L1 ←− L1 − L2 . ⎟ ⎜⎜ ⎜ a ⎟⎟⎟⎟ = rg ⎜⎜ −a a − 2 − λ ⎠ ⎝ 5 −5 −2 − λ
Si λ = 3, alors : rg M(a) − λI3 2. Si λ 3, alors, en divisant L1 par 3 − λ, on a : ⎞ ⎛ −1 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1
⎟ ⎜ a ⎟⎟⎟⎟ rg M(a) − λI3 = rg ⎜⎜⎜⎜−a a − 2 − λ ⎠ ⎝ 5 −5 −2 − λ ⎞ ⎛ 0 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟ ⎜⎜ ⎜ a ⎟⎟⎟⎟ C2 ←− C2 + C1 . = rg ⎜⎜−a −2 − λ ⎠ ⎝ 5 0 −2 − λ Si λ −2, alors, en divisant C2 par −2 − λ : ⎞ ⎛ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 0
⎟ ⎜⎜ ⎜ a ⎟⎟⎟⎟ rg M(a) − λI3 = rg ⎜⎜−a 1 ⎠ ⎝ 5 0 −2 − λ
1 a = 1 + rg = 1 + 2 = 3. 0 −2 − λ
Si λ = −2, alors : rg M(a) − λI3 2.
On a, pour tout λ ∈ R :
−λ −1 C1 ←→ C2 rg (A − λ I2 ) = rg y 2x − λ
−1 −λ L2 ←− L2 + (2x − λ)L1 = rg 2x − λ y ⎧
⎪ 2 ⎪ ⎪ −1 −λ ⎨1 si λ − 2xλ + y = 0 =⎪ = rg 2 ⎪ ⎪2 sinon. 0 λ − 2xλ + y ⎩
On obtient :
⎧ ⎪ ⎪
⎪ ⎨ 2 rg M(a) − λI3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩= 3
Il en résulte : λ vp de A ⇐⇒ λ2 − 2xλ + y = 0 ⇐⇒ (λ − x)2 + (y − x2 ) = 0 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
A est diagonalisable dans M2 (R) si et seulement si y < x2 .
(∗).
• Si y− x2 < 0, alors l’équation (∗) ci-dessus, d’inconnue λ ∈ R, admet deux solutions distinctes, donc A admet deux valeurs propres distinctes, et donc, comme A est carrée d’ordre 2, on conclut que A est diagonalisable dans M2 (R). • Si y − x2 > 0, alors l’équation (∗) n’a pas de solution dans R, donc A n’est pas diagonalisable dans M2 (R). • Supposons y − x2 = 0. Alors, A admet une valeur propre et une seule, qui est λ = x. Si A était diagonalisable dans M2 (R), il existerait P ∈ GL2 (R) 0 −1 x0 −1 telle que A = P(x I2 )P = x I2 , d’où = , contray 2x 0 x diction (−1 0). On déduit que A n’est pas diagonalisable dans M2 (R).
si λ = −2 ou λ = 3 sinon.
On conclut que les valeurs propres de M(a) sont : −2 et 3. Remarque : les valeurs propres de M(a) ne dépendent pas de a. b) Déterminons les sous-espaces propres de M(a). ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). On a : ⎝ ⎠ z
• X ∈ SEP M(a), −2 ⇐⇒ M(a)X = −2X ⎛ ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 − a −5 + a a ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎜ −a a − 2 a ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ = −2 ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎠⎝ ⎠ ⎝ z 5 −5 −2 z ⎧ ⎪ ⎧ (5 − a)x + (−5 + a)y + az = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪x = y ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ −ax + ay + az = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪az = 0, ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎩5x − 5y = 0 23
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
donc : si a = 0, alors SEP M(a), −2 = Vect
a 0, alors SEP M(a), −2 = Vect
⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎜⎜⎝1⎟⎟⎠⎟⎟⎠ , 0
⎛⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ , ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ , et, si ⎜⎝⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠⎟⎠ 0 1
⎧ ⎪ ⎪2 si a = 0
⎪ ⎨ d’où : dim SEP M(a), −2 = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1 si a 0.
• X ∈ SEP M(a), 3 ⇐⇒ M(a)X = 3X ⎛ ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜3 − a −5 + a a ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⇐⇒ ⎜⎜ −a a − 2 a ⎟⎟ ⎜⎜y⎟⎟ = 3 ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎠⎝ ⎠ ⎝ z 5 −5 −2 z ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨−ax + (a − 5)y + az = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎩5x − 5y − 5z = 0
1 On déduit λ2 = , puis, en reportant dans la première équa3 3 2 1 1 3 = , tion : λ − λ − 1 = 0, donc λ = − , puis − 3 2 2 3 contradiction. Ceci montre que les racines du polynôme λ3 − λ − 1 sont toutes simples. ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨z = x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0
⎛⎛ ⎞⎞ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎜⎜ ⎟⎟ donc : SEP M(a), 3 = Vect ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟, ⎝⎝ ⎠⎠ 1
d’où : dim SEP M(a), 3 = 1. Il en résulte que la somme des dimensions des sous-espaces propres de M(a) est égale à 3 si a = 0, et est égale à 2 si a 0. Comme M(a) est diagonalisable si et seulement si la somme des dimensions de ses sous-espaces propres est égale à 3, on conclut que M(a) est diagonalisable si et seulement si a = 0.
1.11 a) Déterminons les valeurs propres de J dans C. Soit λ ∈ C. On a : rg (J − λ I3 ) = rg
= rg
= rg
= rg
= rg
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜−λ 0 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ 1 −λ 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎠ ⎜⎝ 0 1 −λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 1 −λ 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝−λ 0 1 ⎟⎟⎟⎟⎠ L1 ↔ L2 0 1 −λ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1 −λ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ L2 ←− L2 + λL1 2 ⎜⎜⎝0 −λ 1 + λ⎟⎟⎟⎟⎠ 0 1 −λ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 −λ 1 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 1 −λ ⎟⎟⎟⎟⎠ 0 −λ2 1 + λ L2 ←→ L3 ⎞ ⎛ 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 −λ ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0 1 −λ . ⎟⎠ ⎜⎝ 3 0 0 −λ + λ + 1 ←− L3 + λ2 L2
Les valeurs propres de J sont donc les solutions de l’équation λ3 − λ − 1 = 0, d’inconnue λ ∈ C. D’après le cours, cette équation du troisième degré admet, dans C, trois solutions (a priori non nécessairement distinctes) ; 24
montrons que celles-ci sont deux à deux distinctes. Raisonnons par l’absurde : supposons que l’équation admette (au moins) une solution (au moins) double, notée λ. D’après le cours, λ annule ⎧le polynôme considéré et sa dérivée première, c’est-à⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎨λ − λ − 1 = 0 dire : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3λ2 − 1 = 0.
Ainsi, l’équation λ3 − λ − 1 = 0, d’inconnue λ ∈ C, admet exactement trois solutions deux à deux distinctes. Il en résulte que J admet (dans C) trois valeurs propres deux à deux distinctes. Comme J est carrée d’ordre trois et admet trois valeurs propres deux à deux distinctes, d’après le cours, on conclut que J est diagonalisable dans M3 (C). b) Soit (a, b, c) ∈ C3 . On a : ⎞ ⎛ b ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a c ⎟ ⎜⎜⎜ M(a, b, c) = ⎜⎜b a + c b + c⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ c b a+c ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜1 0 0⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ = a ⎜⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ + b ⎜⎜⎜⎜1 ⎝ ⎠ ⎝ 0 001
⎞ ⎛ ⎞ 0 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ 0 1⎟⎟ +c ⎜⎜0 1 1⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ ⎠ 10 101 !"
=J
et on remarque que la troisième matrice, dans cette dernière expression, est J 2 . D’après a), il existe D ∈ D3 (C) et P ∈ GL3 (C) telles que J = PDP−1. On a alors J 2 = PD2 P−1 , puis : M(a, b, c) = a I3 + bJ + cJ 2 = a I3 + bPDP−1 + cPD2 P−1 = P(a I3 + bD + cD2 )P−1 . Comme a I3 + bD+ cD2 est diagonale, on conclut que M(a, b, c) est diagonalisable dans M3 (C).
1.12 a) D’abord, f est bien une application de M2 (R) dans luimême. On a, pour tout α ∈ R et toutes M, N ∈ M2 (R) : f (αM + N) = A(αM + N) = αAM + AN = α f (M) + f (N), donc f est linéaire.
On conclut : f ∈ L M2 (R) .
xy b) • On a, pour toute M = ∈ M2 (R) : z t M ∈ Ker ( f ) ⇐⇒ f (M) = 0 ⇐⇒ AM = 0
Corrigés des exercices
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ 11 xy 00 ⎨x + z = 0 ⇐⇒ = ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ 11 z t 00 ⎩y + t = 0,
xy donc : Ker ( f ) = ; x + z = 0 et y + t = 0 z t
x y = ; (x, y) ∈ R2 −x −y 1 0 0 1 • Une base de Ker ( f ) est , −1 0 0 −1
et dim Ker ( f ) = 2.
xy c) Comme, pour toute matrice M = ∈ M2 (R), z t
x+z y+t f (M) = , on a : x+z y+t
Im ( f ) ⊂
1 0 0 1 a b ; (a, b) ∈ R2 = Vect , . a b 1 0 0 1
c’est-à-dire : ∀x ∈ R, a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 = 0. Le polynôme a0 + a1 X+ a2 X2 + a3 X3 s’annule en tout réel, donc c’est le polynôme nul, d’où a0 = a1 = a2 = a3 = 0. Ceci montre que B est libre. Puisque B est libre et que, par définition de E, B engendre E, on conclut : B est une base de E. Il en résulte :
dim (E) = Card (B) = 4.
b) Il est clair que, pour toute f ∈ E, f est deux fois dérivable sur R, donc φ( f ) = f − f existe. Calculons les images par φ des éléments de B. On a, pour tout x ∈ R : φ( f0 )(x) = − e −x ,
φ( f1 )(x) = (1 − x) e −x ,
φ( f2 )(x) = (2x − x2 ) e −x ,
φ( f3 )(x) = (3x2 − x3 ) e −x ,
donc : D’autre part, d’après le théorème du rang :
dim Im ( f ) = dim M2 (R) − dim Ker ( f ) = 22 − 2 = 2. Il en résulte qu’il y a égalité dans l’inclusion précédente : Im ( f ) =
a b 1 0 0 1 ; (a, b) ∈ R2 = Vect , . a b 1 0 0 1
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
d) On calcule les images par f :
1 f (E1 ) = AE1 = 1
1 f (E2 ) = AE2 = 1
1 f (E3 ) = AE3 = 1
1 f (E4 ) = AE4 = 1
des éléments E1 , E2 , E3 , E4 de B
1 1 1 0
1 0 1 0
1 0 1 1
1 0 1 0
0 1 = 0 1
1 0 = 0 0
0 1 = 0 1
0 0 = 1 0 ⎛ ⎜⎜⎜1 0 ⎜⎜⎜0 1 d’où la matrice de f dans B : F = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝1 0 01
0 = E1 + E3 , 0 1 = E2 + E4 , 1 0 = E1 + E3 , 0 1 = E2 + E4 , 1 ⎞ 1 0⎟⎟ ⎟ 0 1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟. 1 0⎟⎟⎟⎟ ⎠ 01
e) La matrice F de f dans B est symétrique réelle, donc, d’après le cours, F est diagonalisable, et on conclut : f est diagonalisable.
1.13 a) Montrons que B est libre. Soit (a0 , a1 , a2 , a3 ) ∈ R4 tel que
3
ak fk = 0. On a donc :
k=0
∀x ∈ R, (a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ) e −x = 0,
φ( f0 ) = − f0 ,
φ( f1 ) = f0 − f1 ,
φ( f2 ) = 2 f1 − f2 ,
φ( f3 ) = 3 f2 − f3 .
Comme φ est linéaire (par linéarité de la dérivation), il en résulte : ∀ f ∈ E, φ( f ) ∈ E. On conclut : φ est un endomorphisme de l’espace vectoriel E. De plus, la matrice M de φ dans B est : ⎛ ⎜⎜⎜−1 ⎜⎜⎜ 0 M = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝ 0 0
1 −1 0 0
0 2 −1 0
⎞ 0 ⎟⎟ ⎟ 0 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟. 3 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ −1
c) • La matrice M est triangulaire (supérieure) et ses termes diagonaux sont tous non nuls, donc M est inversible. • La matrice M est triangulaire (supérieure), donc ses valeurs propres se lisent sur sa diagonale : M admet −1 pour valeur propre et c’est la seule. Si M était diagonalisable, il existerait P ∈ GL4 (R) telle que M = P(−I4 )P = −I4 , contradiction. On conclut que M n’est pas diagonalisable.
1.14 Il s’agit d’une matrice formée de 0 et de 1 en damier : ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎜ A = ⎜⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎜ .. ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜0 ⎝ 1
0 1 0 1 .. . 1 0
1 0 1 0 .. . 0 1
0 1 0 1 .. . 1 0
... ... ... ... .. . ... ...
0 1 0 1 .. . 1 0
⎞ 1⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ 1⎟⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ∈ M ⎟ 2p+1 (R). .. ⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ⎠ 1 25
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
a) D’après la définition de A :
qui est de dimension 1, engendré par le vecteur de coordonnées (0, 1, 0, 1, ..., 0, 1, 0) ⎞ ⎛ ⎜ x1 ⎟ ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟ SEP (A, p + 1) = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ M2p+1,1 (R) ; ⎟⎠ ⎜⎝ x2p+1 x1 = x3 = · · · = x2p+1 et x2 = x4 = · · · = x2p = 0 ,
∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , ai j = a ji , donc A est symétrique réelle. D’après le cours, on conclut que A est diagonalisable. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ b) Soient λ ∈ R, X = ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ ∈ M2p+1 (R) \ {0}. On a : ⎟⎠ ⎜⎝ x2p+1
qui est de dimension 1, engendré par le vecteur de coordonnées (1, 0, 1, 0, ..., 1, 0, 1).
⎧ ⎪ ⎪ x1 + x3 + · · · + x2p+1 = λx1 (1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (2) ⎪ ⎨ x2 + x4 + · · · + x2p = λx2 AX = λX ⇐⇒ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ .. ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x1 + x3 + · · · + x2p+1 = λx2p+1
Remarque : La somme des dimensions des sous-espaces propres de A est égale à 2p + 1, et on retrouve ainsi le fait que A est diagonalisable.
1.15
⇐⇒ (1), (2), λx1 = λx3 = · · · = λx2p+1 , λx2 = λx4 = · · · = λx2p ⎧ ⎪ λ0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x = x3 = · · · = x2p+1 ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎨ ou ⎪ x 2 = x4 = · · · = x2p ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (p + 1)x1 = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ px = λx 2 2
b) ⎛ ⎜⎜⎜1 . . . ⎜⎜ 2 A = ⎜⎜⎜⎜⎜ (0) ⎜⎝
⇐⇒ ⎧ ⎪ ⎪ λ=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ x1 + x3 + · · · + x2p+1 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x2 + x4 + · · · + x2p = 0 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ λ=p λ= p+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ou ou ⎪ x1 = x3 = · · · = x2p+1 = 0 x = x = · · · = x ⎪ 1 3 2p+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x2 = x4 = ... = x2p . ⎩ x2 = x4 = · · · = x2p = 0
x1 .. . x2p+1
⎞ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ∈ M2p+1,1 (R) ; ⎟⎟⎠
x2p+1
⎞ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ∈ M2p+1,1 (R) ; ⎟⎟⎠
x1 = x3 = · · · = x2p+1 = 0 et x2 = x4 = · · · = x2p 26
c) Nous allons montrer que A n’est pas diagonalisable, en raisonnant par l’absurde. Supposons que A est diagonalisable. Il existe alors P ∈ Mn (R) inversible et D ∈ Mn (R) diagonale telles que A = PDP−1. Puisque les termes diagonaux de D sont les valeurs propres de A, les termes diagonaux de D sont parmi 0 et 1, donc D2 = D. D’où : A2 = (PDP−1 )2 = PD2 P−1 = PDP−1 = A.
On conclut : A n’est pas diagonalisable.
qui est de dimension 2p − 1 (on peut, par exemple, exprimer x2p et x2p+1 en fonction de x1 , ..., x2p−1 ), x1 .. .
⎞ ⎛ ⎞ ⎜1 · · · 1 n⎟⎟ ⎟ 1⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1⎟⎟⎟⎟⎟ .. ⎟⎟ = ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟ , . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎠ ⎜⎜ (0) .. ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 1 1
Contradiction avec b).
x1 + x3 + · · · + x2p+1 = 0 et x2 + x4 + · · · + x2p = 0 ,
⎛ ⎜ ⎜⎜⎜⎜ SEP (A, p) = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎝
⎞⎛ 1⎟⎟ ⎜⎜1 . . . ⎟⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ (0) ⎠⎝ 1
donc A2 A.
On conclut que les valeurs propres de A sont 0, p, p + 1 et que les sous-espaces propres de A sont : ⎛ ⎜ ⎜⎜⎜⎜ SEP (A, 0) = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎝
⎞ . . . 1 1⎟⎟ ⎟ . . . 0 1⎟⎟⎟⎟⎟ . . ⎟⎟⎟⎟ . (0) .. .. ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ... 0 1
a) Puisque la matrice A est triangulaire (supérieure), les valeurs propres de A se lisent sur sa diagonale, donc les valeurs propres de A sont 0 et 1.
⇐⇒ ⎧ ⎪ ⎪ λ=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x1 + x3 + · · · + x2p+1 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x2 + x4 + · · · + x2p = 0
⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜0 ⎜⎜ Il s’agit de la matrice A = ⎜⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎜ .. ⎝⎜ 0
1.16 a) • Soit y ∈ Im ( f − be). Il existe x ∈ E tel que y = ( f − be)(x). On a :
( f − ae)(y) = ( f − ae) ( f − be)(x)
= ( f − ae) ◦ ( f − be) (x) = 0, !" =0
donc : y ∈ Ker ( f − ae). Ceci montre : Im ( f − be) ⊂ Ker ( f − ae).
Corrigés des exercices
• Puisque f − ae et f − be commutent, on a aussi : Im ( f − ae) ⊂ Ker ( f − be). b) On a : 1 1 ( f − be) + ( f − ae) a−b b−a
1 1 ( f − be) − ( f − ae) = = (a − b)e = e. a−b a−b c) • Soit x ∈ Ker ( f − a) ∩ Ker ( f − be).
Ceci montre que − i est valeur propre de A. De même, i est valeur propre de A. On conclut que les valeurs propres de A sont i et − i . b) 2) Soit X ∈ Mn,1 (C). • Supposons X ∈ E i .
On a alors : ( f − ae)(x) = 0 et ( f − be)(x) = 0,
On a alors AX = i X, donc AX = i X = − i X.
c’est-à-dire : f (x) = ax et f (x) = bx,
Mais AX = A X, comme on le voit en passant aux éléments.
d’où : ax = bx, puis (a − b) x = 0, donc x = 0. !"
D’où : AX = − i X.
On a alors : Ker ( f − ae) ∩ Ker ( f − be) ⊂ {0}, et, comme l’autre inclusion est évidente, on obtient :
Ainsi : X ∈ E− i .
0
Ker ( f − ae) ∩ Ker ( f − be) = {0}, • Soit y ∈ E. D’après b), on a : 1 1 ( f − be)(y) + ( f − ae)(y), y = e(y) = a − b b − a !" !" noté v
noté u
et :
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u ∈ Im ( f − be) ⊂ Ker ( f − ae) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v ∈ Im ( f − ae) ⊂ Ker ( f − be)
Comme A est réelle, on a A = A, d’où : AX = − i X. Ceci montre : X ∈ E i =⇒ X ∈ E− i . • On montre de même la réciproque. On conclut, pour toute X ∈ Mn,1 (C) : X ∈ E i ⇐⇒ X ∈ E− i . b) 3) Le sev E i admet au moins une base (u1 , ..., ud ). • D’après 2), puisque : ∀k ∈ 1 ; d, uk ∈ E i , on a :
.
∀k ∈ 1 ; d, uk ∈ E− i .
• Montrons que (u1 , ..., ud ) est libre.
Ceci montre : E ⊂ Ker ( f − ae) + Ker ( f − be), et, comme l’autre inclusion est évidente, on obtient : E = Ker ( f − ae) + Ker ( f − be),
Soit (α1 , ..., αd ) ∈ Cd tel que
On conclut que Ker ( f −ae) et Ker ( f −be) sont supplémentaires dans E.
On a alors, en conjuguant :
d) D’après le cours, puisque (X − a)(X − b) est un polynôme annulateur de f , les valeurs propres de f sont parmi a et b. Les sous-espaces propres de f sont donc Ker ( f − ae) et Ker ( f − be), lorsque ceux-ci sont différents de {0}. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Si − i n’est pas valeur propre de A, alors i est la seule valeur propre de A, et alors, comme A est diagonalisable, A est semblable à i In , donc A = i In , contradiction, car A ∈ Mn (R).
d
αk uk = 0.
k=1 d
αk uk =
d
k=1
αk uk = 0 = 0.
k=1
Comme (u1 , ..., ud ) est libre, il s’ensuit : ∀k ∈ 1 ; d, αk = 0, puis, en conjuguant : ∀k ∈ 1 ; d, αk = 0.
D’après c), la somme des sous-espaces propres de f est égale à E.
Ceci montre que (u1 , ..., ud ) est libre.
On conclut, d’après le cours, que f est diagonalisable.
Soit X ∈ E− i . D’après 2), on a alors X ∈ E i . Il existe donc d βk uk . (β1 , ..., βd ) ∈ Cd tel que X =
1.17 a) On suppose ici n pair, n = 2p, p ∈ N∗ .
0 1 −1 0 2 , on a A2 = = −I2 . Pour A2 = −1 0 0 −1
• Montrons que (u1 , ..., ud ) engendre E− i .
k=1
D’où, en conjuguant :
X=
d
βk uk =
k=1
d
βk uk .
k=1
La matrice A, diagonale par blocs, formée par la répétition du bloc A2 (p fois) sur la diagonale, vérifie alors A2 = −I2p , donc A convient.
Ceci montre que (u1 , ..., ud ) engendre E− i .
b) 1) On a : 0 = A2 + In = (A − i In )(A + i In ),
On a donc dim (E− i ) = d = dim (E i ).
donc comme i − i , d’après l’exercice 1.16, A est diagonalisable dans Mn (C) et ses valeurs propres sont parmi i et − i .
D’où : n = dim (E) = dim (E i ) + dim (E− i ) = 2 dim (E i ),
On conclut que (u1 , ..., ud ) est une base de E− i . b) 4) D’après 1), on a : E = E i ⊕ E− i .
27
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
contradiction avec n impair. Ce raisonnement par l’absurde montre que, si n est impair, il n’existe pas de matrice A ∈ Mn (R) telle que A2 = −In . L’endomorphisme f étant nilpotent, il existe p ∈ N tel que f p = 0.
1.18
∗
a) • Puisque le polynôme X p est annulateur de f , d’après le cours, les valeurs propres de f sont parmi les zéros de X p , donc la seule valeur propre possible de f est 0. • De plus, puisque f n’est pas bijectif (car sinon, f p = 0 le serait aussi, ce qui est absurde, puisque E n’est pas réduit à {0} !), f n’est donc pas injectif, d’où Ker( f ) {0}. Donc 0 est une valeur propre de f . Ainsi :
0 est la seule valeur propre de f .
b) • Si f est diagonalisable, comme f admet une seule valeur propre, le SEP associé est de dimension n = dim(E). Ainsi :
Ker( f ) = SEP( f, 0) = E.
Donc :
f est l’application nulle.
On conclut, pour un endomorphisme nilpotent :
1.19
si et seulement si
f = 0.
Notons n = dim (E). Supposons f diagonalisable.
D’après l’hypothèse, le polynôme (X − 1)3 (X − 2)2 est annulateur de f . D’après le cours, il en résulte que les valeurs propres de f sont parmi 1 et 2. Il existe donc une base B de E telle que la matrice D de f dans B soit diagonale, à termes diagonaux parmi 1 et 2, D = diag (1, ..., 1, 2, ..., 2) où 1 est écrit p fois, 2 est écrit q fois, (p, q) ∈ N2 , p + q = n. On a alors, par produit de matrices diagonales : (D−In )3 (D−2 In ) = diag (0, ..., 0, 1, ..., 1) diag (−1, ..., −1, 0, ..., 0) !" !" !" !" p fois
q fois
p fois
q fois
= diag (0, ..., 0, 0, ..., 0) = 0, !" !" p fois
On conclut, par ce raisonnement par l’absurde, que f n’est pas diagonalisable. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ a) • Puisque A = ⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟⎟ est triangulaire (supérieure), les va⎠ ⎝ 000 leurs propres de A se lisent sur sa diagonale, donc A admet 0
28
donc : SEP ( f, 0) = Vect (e1 ). b) 1) Puisque dim (F) = 1, il existe v1 ∈ F − {0} tel que F = Vect (v1 ). Comme F est stable par f , on a f (v1 ) ∈ F, donc il existe α ∈ K tel que f (v1 ) = αv1 . Ceci montre que v1 est un vecteur propre pour f . D’après a), il en résulte v1 ∈ Vect (e1 ), puis F = Vect (v1 ) ⊂ Vect (e1 ).
Comme dim (F) = 1 = dim Vect (e1 ) , on a nécessairement : F = Vect (e1 ). b) 2) Soit v ∈ F. Puisque F est stable par f , on a f (v) ∈ F, puis encore f 2 (v) ∈ F. Et : f (v) = a2 e1 + a3 e2 et f 2 (v) = a3 e1 . 1 2 Si a3 0, alors e1 = f (v) ∈ F, a3 puis a3 e2 = f (v) − a2 e1 ∈ F, donc e2 ∈ F, puis a3 e3 = v − a1 e1 − a2 e2 ∈ F, donc e3 ∈ F et donc F = E, exclu car dim (F) = 2 et dim (E) = 3. Ceci montre a3 = 0, donc v = a1 e1 + a2 e2 ∈ Vect (e1 , e2 ). On a donc : F ⊂ Vect (e1 , e2 ).
Comme dim (F) = 2 = dim Vect (e1 , e2 ) , il en résulte : F = Vect (e1 , e2 ). c) D’après b), si F est un sev de E stable par f et de dimension 1 ou 2, alors F = Vect (e1 ) ou F = Vect (e1 , e2 ). Réciproquement, Vect (e1 ) et Vect (e1 , e2 ) sont stables par f , car f (e1 ) = 0 et f (e2 ) = e1 . Enfin, d’autre part, {0} et E sont stables par f . On conclut que les sev de E stables par f sont : {0}, Vect (e1 ), Vect (e1 , e2 ), E.
q fois
donc ( f − e)3 ◦ ( f − 2e) = 0, contradiction.
1.20
• On a, pour tout v = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ x2 = 0 f (v) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎩ x3 = 0
Il existe (a1 , a2 , a3 ) ∈ K3 tel que v = a1 e1 + a2 e2 + a3 e3 .
• Réciproquement, si f = 0, alors il est clair que f est diagonalisable.
f est diagonalisable
pour valeur propre et c’est la seule, et donc, comme f est représenté par A, on conclut que f admet 0 pour valeur propre et que c’est la seule.
1.21
Puisque f est diagonalisable, il existe une base
B = (e1 , ..., en ) de E et il existe (λ1 , ..., λn ) ∈ Rn tels que : ∀i ∈ 1 ; n, f (ei ) = λi ei . La matrice de f dans B est la matrice diagonale ⎞ ⎛ (0)⎟⎟ ⎜⎜⎜ λ1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . .. ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎝ ⎠ (0) λn
Corrigés des exercices
On a alors : Ker ( f ) = Vect (ei ; λi = 0),
Im ( f ) = Vect (ei ; λi 0)
où, par exemple, Vect (ei ; λi = 0) désigne le sev de E engendré par les ei correspondants aux indices i ∈ 1 ; n tels que tels que λi = 0. De plus :
∀i ∈ 1 ; n, f 2 (ei ) = f f (ei ) = f (λi ei ) = λi f (ei ) = λ2i ei , donc on a aussi de même : Ker ( f 2 ) = Vect (ei ; λ2i = 0), Im ( f 2 ) = Vect (ei ; λ2i 0). ⎧ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨λi = 0 ⇐⇒ λi = 0 Comme : ∀i ∈ 1 ; n, ⎪ , ⎪ ⎪ ⎩λ2i 0 ⇐⇒ λi 0 il en résulte : Ker ( f 2 ) = Ker ( f ) et Im ( f 2 ) = Im ( f ).
• Pour chaque u ∈ 1 ; n, l’équation μ2i = λi , d’inconnue μi ∈ C admet exactement une solution si λi = 0, et exactement deux solutions si λi 0. Il en résulte que M ∈ Mn (C) ; M 2 = A est fini. • Comme λ1 , ..., λn sont deux à deux distincts, il existe au plus un indice i ∈ 1 ; n tel que λi = 0 et on conclut : Card M ∈ Mn (C) ; M 2 = A ⎧
⎪ ⎪ si ∀i ∈ 1 ; n; λi 0 ⎨2n =⎪
⎪ ⎩2n−1 si ∃ i ∈ 1 ; n; λi = 0 .
1.23 a) 1) Supposons A inversible. Puisque AB est diagonalisable, il existe P ∈ Mn (R) inversible et D ∈ Mn (R) diagonale telles que AB = PDP−1 .
1.22 −1
a) On a A = PDP , donc : M 2 = A ⇐⇒ (PNP−1 )2 = PDP−1 ⇐⇒ PN 2 P−1 = PDP−1 ⇐⇒ N 2 = D.
On obtient : BA = (P−1 A)−1 D(P−1 A),
ND = NN 2 = N 3 = N 2 N = DN.
donc BA est diagonalisable.
c) Soit N = (xi j )i j ∈ Mn (C). On a :
De plus, AB et BA ont les mêmes valeurs propres.
ND = DN ⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , (ND)i j = (DN)i j n n ⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , (N)ik (D)k j = (D)ik (N)k j k=1
On a alors : BA = A−1 (AB)A = A−1 (PDP−1)A = (A−1 P)D(P−1 A). Comme (A−1 P)(P−1 A) = A−1 (PP−1)A = A−1 A = In , la matrice P−1 A est inversible et son inverse est A−1 P.
b) Soit N ∈ Mn (C) telle que N 2 = D. Alors :
k=1
⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , xi j λ j = λi xi j ⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , (λi − λ j )xi j = 0.
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On conclut que l’ensemble M ∈ Mn (C) ; M 2 = A est l’ensemble des matrices de Mn (C) de la forme PNP−1 , où N = diag (μ1 , ..., μn ), (μ1 , ..., μn ) ∈ Cn tel que, pour tout i ∈ 1 ; n, μ2i = λi .
Comme λ1 , ..., λn sont deux à deux distincts, on a donc :
ND = DN ⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , i j =⇒ xi j = 0 . On conclut que l’ensemble des matrices N de Mn , (C) qui commutent avec D est l’ensemble des matrices diagonales. d) • Soit M ∈ Mn (C) telle que M 2 = A. En notant N = P−1 MP, on a, d’après a), N 2 = D, puis, d’après c), N est diagonale. Notons diag (μ1 , ..., μn ) = N. Alors : N 2 = D ⇐⇒ diag (μ21 , ..., μ2n ) = diag (λ1 , ..., λn ) ⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, μ2i = λi . • Réciproquement, pour tout i ∈ 1 ; n, soit μi ∈ C tel que μ2i = λi . Notons N = diag (μ1 , ..., μn ) et M = PNP−1 . On a alors M 2 = A.
2) Le cas où B est supposée inversible se traite de la même façon. On conclut que, si A ou B est inversible et si AB est diagonalisable, alors BA est diagonalisable. b) Montrons que le résultat précédent n’est pas valable sans l’hypothèse d’inversibilité, pour n = 2, par exemple.
01 11 Considérons : A= , B= . 00 00
00 On a : AB = , donc AB est diagonalisable. 00
01 D’autre part : BA = , qui n’est pas diagonalisable. En 00 effet, BA est triangulaire (supérieure), donc les valeurs propres de BA se lisent sur sa diagonale, BA n’admet que 0 pour valeur propre ; si BA était diagonalisable, elle serait semblable à la matrice nulle, donc serait égale à la matrice nulle, contradiction.
1.24 1) Montrons que toute valeur propre de f ◦ g est valeur propre de g ◦ f . Soit λ ∈ R une valeur propre de f ◦ g. 29
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
Il existe x ∈ E \ {0} tel que : ( f ◦ g)(x) = λx.
• On a, d’après la définition de f :
On a alors :
(g ◦ f ) g(x) = (g ◦ f ) ◦ g (x) = g ◦ ( f ◦ g) (x)
= g ( f ◦ g)(x) = g(λx) = λg(x). • Si g(x) 0, le résultat ci-dessus montre que λ est valeur propre de g ◦ f (et que g(x) est un vecteur propre associé). • Supposons g(x) = 0. On a alors :
λx = ( f ◦ g)(x) = f g(x) = f (0) = 0. Comme x 0, on déduit λ = 0. D’autre part, puisque x 0 et g(x) = 0, 0 est valeur propre de g, donc g n’est pas bijectif. Montrons alors que g ◦ f n’est pas bijectif. Raisonnons par l’absurde et supposons g ◦ f bijectif. Alors g ◦ f est surjectif, et d’après l’exercice 1.17 du volume de première année, g est alors surjectif. Puisque E est de dimension finie, g est alors bijectif, d’où une contradiction. Ce raisonnement par l’absurde montre que g ◦ f n’est pas bijectif. Donc 0 est valeur propre de g ◦ f . On a montré que toute valeur propre de f ◦ g est valeur propre de g ◦ f . 2) En appliquant le résultat précédent au couple (g, f ) à la place du couple ( f, g), on a aussi : toute valeur propre de g ◦ f est valeur propre de f ◦ g. On conclut : f ◦ g et g ◦ f ont les mêmes valeurs propres.
1.25 a) Il est clair que f est une application de R[X] dans R[X]. On a, pour tout α ∈ R et tous P, Q ∈ R[X] : f (αP + Q) = 3X(αP + Q) + (X2 − X)(αP + Q) − (X3 − X2 )(αP + Q) = 3X(αP + Q) + (X2 − X)(αP + Q ) − (X3 − X2 )(αP + Q )
= α 3XP + (X2 − X)P − (X3 − X2 )P
+ 3XQ + (X2 − X)Q − (X3 − X2 )Q ,
donc f est linéaire. On conclut que f est un endomorphisme du R-espace vectoriel R[X]. b) On a, pour tout n ∈ N : f (Xn ) = 3X · Xn − (X2 − X)(nXn−1 ) − (X3 − X2 )n(n − 1)Xn−2 = 3Xn+1 + n(Xn+1 − Xn ) − n(n − 1)(Xn+1 − Xn ) = (−n2 + 2n + 3)Xn+1 + (n2 − 2n)Xn .
(Les écritures nXn−1 et n(n − 1)Xn−2 ne sont pas clairement définies lorsque n = 0 ou n = 1, mais le résultat final est valable aussi dans ces deux cas.) c) • D’après b), on a, en particulier : f (X ) = 3X et f (X3 ) = 3X3 . Ainsi, X2 et X3 sont différents et ont la même image par f , donc f n’est pas injective. 2
30
3
∀P ∈ R(X],
f (P) (0) = 0,
puisque f (P) contient X en facteur. En particulier, le polynôme constant 1 n’est pas atteint par f , donc f n’est pas surjective. d) 1) • Soit n ∈ N∗ tel que Rn [X] soit stable par f . On a alors en particulier : f (Xn ) ∈ Rn [X], donc, d’après b) : −n2 + 2n + 3 = 0, c’est-à-dire n = −1 ou n = 3, donc n = 3 (puisque n ∈ N). • Réciproquement, montrons que R3 [X] est stable par f . On a, d’après b) : f (1) = 3X, f (X) = 4X2 − X, f (X2 ) = 3X3 , f (X3 ) = 3X3 . Il en résulte, puisque f est linéaire et que (1, X, X2 , X3 ) est une base de R3 [X], que R3 [X] est stable par f . On conclut qu’il existe n ∈ N unique tel que Rn [X] soit stable par f , et on a n = 3. d) 2) D’après 1), la matrice A de g dans ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0 ⎜⎜⎜3 −1 0 (1, X, X2 , X3 ) de R3 [X] est : A = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 4 0 0 0 3
la base canonique ⎞ 0⎟⎟⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟. 0⎟⎟⎟⎟ ⎠ 3
Puisque A est triangulaire (inférieure), les valeurs propres de A se lisent sur sa diagonale, donc les valeurs propres de A sont : −1, 0, 3. Déterminons les sous-espaces propres de A. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜y⎟⎟⎟ Soit V = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ M4,1 (R). On a : ⎜⎜⎝ z ⎟⎟⎠ t • V ∈ SEP (A, −1) ⇐⇒ AV = −V ⎧ ⎪ 0 = −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3x − y = −y ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4y = −z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3z + 3t = −t
⎧ ⎪ x=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ z = −4y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩t = 3y,
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟
donc SEP (A, −1) = Vect (⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟), dim SEP (A, −1) = 1. ⎜⎜⎝−4⎟⎟⎠ 3 • V ∈ SEP (A, 0) ⇐⇒ AV = 0 ⎧ ⎪ 3x − y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ 4y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3z + 3t = 0
⎧ ⎪ x=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ y=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩t = −z,
Corrigés des exercices
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟
donc SEP (A, 0) = Vect (⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟), dim SEP (A, 0) = 1. ⎜⎜⎝ 1 ⎟⎟⎠ −1
⇐⇒ x1 = xn , x2 = ... = xn−1 , 2(x1 + · · · + xn ) = λx1 , x1 + xn = λx2
• V ∈ SEP (A, 3) ⇐⇒ AV = 3V ⎧ ⎪ 0 = 3x ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨3x − y = 3y ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ y=0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4y = 3z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ z = 0, ⎪ ⎪ ⎩3z + 3t = 3t ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟
donc : SEP (A, 3) = Vect (⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟), dim SEP (A, 3) = 1. ⎜⎜⎝0⎟⎟⎠ 1 Puisque A est carrée d’ordre 4 et que la somme des dimensions des sous-espaces propres de A est 1 + 1 + 1 = 3 4, d’après le cours, A n’est pas diagonalisable dans M4 (R). Comme A représente g, on conclut que g n’est pas diagonalisable.
1.26 a) • On remarque, en notant C1 , ..., Cn les colonnes de An : C1 = Cn et C2 = C3 = · · · = Cn−1 , d’où : rg (An ) 2. D’autre part, (C1 , C2 ) est libre, car C2 n’est pas colinéaire à C1 . On conclut : rg (An ) = 2. • Comme rg (An ) = 2 < n, 0 est valeur propre de An et :
dim SEP (An , 0) = n − rg (An ) = n − 2.
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n−1
n
⎧ λ ⎪ ⎪ x1 = x2 ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2λx2 + 2(n − 2)x2 = λ x2 2
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨(1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(2)
(3)
et : (3) ⇐⇒
λ2 2
− 2λ − 2(n − 2) x2 = 0
⇐⇒ λ2 − 4λ − 4(n − 2) = 0
(4),
car x2 0, puisque, si x2 = 0, alors on déduit x1 = 0, puis x3 = ... = xn−1 = 0, xn = 0, X = 0, exclu. Le discriminant Δ de cette équation du second degré en λ est : Δ = 16 + 16(n − 2) = 16(n − 1) > 0,
donc : (4) ⇐⇒ λ = λ1 ou λ = λ2 , √ √ λ2 = 2 + 2 n − 1. où : λ1 = 2 − 2 n − 1, Il en résulte que les valeurs propres de An sont : √ √ 0, 2 − 2 n − 1, 2 + 2 n − 1, et ces trois valeurs propres sont bien deux à deux distinctes, car n 3. D’après a), dim (E0 ) = n − 2.
b) • On sait déjà que 0 est valeur propre de An . ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ∗ • Soient λ ∈ R , X = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) \ {0}. On a : ⎜⎝ ⎟⎠ xn ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎞⎛ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜2 2 . . . 2 2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ x2 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜1 0 . . . 0 1⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ x2 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ An X = λX ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ... (0) ... ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ = λ ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎜⎜ xn−1 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 0 . . . 0 1⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜ xn−1 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ ⎠⎝ xn 2 2 . . . 2 2 xn ⎧ ⎪ 2x1 + 2x2 + · · · + 2xn−1 + 2xn = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x1 + xn = λx2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. ⇐⇒ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x1 + xn = λxn−1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2x + 2x + · · · + 2x + 2x = λx 2
On a :
c) Notons, pour λ ∈ {0, λ1 , λ2 }, Eλ = SEP (An , λ).
Ceci montre que 0 est valeur propre de An et : dim SEP (An , 0) = n − 2.
1
⇐⇒ x1 = xn , x2 = ... = xn−1 ,
2 2x1 + (n − 2)x2 = λx1 (1), 2x1 = λx2 (2).
n
D’après b), dim (Eλ1 ) 1 et dim (Eλ2 ) 1. D’autre part, d’après le cours, la somme des dimensions des sous-espaces propres pour A est inférieure ou égale à n. On a donc nécessairement : dim (E0 ) = n − 2, dim (Eλ1 ) = dim (Eλ2 ) = 1, donc la somme des dimensions des sous-espaces propres pour An est égale à n. On conclut, d’après le cours, que An est diagonalisable.
1.27 a) On a : ⎧ ⎪ a2 x2 + · · · + an xn = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a x + a3 x3 + · · · + an xn = λx2 ⎪ ⎪ ⎨ 1 1 AX = λX ⇐⇒ ⎪ ⎪ .. ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩a x + · · · + a x = λx 1 1 n−1 n−1 n 31
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
⎧ ⎪ S − a1 x1 = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ S − a2 x2 = λx2 ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ .. ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩S − a x = λx n n n
⎧ ⎪ S = (λ + a1 )x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. ⇐⇒ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩S = (λ + a )x . n n
Ceci montre que A admet n valeurs propres réelles deux à deux distinctes. d) Puisque A ∈ Mn (R) et que A admet n valeurs propres deux à deux distinctes, d’après le cours, on conclut que A est diagonalisable dans Mn (R).
1.28
b) Supposons λ + a1 = 0. On a alors S = (λ + a1 )x1 = 0. D’autre part, comme a2 , ..., an sont tous différents de a1 , on a :
b) 1) On a :
λ + a2 0, ... , λ + an 0,
0=S =
n
ak xk = a1 x1 ,
k=1
donc x1 = 0. On obtient X = 0, contradiction. Ceci montre : λ + a1 0. • De même : ∀k ∈ 1 ; n, λ + ak 0. • Comme X 0, il existe i ∈ 1 ; n tel que xi 0, et, comme λ + ai 0, on a : S = (λ + ai )xi 0. • D’où :
AX = λX
S S S , ..., xn = , S = ak ⇐⇒ x1 = λ + a1 λ + an λ + ak k=1
n
⇐⇒ x1 =
S S , ..., xn = , λ + a1 λ + an
n k=1
∀k ∈ 1 ; n, λ + ak 0 et
k=1
c) La fonction f : λ −→ − 1 +
n k=1
ak λ + ak
ak = 1. λ + ak
ak est définie sur λ + ak
n k=1
−∞ −1
f (λ)
−
−∞
−an || || || ||
n−1
... ... ...
−a1 || || || ||
n+1
n
n−1
b) 2) Pour montrer que l’équation du second degré r2 − λr + 1 = 0,
∀k ∈ 0 ; n + 1, xk = (αk + β)r0k−1 , où r0 =
+∞
n
(0) ...
⇐⇒ ∀i ∈ 0 ; n − 1, xi+2 − λxi+1 + xi = 0.
ak < 0. (λ + ak )2
−
+∞
−1
D’après le théorème des valeurs intermédiaires et la stricte monotonie par intervalles, f admet exactement n zéros, notés λ1 , ..., λn et on a : −an < λn < −an−1 < ... < −a2 < λ2 < −a1 < λ1 . 32
⎧ ⎪ x2 − λx1 + x0 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x3 − λx2 + x1 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ xn − λxn−1 + xn−2 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x − λx + x = 0
0 .. .
D’après le cours sur les suites récurrentes linéaires du second ordre à coefficients constants et sans second membre, il existe alors (α, β) ∈ R2 tel que :
On en déduit le tableau des variations de f : λ f (λ)
⎧ ⎪ x2 = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x1 + x3 = λx2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ xn−2 + xn = λxn−1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x = λx
1
d’inconnue r ∈ C, admet deux solutions distinctes, il suffit de montrer que son discriminant Δ = λ2 − 4 est non nul. À cet effet, raisonnons par l’absurde : supposons Δ = 0.
D = R \ {a1 , ..., an }, dérivable sur D, et : ∀λ ∈ D, f (λ) = −
⎞ . . . 0⎟⎟ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎟ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ .. ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ (0) . ⎟⎟ ⎜⎜ x2 ⎟⎟ ⎜⎜⎜ x2 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ . . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ = λ ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ . 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎜⎝ xn−1 ⎟⎟⎟⎟⎠ . . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎝ xn−1 ⎟⎟⎟⎟⎠ . 1⎟⎟⎟ xn ⎠ xn 1 0
=1 .
Ceci montre que, pour tout λ ∈ R, λ est valeur propre de A si et seulement si : n
0 .. . .. . .. . 0
⎛ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎜ AX = λX ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎜ .. ⎜⎝ 0
d’où : x2 = ... = xn = 0. Ensuite :
a) La matrice carrée A est symétrique réelle, donc, d’après le cours, A est diagonalisable dans Mn (R).
λ est la racine double du trinôme. 2
On a : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x0 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ xn+1 = 0
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨β = 0 ⇐⇒ ⎪
⎪ ⎪ ⎩ α(n + 1) + β r0n = 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨β = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩α = 0 ou r0 = 0.
Si α = β = 0, alors tous les xk sont nuls, X = 0, exclu.
Corrigés des exercices
Si r0 = 0, alors λ = 2r0 = 0, Δ = λ2 − 4 = −4 0, contradiction. Ce raisonnement par l’absurde montre Δ 0. On conclut que l’équation r2 − λr + 1 = 0, d’inconnue r ∈ C, admet deux solutions distinctes, notées r1 , r2 . b) 3) En considérant la somme et le produit des racines r1 , r2 de l’équation du second degré r2 − λr + 1 = 0, d’inconnue r ∈ C, on a : r1 + r2 = λ et r1 r2 = 1. |r1 | |r2 | = |r1 r2 | = 1.
D’où :
On conclut que les sev Im (ui ), i ∈ 1 ; k, sont en somme directe et que leur somme est égale à E. c) Pour chaque i ∈ 1 ; k, il existe une base Bi de Im (ui ). Comme E est somme directe des Im (ui ), i ∈ 1 ; k, la famille B = B1 ∪ · · · ∪ Bk est une base de E. Soit f ∈ Vect (u1 , ..., uk ). Il existe (α1 , ..., αk ) ∈ Kk tel que f =
De plus, puisqu’il s’agit d’une équation à coefficients réels, on a r2 = r1 , donc |r2 | = |r1 |, puis : |r1 |2 = 1, |r1 | = 1 = |r2 |. |λ| = |r1 + r2 | |r1 | + |r2 | 2.
Ensuite :
Comme l’autre inclusion est évidente, on a l’égalité.
Soit x ∈ B1 . Il existe alors t ∈ E tel que x = u1 (t), d’où : k
αi ui (x) =
i=1
1.29
k i=1
αi ui ◦ u1 (t) = α1 u21 (t) = α1 u1 (t) = α1 x. !" = 0 si i1
De même :
a) Soit i ∈ 1 ; k. On a : ui = e ◦ ui =
k
∀i ∈ 1 ; k, ∀x ∈ Bi , f (x) = αi x.
k u j ◦ ui = (u j ◦ ui ).
j=1
j=1
On a donc : D’après l’hypothèse, u j ◦ ui est nul lorsque j i, donc : k
u j ◦ ui = ui ◦ ui =
⎛ ⎞ (0) ⎟⎟ ⎜⎜⎜α1 In1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ , .. MatB ( f ) = ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎠ (0) αk Ink
où, pour chaque i ∈ 1 ; k, on a noté ni = dim Im (ui ) .
u2i
On conclut que f est diagonalisable.
j=1
1.30
et on conclut : u2i = ui . b) • Soit (x1 , ..., xk ) ∈ Im (u1 ) × · · · × Im (uk ) tel que
k
xi = 0.
i=1
⎧ ⎪ 2 2 ⎪ ⎪ ⎨ f = (g ◦ h) ◦ f = g ◦ (h ◦ f ) = g ◦ g = g a) • On a : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g2 = (h ◦ f ) ◦ g = h ◦ ( f ◦ g) = h ◦ h = h2 .
Pour tout i ∈ 1 ; n, il existe ti ∈ E tel que xi = ui (ti ), donc :
xi = ui (ti ) = u2i (ti ) = ui ui (ti ) = ui (xi ).
• Puis :
Soit j ∈ 1 ; n fixé. On a donc :
f 5 = f 2 ◦ f ◦ f 2 = h2 ◦ f ◦ h2 = h ◦ (h ◦ f ) ◦ h2 = h ◦ g ◦ h2
0 = uj
k
xi = u j
i=1
!" © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
αi ui .
i=1
f (x) =
On conclut : λ ∈ [−2 ; 2].
k
k
ui (xi )
= h ◦ (g ◦ h) ◦ h = h ◦ f ◦ h = (h ◦ f ) ◦ h = g ◦ h = f.
b) • On a :
i=1
Comme f est supposé bijectif, on déduit : f 4 − e = 0.
=0
=
k i=1
Ceci montre que la somme
u j ◦ ui (xi ) = u2j (x j ) = u j (x j ) = x j . !"
= 0 si i j
k
D’autre part : Ainsi :
Im (ui ) est directe.
i=1
k k k x = e(x) = ui (x) = ui (x) ∈ Im (ui ). !" i=1
E⊂
i=1
k i=1
f 4 − e = ( f 2 + e) ◦ ( f 2 − e). ( f 2 + e) ◦ ( f 2 − e) = 0.
• Montrons que f 2 + e est bijectif. Puisque f est supposé diagonalisable, il existe une base B de E telle que la matrice de f dans B soit diagonale :
• Soit x ∈ E. On a :
Ceci montre :
f ◦ ( f 4 − e) = f 5 − f = 0.
∈ Im (ui )
i=1
MatB ( f ) = diag (λ1 , ..., λn ). On a alors : MatB ( f 2 + e) = diag (λ21 + 1, ..., λ2n + 1). Comme :
∀i ∈ 1 ; n, λ2i + 1 0,
la matrice diag (λ21 + 1, ..., λ2n + 1) est inversible, Im (ui ).
donc f 2 + e est bijectif. 33
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
• Puisque ( f 2 + e) ◦ ( f 2 − e) = 0 et que f 2 + e est bijectif, on déduit f 2 − e = 0, et on conclut : f 2 = e.
donc :
c) On a :
On conclut : A n’est pas diagonalisable.
g ◦ f = g ◦ (g ◦ h) = g2 ◦ h = f 2 ◦ h = e ◦ h = h = f ◦ g. Comme les hypothèses de l’énoncé sont invariantes en permutant circulairement ( f, g, h), on a aussi : h ◦ g = g ◦ h et f ◦ h = h ◦ f. Finalement, f, g, h commutent deux à deux.
1.31 1) • Supposons que α est valeur propre de f . Il existe x ∈ E\{0} tel que f (x) = αx. On a alors :
f 2 (x) = f f (x) = f (αx) = α f (x) = α(αx) = α2 x, donc α2 est valeur propre de f 2 .
c) • De A(A − In )2 = 0, on déduit : A3 − 2A2 + A = 0, donc : A3 = 2A2 − A. • Montrons que, pour tout k ∈ N∗ , il existe (ak , bk ) ∈ R2 tel que : Ak = ak A + bk A2 . À cet effet, raisonnons par récurrence sur k. Comme A = 1 A + 0 A2 , le couple (a1 , b1 ) = (1, 0) convient. Supposons, pour un k ∈ N∗ fixé quelconque, qu’il existe (ak , bk ) ∈ R2 tel que Ak = ak A + bk A2 . On a alors : Ak+1 = A Ak = A(ak A + bk A2 ) = ak A2 + bk A3 = ak A2 + bk (2A2 − A) = −bk A + (ak + 2bk )A2 . Ainsi, la suite (ak , bk )k∈N∗ définie par (a1 , b1 ) = (1, 0) et :
• Supposons que −α est valeur propre de f . D’après le résultat précédent (−α)2 est valeur propre de f 2 , c’est-à-dire que α2 est valeur propre de f 2 .
convient.
2) Pour la réciproque, raisonnons par contraposition.
• On a alors, pour tout k ∈ N∗ :
Supposons que α et −α ne sont pas valeurs propres de f . Alors, en notant e = IdE , les endomorphismes f − αe et f + αe sont bijectifs. Par composition, il en résulte que f 2 − α2 e = ( f − αe) ◦ ( f + αe) est bijectif, donc α2 n’est pas valeur propre de f 2 . Finalement, α2 est valeur propre de f 2 si et seulement si α ou −α est valeur propre de f .
1.32 a) 1) Puisque A(A − In )2 = 0, le polynôme X(X − 1)2 est annulateur de A, donc, d’après le cours, les valeurs propres de A sont parmi 0 et 1.
∀k ∈ N∗ ,
ak+1 = −bk ,
bk+1 = ak + 2bk
ak+2 = −bk+1 = −(ak + 2bk ) = −ak − 2(−ak+1 ) = 2ak+1 − ak .
La suite (ak )k∈N∗ est donc une suite récurrente linéaire du second ordre à coefficients constants. L’équation caractéristique r2 − 2r + 1 = 0 admet une racine double égale à 1. D’après le cours, il existe (α, β) ∈ R2 tel que : ∀k ∈ N∗ , ak = (αk + β)1k = αk + β. ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨α = −1 ⎨α + β = 1 ⎨a1 = 1 ⇐⇒ ⇐⇒ On a : ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩β = 2. ⎩2α + β = 0 ⎩a2 = 0 ∀k ∈ N∗ , ak = −k + 2,
puis : ∀k ∈ N∗ , bk = −ak+1 = − − (k + 1) + 2 = k − 1.
On obtient :
2) • Supposons que 0 n’est pas valeur propre de A. Alors, A est inversible. Comme A(A − In )2 = 0, en multipliant par A−1 , on déduit A−1 A(A − In )2 = 0, (A − In )2 = 0, exclu.
Remarque :
Ceci montre que 0 est valeur propre de A.
On peut contrôler ce résultat pour k = 1, k = 2, k = 3 :
• Supposons que 1 n’est pas valeur propre de A. Alors, A − In est inversible. Comme A(A − In )2 = 0, on déduit A(A − In )2 (A − In )−1 = 0, A(A − In ) = 0, exclu. Ceci montre que 1 est valeur propre de A. On conclut : les valeurs propres de A sont 0 et 1. b) Raisonnons par l’absurde : supposons A diagonalisable. Il existe P ∈ Mn (R) inversible, D = diag (1, ..., 1, 0, ..., 0) telles que A = PDP−1. On a alors D2 = D, puis : A2 = (PDP−1)2 = PD2 P−1 = PDP−1 = A, 34
A(A − In ) = A(−A2 + 2A − In ) = −A(A − In )2 = 0, exclu.
On conclut : ∀k ∈ N∗ , Ak = (2 − k)A + (k − 1)A2 .
A = 1 A + 0 A2 , A2 = 0 A + 1 A2 , A3 = −A + 2A2 . ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ d) La matrice A = ⎜⎜0 1 1⎟⎟⎟⎟ convient. ⎠ ⎝ 001
1.33
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ a) • La matrice A = ⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ est triangulaire (supérieure), donc ⎠ ⎝ 000 les valeurs propres de A se lisent sur sa diagonale : les valeurs propres de A sont 0 et 1.
Corrigés des exercices
• Déterminons les sous-espaces propres de A. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Soit X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R). ⎝ ⎠ z On a : AX = 0 ⇐⇒ (z = 0, y = 0), ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟
⎜ ⎟ donc : SEP (A, 0) = Vect (⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟), dim SEP (A, 0) = 1. ⎝ ⎠ 0 On a : AX = X ⇐⇒ (x = 0, z = 0), ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟
⎜ ⎟ donc : SEP (A, 1) = Vect (⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟), dim SEP (A, 1) = 1. ⎝ ⎠ 0 • Puisque A est carrée d’ordre 3 et que la somme des dimensions des sous-espaces propres pour A est 1 + 1 = 2 3, on conclut, d’après le cours, que A n’est pas diagonalisable. b) 1) • Puisque f 2 est un projecteur, on a ( f 2 )2 = f 2 , c’est-àdire f 4 − f 2 = 0. Ainsi, le polynôme X4 − X2 est annulateur de f . D’après le cours, les valeurs propres de f sont parmi les zéros de X4 − X2 = X2 (X − 1)(X + 1), donc les valeurs propres de f sont parmi 0, 1, −1. • Si 0 n’est pas valeur propre de f , alors f est bijectif, puis f 2 est bijectif, donc rg ( f 2 ) = 3, contradiction avec l’hypothèse rg ( f 2 ) = 1. Ceci montre que 0 est valeur propre de f .
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• Si 1 et −1 sont valeurs propres de f , alors f admet trois valeurs propres, qui sont 0, 1, −1, donc, puisque E est de dimension 3, f est diagonalisable et il existe une base B1 de E telle ⎛que la matrice de f dans B1 soit la matrice diagonale ⎞ ⎜⎜⎜0 0 0 ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ D = ⎜⎜⎜⎜0 1 0 ⎟⎟⎟⎟ et alors f 2 est représenté, dans B1 , par la ma⎠ ⎝ 0 0 −1 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ⎟ ⎜ trice diagonale D2 = ⎜⎜⎜⎜0 1 0⎟⎟⎟⎟ , d’où rg ( f 2 ) = rg (D2 ) = 2, ⎠ ⎝ 001 contradiction avec l’hypothèse rg ( f 2 ) = 1. On conclut que l’ensemble des valeurs propres de f est {0} ou {0, 1} ou {0, −1}. b) 2) D’après l’hypothèse et 1), l’ensemble des valeurs propres de f est {0, 1}. • Montrons que f n’est pas diagonalisable. Raisonnons par l’absurde : supposons f diagonalisable.
• Comme f admet 0 et 1 pour valeurs propres, que f n’est pas diagonalisable et que dim (E) = 3, on déduit :
dim SEP ( f, 0) = 1 et dim SEP ( f, 1) = 1.
En particulier : dim Ker ( f ) = dim SEP ( f, 0) = 1. Ker ( f ) ⊂ Ker ( f 2 ).
Remarquons :
D’autre part, par hypothèse : rg ( f 2 ) = 1, donc, d’après le théo rème du rang : dim Ker ( f 2 ) = 3 − rg ( f 2 ) = 3 − 1 = 2. On a donc : Ker ( f ) ⊂ Ker ( f 2 ) et Ker ( f 2 ) Ker ( f ) • Il existe donc v3 ∈ Ker ( f 2 ) tel que v3 Ker ( f ). Notons v1 = f (v3 ). On a alors : f (v1 ) = f 2 (v3 ) = 0. D’autre part, il existe un vecteur propre v2 pour la valeur propre 1 de f , c’est-à-dire tel que f (v2 ) = v2 . Notons B = (v1 , v2 , v3 ). Montrons que B est libre. Soit (α1 , α2 , α3 ) ∈ R3 tel que α1 v1 + α2 v2 + α3 v3 = 0. On obtient, en appliquant f : α2 v2 + α3 v1 = 0, puis, en appliquant encore f : α2 v2 = 0. D’où α2 = 0, puis α3 v1 = 0, donc α3 = 0, puis α1 v1 = 0, donc α1 = 0. Ainsi, B est libre. Comme E est de dimension 3, que B est libre et que Card (B) = 3, il s’ensuit que B est une base de E. Puisque f (v⎛1 ) ⎜⎜⎜0 ⎜ dans B est ⎜⎜⎜⎜0 ⎝ 0
= 0 1 0
0,⎞ f (v2 ) = v2 , f (v3 ) = v1 , la matrice de f 1⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟ c’est-à-dire A. ⎠ 0
Soit λ une valeur propre de A dans C. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ . ⎟⎟ Il existe X = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (C) \ {0} tel que AX = λX. On a : ⎜⎝ ⎟⎠ xn ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a11 . . . a1n ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜ ⎜⎜⎜ . ⎟ ⎟ .. ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ = λ ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ AX = λX ⇐⇒ ⎜⎜⎜⎜ .. ⎜ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎟ ⎟ . ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎠⎝ ⎠ an1 . . . ann xn xn ⎧ ⎪ a11 x1 + · · · + a1n xn = λx1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. ⇐⇒ ⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩a x + · · · + a x = λx . n1 1 nn n n
1.34
Il existe alors une base B2 de E telle que f soit représenté dans B2 par une matrice diagonale D dont les termes diagonaux sont parmi 0 et 1. Comme alors D2 = D, on a f 2 = f, donc f est un projecteur, exclu.
Il existe i ∈ 1 ; n tel que : |xi | = Max |xk |. On a alors, en
Ce raisonnement par l’absurde montre que f n’est pas diagonalisable.
d’où, en faisant passer aii xi dans l’autre membre : (λ − aii )xi = − ai j x j ,
1kn
prenant la ligne numéro i du système d’équations précédent : ai1 x1 + · · · + ain xn = λxi ,
1 jn, ji
35
Chapitre 1
•
Réduction des endomorphismes et des matrices carrées
puis, en prenant les modules et en utilisant l’inégalité triangulaire : ## ## ai j x j ## |λ − aii | |xi | = ## 1 jn, ji
|ai j | |x j |
1 jn, ji
Si λ = 1, alors :
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0 1 1 . . . 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜1 0 0 . . . 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ rg (A − In ) = rg ⎜⎜⎜⎜⎜1 0 −1 (0) .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . . ⎟⎟⎟ .. ⎜⎜⎜ . . ⎟ ⎜⎜⎝ . . (0) . 0 ⎟⎟⎟⎟⎠ 1 0 . . . 0 −1 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 . . . 1 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0 0 . . . 0 1 ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟ ⎜⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜⎜0 −1 (0) .. 1 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ . .. . . ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎝ . (0) . 0 . ⎟⎟⎟⎟⎠ 0 . . . 0 −1 1
|ai j | |xi |.
1 jn, ji
Si |xi | = 0, alors ∀ j ∈ 1 ; n, x j = 0, donc X = 0, exclu. On a donc |xi | > 0, et on conclut, en simplifiant par |xi | : |ai j |. |λ − aii | 1 jn, ji
Géométriquement, dans le plan complexe, λ est dans le disque fermé de centre aii et de rayon |ai j |. 1 jn, ji
Remarque : En appliquant ce résultat à la matrice A de l’exercice 1.28, on retrouve le fait que les valeurs propres de A (qui sont alors toutes réelles car A est symétrique réelle) sont dans [−2 ; 2].
1.35 a) La matrice carrée An est symétrique réelle, donc, d’après le cours, An est diagonalisable dans Mn (R). b) En notant C1 , ..., Cn les colonnes de An , on remarque que C3 = ... = Cn , donc : rg (An ) = rg (C1 , C2 , C3 ) ⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ ⎜ = rg ⎜⎜⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ .. ⎜⎜⎜ . ⎝ 1
1 1 0 .. . 0
⎞ 1⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎠ 0
=
C1 ←→C3
⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ ⎜ rg ⎜⎜⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ .. ⎜⎜⎜ . ⎝ 0
1 1 0 .. . 0
⎞ 1⎟⎟ ⎟ 1⎟⎟⎟⎟ ⎟ 1⎟⎟⎟⎟⎟ = 3 < n. .. ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎠ 1
Il en résulte que 0 est valeur propre de A et, en utilisant le théorème du rang :
par échange successifs des colonnes C1 , ..., Cn pour amener C1 en dernière colonne ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 . . . 1 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟ ⎜⎜⎜0 −1 (0) .. 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ .. = rg ⎜⎜⎜⎜ .. ⎜⎜⎜ . (0) . 0 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 . . . 0 −1 1⎟⎟⎟⎟⎠ 0 0 ... 0 1 par échange successifs des lignes L2 , ..., Ln pour amener L2 en dernière ligne donc :
Si λ 0 et λ 1, alors, en mettant λ − 1 en facteur dans L2 et λ en facteur dans L3 , ..., Ln , puis en effectuant L1 ←− L1 + (L2 + · · · + Ln ), on a : ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1 − λ 1 1 . . . 1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ 1 −1 0 . . . 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ λ−1 ⎟ 1 0 −1 (0) 0 ⎟⎟⎟⎟⎟ rg (An − λIn ) = rg ⎜⎜⎜⎜⎜ λ ⎟⎟⎟ .. . ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟ . (0) . . 0 ⎟⎟⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝ . 1 0 . . . 0 −1 λ ⎛ ⎜⎜⎜ α ⎜⎜⎜ 1 ⎜⎜⎜ λ−1 ⎜ 1 = rg ⎜⎜⎜⎜⎜ λ ⎜⎜⎜ .. ⎜⎜⎜ . ⎝ 1
dim SEP (An , 0) = n − rg (An ) = n − 3 1. c) • Déterminons les valeurs propres (réelles) de An . Soit λ ∈ R. On a : ⎛ ⎜⎜⎜1 − λ 1 ⎜⎜⎜ 1 1 − λ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ 0 rg (An − λ In ) = rg ⎜⎜⎜⎜⎜ 1 ⎜⎜⎜ . .. ⎜⎜⎜ . . ⎜⎜⎝ . 1 0 Le cas λ = 0 a été vu en b). 36
⎞ 1 . . . 1 ⎟⎟ ⎟ 0 . . . 0 ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ −λ (0) .. ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎟⎟⎟⎟ . (0) . . 0 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ . . . 0 −λ
rg (A − In ) = n.
où :
0 ... 0 ... −1 (0) . (0) . . ... 0 λ 1 1 α= 1−λ+ + (n − 2) . λ−1 λ 0 −1 0 .. . 0
⎞ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟ 0 ⎟⎟⎟⎟⎠ −1 0 0 0
On obtient :
⎧ ⎪ 3 si λ = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ rg (A − λIn ) = ⎪ n − 1 si λ 0, λ 1, α = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ n si λ = 1 ou λ 0, λ 1, α 0 .
Il en résulte que les valeurs propres de An sont 0 et les solutions en λ de l’équation α = 0, où λ 0 et λ 1.
Corrigés des exercices
Et : α = 0 ⇐⇒ (1 − λ)(λ − 1)λ + λ + (n − 2)(λ − 1) = 0 ⇐⇒ − λ3 + 2λ2 + (n − 2)λ − (n − 2) = 0 ⇐⇒ λ3 − 2λ2 − (n − 2)λ + (n − 2) = 0 ⇐⇒ Pn (λ) = 0,
1.36 • Puisque A et B sont diagonalisables dans Mn (K), il existe D, E ∈ Mn (K) diagonales, Q, R ∈ GLn (K), telles que : A = QDQ−1 et B = RER−1 . Notons D = diag(di ), E = diag(ei ). On a alors :
en utilisant la notation Pn de l’énoncé.
1in
• Étudions les zéros de Pn . Puisque Pn est un polynôme de R3 [X], Pn admet au plus trois zéros réels. On a :
√ n−2 an ∼ − √ ∼ − n. n∞ n n∞
d’où :
Pn (λ)
−→
λ −→ −∞
−∞,
Pn (λ)
−→
λ −→ +∞
On conclut que Pn admet exactement trois zéros réels, notés an , bn , cn , deux à deux distincts, et : an < 0 < bn < 1 < cn .
donc : cn > 2. =
c2n
!"
+(n − 2)(cn − 1) n − 2, !" 1
0
P(A) = P(B) ⇐⇒ Q P(D)Q−1 = R P(E)R−1 ⇐⇒ (R−1 Q)P(D) = P(E)(R−1 Q). Notons U = R−1 Q. On a donc : UP(D) = P(E)U. • Passons aux éléments des matrices dans l’égalité ci-dessus. Notons U = (ui j )i j .
d) • On a, pour tout n 4 : Pn (2) = −(n − 2) < 0, • On a, pour tout n 4 :
d’où :
+∞,
donc, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, Pn admet au moins trois zéros réels.
c3n
P(A) = Q P(D)Q−1 et P(B) = R P(E)R−1 ,
Pn (0) = n − 2 > 0,
Pn (1) = −1 < 0,
donc cn (n − 2) , d’où : cn −→ +∞. 1/3
En
utilisant le ⎧ ⎪ ⎪ ⎪1 si k = j ⎨ δk j = ⎪ ⎪ ⎪0 si k j ⎩
UP(D)
ij
=
n∞
n
symbole
de
n∞
passant aux équivalents : c3n ∼ (n − 2)cn , d’où, puisque les cn
P(E)U
n∞
ij
=
Kronecker,
n
n
k=1
P(ei )δik uk j = P(ei )ui j . P(E) ik uk j = n
k=1
k=1
Ainsi :
• On a, pour tout n 4 : b3n − b2n = (n − 2)(bn − 1),
Soit j ∈ 1 ; n. On a : ui j P(d j ) − P(ei ) = 0,
b3n − b2n −→ 0, n − 2 n∞ Il en résulte : bn −→ 1. donc :
bn − 1 =
car (bn )n est bornée.
n∞
par
uik P(D) k j = uik P(d j )δk j = ui j P(d j ),
sont tous 0 : c2n ∼ n − 2 ∼ n, puis, comme les cn sont tous n∞ n∞ √ > 0 : cn ∼ n. n∞
défini
, on a, pour tout (i, j) ∈ 1 ; n2 :
k=1
• Puisque c3n − c2n = (n − 2)(cn − 1) et que cn −→ +∞, on a, en
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1in
∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , ui j P(d j ) = P(ei )ui j .
• Soit i ∈ 1 ; n fixé.
donc : ui j = 0 ou P(d j ) = P(ei ). Comme P est injectif, il s’ensuit : ui j = 0 ou d j = ei . Dans chacun de ces deux cas, on a nécessairement :
• Comme Pn = (X − an )(X − bn )(X − cn ) = X3 − 2X2 − (n − 2)X + (n − 2), on déduit, en remplaçant X par 0 : an bn cn = −(n − 2). √ D’autre part : an bn cn ∼ an 1 n, n∞
ui j (d j − ei ) = 0. Par un calcul analogue à celui du deuxième point ci-dessus et plus simple, il en résulte UD = EU. Puis, par un calcul analogue à celui du premier point ci-dessus et plus simple, on conclut A = B.
37
Algèbre bilinéaire
Plan Les méthodes à retenir
39
Énoncés des exercices
41
Du mal à démarrer ?
47
Corrigés des exercices
50
On abrège espace vectoriel en ev, sous-espace vectoriel en sev.
38
CHAPITRE
2
Thèmes abordés dans les exercices •
Montrer qu’une certaine application est un produit scalaire
•
Trouver une base orthogonale, trouver une base orthonormale d’un espace vectoriel euclidien
•
Obtenir des inégalités par utilisation de l’inégalité de Cauchy-Schwarz ou de l’inégalité triangulaire
•
Étude de sous-espaces vectoriels orthogonaux, détermination du supplémentaire orthogonal d’un sous-espace vectoriel, détermination d’un projeté orthogonal, calcul de la distance d’un vecteur à un sous-espace vectoriel
•
Montrer ou utiliser qu’un endomorphisme est symétrique
•
Étudier des matrices symétriques réelles
•
Étudier le signe d’une forme quadratique.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Définitions de : forme bilinéaire symétrique, produit scalaire, vecteurs orthogonaux entre eux, famille orthogonale, famille orthonormale, sous-espaces vectoriels orthogonaux entre eux, supplémentaire orthogonal d’un sous-espace vectoriel
•
Expression matricielle du produit scalaire et de la norme euclidienne en base orthonormale, coordonnées et norme d’un vecteur dans une base orthonormale
•
Changement de base orthonormale
•
Projecteur orthogonal sur un sous-espace vectoriel
•
Définition et propriétés des endomorphismes symétriques
•
Théorème spectral : tout endomorphisme symétrique est diagonalisable et ses sous-espaces propres sont deux à deux orthogonaux
•
Expression matricielle du théorème spectral : pour toute matrice symétrique réelle S , il existe une matrice orthogonale P et une matrice diagonale D telles que S = PDP−1
•
Étude du signe d’une forme quadratique sur Rn , associée à une endomorphisme ou à une matrice symétrique réelle.
Les méthodes à retenir
Les méthodes à retenir Pour montrer qu’une application E × E −→ R est une forme bilinéaire symétrique
Pour montrer qu’une application ϕ : E × E −→ R est un produit scalaire sur un R-ev E
Pour obtenir une inégalité faisant intervenir des racines carrées, ou des carrés, ou des carrés de normes, ou des produits scalaires
Revenir à la définition d’une forme bilinéaire symétrique.
➥ Exercice 2.5 a).
Revenir à la définition d’une produit scalaire sur un R-ev.
➥ Exercices 2.1, 2.10 b), 2.16 a), 2.19 c)1), 2.20 c)2).
Essayer d’utiliser l’inégalité de Cauchy-Schwarz.
➥ Exercice 2.11 d)4).
Essayer de : Pour montrer qu’un vecteur x d’un espace vectoriel euclidien E, (. | .) muni de la norme associée ||.||, est le vecteur nul
•
montrer : ||x||2 = 0
➥ Exercice 2.1 •
montrer : ∀y ∈ E, (x | y) = 0.
➥ Exercice 2.7.
Essayer de : •
utiliser la définition de l’orthogonal F ⊥ d’un sev F de E :
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F ⊥ = x ∈ E ; ∀y ∈ F, (x | y) = 0 Pour manipuler des orthogonaux de sev d’un espace vectoriel euclidien E
➥ Exercice 2.6 •
utiliser la formule sur la dimension de l’orthogonal F ⊥ d’un sev F de E : dim (F ⊥ ) = dim (E) − dim (F).
➥ Exercice 2.6.
Pour montrer que deux sev F, G d’un espace vectoriel euclidien E, (. | .) sont orthogonaux
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ∀x ∈ F, ∀y ∈ G, (x | y) = 0.
➥ Exercice 2.22. 39
Chapitre 2
•
Algèbre bilinéaire
Montrer que F est orthogonale et que F est une base de E. Pour montrer qu’une famille finie F = (e1 , ..., e n) est une base orthogonale d’un espace vectoriel euclidien E, (. | .)
Éventuellement, utiliser les propriétés suivantes : •
si F est orthogonale et à vecteurs tous non nuls, alors F est libre
•
si F est libre et si Card (F ) = dim (E), alors F est une base de E
•
si F engendre E et si Card (F ) = dim (E), alors F est une base de E.
➥ Exercice 2.16.
Pour manipuler un vecteur x d’un espace vectoriel euclidien E, (. | .) muni d’une base orthonormale B = (e1 , ..., e n)
Pour faire disparaître tous les termes sauf l’un d’eux dans une combinaison linéaire de vecteurs d’un espace vectoriel euclidien
Pour calculer le projeté orthogonal pF (x) d’un vecteur x d’un espace vectoriel euclidien E, (. | .) sur un sev F de E
Penser à décomposer x sur B, sous la forme x =
Pour montrer qu’une matrice A de M n(R) est symétrique 40
xi ei , où
i=1
(x1 , ..., xn ) ∈ Rn , ou plus précisément, d’après le cours, sous la forme n (ei | x)ei . x= i=1
➥ Exercice 2.15. Essayer de faire le produit de cette combinaison linéaire avec un vecteur orthogonal à presque tous les termes de cette combinaison linéaire.
➥ Exercice 2.22. •
•
Si on connaît le supplémentaire orthogonal G = F ⊥ de F dans E, décomposer x en x = y+z, où y ∈ F et z ∈ G, et on a alors pF (x) = y. Si on connaît une base orthonormale ( f1 , ..., f p ) de F, appliquer la p ( fk | x) fk . formule du cours : pF (x) = k=1
➥ Exercices 2.3, 2.12 a). •
Pour montrer qu’un endomorphisme f d’un espace vectoriel euclidien E, (. | .) est symétrique
n
Revenir à la définition : un endomorphisme f de E est symétrique si et seulement si : # #
∀(x, y) ∈ E 2 , f (x) ##y = x ## f (y)
➥ Exercice 2.11 c) •
Montrer qu’il existe une base orthonormale B de E telle que la matrice de f dans B soit symétrique.
Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : t A = A.
➥ Exercice 2.8 .
Énoncés des exercices
•
Essayer de revenir à la définition, c’est-à-dire montrer : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ E, q(x) 0 ⎪
⎪ ⎪ ⎩∀x ∈ E, q(x) = 0 =⇒ x = 0
•
Si E = R , essayer de montrer que les valeurs propres de la matrice de q dans la base canonique sont toutes strictement positives.
Pour décider si une forme quadratique q : E −→ R est définie-positive
➥ Exercices 2.8 c), 2.23 n
➥ Exercices 2.5 d), 2.10 b)2). Utiliser : Pour résoudre une question faisant intervenir une (seule) matrice symétrique réelle S
•
la définition : t S = S
•
le théorème spectral sous sa forme matricielle : il existe une matrice orthogonale P et une matrice diagonale D telles que : S = PDP−1 . On est ainsi ramené à l’étude d’une matrice diagonale, pour laquelle on pourra passer aux coefficients des matrices.
➥ Exercices 2.13, 2.14, 2.21 b), 2.24.
Énoncés des exercices 2.1 Exemple de produit scalaire sur un espace de fonctions On note E l’ensemble des applications f : [0 ; 1] −→ R de classe C 1 telles que f (0) = 0, et : $ 1 (2 f g + 2 f g + 3 f g ). ϕ : E × E −→ R, ( f, g) −→ 0
Montrer que E est un espace vectoriel et que ϕ est un produit scalaire sur E.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
2.2 Exemple d’inégalité à plusieurs variables réelles Montrer, pour tous n ∈ N∗ et (a1 , ..., an ) ∈ Rn :
n
ak
k=1
2
n
n
a2k .
k=1
2.3 Exemple de détermination d’un projeté orthogonal Déterminer, dans R4 muni de son produit scalaire canonique, le projeté orthogonal de u = (1, −1, 1, −1) sur le sous-espace vectoriel ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 0 4 F = (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R ; ⎪ . ⎪ ⎪ ⎩ x1 + 3x2 + 5x3 + 7x4 = 0
2.4 Exemple d’endomorphisme sur un espace de fonctions, d’après EML 2011 On note E = C ∞ ([0 ; 1] ; R), muni du produit scalaire (. | .) défini par : $ 1 ∀ f, g ∈ E, ( f | g) = f (x)g(x) dx 0
41
Chapitre 2
•
Algèbre bilinéaire
et, pour toute f ∈ E :
T ( f ) : [0 ; 1] −→ R, x −→ (x2 − x) f (x) + (2x − 1) f (x).
Montrer que T est un endomorphisme de E et que : ∀ f, g ∈ E,
T ( f ) | g = f | T (g) .
2.5 Exemple de produit scalaire en dimension 3, d’après ESC 2005 Soit a ∈ R.
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜2 a 1⎟⎟⎟
2 ⎟ ⎜⎜ ⎜ On note Ma = ⎜⎜a 3 a⎟⎟⎟⎟ ∈ M3 (R) et ϕa : M3,1 (R) −→ R, (X, Y) −→ t XMa Y. ⎠ ⎝ 1a2 a) Vérifier que, pour tout a ∈ R, ϕa est une forme bilinéaire symétrique sur M3,1 (R). ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ √1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1√ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ b) On note U1 = ⎜⎜ 0 ⎟⎟ , U2 = ⎜⎜ 2⎟⎟ , U3 = ⎜⎜− 2⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 1 1 Calculer, pour tout a ∈ R, les produits Ma U1 , Ma U2 , Ma U3 . c) En déduire, pour tout a ∈ R, une matrice diagonale Da de M3 (R) et une matrice inversible P de M3 (R) telles que : Ma = PDa P−1 . 3 3 d) Montrer que ϕa est un produit scalaire si et seulement si : − √ < a < √ . 2 2
2.6 Étude d’orthogonaux de sous-espaces vectoriels
Soient E, (. | .) un espace vectoriel euclidien, F, G deux sous-espaces vectoriels de E, supplémentaires dans E. Montrer que F ⊥ et G⊥ sont supplémentaires dans E.
2.7 Linéarité d’applications associées via un produit scalaire Soient E un espace vectoriel muni produit scalaire (. | .), f, g : E −→ E des applications # d’un #
telles que : ∀(x, y) ∈ E 2 , f (x) ## y = x ## g(y) . Démontrer que f et g sont linéaires.
2.8 Exemple de matrice symétrique définie-positive Soit n ∈ N∗ .
⎛ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜⎜ 1 (1) ⎜⎜⎜ ⎜ . .. a) On note T = ⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜⎜ 1 ⎜⎜⎝ (0)
⎞ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ∈ Mn (R). Est-ce que T est inversible ? ⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎠ 1
b) Calculer le produit t T T .
c) On note M = Min (i, j) 1i, jn ∈ Mn (R). Démontrer que la forme quadratique canoniquement associée à M est définie-positive.
2.9 Noyaux, images, rangs de matrices Soient n, p ∈ N∗ , A ∈ Mn,p (R). Montrer : Ker (A) = Ker ( t AA). 42
Énoncés des exercices
2.10 Exemple de produit scalaire sur R3 , d’après ESC 2009 On considère une matrice symétrique H de M3 (R) telle que H 2 = H. On note I = I3 et, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ : M(a) = aI + (1 − a)H. a) 1) Justifier que, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[, M(a) est une matrice symétrique et diagonalisable dans M3 (R). 2) Montrer : 3) Montrer : 4) Montrer :
∀(a, b) ∈ ]0 ; +∞[2 , M(a)M(b) = M(ab). 1
−1 ∀a ∈ ]0 ; +∞[, M(a) ∈ GL3 (R) et M(a) = M .. a √ √ ∀a ∈ ]0 ; +∞[, M(a) = t M( a) M( a).
b) Soit a ∈ ]0 ; +∞[ fixé. 1) Soit λ une valeur propre de M(a), X un vecteur propre pour M(a) associé à la valeur propre λ de M(a). √
√
Montrer : t M( a)X M( a)X = λ t XX et en déduire : λ > 0. 2) En déduire que l’application ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x ⎟⎟⎟
⎜ ⎟ ϕ : R3 × R3 −→ R, (x, y, z), (x , y , z ) −→ x y z M(a) ⎜⎜⎜⎜y ⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ z est un produit scalaire sur R3 . 1 c) On suppose ici a = 4 et on note H = 4
√ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 3 −1 − √2⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ −1 3√ − 2⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ √ − 2− 2 2
1) Vérifier H 2 = H et expliciter la matrice M(4). √ √ √ √ 1 1 2 1 1 2 2 2 , w= , , . 2) On note : u = ,− ,0, v= , ,− 2 2 2 2 2 2 2 2 Montrer que B = (u, v, w) est une base de R3 , orthonormée pour le produit scalaire canonique et orthogonale pour le produit scalaire ϕ.
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2.11 Exemple d’endomorphisme symétrique de R3 , d’après ESC 2008 On munit R3 de son produit scalaire canonique < . , . > et de la norme ||.|| associée. Soit (u1 , u2 ) une famille libre de R3 . On note H = Vect (u1 , u2 ) et f : R3 −→ R3 , u −→ f (u) = < u1 , u > u2 + < u2 , u > u1 . a) Vérifier : f ∈ L (R3 ). b) Montrer : Ker ( f ) = H ⊥ et Im ( f ) = H.
c) Montrer que f est un endomorphisme symétrique de R3 , < . , . > . d) 1) Montrer que H est stable par f . On note g : H −→ H, x −→ f (x) l’endomorphisme induit par f sur H. 2) Écrire la matrice de g dans la base B = (u1 , u2 ) de H.
3) On note B = ||u2 ||u1 − ||u1 ||u2 , ||u2 ||u1 + ||u1 ||u2 . 43
Chapitre 2
•
Algèbre bilinéaire
Vérifier que B est une base orthogonale de H et former la matrice de g dans B . 4) En utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz, montrer que f admet une valeur propre λ1 < 0, la valeur propre 0, une valeur propre λ2 > 0.
2.12 Étude d’une matrice antisymétrique d’ordre 3, d’après Ecricome 2008 Le R-espace vectoriel R3 est muni de son produit scalaire canonique < . , . > et de la base − → − → − → canonique B = ( i , j , k ). On note e = IdR3 . −u = (a, b, c) ∈ R3 tel que a2 + b2 + c2 = 1. Soit → −u ) et p le projecteur orthogonal sur D. On note D = Vect (→ −v ) à l’aide de < → −v , → −u > et de → −u . −v ∈ R3 , p(→ a) Exprimer, pour tout → → − → − → − Calculer p( i ), p( j ), p( k ). En déduire la matrice P de p dans la base B. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 −c b ⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ On note M = ⎜⎜ c 0 −a⎟⎟⎟⎟ et f l’endomorphisme de R3 représenté par M dans la base B. ⎠ ⎝ −b a 0 b) 1) Montrer : M 2 = P − I3 . 2) Montrer : Ker ( f ) = D et Im ( f ) = D⊥ . c) 1) Établir : f 3 + f = 0. 2) Quelles sont les valeurs propres de f ? 3) Est-ce que f est diagonalisable ? d) On note, pour tout t ∈ R : gt = e + (sin t) f + (1 − cos t) f 2 . 1) Calculer la composée gt ◦ gt pour tout (t, t ) ∈ R2 et montrer qu’elle se met sous la forme g où t ∈ R est à calculer. t
2) En déduire que, pour tout t ∈ R, gt est bijectif et exprimer (gt )−1 .
2.13 Valeurs propres extrêmes d’une matrice symétrique réelle, d’après HEC 2006 Soient n ∈ N∗ , S ∈ Mn (R) symétrique. On note α la plus petite valeur propre de S , et β la plus grande valeur propre de S . On munit Mn,1 (R) de son produit scalaire canonique et de la norme associée ||.||. Montrer :
∀X ∈ Mn,1 (R), α||X||2 t XS X β||X||2 .
2.14 Existence d’une racine carrée symétrique positive d’une matrice symétrique positive, d’après EML 2009 On note Sn (R) l’ensemble des matrices symétriques de Mn (R), et S+n l’ensemble des matrices symétriques positives de Mn (R). Soit S ∈ S+n . a) Montrer que toutes les valeurs propres de S sont 0. b) Justifier l’existence d’une matrice orthogonale P de Mn (R) telle que la matrice D = P−1 S P soit diagonale. c) Trouver une matrice R de S+n telle que R2 = S . 44
Énoncés des exercices
2.15 Diverses CNS pour une base orthonormale Soient E un espace vectoriel muni d’un produit scalaire (. | .), n ∈ N∗ , (e1 , ..., en ) ∈ E n . Montrer que les assertions suivantes sont deux à deux équivalentes : (i) (e1 , ..., en ) est une base orthonormale de E n
(ii) ∀i ∈ 1 ; n, ||e1 || = 1 et ∀(x, y) ∈ E 2 , (ei | x)(ei | y) = (x | y) i=1
(iii) ∀i ∈ 1 ; n, ||ei || = 1
et
n ∀x ∈ E, (ei | x)2 = ||x||2 . i=1
2.16 Exemple de produit scalaire sur un espace vectoriel de polynômes, mise en évidence d’une base orthonormale Soit n ∈ N∗ . On note E = Rn [X] et ϕ : E × E −→ R l’application définie par : n P(k) (0)Q(k) (0). ∀(P, Q) ∈ E × E, ϕ(P, Q) = k=0
a) Vérifier que ϕ est un produit scalaire sur E. b) 1) Calculer, pour tout (i, j) ∈ 0 ; n2 , ϕ(Xi , X j ). 2) En déduire une base orthonormale de (E, ϕ).
2.17 Étude de l’application x −→
p
(ei | x)ei
i=1
Soient E, (. | .) un espace vectoriel euclidien, p ∈ N∗ , F = (e1 , ..., e p ) ∈ E p . On considère l’application
f : E −→ E, x −→ f (x) =
p
(ei | x)ei .
i=1
a) Vérifier que f est un endomorphisme de l’espace vectoriel E. b) Montrer : Ker ( f ) = F ⊥ et Im ( f ) = Vect (F ). c) Établir que f est bijective si et seulement si F engendre E.
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2.18 Somme d’une matrice symétrique définie-positive et d’une matrice antisymétrique Soient n ∈ N∗ , S ∈ Mn (R) symétrique définie-positive, A ∈ Mn (R) antisymétrique, c’est-à-dire telle que t A = −A. Démontrer que S + A est inversible.
2.19 Exemple de produit scalaire défini par une intégrale sur un intervalle quelconque, d’après EML 2009 On note E l’ensemble des applications f : [0 ; +∞[ −→ R bornées, de classe C 1 , telles que f (0) = 0. a) Démontrer que E est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel réel des applications de [0 ; +∞[ dans R. f (x) −→ f (0). x x −→ 0 $ +∞ f (x)g(x) dx converge. 2) Démontrer que, pour tout ( f, g) ∈ E 2 , l’intégrale x2 0
b) 1) Montrer :
∀ f ∈ E,
45
Chapitre 2
•
Algèbre bilinéaire
$ On note :
+∞
< . , . > : E 2 −→ R, ( f, g) −→ < f , g > = 0
f (x)g(x) dx. x2
c) 1) Montrer que < . , . > est un produit scalaire sur E. 2) On note f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x e −x et, pour tout a ∈ R : ga : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x(x − a) e −x . Montrer que f appartient à E et que, pour tout a ∈ R, ga appartient à E. Déterminer l’ensemble des a ∈ R tels que f ⊥ ga .
$
d) Démontrer, pour tout ( f, g) ∈ E : < f , g > =
+∞
2
0
f (x)g(x) + f (x)g (x) dx. x
À cet effet, on pourra commencer par effectuer une intégration par parties sur un segment.
2.20 Exemple de produit scalaire défini par une intégrale sur un intervalle quelconque, d’après EML 2008 On note E l’ensemble des applications u : R −→ R continues sur R et telles que l’intégrale $ +∞
2 2 u(x) e −x dx converge, et on note F le R-espace vectoriel des applications polynomiales −∞
de R dans R. 1 2 (α + β2 ). 2 $ +∞ 2 b) En déduire que, pour tout (u, v) ∈ E 2 , l’intégrale u(x)v(x) e −x dx converge.
a) Établir :
∀(α, β) ∈ [0 ; +∞[2 , αβ
−∞
c) 1) Démontrer que E est un R-espace vectoriel. 2) Montrer que l’application (. | .) : E × E −→ R, (u, v) −→
$
+∞
2
u(x)v(x) e −x dx
−∞
est un produit scalaire sur E. d) Démontrer : F ⊂ E.
2.21 Exemple d’équation matricielle à deux inconnues Soient n ∈ N∗ , X, Y ∈ Mn (R) telles que : X t XY = In et Y t Y X = In . a) Montrer que X et Y sont symétriques. b) En déduire : X = Y = In .
2.22 Diverses caractérisations des projecteurs orthogonaux parmi les projecteurs
Soient E, (. | .) un espace vectoriel euclidien, ||.|| la norme associée, p un projecteur de E. Montrer que les assertions suivantes sont deux à deux équivalentes : (1) p est symétrique (2) Im (p) ⊥ Ker (p) #
(3) ∀x ∈ E, x ## p(x) 0 (4) ∀x ∈ E, ||p(x)|| ||x||.
46
Du mal à démarrer ?
2.23 Matrice de Hilbert Soit n ∈ N∗ . On note Hn =
1 ∈ Mn (R). i + j − 1 1i, jn
Démontrer que la forme quadratique sur Rn canoniquement associée à Hn est définie-positive.
2.24 Matrices symétriques réelles à coefficients > 0, d’après HEC 2006 Soient n ∈ N∗ , S = (ai j )1i, jn ∈ Mn (R) symétrique telle que : ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , ai j > 0. On note β la plus grande valeur propre de S et V le sous-espace propre de S associé à β. On munit Mn,1 (R) de son produit scalaire canonique et de la norme associée ||.||. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜|x1 |⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ a) Soit X0 = ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ ∈ V \ {0}. On note |X0 | = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ xn |xn | 1) Montrer t X0 S X0 t |X0 | S |X0 | et en déduire : |X0 | ∈ V. 2) Montrer que les coordonnées de S |X0 | sont toutes strictement positives et en déduire que X0 n’a aucune coordonnée nulle. 3) Montrer : même signe.
t
X0 S X0 = t |X0 | S |X0 | et en déduire que les coordonnées de X0 sont toutes de
b) 1) En déduire qu’il n’existe pas deux vecteurs de V \ {0} orthogonaux entre eux. 2) Conclure : dim (V) = 1.
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Du mal à démarrer ? 2.1
Revenir à la définition d’un espace vectoriel et à la définition d’un produit scalaire.
x− → (x2 − x)f (x) + (2x − 1)f (x) est la dérivée de l’application x −→ (x2 − x)f (x).
2.2
2.5
Appliquer l’inégalité de Cauchy et Schwarz dans Rn muni de son produit scalaire canonique.
2.3
• Déterminer une base de F, puis une base orthonormale (u1 , u2 ) de F à l’aide du procédé d’orthonormalisation de Schmidt.
a) Revenir à la définition d’une forme bilinéaire symétrique.
b) Immédiat. c) Interpréter les résultats obtenus en b). d) Utiliser le résultat du cours faisant intervenir les valeurs propres de Ma .
• Appliquer la formule du cours donnant le projeté orthogonal d’un vecteur u de E sur F, à l’aide de la base orthonormale (u1 , u2 ) de F.
2.6
2.4
2) Considérer les dimensions.
1) Vérifier que, pour toute f ∈ E, T (f) existe et T (f) ∈ E.
2) Vérifier que T est linéaire.
# 3) Pour tout (f, g) ∈ E2 , calculer T (f) ## g à l’aide d’une intégration par parties, en remarquant que l’application
1) Pour montrer F ⊥ ∩ G⊥ = {0}, considérer x ∈ F ⊥ ∩ G⊥ , puis décomposer x en x = u + v, où u ∈ F et v ∈ G.
2.7
Soient α ∈ R, y, z ∈ E.
Montrer que le vecteur g(αy + z) − αg(y) − g(z) est orthogonal à tout vecteur de E.
47
Chapitre 2
•
Algèbre bilinéaire
2.8
a) Remarquer que T est triangulaire (supérieure) et que ses termes diagonaux sont tous non nuls. b) Immédiat. c) Remarquer M = t TT et calculer le produit t XMX pout tout X ∈ Mn,1 (R).
2.9
Se rappeler la définition du noyau d’une matrice : Ker (A) = X ∈ Mp,1 (R) ; AX = 0 .
→ − Réciproquement, pour v ∈ Ker (f), en notant V la ma→ − trice de v dans B, calculer MV, M2 V et obtenir PV = V. → − → − → − → − • Soit w ∈ Im (f). Calculer < w , u > et déduire w ∈ D⊥ , d’où une inclusion. Pour obtenir l’égalité, raisonner sur les dimensions.
c) 1) Calculer M3 + M en utilisant M2 = P − I3 . c) 2) Remarquer que, d’après 1), on dispose d’un polynôme annulateur de f.
• Montrer d’abord : Ker (A) ⊂ Ker ( t AA).
c) 3) Raisonner par l’absurde, pour montrer que f n’est pas diagonalisable.
• Pour l’autre inclusion, faire intervenir le produit scalaire canonique sur Mn,1 (R).
d) 1) Calculer gt ◦ gt en remplaçant gt et gt par leurs expressions en fonction de t, t , e, f, et obtenir : gt ◦ gt = gt+t .
2.10
a) 1) et 2) Immédiats. 1 1 a) 3) Calculer M(a)M et M M(a). a a a) 4) Immédiat. b) 1) Immédiat.
b) 2) Utiliser le résultat du cours faisant intervenir les valeurs propres de M(a). c) 1) Immédiat.
Utiliser le théorème spectral, d’où S = PDP −1 , où P est orthogonale et D = diag (λ1 , ..., λn ) est diagonale. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜y1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ t Soit X ∈ Mn,1 (R). Exprimer XSX en notant Y = PX = ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ yn
2.13
2.14
c) 2) • Calculer les produits scalaires de u, v, w deux à deux. • En notant U, V, W les matrices-colonnes de u, v, w dans la base canonique de R3 , calculer M(4)V et M(4)W, puis t UM(4)V, t UM(4)W, t VM(4)W.
2.11
d) 2) Exprimer gt ◦ g−t et g−t ◦ gt en utilisant 1).
a) Immédiat.
a) Soit λ une valeur propre de S. Faire intervenir un vecteur propre X associé à la valeur propre λ et calculer t XSX.
b) Citer le théorème spectral. c) En notant D√ = diag√(λ1 , ..., λn ), considérer la matrice diagonale ´ = diag ( λ1 , ..., λn ), et montrer que R = P´P −1 convient.
2.15
b) 1) Montrer, pour tout u ∈ R3 : u ∈ Ker (f) ⇐⇒ u ∈ H⊥ .
(i) =⇒ (ii) :
Pour (x, y) ∈ E2 . calculer (x | y) en utilisant
b) 2) • Montrer : Im (f) ⊂ H. • Raisonner sur les dimensions pour obtenir l’égalité.
x=
c) Revenir à la définition d’un endomorphisme symétrique.
n n (ei | x)ei , y = (ej | y)ej . i=1
j=1
d) 1) et 2) Immédiats. d) 3) • Noter v1 = ||u2 ||u1 − ||u1 ||u2 , v2 = ||u2 ||u1 + ||u1 ||u2 ,
(ii) =⇒ (iii) :
et calculer < v1 , v2 >.
Immédiat.
• Calculer g(v1 ) et g(v2 ).
d) 4) Utiliser l’inégalité de Cauchy-Schwarz et l’étude du cas d’égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz pour obtenir :
(iii) =⇒ (i) : • Appliquer l’hypothèse à ek pour k ∈ 1 ; n fixé, et déduire : (ei | ek )2 = 0, puis : ∀i k, (ei | ek ) = 0. i, ik
< u1 , u2 > < ||u1 || ||u2 ||. Utiliser la matrice de g dans B obtenue en d)3) et utiliser b).
2.12
a) Immédiat.
b) 1) Immédiat.
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ a⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ b) 2) • Calculer M ⎜⎜⎜⎜b⎟⎟⎟⎟ pour déduire D ⊂ Ker (f). ⎝ ⎠ c
48
• Pour x ∈ E, noter u =
n (ei | x)ei , calculer ||x−u||2 , en montrant i=1
(u | x) = ||x||2 et ||u||2 = ||x||2 , et déduire x = u.
2.16
a) Revenir à la définition d’un produit scalaire.
b) 1) Soit (i, j) ∈ 1 ; n2 . Calculer (Xi )(k) pour tout k ∈ 0 ; n, en déduire (Xi )(k) (0), puis ϕ(Xi , Xj ). b) 2) Immédiat.
Du mal à démarrer ?
2.17
b) • Montrer : F ⊥ ⊂ Ker (f). Pour x
n
a) Montrer que Y est inversible, que Y −1 est symétrique, puis que Y est symétrique.
2.21
a) Immédiat. ∈
Ker (f), calculer
f(x) | x
pour obtenir
(ei | x)2 = 0, et en déduire x ∈ F ⊥ .
i=1
• Montrer Im (f) ⊂ Vect (F ). Pour obtenir l’égalité, considérer les dimensions.
c) Utiliser b).
2.18
Soit X ∈ Mn,1 (R) tel que (S + A)X = 0. Montrer t XAX = 0, déduire t XSX = 0, puis X = 0.
2.19
b) Obtenir : X 3 = In . Utiliser le théorème spectral pour déduire X = In .
2.22
Montrer (par exemple) :
(1) =⇒ (2),
(2) =⇒ (3),
(2) =⇒ (4),
(3) =⇒ (2),
(4) =⇒ (2),
(2) =⇒ (1).
Pour montrer (3) =⇒ (2), pour tous y ∈ Im (p) et z ∈ Ker (p), appliquer l’hypothèse à x = λy + z pour tout λ ∈ R. Pour montrer (4) =⇒ (2), pour tout y ∈ Im (p) et z ∈ Ker (p), appliquer l’hypothèse à x = y + λz pour tout λ ∈ R.
a) Revenir à la définition d’un sous-espace vectoriel.
b) 1) Utiliser la définition de la dérivée de f en 0. f(x)g(x) b) 2) • Vérifier que l’application h : x −→ est continue x2 sur ]0 ; +∞[. • Étudier h(x) lorsque x tend vers 0 en utilisant 1). • Étudier h(x) lorsque x tend vers +∞ en utilisant le fait que f et g sont bornées.
2.23
• Décomposer linéairement ga sur f et sur l’application k : [0 ; +∞[, x −→ x2 e −x ,
1 = k
∀k ∈ N∗ ,
$
1
tk−1 dt. 0
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟ En déduire, pour tout X = ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) : ⎜⎜⎜⎝ . ⎟⎟⎟⎠ xn $ t
c) 1) Revenir à la définition d’un produit scalaire. c) 2) • Pour montrer que f est bornée, étudier (par exemple) les variations de f.
Remarquer :
1
XHn X =
n
0
2.24
ti−1 xi
2
dt.
i=1
a) 1) Développer t X0 SX0 .
Utiliser le théorème spectral : il existe une base orthonormale (X1 , ..., Xn ) de Mn,1 (R) formée de vecteurs propres pour S. Noter λ1 , ..., λn les valeurs propres de S respectivement associées à X1 , ..., Xn , de façon que :
et montrer que k est bornée. • Calculer < f , ga >, par exemple en faisant intervenir la fonction Γ d’Euler.
d) Utiliser une intégration par parties sur un segment [ε ; X] puis faire tendre ε vers 0 et X vers +∞. 1 2 (α + β2 ) − αβ. 2 b) Utiliser a), le théorème de majoration pour des fonctions à valeurs positives ou nulles, et le lien entre absolue convergence et convergence.
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2.20
a) Calculer
c) 1) Revenir à la définition d’un produit scalaire.
λ1 ... λk < λk+1 = ... = λn = β. Décomposer |X0 | sur (X1 , ..., Xn ) et calculer t X0 SX0 et t |X0 | S |X0 |.
a) 2) Étudier les sommes
n
aij |xj |.
j=1
Remarquer que, d’après 1) : S|X0 | = β|X0 |.
a) 3) • Utiliser X0 ∈ V et |X0 | ∈ V pour calculer les produits t X0 SX0 et t |X0 | S |X0 |. • Développer t |X0 | S |X0 | − t X0 SX0 .
c) 2) Revenir à la définition de E.
b) 1) Soient X, X ∈ V \ {0}. Raisonner sur les signes des coordonnées de X et X pour montrer : t XX 0.
d) Utiliser la comparaison à l’exemple de Riemann en +∞.
b) 2) Raisonner par l’absurde et utiliser 1).
49
Corrigés des exercices 2.1 • D’abord, E est bien un R-espace vectoriel, car c’est un sousespace vectoriel de C 1 ([0 ; 1], R), puisque E ∅ et : ∀α ∈ R, ∀ f, g ∈ E, (α f + g)(0) = α f (0) + g(0) = 0. !" !" =0 $ 1 =0 (2 f g + 2 f g + 3 f g ) • Pour toutes f, g ∈ E, ϕ( f, g) = 0
existe, car 2 f g + 2 f g + 3 f g est continue sur le segment [0 ; 1]. 1) Il est clair que ϕ est symétrique et que ϕ est linéaire par rapport à la deuxième place (par exemple) par linéarité de l’intégration, donc ϕ est bilinéaire. $ 1 (4 f f + 3 f 2 ). 2) Notons q : E −→ R, f −→ ϕ( f, f ) = 0
• On a, pour toute f ∈ E : $ 1
2
2
2 4 f f = [2 f 2 ]10 = 2 f (1) − 2 f (0) = 2 f (1) , !" 0 =0 $ 1
2 2 f 0. donc : q( f ) = 2 f (1) + 0
• Si q( f ) = 0, alors, comme les deux termes formant q( f ) cidessus sont 0, chacun des deux est nul, donc, en particulier $ 1 f 2 = 0. Comme f 2 est continue et 0, il en résulte : f
0 2
= 0, puis f = 0. Ainsi, f est constante.
Comme de plus f (0) = 0, on déduit : f = 0. On conclut : ϕ est un produit scalaire sur E.
À cet effet, commençons par remplacer le système d’équations définissant F par un système plus simple, par exemple en exprimant x1 et x2 en fonction de x3 et x4 . On a, pour tout x = (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 0 L1 x ∈ F ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x1 + 3x2 + 5x3 + 7x4 = 0 L2 ⎧ ⎪ ⎪ L1 ←− 3L1 − 2L2 ⎪ ⎨ x1 − x3 − 2x4 = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x2 + 2x3 + 3x4 = 0 L2 ←− L2 − L1 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x1 = x3 + 2x4 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x2 = −2x3 − 3x4 . En choisissant successivement (x3 , x4 ) = (1, 0) puis (x3 , x4 ) = (0, 1), on obtient deux vecteurs v1 , v2 de F, formant une famille libre : v1 = (1, −2, 1, 0), Ainsi, (v1 , v2 ) est une base de F. Cherchons un vecteur v3 de la forme v3 = αv1 + v2 (α ∈ R) de façon que v3 soit orthogonal à v1 . On a :
# v ⊥ v ⇐⇒ (v | v ) = 0 ⇐⇒ v ## αv + v = 0 3
1
k=1
||u||2 =
n
k=1
12 = n,
k=1
d’où :
n k=1
ak
2
n
||v||2 =
n
u2k ,
a2k .
2.3 • Déterminons une base orthonormale de F, en utilisant le procédé d’orthonormalisation de Schmidt. 50
1
1
2
1 u2 = √ (2, −1, −4, 3). 30
• D’après le cours, le projeté orthogonal pF (u) de u sur F est donné par la formule : pF (u) = (u1 | u)u1 + (u2 | u)u2 . Ici :
k=1
3
1 u1 = √ (1, −2, 1, 0), 6
4 1 (u1 | u) = √ (1 + 2 + 1 + 0) = √ , 6 6 4 1 (u2 | u) = √ (2 + 1 − 4 − 3) = − √ , 30 30
k=1 n
1
4 ⇐⇒ α||v1 ||2 + (v1 | v2 ) = 0 ⇐⇒ 6α + 8 = 0 ⇐⇒ α = − . 3 Considérons donc v3 défini par : v3 = αv1 + v2 1 4 = − (1, −2, 1, 0) + (2, −3, 0, 1) = (2, −1, −4, 3). 3 3 v1 v3 En notant u1 = et u2 = , on obtient une base ortho||v1 || ||v3 || normale (u1 , u2 ) de F :
2.2
Appliquons l’inégalité de Cauchy-Schwarz (u | v)2 ||u||2 ||v||2 dans Rn muni de son produit scalaire canonique, aux vecteurs u = (1, ..., 1) et v = (a1 , ..., an ) : ⎞2 ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟2 (u | v)2 = ⎜⎜⎜⎝ 1 · uk ⎟⎟⎟⎠ = ⎜⎜⎜⎝ uk ⎟⎟⎟⎠ ,
v2 = (2, −3, 0, 1).
donc : −4 1 4 1 pF (u) = √ √ (1, −2, 1, 0) + √ √ (2, −1, −4, 3) 6 6 30 30 2 1 2 = (1, −2, 1, 0) − (2, −1, −4, 3) = (2, −6, 6, −2). 3 15 5
Corrigés des exercices
2.4
car t Y Ma X ∈ R et Ma est symétrique.
1) D’abord, il est clair que, pour toute f ∈ E, T ( f ) existe et T ( f ) ∈ E.
Ainsi, ϕa est symétrique.
2) Soient α ∈ R, f, g ∈ E. On a, pour tout x ∈ [0 ; 1] :
T (α f + g)(x) = (x − x) (α f + g) (x) + (2x − 1) (α f + g) (x)
= (x2 − x) α f (x) + g (x) + (2x − 1) α f (x) + g (x) & % = α (x2 − x) f (x) + (2x − 1) f (x) & % 2 + (x − x)g (x) + (2x − 1)g (x)
= αT ( f )(x) + T (g)(x) = αT ( f ) + T (g) (x), 2
donc :
T (α f + g) = αT ( f ) + T (g).
Ceci montre que T est linéaire. Ainsi, T est un endomorphisme de E. 3) Soit ( f, g) ∈ E 2 . On a : # $ 1% 2 & (x − x) f (x) + (2x − 1) f (x) g(x) dx. T ( f ) ## g =
• On a, pour tout α ∈ R et tous X, X , Y ∈ M3,1 (R) : ϕa (αX + X , Y) = t (αX + X )Ma Y = (α t X + t X )Ma Y = α t XMa Y + t X Ma Y = αϕa (X, Y) + ϕa (X , Y). Ainsi, ϕa est linéaire par rapport à la première place. Puisque ϕa est linéaire par rapport à la première place et est symétrique, d’après le cours, ϕa est bilinéaire. On conclut que ϕa est une forme bilinéaire symétrique. b) On a, pour tout a ∈ R : ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜2 a 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ • Ma U1 = ⎜⎜⎜⎜a 3 a⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟⎟ = U1 , ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 1 1a2 1 ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜2 a 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ √1 ⎟⎟⎟ √ ⎜⎜⎜⎜ √1 ⎟⎟⎟⎟ √ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ • Ma U2 = ⎜⎜a 3 a⎟⎟ ⎜⎜ 2⎟⎟ = (3 + a 2) ⎜⎜⎜⎜ 2⎟⎟⎟⎟ = (3 + a 2)U2 , ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ 1a2 1 1
0
On remarque que l’application x −→ (x2 − x) f (x) + (2x − 1) f (x) est la dérivée de l’application v : x −→ (x2 − x) f (x). On effectue donc une intégration par parties, avec ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = g (x) ⎨u = g(x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = (x2 − x) f (x) ⎩v = (x2 − x) f (x) + (2x − 1) f (x) ⎪ où u, v sont de classe C 1 sur le segment [0 ; 1] :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
$ 1 # % &1 g (x)(x2 − x) f (x) dx. T ( f ) ## g = (x2 − x) f (x)g(x) 0 − !" 0 =0
Dans cette dernière expression, f et g ont des rôles symétriques, donc, en appliquant le résultat ci-dessus au couple (g, f ) à la place du couple ( f, g), on obtient : $ 1 # # #
(x2 −x) f (x)g (x) dx = T (g) ## f = f ## T (g) . T ( f ) ## g = − 0
2.5
2 a) • D’abord, ϕa est bien une application de M3,1 (R) dans R.
• On a, pour tous X, Y ∈ M3,1 (R) : ϕa (Y, X) = t Y Ma X = t ( t Y Ma X) = t X t Ma Y = t XMa Y = ϕa (X, Y),
⎞⎛ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎜⎜⎜2 a 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1√ ⎟⎟⎟ √ ⎜⎜⎜⎜ 1√ ⎟⎟⎟⎟ √ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ ⎜ • Ma U3 = ⎜⎜a 3 a⎟⎟ ⎜⎜− 2⎟⎟ = (3− a 2) ⎜⎜⎜− 2⎟⎟⎟⎟ = (3− a 2)U3 . ⎠⎝ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ 1a2 1 1 √ √ c) D’après b), les réels 1, 3 + a 2, 3 − a 2 sont des valeurs propres de Ma , et U1 , U2 , U3 sont des vecteurs propres pour Ma respectivement associés aux valeurs propres considérées. ⎛ ⎞ 0√ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜ ⎟ ⎜ 0 √ ⎟⎟⎟⎟ qui est diagonale, et Notons Da = ⎜⎜⎜0 3 + a 2 ⎟⎠ ⎝ 0 0 3−a 2 ⎛ ⎞ 1√ ⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 √1 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ P = ⎜⎜ 0 2 − 2⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ 1 1 1 La matrice P est inversible car c’est la matrice de la famille (U1 , U2 , U3 ) dans la base canonique de M3,1 (R) et ces trois vecteurs sont des vecteurs propres pour Ma associés à des valeurs propres deux à deux distinctes, en choisissant par exemple a = 1 et en remarquant que P ne dépend pas de a. On peut aussi remarquer que P est inversible par une méthode usuelle. Puisque (U1 , U2 , U3 ) est une base de vecteurs propres pour Ma , on a : Ma = PDa P−1 . d) L’application ϕa est un produit scalaire sur M3,1 (R) si et poseulement si les valeurs propres de Ma sont strictement √ sitives, c’est-à-dire si et seulement si 3 + a 2 > 0 et √ 3 3 3 − a 2 > 0, ce qui revient à : − √ < a < √ . 2 2 51
Chapitre 2
•
Algèbre bilinéaire
D’abord, d’après le cours, F ⊥ et G⊥ sont des sousespaces vectoriels de E.
2.6
b) On calcule le produit t T T : T
⊥
⊥
1) Montrons : F ∩ G = {0}. Soit x ∈ F ⊥ ∩ G⊥ . Puisque F + G = E, il existe u ∈ F, v ∈ G tel que : x = u + v. On a alors :
(x | x) = (x | u + v) = (x | u) + (x | v).
⎞ ⎛ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ 1 (0) ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ .. ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ (1) 1 ⎟⎟⎠ ⎝ 1 !"
Mais : (x | u) = 0 car x ∈ F ⊥ et u ∈ F, et
(x | v) = 0 car x ∈ G⊥ et v ∈ G.
On a donc : (x | x) = 0 + 0 = 0, d’où : x = 0. Ceci montre : F ⊥ ∩ G⊥ = {0}.
tT
Ainsi, la somme F ⊥ + G⊥ est directe. 2) Passons aux dimensions : dim (F ⊥ ⊕ G⊥ ) = dim (F ⊥ ) + dim (G⊥ )
= dim (E) − dim (F) + dim (E) − dim (G)
= 2 dim (E) − dim (F) + dim (G) = 2 dim (E) − dim (F ⊕ G) = 2 dim (E) − dim (E) = dim (E). On conclut : F ⊥ ⊕ G⊥ = E, c’est-à-dire que F ⊥ et G⊥ sont supplémentaires dans E.
2.7
Soient α ∈ R, y, z ∈ E.
Nous allons montrer que le vecteur g(αy + z) − αg(y) − g(z) est orthogonal à tout vecteur x de E. On a, pour tout x ∈ E : ##
x # g(αy + z) − αg(y) − g(z) #
#
#
= x ## g(αy + z) − α x ## g(y) − x ## g(z) # # #
= f (x) ## αy + z − α f (x) ## y − f (x) ## z # # & # # % = α f (x) ## y + f (x) ## z −α f (x) ## y − f (x) ## z = 0. Ceci montre que le vecteur g(αy+z)−αg(y)−g(z) est orthogonal à tout vecteur x de E, donc est nul, c’est-à-dire : g(αy + z) = αg(y) + g(z). On conclut que g est linéaire. Par rôles symétriques, f est linéaire.
2.8 a) Puisque T est triangulaire (supérieure) à termes diagonaux tous non nuls, T est inversible. 52
!" ⎞ ⎛ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 ⎜⎜⎜ 1 (1) ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ .. ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ (0) 1 ⎟⎟⎠ ⎝ 1 ⎞ ⎛ 1⎟⎟ . ⎜⎜⎜1 ⎟ ⎜⎜⎜ 2 2⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ . . ⎜⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ 12 n !" tT T
c) D’après b) et la définition de M, on a : M = t T T. D’où, pour tout X ∈ Mn,1 (R) : t
XMX = t X( t T T )X = ( t X t T )(T X) = t (T X)(T X) = ||T X||2 0,
et : t
XMX = 0 ⇐⇒ ||T X||2 = 0 ⇐⇒ T X = 0 ⇐⇒ X = 0,
puisque T est inversible. On conclut que la forme quadratique canoniquement associée à M est définie-positive.
2.9
Rappelons la notion de noyau d’une matrice, définie, pour A ∈ Mn,p (R) par exemple, par : Ker (A) = X ∈ M p,1 (R) ; AX = 0 . • Soit X ∈ Ker (A). On a alors :
( t AA)X = t A(AX) = t A0 = 0,
donc : X ∈ Ker ( t AA). Ceci montre : Ker (A) ⊂ Ker ( t AA). • Soit X ∈ Ker ( t AA). On a alors, en utilisant le produit scalaire canonique sur Mn,1 (R) et la norme euclidienne ||.|| associée : ||AX||2 = t (AX)(AX) = t X t AAX = t X( t AAX) = t X0 = 0, donc AX = 0, d’où X ∈ Ker (A). Ceci montre : Ker ( t AA) ⊂ Ker (A). On conclut :
Ker (A) = Ker ( t AA).
Corrigés des exercices
D’après le cours, il en résulte que ϕ est un produit scalaire sur R3 .
2.10 a) 1) Soit a ∈ ]0 ; +∞[. On a :
t M(a) = t aI + (1 − a)H
c) 1) • On effectue le produit de H par H :
= aI + (1 − a) H = aI + (1 − a)H = M(a), t
1 H2 = 16
donc M(a) est symétrique. D’après le cours, puisque M(a) est symétrique réelle, M(a) est diagonalisable dans M3 (R). a) 2) On a, pour tout (a, b) ∈ ]0 ; +∞[2 :
M(a)M(b) = aI + (1 − a)H (bI + (1 − b)H)
2 = abI + a(1 − b)+(1 − a)b H +(1−a)(1−b) H!" = abI + (a + b − 2ab)H + (1 − a − b + ab)H = abI + (1 − ab)H = M(ab).
=H
1 M(4) = 4I − 3H = 4
•
a) 3) On déduit de 2) : ⎧ 1 1 ⎪ ⎪ M(a)M = M a = M(1) = I ⎪ ⎪ ⎪ a a ⎨ ∀a ∈ ]0 ; +∞[, ⎪ ⎪ 1 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩M M(a) = M a = M(1) = I. a a
M(a) ∈ GL3 (R) et
M(a)
−1
=M
1 . a
< u , u > = 1, < u , v > = 0, < u , w > = 0, < v , v > = 1, < v , w > = 0, < w , w > = 1. Ainsi, B = (u, v, w) est une famille orthonormale de R3 pour le produit scalaire canonique.
a) 4) On a, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ : √ √ √ √ 2 M(a) = M ( a)2 = M( a) = t M( a) M( a), √ puisque M( a) est symétrique.
Puisque B est orthogonale et formée de vecteurs tous non nuls, d’après le cours, B est libre.
b) 1) • On a : √
√ √ √ t M( a)X M( a)x = t X t M( a) M( a) X
Ainsi, B est une base orthonormale de R3 pour le produit scalaire canonique.
= t XM(a)X = t XλX = λ t XX. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
√ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 7 3 3 √2⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ √ 3 7 3 2⎟⎟⎟⎟⎟ . √ ⎠ ⎝ 3 2 3 2 10
c) 2) • On calcule les produits scalaires de u, v, w entre eux (pour le produit scalaire canonique), et on obtient :
Ceci montre : ∀a ∈ ]0 ; +∞[,
√ ⎞ √ ⎞⎛ ⎛ ⎜⎜⎜ 3 −1 − √2⎟⎟⎟ −1 − √2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 3 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ −1 3√ − 2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ −1 3√ − 2⎟⎟⎟⎟⎟ ⎠⎝ √ ⎠ ⎝ √ − 2− 2 2 − 2− 2 2 √ ⎞ ⎛ ⎜ 12 −4 −4 √2⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟ = ⎜ −4 12√ −4 2⎟⎟⎟⎟⎟ 16 ⎜⎜⎝ √ ⎠ −4 2 −4 2 8 √ ⎞ ⎛ ⎜ 3 −1 − √2⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟ = ⎜⎜⎜ −1 3√ − 2⎟⎟⎟⎟⎟ = H. 4⎝ √ ⎠ − 2− 2 2
• Puisque X 0, on a t XX = ||X||2 > 0. √ Puisque X 0 et que M( a) est inversible (cf. a)3)), on a : √ M( a)X 0, √ √
√
donc : t M( a)X M( a)X = ||M( a)X||2 > 0. √
√
t M( a)X M( a)X > 0. On déduit : λ = t XX
Puisque B est libre et a trois éléments dans R3 qui est de dimension 3, B est une base de R3 .
• Notons U, V, W les matrices-colonnes de u, v, w dans la base canonique de R3 , c’est-à-dire : ⎛ √ ⎞ ⎜⎜⎜ 2/2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ √ ⎟⎟⎟ U = ⎜⎜⎜− 2/2⎟⎟⎟ , ⎝ ⎠ 0
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 1/2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1/2 ⎟⎟⎟ W = ⎜⎜ √ ⎟⎟ . ⎝ ⎠ 2/2
On a : 1 M(4)V = 4
√ ⎞⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 7 3 3 √2⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1/2 ⎟⎟ 2 ⎟⎟ ⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ 2√ ⎟⎟⎟⎟⎟ = V, ⎜⎜⎜ √ 3 7 3 2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1/2 √ √ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ −2 2 3 2 3 2 10 − 2/2
b) 2) Puisque M(a) est symétrique, l’application ϕ est une forme bilinéaire symétrique sur R3 . De plus, d’après b)1), les valeurs propres de M(a) sont toutes > 0.
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ 1/2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1/2 ⎟⎟⎟ V = ⎜⎜ √ ⎟⎟ , ⎝ ⎠ − 2/2
1 M(4)W = 4
√ ⎞⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ 7 3 3 √2⎟⎟⎟ ⎜⎜ 1/2 ⎟⎟ 8 ⎟⎟ ⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ 8 ⎟⎟⎟⎟⎟ = 4W. ⎜⎜⎜ √ 3 7 3 2⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ √1/2 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ √ √ ⎠ 4⎝ ⎠ ⎠⎝ ⎝ 8 2 2/2 3 2 3 2 10 53
Chapitre 2
D’où :
•
Algèbre bilinéaire
⎧t ⎪ U M(4)V = 4 t UV = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨t U M(4)W = 4 t UW = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ t V M(4)W = 4 t VW = 0,
c) On a, pour tout (u, v) ∈ (R3 )2 : ( ' < f (u) , v > = < u1 , u > u2 + < u2 , u > u1 , v = < u1 , u >< u2 , v > + < u2 , u >< u1 , v > = < u1 , v >< u2 , u > + < u2 , v >< u1 , u > ' ( = < u1 , v > u2 + < u2 , v > u1 , u
c’est-à-dire : ϕ(u, v) = ϕ(u, w) = ϕ(v, w) = 0. On conclut que B = (u, v, w) est une base orthogonale pour le produit scalaire ϕ.
= < f (v) , u > = < u , f (v) >, donc f est un endomorphisme symétrique de R3 pour le produit scalaire canonique < . , . >.
2.11 a) Il est clair que
∀x ∈ H, f (x) ∈ Im ( f ) ⊂ H,
d) 1) On a :
f : u −→ < u1 , u > u2 + < u2 , u > u1 est une application de R3 dans R3 . On a, pour tout α ∈ R et tous u, v ∈ R3 : f (αu + v) = < u1 , αu + v > u2 + < u2 , αu + v > u1
= α < u1 , u > + < u1 , v > u2
+ α < u2 , u > + < u2 , v > u1
= α < u1 , u > u2 + < u2 , u > u1
+ < u1 , v > u2 + < u2 , v > u1 = α f (u) + f (v),
donc H est stable par f . On peut donc considérer l’endomorphisme g induit par f sur H : g : H −→ H, x −→ f (x). d) 2) On a :
g(u1 ) = < u1 , u1 > u2 + < u2 , u1 > u1 , g(u2 ) = < u1 , u2 > u2 + < u2 , u2 > u1 ,
donc la matrice G de g dans la base B = (u1 , u2 ) de H est :
< u2 , u1 > < u2 , u2 > . G= < u1 , u1 > < u1 , u2 > d) 3) Notons v1 = ||u2 ||u1 − ||u1 ||u2 ,
v2 = ||u2 ||u1 + ||u1 ||u2 ,
donc f est linéaire. On conclut : f ∈ L (R3 ).
de sorte qu’avec les notations de l’énoncé : B = (v1 , v2 ).
b) 1) On a, pour tout u ∈ R3 :
• On a :
u ∈ Ker ( f ) ⇐⇒
f (u) = 0
( ' < v1 , v2 > = ||u2 ||u1 − ||u1 ||u2 , ||u2 ||u1 + ||u1 ||u2 = ||u2 ||2 < u1 , u1 > +||u2 || ||u1 || < u1 , u2 >
⇐⇒ < u1 , u > u2 + < u2 , u > u1 = 0 ⇐⇒ < u1 , u > = 0 et < u2 , u > = 0 car (u1 , u2 ) est libre
⊥ ⇐⇒ u ∈ Vect (u1 , u2 ) ⇐⇒ u ∈ H ⊥ . Ceci montre : Ker ( f ) = H ⊥ . 2) • On a, pour tout u ∈ E : f (u) = < u1 , u > u2 + < u2 , u > u1 ∈ Vect (u1 , u2 ) = H, donc : Im ( f ) ⊂ H.
dim Im ( f ) = 3 − dim Ker ( f ) = 3 − dim (H ⊥ ) = dim (H). Comme : Im ( f ) ⊂ H et dim Im ( f ) = dim (H),
54
= ||u2 ||2 ||u1 ||2 − ||u1 ||2 ||u2 ||2 = 0, donc : v1 ⊥ v2 . D’autre part : v1 = 0 ⇐⇒ ||u2 ||u1 − ||u1 ||u2 = 0 ⇐⇒ ||u2 || = ||u1 || = 0 car (u1 , u2 ) est libre ⇐⇒ u1 = u2 = 0, contradiction avec (u1 , u2 ) libre.
• D’après le théorème du rang et le théorème sur la dimension de l’orthogonal d’un sous-espace vectoriel, on a :
on conclut :
−||u1 || ||u2 || < u2 , u1 > −||u1 ||2 < u2 , u2 >
Im ( f ) = H.
Il en résulte v1 0, et de même v2 0. Comme B est une famille orthogonale à vecteurs tous non nuls, d’après le cours, B est libre. Ainsi B est une famille libre à deux éléments dans un espace vectoriel H qui est de dimension 2, donc B est une base de H. On conclut que B est une base orthogonale de H.
Corrigés des exercices
• On a :
Enfin, comme R3 est de dimension 3 et que f est un endomorphisme de R3 , f admet au plus trois valeurs propres.
g(v1 ) = f (v1 ) = f (||u2 ||u1 − ||u1 ||u2 ) = ||u2 || f (u1 ) − ||u1 || f (u2 )
= ||u2 || < u1 , u1 > u2 + < u2 , u1 > u1
−||u1 || < u1 , u2 > u2 + < u2 , u2 > u1
= ||u2 || < u1 , u2 > −||u1 || ||u2 || u1
+||u1 || ||u1 || ||u2 ||− < u1 , u2 > u2
= < u1 , u2 > −||u1 || ||u2 || ||u2 ||u1 − ||u1 ||u2
= < u1 , u2 > −||u1 || ||u2 || v1 , g(v2 ) = f (v2 ) = f (||u2 ||u1 + ||u1 ||u2 ) = ||u2 || f (u1 ) + ||u1 || f (u2 )
= ||u2 || < u1 , u1 > u2 + < u2 , u1 > u1
+||u1 || < u1 , u2 > u2 + < u2 , u2 > u1
= ||u2 || < u2 , u1 > +||u1 || ||u2 || u1
+||u1 || ||u1 || ||u2 ||+ < u1 , u2 > u2
= < u2 , u1 > +||u1 || ||u2 || ||u2 ||u1 + ||u1 ||u2
= < u2 , u1 > +||u1 || ||u2 || v2 . On conclut que la matrice de g dans B est :
0 < u1 , u2 > −||u1 || ||u2 || . 0 < u1 , u2 > +||u1 || ||u2 || d) 4) D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz :
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| < u1 , u2 > | ||u1 || ||u2 ||. De plus, comme (u1 , u2 ) est libre, d’après l’étude du cas d’égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz :
Finalement, f admet une valeur propre λ1 < 0, la valeur propre 0, une valeur propre λ2 > 0.
2.12
−u ) est une base orthonormale de a) D’après le cours, puisque (→ → − −u |→ −v > → −u . → − 3 D, on a : ∀ v ∈ R , p( v ) = < → En particulier : → − − → −u |→ −u p( i ) = < → i > −u = a→ → − → − → − → − → − → − = a(a i + b j + c k ) = a2 i + ab j + ac k , → − − → −u |→ −u p( j ) = < → j > −u = b→
→ − → − → − → − → − → − = b(a i + b j + c k ) = ba i + b2 j + bc k , → − − → −u |→ −u p( k ) = < → k > −u = c→ → − → − → − → − → − → − = c(a i + b j + c k ) = ca i + cb j + c2 k .
− → − → − → La matrice P de p dans B = ( i , j , k ) est donc : ⎞ ⎛ 2 ⎜⎜⎜ a ab ac⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ P = ⎜⎜ba b2 bc⎟⎟⎟⎟ . ⎝ 2⎠ ca cb c b) 1) On a : ⎞ ⎞⎛ ⎛ ⎜⎜⎜ 0 −c b ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 −c b ⎟⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ M 2 = ⎜⎜⎜⎜ c 0 −a⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ c 0 −a⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎠⎝ ⎝ −b a 0 −b a 0 ⎛ 2 ⎞ ab ac ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−b − c2 ⎜⎜ ⎟ 2 2 ⎜ bc ⎟⎟⎟⎟ −a − c = ⎜⎜ ab ⎝ 2 2⎠ ac bc −a − b ⎛ ⎞ ab ac ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 + a2 ⎜⎜⎜ ⎟ 2 bc ⎟⎟⎟⎟ = P − I3 . = ⎜⎜ ab −1 + b ⎝ 2⎠ ac bc −1 + c b) 2) • On a : ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜a⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 −c b ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜a⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ M ⎜⎜b⎟⎟ = ⎜⎜ c 0 −a⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜b⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ , ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 −b a 0 c c
| < u1 , u2 > | ||u1 || ||u2 ||. On a donc :
| < u1 , u2 > | < ||u1 || ||u2 ||.
La matrice de g dans B , qui est diagonale d’après 3), admet deux valeurs propres qui sont λ1 = < u1 , u2 > −||u1 || ||u2 || < 0,
−u ∈ Ker ( f ), puis : D ⊂ Ker ( f ). donc → −v ∈ Ker ( f ). Réciproquement, soit → −v dans B, on a : MV = 0, donc : En notant V la matrice de →
λ2 = < u1 , u2 > +||u1 || ||u2 || > 0. Comme g est l’endomorphisme induit par f sur H, les deux réels λ1 et λ2 sont aussi valeurs propres de f . De plus, comme Ker ( f ) = H ⊥ {0}, le réel 0 est valeur propre de f .
M 2 V = M(MV) = M0 = 0, puis :
PV = (M 2 + I3 )V = M 2 V + V = V,
−v ∈ Im (p) = D. donc → Il en résulte : Ker ( f ) ⊂ D. 55
Chapitre 2
•
Algèbre bilinéaire
= e + (sin t + sin t ) f + (2 − cos t − cos t + sin t sin t ) f 2
+ sin t(1 − cos t ) + sin t (1 − cos t) f 3 !"
Ceci montre : Ker ( f ) = D. − • Soit → w ∈ Im ( f ).
=−f
− −v ). −v ∈ R3 tel que → w = f (→ Il existe →
+ (1 − cos t)(1 − cos t ) f 4 !" =−f2 % & = e + sin t + sin t − sin t(1 − cos t ) − sin t (1 − cos t) f & % + 2 − cos t − cos t + sin t sin t − (1 − cos t)(1 − cos t ) f 2 = e + (sin t cos t + sin t cos t) f + (1 − cos t cos t + sin t sin t ) f 2
= e + sin(t + t ) f + 1 − cos(t + t ) f 2 = gt+t .
−u dans B et V la matrice de → −v dans Notons U la matrice de → B. On a : − −u > = < f (→ −v ) , → −u > = t (MV)U <→ w ,→ = t V t MU = t V(−M)U = − t V( MU !") = 0,
− donc → w ∈ D⊥ .
=0
d) 2) D’après 1), en remplaçant t par −t, on a : ⊥
Ainsi : Im ( f ) ⊂ D .
∀t ∈ R,
D’après le théorème du rang et le théorème sur la dimension du supplémentaire orthogonal d’un sous-espace vectoriel, on a : dim Im ( f ) = 3 − dim Ker ( f ) = 3 − dim (D) = dim (D⊥ ). ⊥
⊥
Ainsi, Im ( f ) ⊂ D et dim Im ( f ) = dim (D ), donc, d’après le cours : Im ( f ) = D⊥ .
gt ◦ g−t = g0 = e et g−t ◦ gt = g0 = e .
Il en résulte que, pour tout t ∈ R, gt est bijectif et que : (gt )−1 = g−t .
2.13
Puisque S est symétrique réelle, d’après le théorème spectral, il existe D = diag (λ1 , ..., λn ) ∈ Dn (R) et P orthogonale telles que : S = PDP−1. Soit X ∈ Mn,1 (R).
c) 1) On a : M 3 + M = MM 2 + M = M(P − I3 ) + M = MP ⎞⎛ ⎛ ⎞ ab ac ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 −c b ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜−1 + a2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟ bc ⎟⎟⎟⎟ = 0, = ⎜⎜ c 0 −a⎟⎟ ⎜⎜ ab −1 + b2 ⎠⎝ ⎝ 2⎠ −b a 0 ac bc −1 + c donc :
f 3 + f = 0.
On peut aussi remarquer P = U t U, donc : t MP = M(U t U) = ( MU !") U = 0. =0
c) 2) D’après 1), le polynôme X +X = X(X2 +1) est annulateur de f , donc les valeurs propres de f sont parmi les zéros (réels) de ce polynôme, donc la seule valeur propre possible pour f est 0.
On a, en utilisant t P = P−1 : t
XS X = t X(PDP−1)X = ( t XP)D(P−1 X)
= t ( t PX)D(P−1 X) = t (P−1 X)D(P−1 X). ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜y1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ . ⎟⎟ −1 Notons Y = P X = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ . On a : ⎜⎝ ⎟⎠ yn ⎞⎛ ⎞ ⎛ (0)⎟⎟ ⎜⎜y1 ⎟⎟ ⎜ λ1 n ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ t .. ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ = XS X = t Y DY = y1 . . . yn ⎜⎜⎜⎜⎜ λi y2i . . ⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝ . ⎟⎟⎠ i=1 ⎜⎝ (0) λ n yn
3
D’autre part, comme Ker ( f ) = D {0}, 0 est valeur propre de f . On conclut : f admet une valeur propre et une seule, qui est 0. c) 3) Si f était diagonalisable, comme f n’admet que la valeur propre 0, f serait représenté par la matrice nulle, donc f = 0, contradiction avec Ker ( f ) = D R3 . On conclut : f n’est pas diagonalisable. d) 1) On a, pour tout (t, t ) ∈ R2 :
gt ◦ gt = e + (sin t) f + (1 − cos t) f 2
◦ e + (sin t ) f + (1 − cos t ) f 2 56
Comme : ∀i ∈ 1 ; n, α λi β, et que les y2i sont tous 0, on déduit : n n n y2i λi y2i β y2i . α i=1
i=1
i=1
Et : ||X||2 = t XX = t (PY)(PY) = t Y t PPY = t Y(P−1 P)Y = t YY = ||Y||2 =
n i=1
On conclut :
α||X|| XS X β||X|| . 2
t
2
2.14 a) Soit λ une valeur propre de S . Il existe X ∈ Mn,1 (R) tel que : S X = λX et X 0.
y2i .
Corrigés des exercices
Puisque S ∈ S+n , on a : t XS X 0. Et :
t
On suppose que (e1 , ..., en ) est une base orthonormale de E.
XS X = X(λX) = λ( XX) = λ ||X|| . !" t
t
λ=
D’où :
2
t
XS X 0. ||X||2
>0
On conclut : toutes les valeurs propres de S sont 0. b) Puisque S ∈ Sn (R), d’après le théorème spectral, il existe une matrice orthogonale P de Mn (R) et une matrice diagonale D de Mn (R) telles que S = PDP−1 , d’où D = P−1 S P.
De plus, d’après le cours, pour tout (x, y) ∈ E 2 , on a : n n (ei | x)ei et y = (e j | y)e j , x= i=1
(x | y) =
n
n ## (ei | x)ei ## (e j | y)e j
i=1
j=1
=
D = diag (λ1 , ..., λn ). √ √ Considérons la matrice diagonale Δ = diag ( λ1 , ..., λn ) et la matrice R = PΔP−1 .
• On a :
R2 = (PΔP−1)2 = PΔ2 P−1 = PDP−1 = S .
• On a :
t
R = t (PΔP−1) = t P−1 t Δ t P = PΔP−1 = R,
car P est orthogonale et Δ est diagonale.
Soit X ∈ Mn,1 (R) quelconque. On a : = t ( t PX)Δ(P−1 X) = t (P−1 X)Δ(P−1 X). ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜y1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ −1 Notons P X = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎟⎠ yn
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= δi j
(ei | x)(ei | y).
Évident : il suffit d’appliquer (ii) à (x, x) à la place de (x, y). Montrons (iii) =⇒ (i) : ⎧ ⎪ ⎪ ∀i ∈ 1 ; n, ||ei || = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ n On suppose : ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (ei | x)2 = ||x||2 . ∀x ∈ E, ⎪ ⎪ ⎩
En isolant le terme d’indice k dans la sommation précédente : n (ei | ek )2 = ||ek ||4 + (ei | ek )2 . !" i=1
=1
i, ik
i, ik
XRX = YΔY = t
n )
Il en résulte : λk y2k
0.
On conclut : R ∈ S+n . 2e méthode : √ √ Considérons la matrice diagonale U = diag ( 4 λ1 , ..., 4 λn ) de 2 t sorte que Δ = U = UU. On a alors, pour toute X ∈ Mn,1 (R) : XRX = t XPΔP−1 X = t XP t UUP−1 X = t (UP−1 X)(UP−1 X) = ||UP−1 X||2 0. On conclut : R ∈ S+n .
2.15
i=1
Montrons (ii) =⇒ (iii) :
On déduit :
k=1
t
i=1
i=1
XRX = t XPΔP−1 X
On a alors :
n
(ei | x)(e j | y) (ei | e j ) = !" j=1
• En appliquant l’hypothèse à ek pour k ∈ 1 ; n fixé, on a : n (ei | ek )2 = ||ek ||2 = 1.
1re méthode :
t
n n
i=1
• Montrons Δ ∈ S+n .
t
j=1
d’où :
c) Notons λ1 , ..., λn les éléments diagonaux de D : D’après a) : ∀k ∈ 1 ; n, λk 0.
∀i ∈ 1 ; n, ||ei || = 1.
Il est clair qu’alors :
Montrons (i) =⇒ (ii) :
(ei | ek )2 = 0. !" 0
∀i k, (ei | ek ) = 0.
Ceci montre que la famille (e1 , ..., en ) est orthogonale. Vu l’hypothèse, on conclut que la famille (e1 , ..., en ) est orthonormale. • En particulier, puisque la famille (e1 , ..., en ) est orthogonale et à vecteurs tous non nuls, cette famille est libre. • Soit x ∈ E. Notons u =
n
(ei | x)ei .
i=1
Nous allons montrer x = u, en calculant ||x − u||2 . ||x − u||2 = ||x||2 − 2(x | u) + ||u||2 .
On a : Mais : (u | x) =
n i=1
n n ## (ei | x)ei ## x = (ei | x)(ei | x) = (ei | x)2 = ||x||2 i=1
i=1
57
Chapitre 2
•
Algèbre bilinéaire
et, puisque (e1 , ..., en ) est une famille orthonormale : n n ####2 #### (ei | x)2 = ||x||2 . ||u||2 = #### (ei | x)ei #### = i=1
i=1
||x − u||2 = ||x||2 − 2||x||2 + ||x||2 = 0,
On obtient :
donc x − u = 0, x = u =
n
b) 1) Soit (i, j) ∈ 0 ; n2 . On a, pour tout k ∈ 0 ; n : ⎧ ⎪ i(i − 1) · · · (i − k + 1)Xi−k si k < i ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ i (k) (X ) = ⎪ i! si k = i ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 si k > i ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨0 (Xi )(k) (0) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩i!
donc :
(ei | x)ei .
i=1
Ceci montre que la famille (e1 , ..., en ) engendre E. Finalement, (e1 , ..., en ) est une base orthonormale de E.
si k = i.
Il en résulte : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 0 ϕ(Xi , X j ) = (Xi )(k) (0)(X j )(k) (0) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(i!)2 k=0 n
2.16 a) On a, pour tout (P, Q) ∈ E × E : n
n
si i j si i = j.
donc ϕ est symétrique.
b) 2) D’après 1), (Xi )0in est une famille orthogonale pour ϕ, formée de vecteurs tous non nuls, donc cette famille est libre. Comme dim (E) = n + 1, cette famille libre de n + 1 éléments est une base de E.
• On a, pour tout α ∈ R et tous P, Q, R ∈ E :
De plus : ∀i ∈ 0 ; n, ϕ(Xi , Xi ) = (i!)2 .
ϕ(Q, P) =
Q(k) (0)P(k) (0) =
k=0
P(k) (0)Q(k) (0) = ϕ(P, Q),
k=0
ϕ(P, αQ + R) =
n
On conclut que
P (0)(αQ + R) (0) (k)
(k)
k=
=
n
Xi i!
=α
2.17
P(k) (0) αQ(k) (0) + R(k) (0)
n
P(k) (0)Q(k) (0) +
n
k=0
a) Soient α ∈ R, x, y ∈ E. On a : f (αx + y) =
P(k) (0)R(k) (0)
=
donc ϕ est linéaire par rapport à la seconde place.
n
P(k) (0)
2
0.
k=0
• Soit P ∈ E tel que ϕ(P, P) = 0. n
2 P (0) = 0, On a alors : !" k=0
p
=α
α(ei | x)ei + (ei | y)ei
p
(ei | x)ei +
i=1
p
donc f est linéaire. On conclut que f est un endomorphisme de l’espace vectoriel E. b) • Soit x ∈ F ⊥ .
(k)
∀k ∈ 0 ; n, P(k) (0) = 0.
(ei | y)ei
i=1
= α f (x) + f (y),
On a alors :
∀i ∈ 1 ; p, (ei | x) = 0,
donc :
f (x) =
0
donc :
(ei | αx + y)ei
i=1
Puisque ϕ est symétrique et linéaire par rapport à la seconde place, ϕ est aussi linéaire par rapport à la première place, donc ϕ est bilinéaire. ϕ(P, P) =
p i=1
k=0
= αϕ(P, Q) + ϕ(P, R),
• On a, pour tout P ∈ E :
est une base orthonormale de (E, ϕ).
0in
k=0
58
si k i
p i=1
(ei | x) ei = 0, !"
Si P 0, en notant k = deg (P), on a k ∈ 0 ; n et P(k) est une constante non nulle, contradiction avec le résultat précédent.
d’où : x ∈ Ker ( f ).
Il en résulte : P = 0.
Ceci montre : F ⊥ ⊂ Ker ( f ).
On conclut que ϕ est un produit scalaire sur E.
Soit x ∈ Ker ( f ).
=0
Corrigés des exercices p
f (x) =
On a donc :
et on conclut : S + A est inversible.
(ei | x)ei = 0,
i=1
2.19
d’où, en faisant le produit scalaire avec x :
(ei | x)ei 0 = (0 | x) = f (x) | x = p
a) • On a E ⊂ R[0 ; +∞[ et 0 ∈ E.
## ## x
• Soient α ∈ R, f, g ∈ E.
i=1 p p (ei | x)(ei | x) = (ei | x)2 . = !" i=1
i=1
0
∀i ∈ 1 ; p, (ei | x) = 0,
Il en résulte :
Puisque f et g sont ⎧ bornées, il existe M f , Mg ∈ R+ tels que : ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ [0 ; +∞[, | f (x)| M f ⎪ ⎪ ⎪∀x ∈ [0 ; +∞[, |g(x)| M . ⎩ g
On a alors :
et donc : x ∈ F ⊥ .
# # ∀x ∈ R, ##α f (x) + g(x)## |α| | f (x)| + |g(x)| |α|M f + Mg ,
Ceci montre : Ker ( f ) ⊂ F ⊥ . On conclut : Ker ( f ) = F ⊥ . • On a :
p ∀x ∈ E, f (x) = (ei | x)ei ∈ Vect (F ), i=1
donc : Im ( f ) ⊂ Vect (F ). D’après le théorème du rang et le résultat précédent (sur le noyau de f ), on a : dim Im ( f ) = dim (E) − dim Ker ( f ) = dim (E) − dim (F ⊥ )
⊥ = dim (E) − dim Vect (F ) = dim Vect (F ). Comme Im ( f ) ⊂ Vect (F ) et que ces deux sev sont de dimensions finies et ont la même dimension, on conclut : Im ( f ) = Vect (F ). c) Puisque f est un endomorphisme de l’espace vectoriel E qui est de dimension finie, on a : f bijective ⇐⇒ f surjective ⇐⇒ Im ( f ) = E ⇐⇒ Vect (F ) = E ⇐⇒ F engendre E. Soit X ∈ Mn,1 (R) telle que (S + A)X = 0.
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2.18
On a alors : t X(S + A)X = 0. t
Mais :
X(S + A)X = t XS X + t XAX.
Comme A = −A et que XAX est une matrice carrée à une seul élément, on a : t
t
t
XAX = t ( t XAX) = t X t AX = t X(−A)X = − t XAX,
donc α f + g est bornée. Puisque f et g sont de classe C 1 , d’après le cours, α f + g est de classe C 1 . On a :
(α f + g)(0) = α f (0) + g(0) = 0. !" !" =0
=0
On déduit : α f + g ∈ E. On conclut : E est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel réel des applications de [0 ; +∞[ dans R. b) 1) Soit f ∈ E. Puisque f (0) = 0 et que f est dérivable en 0, f (x) f (x) − f (0) = −→ f (0). x −→ 0 x x−0
on a :
b) 2) Soit ( f, g) ∈ E 2 . • L’application h : x −→ • On a, d’après 1) :
f (x)g(x) est continue sur ]0 ; +∞[. x2
h(x) =
f (x) g(x) −→ f (0)g (0). x x x −→ 0
Ainsi, l’application h admet une limite finie en 0, donc l’inté$ 1 grale h(x) dx converge (intégrale faussement impropre). 0
• Puisque f et g sont ⎧ bornées, il existe M f , Mg ∈ R+ tels que : ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀x ∈ [0 ; +∞[, | f (x)| M f ⎪ ⎪ ⎪∀x ∈ [0 ; +∞[, |g(x)| M . ⎩ g
M f Mg | f (x)| |g(x)| . x2 x2
donc 2 t XAX = 0, d’où t XAX = 0.
On a : ∀x ∈ [1 ; +∞[, |h(x)| =
On obtient alors t XS X = 0.
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 $ > 1), l’inté$ +∞ +∞ M f Mg 1 dx converge, donc l’intégrale dx grale 2 x x2 1 1 converge.
Comme S est symétrique définie-positive, la forme quadratique canoniquement associée à S est définie-positive, donc X = 0. On a montré : ∀X ∈ Mn,1 (R),
(S + A)X = 0 =⇒ X = 0 ,
Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ |h(x)| dx converge. 1
59
Chapitre 2
•
Algèbre bilinéaire
$
+∞
Ainsi, l’intégrale
h(x) dx est absolument convergente, 1
donc convergente.
1re méthode : utilisation des variations de la fonction f : $
$
1
+∞
Puisque les deux intégrales
h(x) dx et h(x) dx 1 $ +∞ h(x) dx converge. convergent, par définition, l’intégrale 0
0
On $ +∞conclut que, pour tout ( f, g) f (x)g(x) dx converge. x2 0
∈
E 2 , l’intégrale
On a :
∀x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = (1 − x) e −x ,
d’où le tableau des variations de f : x 0 1 f (x) + 0 e −1 f (x) 0
c) 1) • La symétrie est évidente.
On a donc :
• La linéarité par rapport à la première place est immédiate, par linéarité de l’intégration.
Il en résulte que f est bornée.
Puisque < . , . > est linéaire par rapport à la seconde place et est symétrique, < . , . > est bilinéaire. $ • On a :
+∞
∀ f ∈ E, < f | f > =
0
f (x) x2
2 dx 0.
• Soit f ∈ E telle que < f | f > = 0, c’est-à-dire telle
2 $ +∞ f (x) que : dx = 0. On a alors, d’après la relation de x2 0 Chasles :
2
2
2 $ +∞ $ +∞ $ 1 f (x) f (x) f (x) dx + dx = dx = 0, x2 x2 x2 0 1 0 !" !" 0
$
1
donc : 0
f (x) x2
0
2
$
L’application
+∞
dx = 0 et 1
$
X
H : X −→ 1
f (x) x2
f (x) x2
2 dx = 0.
2 dx
est croissante sur [1 ; +∞[, car elle est de classe C 1 et sa dérivée
2 f (X) qui est 0. est X −→ X2
2 $ +∞ f (x) dx = 0. De plus, H(1) = 0 et H(X) −→ X −→ +∞ x2 1 ∀X ∈ [1 ; +∞[, H(X) = 0,
2 f (X) puis, en dérivant : ∀X ∈ [1 ; +∞[, = 0, X2
Il en résulte :
donc :
∀X ∈ [1 ; +∞[, f (X) = 0.
On montre de même :
∀X ∈ ]0 ; 1], f (X) = 0.
On obtient donc : f = 0. On conclut que < . . . > est un produit scalaire sur E. c) 2) • L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x e −x est de classe C 1 et f (0) = 0. 60
Nous allons maintenant montrer que f est bornée.
−
+∞
0
∀x ∈ [0 ; +∞[, 0 f (x) e −1 .
2e méthode : utilisation du comportement à l’infini et de la continuité sur un segment : On a, par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances : f (x) −→ 0. x −→ +∞
Il existe donc α ∈ [0 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [0 ; +∞[, | f (x)| 1. D’autre part, f est continue sur le segment [0 ; α], donc, d’après le cours, f est bornée sur ce segment ; il existe donc M ∈ R+ tel que : ∀x ∈ [0 ; α], | f (x)| M. On a donc :
∀x ∈ [0 ; +∞[, | f (x)| Max (1, M),
ce qui montre que f est bornée. On conclut : f ∈ E. • Soit a ∈ R. L’application
ga : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x(x − a) e −x
est de classe C 1 et ga (0) = 0. On remarque : ga = k − a f, où on a noté k : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x2 e −x . Comme ci-dessus (par l’une des deux méthodes), on montre que k est bornée. Ainsi : k ∈ E. Comme E est un R-espace vectoriel et que ( f, k) ∈ E 2 , on déduit, par combinaison linéaire : ga ∈ E. • On a, pour tout a ∈ R : $ +∞ f (x)ga (x) dx < f , ga > = x2 0
$ +∞ (x e −x ) x(x − a) e −x dx = x2 0
Corrigés des exercices
$
+∞
= $
0 +∞
=
t=2x
=
0
1 4
$
L’application f : x −→ u(x)v(x) e −x est continue sur R 2
(x − a) e −2x dx
et, d’après a), pour tout x ∈ R :
t
1 − a e −t dt 2 2
+∞
2
(t − 2a) e −t dt
0
$ $ +∞ 1 +∞ −t t e dt − 2a e −t dt 4 0 0
1 Γ(2) − 2aΓ(1) = 4 1 1 = (1! − 2a 0!) = (1 − 2a). 4 4 =
On conclut : l’ensemble des a ∈ R tels que f ⊥ ga est
1 2
.
d) Soit ( f, g) ∈ E .
Comme les deux −∞ $ +∞
2 −x2 v(x) e dx convergent, par combinaison linéaire, −∞ $ +∞ 1
2
2 1 2 2 u(x) e −x + v(x) e −x dx converge, l’intégrale 2 2 −∞ puis, par$théorème de majoration pour des fonctions 0, l’in+∞ | f (x)| dx converge. tégrale −∞
2
donc convergente.
On a, par intégration par parties avec ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ u (x) = f (x)g(x) + f (x)g (x) u(x) = f (x)g(x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪v = − 1 ⎪v = 1 ⎩ ⎩ 2 x x où u, v sont de classe C 1 sur le segment [ε ; X] : $ X f (x)g(x) dx x2 ε * f (x)g(x) +X $ X f (x)g(x) + f (x)g (x) dx. = − + ε x x ε Comme f et g sont bornées, on a :
f (X)g(X) X
−→
X −→ +∞
0.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
D’autre part, d’après b)1) appliqué à f et puisque g est continue f (ε) f (ε)g(ε) = g(ε) −→ f (0) g(0) = 0. en 0 : ε −→ 0 !" ε ε =0
$
+∞
Il en résulte que l’intégrale 0
converge et que : $
+∞
< f , g >= 0
f (x)g(x) + f (x)g (x) dx x
f (x)g(x) + f (x)g (x) dx. x
2.20 a) On a, pour tout (α, β) ∈ [0 ; +∞[2 : α2 + β2 − 2αβ (α − β)2 1 2 (α + β2 ) − αβ = = 0, 2 2 2
b) Soit (u, v) ∈ E 2 .
$
+∞
f (x) dx est absolument convergente,
Ainsi, l’intégrale
Soit (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε < X.
donc :
1
2 u(x)2 + v(x)2 e −x 2
2
2 1 1 2 2 = u(x) e −x + v(x) e −x . 2 2 $ +∞
2 2 u(x) e −x dx et intégrales
| f (x)| = |u(x)| |v(x)| e −x
αβ
1 2 (α + β2 ). 2
−∞
$
∞
On conclut : l’intégrale
2
u(x)v(x) e −x dx converge.
−∞
c) 1) • Il est clair que E ⊂ RR et que, en notant 0 la fonction constante nulle, 0 ∈ E. • Soient u, v ∈ E. On a, pour tout x ∈ R :
2 2 u(x) + v(x) e −x
2
2 2 2 2 = u(x) e −x + 2u(x)v(x) e −x + v(x) e −x . $ +∞
2 2 u(x) e −x dx et Puisque u, v ∈ E, les deux intégrales −∞ $ +∞
2 2 v(x) e −x dx convergent. −∞
$
+∞
D’après b), l’intégrale
u(x)v(x) e −x dx converge. 2
−∞
Par combinaison linéaire, on déduit que l’intégrale $ +∞
2 2 u(x) + v(x) e −x dx converge, donc u + v ∈ E. −∞
• Soient α ∈ R, u ∈ E. $ +∞
2 2 Puisque l’intégrale u(x) e −x dx converge, par multi−∞ $ +∞
2 2 plication par la constante α2 , l’intégrale αu(x) e −x dx converge, donc αu ∈ E.
−∞
Ceci montre que E est un sous-espace vectoriel de RR . On conclut : E est un R-espace vectoriel. c) D’après b), pour tout (u, v) ∈ E 2 , l’intégrale $ 2) +∞ 2 u(x)v(x) e −x dx converge, donc (u | v) existe. −∞
61
Chapitre 2
•
Algèbre bilinéaire
• La symétrie est évidente. • La linéarité par rapport à la première place résulte de la linéarité de l’intégration. $ • On a :
∀u ∈ E, (u | u) =
+∞
u(x)
0
2
2
−∞
−∞
0
$ =
u(x)
2
−∞
e −x dx = 0 et 2
$
+∞
u(x)
2
−∞
+∞
$
X
L’application F : [0 ; +∞[ −→
u(x)
2
e −x dx = 0. 2
0
∀X ∈ [0 ; +∞[, F(X) = 0, u(X)
2
∀X ∈ [0 ; +∞[, u(X) = 0.
De même :
∀X ∈ ] − ∞ ; 0], u(X) = 0.
e
−X 2
= 0,
On conclut : (. | .) est un produit scalaire sur E.
Il est clair qu’alors P est continue sur R.
2 2 L’application x −→ P(x) e −x est continue sur R et, par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances :
2 2 −→ 0. x2 P(x) e −x x −→ +∞
Il existe donc a > 0 tel que :
d’où :
−x2
$ 0
2 2 P(x) e −x dx et Puisque les deux intégrales −∞ $ +∞
2 2 P(x) e −x dx convergent, par définition, l’intégrale $0 +∞
2 2 P(x) e −x dx converge, et on conclut : P ∈ E.
2.21 a) Puisque (X t X)Y = In , la matrice Y est inversible et on a : Y −1 = X t X. On a alors :
t
(Y −1 ) = t (X t X) = X t X = Y −1 ,
donc Y −1 est symétrique, puis Y = (Y −1)−1 est symétrique. Comme X et Y ont des rôles symétriques dans les hypothèses, on conclut que X est aussi symétrique. b) Puisque t X = X et t Y = Y, on a : X 2 Y = In donc Y = X −2 puis : In = Y 2 X = (X −2 )2 X = X −3 ,
1re méthode : D3 = (P−1 XP)3 = P−1 X 3 P = P−1 In P = In .
Mais, en notant D = diag (λ1 , ..., λn ), où (λ1 , ..., λn ) ∈ Rn , on a D3 = diag (λ31 , ..., λ3n ). d’où : ∀k ∈ 1 ; n, λ3k = 1, ∀k ∈ 1 ; n, λk = 1,
puis, comme les λk sont réels : donc D = In , puis : X = PDP
−1
= PIn P−1 = In .
Enfin : Y = X −2 = I−2 n = In . 2e méthode :
1,
2 1 2 ∀x ∈ [a ; +∞[, 0 P(x) e −x 2 . x
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 a 62
−∞
On a :
d) Soit P ∈ F.
e
2
Puisque X est symétrique réelle, d’après le théorème spectral, il existe une matrice orthogonale P et une matrice diagonale D telles que : X = PDP−1 .
On déduit : u = 0.
∀x ∈ [a ; +∞[, x2 P(x)
e −x dx converge.
donc : X 3 = In .
puis :
2
2
2
est croissante, à valeurs 0 et de limite 0 en +∞, donc :
puis, par dérivation : ∀X ∈ [0 ; +∞[,
P(x)
Finalement : F ⊂ E. e −x dx = 0,
2 2 u(x) e −x dx
−∞
0
0
De même, l’intégrale
Chasles : $ 0 $ +∞
2
2 2 2 u(x) e −x dx + u(x) e −x dx −∞ 0 !" !"
d’où : $ 0
$
e −x dx 0.
• Soit u ∈ E telle que (u | u) = 0, c’est-à-dire telle $ +∞
2 2 que u(x) e −x dx = 0. On a alors, par la relation de
0
Par théorème $ +∞de majoration pour des fonctions 0,
2 2 P(x) e −x dx converge, donc l’intégrale l’intégrale a $ +∞
2 P(x) 2 e −x dx converge.
Comme X 3 = In , d’après le cours, les valeurs propres de X sont parmi les racines du polynôme X3 − 1, donc X n’admet que 1 pour valeur propre, d’où D = In , X = PIn P−1 = In .,
2.22 • Montrons (1) =⇒ (2) :
Corrigés des exercices
On suppose que p est symétrique.
En appliquant l’hypothèse à x = y + λz, pour tout λ ∈ R, on a :
Soient y ∈ Im (p), z ∈ Ker (p).
||y||2 = ||p(x)||2 ||x||2 = ||y + λz||2 = ||y||2 + 2λ(y | z) + λ2 ||z||2 ,
Il existe x ∈ E tel que y = p(x), donc :
p(y) = p p(x) = p2 (x) = p(x) = y. # #
(y | z) = p(y) ## z = y ## p(z ) = 0. !"
On a :
=0
c’est-à-dire :
||z||2 λ2 + 2(y | z)λ 0.
Par le même raisonnement que pour l’implication précédente, on déduit (y | z) = 0 et on conclut : Im (p) ⊥ Ker (p).
Ceci montre : Im (p) ⊥ Ker (p).
• Montrons (2) =⇒ (1) :
• Montrons (2) =⇒ (3) :
On suppose : Im (p) ⊥ Ker (p).
On suppose : Im (p) ⊥ Ker (p).
Soit (x, u) ∈ E 2 .
Soit x ∈ E. Puisque p est un projecteur, d’après le cours :
Puisque p est un projecteur, d’après le cours :
x = p(x) + x − p(x) , y ∈ Im (p), z ∈ Ker (p). !" !"
x = p(x) + x − p(x) , y ∈ Im (p), z ∈ Ker (p). !" !" noté y
noté y
noté z
noté z
On a alors : ##
x # p(x) = (y + z | y) = (y | y) + (z | y) = ||y||2 0. !"
On a : # #
##
#
#
x # p(u) = y + z ## p(u) = y ## p(u) + z ## p(u) = p(x) ## p(u) . !"
• Montrons (2) =⇒ (4) :
En appliquant ce résultat à (u, x) à la place de (x, u), on a aussi : # # ##
u # p(x) = p(u) ## p(x) = p(x) ## p(u) .
=0
=0
On suppose : Im (p) ⊥ Ker (p). Soit x ∈ E.
D’où :
Avec les mêmes notations que ci-dessus, on a : ||x||2 = ||y + z||2 = ||y||2 + 2 (y | z) + ||z||2 ||y||2 = ||p(x)||2 , !" !" =0
0
donc : ||p(x)|| ||x||.
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• Montrons (3) =⇒ (2) : #
On suppose : ∀x ∈ E, x ## p(x) 0. Soient y ∈ Im (p), z ∈ Ker (p). En appliquant l’hypothèse à x = λy + z, pour tout λ ∈ R, on a : #
0 x ## p(x) = (λy + z | λy) = ||y||2 λ2 + (y | z)λ. Ainsi, le trinôme λ −→ ||y|| λ + (y | z)λ est positif ou nul sur tous les réels, donc son discriminant est négatif ou nul, d’où (y | z)2 0, puis (y | z) = 0. 2 2
# ##
#
x # p(u) = u ## p(x) = p(x) ## u .
On conclut que p est symétrique.
2.23
D’abord, il est clair que Hn est symétrique. $ 1 1 = tk−1 dt. Remarquons : ∀k ∈ N∗ , k 0 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ • Soit X = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R). On a : ⎜⎝ ⎟⎠ xn t
XHn X = =
1 xj i+ j−1
$
1i, jn
$
1
0
0
n
ti−1 xi
n
i=1 1
=
ti+ j−2 xi x j dt
1i, jn
= $
ti+ j−2 xi x j dt 0
0
$
1
1
=
On suppose : ∀x ∈ E, ||p(x)|| ||x||. Soient y ∈ Im (p), z ∈ Ker (p).
xi
1i, jn
Ceci montre : Im (p) ⊥ Ker (p). • Montrons (4) =⇒ (2) :
n
t j−1 x j dt
j=1
2
ti−1 xi dt 0.
i=1
63
Chapitre 2
•
Algèbre bilinéaire
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ . ⎟⎟ • Soit X = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) tel que t XHn X = 0. ⎜⎝ ⎟⎠ xn
1 0
n
t
i−1
2
n
u2i = β|| |X0 | ||2 = β||X0 ||2
i=1
xi dt = 0.
i=1 n
∀t ∈ [0 ; 1],
= t X0 S X0 t |X0 | S |X0 | = ti−1 xi
2
n
n
D’où :
n
k
t
i−1
(λi − β)u2i 0. !" i=1
xi s’annule en une
<0
i=1
infinité de points (les éléments de [0 ; 1]), donc c’est le polynôme nul, d’où : ∀i ∈ 1 ; n, xi = 0, puis : X = 0.
Il en résulte :
On conclut que la forme quadratique canoniquement associée à Hn est définie-positive.
donc :
∀i ∈ 1 ; k, ui = 0,
|X0 | =
n
ui Xi ∈ Vect (Xk+1 , ..., Xn ) = V.
i=k+1
a) 2) • Les coordonnées de S |X0| sont les
2.24 X0 S X0 =
n
ai j |x j |, pour
j=1
1i, jn
ai j xi x j ai j |xi | |x j | = |X0 | S |X0 |. !" 1i, jn t
0
• Puisque S est symétrique réelle, d’après le théorème spectral, il existe une base orthonormale (X1 , ..., Xn ) de Mn,1 (R) formée de vecteurs propres pour S .
i ∈ 1 ; n. Comme les ai j sont tous > 0 et que les |x j | sont tous 0 et non tous nuls (car X0 0), il en résulte que la sommation précédente est > 0. On conclut que les coordonnées de S |X0| sont toutes > 0. • Puisque |X0 | ∈ V, on a : S |X0| = β|X0 |.
Notons λ1 , ..., λn les valeurs propres de S respectivement associées à ces vecteurs propres, c’est-à-dire :
D’après le point précédent, les coordonnées de β|X0 | sont donc toutes > 0, donc, comme β > 0, les coordonnées de X0 sont toutes > 0.
∀i ∈ 1 ; n, S Xi = λi Xi .
Il en résulte que les coordonnées de X0 sont toutes non nulles. a) 3) • On a, puisque X0 et |X0 | sont dans V :
On peut supposer les λi rangés de façon que :
t
λ1 ... λk < λk+1 = ... = λn = β, où k ∈ 0 ; n − 1. Autrement dit, on a rangé les valeurs propres de S par ordre croissant, les dernières étant égales à la plus grande valeur propre, notée β. D’une part :
t
X0 S X0 = t X0 βX0 = β t X0 X0 = β||X0 ||2 .
D’autre part, il existe (u1 , ..., un ) ∈ Rn tel que : |X0 | =
n
d’où :
t
|X0 | S |X0 | =
t
|X0 | S |X0 | = t |X0 | β |X0 | = β t |X0 | |X0 | = β|| |X0 | ||2 = β||X0 ||2 ,
d’où :
1i, jn
t
X0 S X0 = t |X0 | S |X0 |.
• On a : 0 = t |X0 | S |X0 | − t X0 S X0 =
1i, jn
ui Xi ,
ui u j t Xi S X j =
X0 S X0 = t X0 βX0 = β t X0 X0 = β||X0 ||2
et
=
i=1
64
(λi − β)u2i 0,
c’est-à-dire, puisque λk+1 = ... = λn = β :
ti−1 xi = 0.
Ainsi, la fonction polynomiale t −→
a) 1) • On a :
λi u2i .
i=1
i=1
t
n i=1
est conti-
i=1
nue et à valeurs 0, on déduit :
u2i .
D’après le point précédent : β
Comme l’application polynomiale t −→
n i=1
Avec les notations précédentes, on a donc : $
|| |X0 | ||2 =
et :
n i=1
ai j |xi | |x j | −
Il en résulte :
ai j xi x j
1i, jn
ai j |xi | |x j | − xi x j . !" !" 1i, jn >0
u2i λi
0
∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , ai j |xi | |x j | − xi x j = 0,
Corrigés des exercices
puis, comme les ai j sont tous > 0 : ∀(i, j) ∈ 1 ; n , |xi | |x j | − xi x j = 0, 2
c’est-à-dire :
∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , xi x j 0.
Comme de plus les xi sont tous non nuls, on a : ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , xi x j > 0. Ceci montre que x1 , ..., xn sont tous de même signe. b) 1) Soient X, X ∈ V \ {0}.
i=1
On conclut que X et X ne sont pas orthogonaux entre eux. b) 2) Raisonnons par l’absurde : supposons dim (V) 2. D’après le cours, V admet au moins une base orthonormale, donc il existe au moins deux vecteurs non nuls de V et orthogonaux entre eux, contradiction avec le résultat de 1). On conclut : dim (V) = 1.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
D’après a)3), les coordonnées (x1 , ..., xn ) de X sont toutes non nulles et de même signe, et les coordonnées (x1 , ..., xn ) de X
sont toutes non nulles de même signe. Il en résulte que les produits x1 x1 , ..., xn xn sont tous non nuls et de même signe, donc : n t XX = xi xi 0.
65
Intégrales sur un intervalle quelconque Plan Les méthodes à retenir
66
Énoncés des exercices
70
Du mal à démarrer ?
79
Corrigés des exercices
84
CHAPITRE
3
Thèmes abordés dans les exercices •
Détermination de la nature d’une intégrale impropre
•
Existence et calcul d’intégrales impropres
•
Détermination de la limite ou d’un équivalent simple d’une intégrale impropre dépendant d’un paramètre
•
Étude d’une fonction définie par une intégrale.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Définition de la convergence, de la divergence d’une intégrale impropre
•
Théorème de majoration, théorème d’équivalence, théorème de comparaison pour des fonctions à valeurs positives ou nulles
•
Exemples de Riemann en +∞, en 0
•
Relation de Chasles pour des intégrales impropres
•
Définition de la convergence absolue pour une intégrale impropre et lien entre convergence absolue et convergence.
Les méthodes à retenir Pour déterminer la nature
S’assurer d’abord que f est continue (ou continue par morceaux) sur [a ; +∞[. Essayer d’utiliser :
+∞
d’une intégrale impropre
f a
où f est une application continue sur [a ; +∞[ et à valeurs positives ou nulles
•
le théorème de majoration (pour montrer que l’intégrale converge)
➥ Exercices 3.1 d), 3.8, 3.9 c), 3.17 a), 3.20 a)2), 3.21 a), 3.30 a), 3.37 b), 3.40 a) •
le théorème de minoration (pour montrer que l’intégrale diverge)
➥ Exercice 3.1 e), g) 66
Les méthodes à retenir •
le théorème d’équivalence
➥ Exercices 3.1 a), b), c), f), h), 3.9 a), 3.10 a), 3.11 a), 3.12 d), e), 3.22 a), 3.26 •
la comparaison à l’exemple de Riemann en +∞, c’est-à-dire : ∗ chercher α ∈ ]1 ; +∞[ fixé, tel que xα f (x) −→ 0, pour x −→ +∞ conclure que l’intégrale converge
➥ Exercices 3.12 a), f), g), h), 3.18 a), 3.31 a), 3.34 a), 3.40 a) ∗ ou montrer, par exemple, x f (x) que l’intégrale diverge
(suite)
−→
x −→ +∞
+∞, pour conclure
➥ Exercice 3.12 b) $
•
X
le retour à la définition, c’est-à-dire étudier ou calculer
f (x) dx a
pour tout X ∈ [a ; +∞[, puis étudier la limite de cette intégrale lorsque X tend vers +∞ si elle existe. Mais cette méthode fournit (lorsqu’elle s’applique) non seulement l’existence de l’intégrale, mais aussi sa valeur, donc l’énoncé aurait plutôt posé la question sous la forme : existence et calcul de l’intégrale (voir méthodes cidessous). S’assurer d’abord que f est continue (ou continue par morceaux) sur [a ; +∞[. Si f 0, considérer − f et appliquer les méthodes vues ci-dessus pour une fonction 0. ➥ Exercice 3.12 c) Essayer de : •
Pour déterminer la nature
+∞
d’une intégrale impropre
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où f est une application continue sur [a ; +∞[ et non nécessairement à valeurs positives ou nulles
étudier la convergence absolue, par les méthodes indiquées cidessus, sachant que la convergence absolue entraîne la convergence
➥ Exercice 3.3, 3.14, 3.37 c)
f a
•
utiliser une intégration par parties
•
utiliser un développement asymptotique
➥ Exercice 3.15 ➥ Exercices 3.27, 3.28 $
•
revenir à la définition, c’est-à-dire étudier ou calculer
X
f (x) dx a
pour tout X ∈ [a ; +∞[, puis étudier la limite de cette intégrale lorsque X tend vers ∞ si elle existe. Mais cette méthode fournit (lorsqu’elle s’applique) non seulement l’existence de l’intégrale, mais aussi sa valeur, donc l’énoncé aurait plutôt posé la question sous la forme : existence et calcul de l’intégrale (voir méthodes ci-dessous). Pour déterminer la nature
b
d’une intégrale impropre
f, −∞
où f est une application continue de ] − ∞ ; b] dans R
S’assurer d’abord que f est continue (ou continue par morceaux) sur ] − ∞ ; b].
67
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
Essayer de : •
faire le changement de variable t = −x pour se ramener à une intégrale impropre sur [−b ; +∞[, puis appliquer les méthodes vues ci-dessus
(suite)
➥ Exercices 3.2 b), 3.13 a), b) •
appliquer les méthodes vues pour les intégrales impropres sur [a ; +∞[, adaptées au cas de ] − ∞ ; b].
➥ Exercices 3.2 a), 3.4, 3.34 c). S’assurer d’abord que f est continue (ou continue par morceaux) sur [a ; b[ (resp. ]a ; b]). Essayer d’utiliser : •
le théorème de majoration (pour montrer que l’intégrale converge)
•
le théorème de minoration (pour montrer que l’intégrale diverge)
•
le théorème d’équivalence
➥ Exercices 3.2 e), 3.13 d)
➥ Exercices 3.2 c), d), 3.23 a), 3.32 a), b) •
la comparaison à l’exemple de Riemann en b (resp. a) c’est-à-dire : ∗ chercher α ∈ [0 ; 1[ fixé, de façon que (b − x)α f (x) −→ 0 x −→ b
Pour déterminer la nature
(resp. (x − a)α f (x) −→ 0 ), pour conclure que l’intégrale x −→ a converge ➥ Exercices 3.12 c), 3.13 c), e) ∗ montrer, par exemple, (b − x) f (x) −→ +∞ (resp
b
d’une intégrale impropre
f, a
où f est une application continue sur [a ; b[ (resp. ]a ; b]) et à valeurs positives ou nulles
x −→ b
•
(x − a) f (x) −→ +∞) pour montrer que l’intégrale diverge x −→ a $ X le retour à la définition, c’est-à-dire étudier ou calculer f (x) dx a $ b (resp. f (x) dx) pour tout X ∈ [a ; b[ (resp. pour tout ε ∈ ]a ; b]), ε
puis étudier la limite de cette intégrale lorsque X tend vers b (resp. ε tend vers a). [a ; b[ −→ R admet une limite finie en b (resp. si $ b f : ]a ; b] −→ R admet une limite finie en a), alors l’intégrale f a converge.
Si f
:
➥ Exercices 3.2 f), g), 3.21 d), 3.24 a), 3.35 b)1). Pour déterminer la nature
b
f,
d’une intégrale impropre a
où f est une application continue sur [a ; b[ (resp. ]a ; b]) et non nécessairement à valeurs positives ou nulles 68
S’assurer d’abord que f est continue (ou continue par morceaux) sur [a ; b[ (resp. ]a ; b]). Si f 0, considérer − f et appliquer les méthodes vues ci-dessus pour une fonction 0.
Les méthodes à retenir
Essayer de : •
•
(suite)
étudier la convergence absolue, par les méthodes indiquées cidessus, sachant que la convergence absolue entraîne la convergence $ X revenir à la définition, c’est-à-dire étudier ou calculer f (x) dx a
pour tout X ∈ [a ; b[, puis étudier la limite de cette intégrale lorsque X tend vers b, si elle existe. Mais cette méthode fournit (lorsqu’elle s’applique) non seulement l’existence de l’intégrale, mais aussi sa valeur, donc l’énoncé aurait plutôt posé la question sous la forme : existence et calcul de l’intégrale (voir méthodes ci-dessous). S’assurer d’abord que f est continue (ou continue par morceaux) sur ]a ; b[. $ b f , impropre à la borne a et à Revenir à la définition : l’intégrale
Pour déterminer la nature
b
d’une intégrale impropre
a
f, a
où f est une application continue sur ]a ; b[
la borne b, converge si et seulement s’il existe c ∈ ]a ; b[ tel que les $ c $ b deux intégrales f, impropre à la borne a, et f, impropre à la a
borne b, convergent.
c
➥ Exercices 3.14, 3.17 a), 3.18 f), 3.19 a), 3.29, 3.33, 3.36, 3.40 b)d). Suivant les exemples, on séparera existence et calcul, ou bien on étudiera existence et calcul de façon groupée : •
pour l’existence, voir les méthodes ci-dessus
•
pour le calcul, revenir à la définition, c’est-à-dire calculer une primitive puis passer à la limite
➥ Exercices 3.5 a) à f), 3.6, 3.7, 3.16 a), b), c), 3.34 d) Pour montrer qu’une intégrale impropre converge et calculer cette intégrale, dans un exemple
•
➥ Exercice 3.30 e) •
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
un changement de variable peut être fait directement sur une intégrale impropre penser éventuellement à un changement de variable qui échange les bornes
➥ Exercice 3.29 •
mais, pour une intégration par parties, on procédera d’abord sur un segment, puis on fera tendre une borne vers la valeur indiquée.
➥ Exercices 3.5 b), c), 3.16 b), 3.18 b), 3.31 b), 3.36, 3.38.
Pour trouver la limite d’une intégrale dépendant d’un paramètre
•
Essayer de conjecturer la limite, qui est souvent l’intégrale de la limite, et montrer que la différence entre l’intégrale de l’énoncé et la limite conjecturée tend vers 0. ➥ Exercice 3.7 b), 3.10, 3.11 b)
•
Envisager l’utilisation d’un changement de variable
➥ Exercice 3.33. 69
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
Énoncés des exercices 3.1 Exemples de détermination de la nature d’une intégrale impropre de fonction positive ou nulle, à la borne +∞
Déterminer la nature des intégrales impropres suivantes : $
+∞
a)
$
1
x x+2
1
$
√
+∞
ln x dx x+1
e) 1
0
$
$ +∞ 2 $ +∞ 1 x +1 1 dx c) dx d) dx √ x5 + 1 x2 ln x (x + 1)(x + 2) 0 2 $ +∞ $ +∞ 1 ex x ex +1 dx g) dx h) dx. x x e +1 x+1 x e 2x + 1 0 0
+∞
dx b) +∞
f) 0
3.2 Exemples de détermination de la nature d’une intégrale impropre de fonction positive ou nulle Déterminer la nature des intégrales impropres suivantes : $
0
a) −∞
$
1
d) 0
$
1 dx x4 + x + 1
−∞ 1
e) 0
$
ex dx x−1
b) $
x+1 dx x2 + 2x
0
$
ln x dx x4 + x2
1
f)
1
,
$
1
x2 + 2 dx x2 + x
c) 0
√
x ln x dx
g)
0
0
1 + ln x dx. 1 + (ln x)2
3.3 Exemples de détermination de la nature d’une intégrale impropre de fonction à la borne +∞
Déterminer la nature des intégrales impropres suivantes : $
+∞
a) 1
sin x dx b) x2
$
+∞ 0
sin x + cos x dx c) √ x3 + 1
$
+∞
e −x sin x dx d)
$
0
+∞
cos x dx. e x + cos x
0
3.4 Exemples de détermination de la nature d’une intégrale impropre Déterminer la nature des intégrales impropres suivantes : $
−1
a) −∞
$
sin3 x dx x2
$
0
e x cos x dx
b) −∞
π
ln(2x + 3 sin x) dx.
c) 0
3.5 Exemples d’existence et calcul d’intégrales impropres Existence et calcul des intégrales suivantes : $
+∞
a) 0
$
+∞
d) 1
1 dx (x + 1)2 x2 − 3x − 4 dx x4
$
$
1
b)
ln x dx 0
$ e)
+∞
+∞
c)
x e −x dx
0
x4 e −x dx
0
$
+∞
f) 0
x dx. (x2 + 1)2
3.6 Utilisation d’une décomposition en éléments simples pour le calcul d’une intégrale a) Déterminer des réels a, b, c, d de façon que : ∀x ∈ [1 ; +∞[, 70
4 b a c d = 2 + + + . x2 (x + 1)(x + 2) x x x+1 x+2
Énoncés des exercices
$
+∞
b) Existence et calcul de I = 1
4 dx. x2 (x + 1)(x + 2)
3.7 Calcul direct d’une intégrale impropre avec paramètre $
+∞
a) Existence et calcul, pour tout a ∈ R, de I(a) = 1
1
−
x
a 2 dx. x2
b) Déterminer le minimum de I(a) lorsque a décrit R.
3.8 Lien entre les convergences des intégrales de f et de f 2 , lorsque f est bornée $
Soit f : ]0 ; 1] −→ R continue et bornée. Montrer que, si l’intégrale $ 1
2 alors l’intégrale f (x) dx converge.
1
| f (x)| dx converge, 0
0
Le résultat subsiste-t-il si on ne suppose pas que f est bornée ?
3.9 Limite d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier, d’après EDHEC 2004 On note, pour tout n ∈ N \ {0, 1}, sous réserve d’existence : $ +∞ $ 1 1 1 dt, J = dt, In = n n 1 + t + tn 0 0 1+t+t
$
+∞
Kn = 1
1 dt. 1 + t + tn
a) Justifier, pour tout n ∈ N \ {0, 1}, l’existence de In , Jn , Kn . Quelle relation y a-t-il entre In , Jn , Kn ? $ 1 1 b) On note J = dt. 1) Montrer : Jn − J −→ 0. n∞ 1 +t 0 $ +∞ 1 dt. c) 1) Montrer : ∀n ∈ N − {0, 1}, 0 Kn n t 1
2) En déduire lim Jn . n∞
2) En déduire lim Kn . n∞
d) Conclure sur lim In . n∞
3.10 Exemple de recherche de limite d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier, d’après ESC 2007
$
On note, pour tout n ∈ N∗ :
+∞
In =
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
1
1 dx. (1 + x3 )n
a) Prouver, pour tout n ∈ N∗ , l’existence de In . b) Établir : ∀n ∈ N∗ , 0 In
1 . En déduire lim In . n∞ 3n − 1
3.11 Étude d’une intégrale dépendant d’un paramètre, d’après EDHEC 2004 $
+∞
On note, sous réserve d’existence, pour x ∈ R : f (x) = 1
1 dt. 1 + t + t x+1
a) Montrer que, pour tout x ∈ R, f (x) existe si et seulement si x ∈ ]0 ; +∞[. b) Établir : f (x) −→ +∞ et f (x) −→ 0. x −→ 0
x −→ +∞
c) Montrer que f est décroissante sur ]0 ; +∞[. d) Tracer l’allure de la courbe représentative de f . (On admettra que − f est convexe.) 71
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
3.12 Exemples de détermination de la nature d’une intégrale impropre de fonction positive ou nulle, à la borne +∞
Déterminer la nature des intégrales impropres suivantes : $
+∞
a) 1
$
+∞
d) 0
$
+∞
f)
$
ln x dx x2 √ √
x2 + x − x2 + x +
+∞
√
b) 2
√ √
x2 + 1 x2 + 1
$
1 dx x ln x $
dx
√
+∞ 1
$
+∞
0
0
√
x2 + 3x + 1 − x2
ln x x3 + 1
x2 + x + 3
$
x4 + 1 dx x2 e x + 1
g)
√
1
e)
√ x x + 2 e −3x dx
+∞
c)
+∞
h)
e−
√
x
dx
dx
dx.
0
3.13 Exemples de détermination de la nature d’une intégrale impropre de fonction positive ou nulle Déterminer la nature des intégrales impropres suivantes : $
0
a) −∞
x2 + 1 dx b) x4 + e x
$
$
0
1
x e x dx c) −∞
0
ln x √ dx d) x
$
+∞
e −x dx e) 3
−∞
$
+∞
e −x dx 4
−∞
3.14 Détermination de la nature d’une intégrale impropre avec paramètre ∈
Déterminer l’ensemble des couples (a, b) $ +∞ 1 − e −x + a sin x + b cos x dx converge. x2 0
+∞
3.15 Nature des intégrales impropres 1
R2 tels que l’intégrale impropre
cos x dx et xα
Soit α ∈ R fixé.
$
1
+∞
a) 1) Montrer que, si α = 0, alors les intégrales 1
gentes.
$
+∞
2) Montrer que, si α < 0, alors les intégrales 1
gentes. $
+∞
b) Montrer que, si α > 1, alors les intégrales 1
convergentes, donc convergentes.
sin x dx xα
cos x dx et xα cos x dx et xα
cos x dx et xα
$
+∞
c) Montrer que, si 0 < α 1, alors les intégrales 1
gentes et non absolument convergentes.
+∞
$
$ 1
$
+∞ 1
cos x dx et xα
+∞
+∞ 1
sin x dx sont diverxα sin x dx sont diverxα
sin x dx sont absolument xα
$
+∞ 1
sin x dx sont converxα
3.16 Exemples d’existence et calcul d’intégrales impropres Existence et calcul des intégrales suivantes : $ +∞ $ +∞ 1 ln x dx dx b) a) (x + 1)(x + 2) x2 0 1
$
1
xa ln x dx, a ∈ ] − 1 ; +∞[ fixé.
c) 0
3.17 Calcul d’intégrales impropres avec paramètre entier $
+∞
On note, pour tout n ∈ N∗ : In = 0
72
1 dx, (1 + x2 )n
$
+∞
Jn = 0
ln x dx. (1 + x2 )n
Énoncés des exercices
a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , In et Jn existent. b) 1) Établir : ∀n ∈ N∗ , 2nIn+1 = (2n − 1)In . 2) En déduire l’expression de In en fonction de n, pour tout n ∈ N∗ , à l’aide de factorielles. c) 1) Établir : ∀n ∈ N∗ , 2nJn+1 = (2n − 1)Jn − In . 2) Calculer In et Jn pour n = 1, 2, 3.
3.18 Exemples de calcul d’intégrales liées à l’intégrale de Gauss $
+∞
On note, pour tout n ∈ N, sous réserve d’existence : In =
xn e −x
2 /2
dx.
0
a) Montrer que, pour tout n ∈ N, In existe. b) À l’aide d’une intégration par parties sur un segment puis d’un passage à la limite, montrer : ∀n ∈ N, In+2 = (n + 1)In . , π c) En utilisant la loi normale centrée réduite, justifier que : I0 = . 2 d) Calculer I1 . e) Démontrer, par récurrence sur p, que, pour tout p ∈ N : , (2p)! π I2p = p et I2p+1 = 2 p p!. 2 p! 2 $ +∞ 2 xn e −x /2 dx. f) Existence et calcul, pour tout n ∈ N, de : Jn = −∞
3.19 Calcul d’une intégrale particulière, d’après EML 2009 Soit (a, b) ∈ (R∗+ )2 . $
+∞
a) Montrer que l’intégrale 0
e −ax − e −bx dx converge. x
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
b) 1) Établir, pour tout (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε X : $ X −ax $ aX −y $ X −bx $ bX −y e e e e dx = dy et dx = dy. x y x y ε aε ε bε (À cet effet, on pourra utiliser des changements de variable.) 2) En déduire, pour tout (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε X : $ bε −y $ bX −y $ X −ax e − e −bx e e dx = dy − dy. x y y ε aε aX ⎧ 1 − e −y ⎪ ⎪ ⎪ si y 0 ⎪ ⎨ y c) 1) Montrer que l’application h : [0 ; +∞[ −→ R, y −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si y = 0 nue sur [0 ; +∞[. $ bε −y e b dy −→ ln . 2) En déduire : y −→ 0 y a aε $ X −ax $ bX −y e − e −bx e b d) Établir, pour tout X ∈ ]0 ; +∞[ : dx = ln − dy. x a y 0 aX
est conti-
73
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
$
+∞
e) Conclure : 0
b e −ax − e −bx dx = ln . x a
3.20 Convergence d’intégrales impropres de f 2 , g2 , f g a) 1) Montrer : ∀(α, β) ∈ (R+ )2 , αβ
1 2 (α + β2 ). 2
$
2) Soient a ∈ R, f, g : [a ; +∞[ continues telles que les intégrales $ +∞ convergent. Établir que l’intégrale | f g| converge. a
+∞ a
$
b) Soient a ∈ R, f : [a ; +∞[ −→ R continue telle que les intégrales $ +∞ convergent. Montrer que l’intégrale f 3 converge.
$
+∞
f 2 et
+∞
$ f 2 et
a
a
a
3.21 Détermination d’un équivalent d’une intégrale à paramètre
$
+∞
On note, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, sous réserve d’existence : I(x) = x
e −t dt. t
a) Montrer que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, I(x) existe. $ 1 −t e b) Établir : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, I(x) = dt + I(1). t x $ 1 1 − e −t dt. c) On note, pour tout x ∈ ]0 ; 1] : J(x) = t x $ 1 −t e dt + J(x) = − ln x. Montrer : ∀x ∈ ]0 ; 1], t x $ 1 1 − e −t dt converge. d) Établir que l’intégrale impropre t 0 e) Conclure : I(x)
∼
x −→ 0
− ln x.
3.22 Nature d’une série d’intégrales, d’après EDHEC 2009 Soit α ∈ N \ {0, 1}.
$
+∞
a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , l’intégrale un = 0
1 dt existe et que un > 0. (1 + tα )n
b) 1) Montrer, grâce à une intégration par parties : ∀n ∈ N∗ , un = nα(un − un+1 ). ∀n ∈ N \ {0, 1}, un = u1
2) En déduire :
n−1 1 . 1− kα k=1
3) Montrer : un −→ 0. n∞
c) On note, pour tout n ∈ N∗ : S n =
n
uk .
k=1
nα un+1 . α−1 n * 1 + 1 − ln 1 − . ln 1 − 2) En déduire : ∀n ∈ N \ {0, 1}, ln S n = ln u1 + kα k k=2
1) Montrer :
74
∀n ∈ N∗ , S n =
g2
a
+∞
f4
Énoncés des exercices
1 3) À l’aide d’un développement limité à l’ordre 1 en , donner un équivalent simple, lorsque k 1 1 l’entier k tend vers l’infini, de ln 1 − − ln 1 − . kα k un . 4) Conclure quant à la nature de la série n1
3.23 Étude d’une fonction définie par une intégrale, d’après EML 2010 On note J = ] − 1 ; +∞[.
$
1
a) Justifier, pour tout x ∈ J, la convergence de l’intégrale 0
$
1
f : J −→ R, x −→ f (x) =
On note
0
b) Montrer : ∀x ∈ J, 0 f (x)
tx dt. 1+t
x
t dt. 1+t
1 et en déduire : f (x) x+1
−→
x −→ +∞
0.
c) 1) Montrer que f est décroissante sur J. 2) Établir : ∀x ∈ J, f (x) + f (x + 1) =
1 . x+1
3) En déduire : f (x)
∼
x −→ +∞
1 . 2x
d) 1) Calculer f (0) et f (1). 2) Montrer :
∀x ∈ [0 ; 1], 1 − ln 2 f (x) ln 2.
3) En déduire : f (x)
∼
x −→ −1
1 . x+1
3.24 Limite d’une intégrale à paramètre entier
$
1
On note, pour tout n ∈ N∗ , sous réserve d’existence : In = 0
a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , In existe et In =
n−1 k=0
b) 1) Établir, pour tout n ∈ N tel que n 2
n
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
k=1
2) Déterminer lim n∞
n k=1
x2n − x4n dx. 1 − x2
1 . 2n + 2k + 1
1 1 In . 2n + 2k 2n + 2k k=0 n−1
1 . n+k
3) En déduire lim In . n∞
3.25 Intégrale d’une fonction décroissante
$
+∞
Soit f : [0 ; +∞[ −→ R continue, décroissante, telle que l’intégrale
f converge. 0
a) Montrer : f 0. $ x f (t) dt et en déduire : f (x) = b) Étudier x/2
o
x −→ +∞
1 x
.
3.26 Condition de convergence pour une intégrale impropre $ Trouver tous les polynômes P ∈ R[X] tels que l’intégrale converge.
+∞ 1
√
x2 + 4x + 2 − P(x) dx x
75
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
3.27 Exemple de détermination de la nature d’une intégrale impropre $
+∞
Déterminer la nature de l’intégrale impropre
e
sin x x
− 1 dx.
0
3.28 Exemple de détermination de la nature d’une intégrale impropre $
+∞
Déterminer la nature de l’intégrale impropre
.
0
cos x dx. √ x + x cos x
3.29 Exemple de calcul d’une intégrale sur un intervalle quelconque, par changement de variable qui échange les bornes $ +∞ ln x dx. Existence et calcul de 1 + x2 0
3.30 Équivalent d’une intégrale à paramètre On note, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, sous réserve d’existence : $ +∞ −t $ +∞ −t e e dt et J(x) = dt. I(x) = t t2 x x a) Montrer que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, I(x) et J(x) existent. b) Établir : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, 0 J(x) c) Montrer : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, I(x) = d) En déduire : I(x) $
+∞
e) Démontrer : 0
∼
x −→ +∞
e −x . x2
e −x − J(x). x
e −x . x
e −u du u+x
∼
x −→ +∞
1 . x
3.31 Équivalent d’une intégrale à paramètre
$
+∞
On note, pour tout (n, α) ∈ N∗ × R, sous réserve d’existence : un (α) =
tα e −t dt.
n
a) Montrer que, pour tout (n, α) ∈ N∗ × R, u(n, α) existe. b) Montrer, pour tout (n, α) ∈ N∗ × R : un (α) = nα e −n + αun (α − 1). c) Établir, pour tout (n, α) ∈ N∗ × R : 0 un (α − 1)
un (α) . n
d) En déduire : un (α) ∼ nα e −n . n∞
3.32 Équivalent d’une intégrale à paramètre On note, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, sous réserve d’existence : $ x $ x 1 1 1 dt. dt, g(x) = − f (x) = √4 √4 4 3 4 3 t 0 1 t +t t +t a) Montrer que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) et g(x) existent et : f (x) = ln x + f (1) + g(x). $ +∞ 1 1 dt converge. b) Établir que l’intégrale − √4 t 1 t4 + t3 76
Énoncés des exercices
c) En déduire : f (x)
∼
ln x.
x −→ +∞
3.33 Exemple de recherche de limite d’une intégrale dépendant d’un paramètre entier $
1
a) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , l’intégrale In = 0
nxn ln x dx existe. xn − 1
b) Déterminer lim In , à l’aide d’un changement de variable. n∞
3.34 Exemple d’étude de fonction définie par une intégrale
$
+∞
On note, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, sous réserve d’existence : f (x) = 0
t dt. 1+ x et
a) Justifier, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’existence de f (x). b) Montrer que f est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[. c) Déterminer lim f (x) et
lim
x −→ +∞
x −→ 0
f (x).
d) Montrer, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, en utilisant le changement de variable u = x e t : $ +∞ ln u
du. f (x) = (ln x) ln x − ln(1 + x) + u(1 + u) x e) 1) En déduire que f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et :
1 ln x − ln(1 + x) . ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = x 2) Retrouver ainsi le résultat de b). 3) Montrer que f est convexe. f) Dresser le tableau de variation de f et tracer l’allure de la courbe représentative C de f .
3.35 Limite d’une intégrale à paramètre entier a) Montrer, pour tout n ∈ N∗ et tout t ∈ [0 ; +∞[ :
n−1
tk n t
k=0
n−1 2
$
.
1
b) On note, pour tout n ∈ N∗ , sous réserve d’existence : In = 0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
1) Montrer que, pour tout n ∈ N∗ , In existe.
1
1 − xn dx. 1−x 2) Démontrer : In −→ 0. n∞
3.36 Exemple de calcul d’une intégrale à partir d’une autre $
+∞
Existence et calcul de I = 0
sin2 x dx en admettant x2
$
+∞ 0
sin x π dx = . x 2
3.37 Régularité d’une fonction à partir de la convergence d’intégrales $
Soit f : [0 ; +∞[ −→ R de classe C 2 telle que les intégrales 0
a) Montrer : f
+∞
$
| f | et
+∞
| f | convergent.
0
−→ 0. +∞
$
+∞
b) En déduire que l’intégrale
| f f | converge.
0
c) Démontrer : f −→ 0. +∞
77
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
3.38 Étude de l’existence de la transformée de Laplace
$ +∞ e −at f (t)dt Soient a ∈ R, f : [0 ; +∞[ −→ R continue telle que l’intégrale impropre 0 $ +∞ e −bt f (t)dt converge. converge. Démontrer que, pour tout b ∈ [a ; +∞[, l’intégrale impropre 0
3.39 Une inégalité portant sur des intégrales
$
Soit f : [0 ; +∞[ −→ R de classe C 2 telle que les intégrales
+∞
$ | f | et
0
a) Montrer : f (x) $ 0
c) En déduire :
0.
√
2x−
0
d) Démontrer :
| f | convergent.
0
$ √2 √ √ x2 f (x) dx. f (x) dx = f ( 2) + 2 f (0) − 2 0 $ √2 $ +∞ $ √2 √ √ 2| f (0)| | f (x)| dx + √ | f (x)| dx + ( 2x − x2 )| f (x)| dx.
√ 2
b) Établir :
−→
x −→ +∞
+∞
√
$
2 | f (0)|
2
+∞
0
$
+∞
| f (x)| dx +
0
| f (x)| dx.
0
3.40 Représentation intégrale des fonctions puissances, d’après ESSEC 2007 a) Soit $ϕ : ]0 ; +∞[ −→ R continue, à valeurs positives ou nulles, telle que l’in+∞ ϕ(t) dt converge. Montrer que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale tégrale 1 + t2 0 $ +∞ t 1 ϕ(t) dt converge. − 1 + t2 x + t 0 $ +∞ α t b) Déterminer l’ensemble E des α ∈ R tels que l’intégrale dt converge. 1 + t2 0 $ +∞ 1 α t t dt. − On note, pour tout α ∈ E : fα : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ 2 1+t x+t 0 c) Exprimer f0 à l’aide de fonction(s) usuelle(s). d) On suppose ici α ∈ ] − 1 ; 0[.
$
+∞
tα dt converge et, à l’aide d’un x+t 0 α changement de variable, exprimer cette intégrale en fonction de x et d’un réel indépendant de x (mais dépendant, a priori, de α). 1) Montrer que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale
2) En déduire l’existence de deux réels c, d, indépendants de x (mais dépendant à priori de α) tels que : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, fα (x) = cxα + d. Préciser le signe de c. e) On suppose ici α ∈ ]0 ; 1[. 1) Montrer, pour tout (x, h) ∈ R2 tel que x > 0, x + h > 0, h 0 : $ +∞ tα fα (x + h) − fα (x) = dt. h (x + h + t)(x + t) 0 2) En déduire que fα est dérivable sur ]0 ; +∞[ et que : $ +∞ tα dt. ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f α (x) = (x + t)2 0 3) Montrer :
∀x ∈ ]0 ; +∞[, f α (x) = f α (1)xα−1 .
4) En déduire l’existence de deux réels c, d, indépendants de x (mais dépendant a priori de α) tels que : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, fα (x) = cxα + d. Préciser le signe de c. 78
Du mal à démarrer ?
Du mal à démarrer ? 3.1
Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. 1 1 . a) f(x) ∼ . b) f(x) ∼ x −→ +∞ x 3/2 x −→ +∞ x 1 1 c) f(x) ∼ . d) f(x) 2 pour x e . x −→ +∞ x 3 x 1 pour x e . e) f(x) x+1 1 1 1 f) f(x) ∼ , et x pour x 1. x −→ +∞ x e x x ex e 1 . g) f(x) h) f(x) ∼ e −x . x −→ +∞ x+1
3.2
Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. 1 a) f(x) ∼ . x −→ −∞ x 4 −t
e b) Changement de variable t = −x, puis : 0 e −t . t+1 √ 2 1 c) f(x) ∼ . d) f(x) ∼ . x −→ 0 x 1/2 x −→ 0 2x − ln x 1 e) Passer à la fonction opposée, puis 4 4 x + x2 x + x2 1 1 pour x e −1 et 4 ∼ . x + x2 x −→ 0 x2 f) f(x) −→ 0. g) f(x) −→ 0. x −→ 0
x −→ 0
3.3
Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. Montrer que l’intégrale proposée est absolument convergente, en majorant convenablement la valeur absolue de f.
3.4
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue.
e) Chercher une primitive de f : x −→ x4 e −x sous la forme g : x −→ (ax4 + bx3 + cx2 + dx + k) e −x , où (a, b, c, d, k) ∈ R5 est à calculer, en dérivant g. $ X Calculer alors f(x) dx puis faire tendre X vers +∞. 0
f) Changement de variable t = x2 + 1. x Ou bien remarquer que x −→ 2 ressemble à la dérivée (x + 1)2 1 de x −→ 2 . x +1
3.6
a) Réduire au même dénominateur et identifier. $ X 3 4 1 2 b) Calculer − + − dx, puis faire tendre X 2 x x + 1 x + 2 x 0 vers +∞.
3.7
$
X
a) Calculer 0
1 x
−
a 2 dx, puis faire tendre X vers +∞. x2
b) Utiliser une mise sous forme canonique pour un trinôme, ou bien étudier les variations de a −→ I(a) obtenue en a).
3.8
• Majorer f 2 à l’aide de |f| en utilisant f bornée.
• Considérer, par exemple, f : ]0 ; 1] −→ R, x −→ x−3/4 .
3.9
a) Situer les impropriétés.
Pour In et Kn :
1 1 + t + tn
∼
t −→ +∞
1 . tn
Pas d’impropriété pour Jn .
b) 1) Majorer convenablement |Jn − J|. b) 2) Immédiat. c), d) Immédiats. a) Pour n ∈ N∗ fixé, situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction considérée est continue.
3.10
convergence.
Utiliser un équivalent ou une majoration.
c) Considérer la fonction opposée.
b) Encadrer convenablement la fonction qui est dans l’intégrale.
1 méthode : Comparer − ln x à l’exemple de Riemann en 0. re
2e méthode : Calculer une primitive de x −→ − ln x.
3.5
$
X
a) Calculer 0
1 dx puis faire tendre X vers +∞. (x + 1)2
b) Intégrer par parties sur [ε ; 1], puis faire tendre ε vers 0. c) Intégrer par parties sur [0 ; X], puis faire tendre X vers +∞. $
X
d) Calculer 1
1 3 4 − − dx, puis faire tendre X vers +∞. x2 x3 x4
3.11
a) Pour x ∈ R fixé, situer l’impropriété et indiquer sur 1 est continue. 1 + t + tx+1 Déterminer un équivalent simple de ϕ(t) lorsque t −→ + ∞, en séparant en cas : x > 0, x = 0, x < 0. quel intervalle la fonction ϕ : t −→
b) • Pour l’étude en 0, minorer convenablement f(x). • Pour l’étude en +∞, majorer convenablement f(x).
c) Revenir à la définition d’une fonction décroissante. d) Immédiat.
79
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
3.12
Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue.
a) Considérer, par exemple, x3/2 f(x).
∗ Non-convergence absolue :
b) Considérer, par exemple, xf(x). ln x , notée g(x), puis considérer, par exemple, x3/2
∼
c) f(x) x 5/4 g(x).
x −→ +∞
d) Utiliser une expression conjuguée, puis prendre un équivalent lorsque x −→ + ∞. e) Utiliser une expression conjuguée, puis prendre un équivalent lorsque x −→ + ∞. f)
f(x)
∼
x −→ +∞ 2
x3/2 e −3x ,
notée g(x), puis considérer, par
exemple, x g(x).
g) f(x) x 2 g(x).
∼
x −→ +∞
x2 e −x , notée g(x), puis considérer, par exemple,
h) Considérer, par exemple, x2 f(x).
3.13
Situer la ou les impropriétés et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. 1 t2 + 1 ∼ . + e −t t −→ +∞ t2 b) Changement de variable t = −x, puis considérer, par exemple, t2 (t e −t ).
a) Changement de variable t = −x, puis
t4
c) Passer à la fonction opposée, puis considérer, par exemple, − ln x x 3/4 √ . x d) Remarquer que, pour tout x ∈ ] − ∞ ; −1] : e −x e . 3
e) Considérer, par exemple, x2 f(x).
3.14
Situer les impropriétés et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. • Étude en 0 : Utiliser des développements limités lorsque x tend vers 0 et ob1+a 1+b b − + o (1). tenir : f(x) = 2 + x −→ 0 x 2 x
En déduire un équivalent simple de f(x) lorsque x tend vers 0, en séparant en cas selon que les coefficients qui interviennent successivement sont nuls ou non. • Étude en +∞ : Majorer convenablement |f(x)| et utiliser l’absolue convergence.
3.15
a) 1) Calculer une primitive et revenir à la définition d’une intégrale divergente. $ 2nπ+ π 2 cos x a) 2) Minorer convenablement dx, pour n ∈ N∗ , et xα 2nπ raisonner par l’absurde. ## cos x ## b) Majorer ## α ## et faire intervenir l’absolue convergence. x c) ∗ Convergence :
80
Utiliser une intégration par parties sur [1 ; X], puis faire tendre X vers +∞, en utilisant le résultat de b) appliqué à α + 1 à la place de α.
Remarquer : ∀x ∈ [1 ; +∞[, | cos x| cos2 x et linéariser cos2 x.
3.16
a) 1) Existence : Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue, et 1 . f(x) ∼ x −→ +∞ x 2 1 1 1 a) 2) Calcul : Remarquer = − , (x + 1)(x + 2) x+1 x+2 $ X 1 1 − dx, puis faire tendre X vers +∞. calculer x + 1 x + 2 0 $ X ln x b) Calculer dx à l’aide d’une intégration par parties, x2 1 puis faire tendre X vers +∞. $ 1 c) Soit a ∈ ] − 1 ; +∞[ fixé. Calculer xa ln x dx à l’aide d’une ε
intégration par parties, puis faire tendre ε vers 0.
3.17
a) • Existence de In :
Pour n ∈ N∗ , situer l’impropriété, indiquer sur quel intervalle 1 est continue, et utiliser le théola fonction fn : x −→ (1 + x2 )n rème de majoration ou le théorème d’équivalence. • Existence de Jn : Pour n ∈ N∗ , situer les impropriétés et indiquer sur quel interln x est continue. valle la fonction gn : x −→ (1 + x2 )n En 0, utiliser un équivalent puis un calcul de primitive. En +∞, former x3/2 gn (x).
b) 1) Effectuer une intégration par parties sur [0 ; X] puis faire tendre X vers +∞. b) 2) Intercaler les facteurs pairs manquants. c) 1) Effectuer une intégration par parties sur [ε ; X], puis faire tendre ε vers 0 et X vers +∞. c) 2) Immédiat, en utilisant le résultat de l’exercice 3.29.
3.18
a) Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la 2 fonction fn : x −→ xn e −x /2 est continue, et considérer, par 2 exemple, x fn (x). $ A b) Calculer fn (x) dx à l’aide d’une intégration par parties, 0
puis faire tendre A vers +∞.
c) Rappeler une densité de la loi normale centrée réduite. d) Remarquer que la fonction x −→ x e −x 2 fonction, x −→ − e −x /2 .
2
/2
est la dérivée de la
e) Immédiat, en utilisant b), c), d). f) Remarquer un argument de parité ou d’imparité.
Du mal à démarrer ?
3.19
a) Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction considérée est continue. • Étude en 0 :
Utiliser des développements limités lorsque x tend vers 0.
Étude en +∞ :
c) 4) Utiliser le théorème d’équivalence pour les séries à termes 0.
3.23
a) Pour x ∈ J, situer l’impropriété, indiquer sur quel intervalle la fonction considérée est continue, et, lorsque t tend vers 0, utiliser un équivalent.
e −ax . x b) 1) Utiliser le changement de variable y = ax dans la première intégrale et le changement de variable y = bx dans la seconde.
b) • Minorer 1 + t par 1.
b) 2) Utiliser la linéarité de l’intégration.
c) 1) Revenir à la définition d’une fonction décroissante.
c) 1) Montrer que h est continue sur ]0 ; +∞[ et que h est continue en 0.
c) 2) Revenir à la définition de f(x) et de f(x + 1).
c) 2) Remplacer e −y par 1 − (1 − e −y ) et faire intervenir h.
d) 1), 2) Immédiats.
d) Pour X > 0 fixé, faire tendre ε vers 0. $ bX −y e dy −→ 0 et conclure. e) Montrer que X −→ +∞ y aX
d) 3) Utiliser c) 2) et d) 2) appliqué à x + 1 à la place de x.
Majorer convenablement
3.20
a) 1) Développer (α − β)2 .
a) 2) Appliquer 1) à (α, β) = |f(x)|, |g(x)| .
3.21
a) Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la e −t e −t fonction f : t −→ est continue, et utiliser 0 e −t t t pour t 1. b) Relation de Chasles. c) Linéarité de l’intégration de x à 1. d) Montrer que l’application g : t ∈ ]0 ; 1] −→
1 − e −t t
admet une limite finie en 0. $ 1 1 − e −t dt, obtenir : e) En notant K = t 0
I(x) = − ln x + I(1) − K +
• Immédiat.
c) 3) Utiliser c)1) et c)2) et le théorème d’encadrement.
3.24
a) Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la x 2n − x4n est continue. Transformer l’écrifonction fn : x −→ 1 − x2 ture de fn (x) en utilisant une sommation géométrique. b) 1) Utiliser un changement d’indice pour obtenir la première inégalité.
b) Appliquer a)2) avec f 2 à la place de g.
o (1).
x −→ 0
a) • Pour n ∈ N∗ fixé, situer l’impropriété, indiquer 1 est continue, et, sur quel intervalle la fonction t −→ (1 + tα )n en +∞, utiliser un équivalent.
3.22 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
c) 3) Immédiat.
b) 2) Faire apparaître une somme de Riemann. b) 3) Immédiat.
3.25
a) Montrer que f admet une limite finie en +∞, puis montrer que cette limite est 0, et déduire f 0. $ x b) Étudier, pour x ∈ [0 ; +∞[, l’intégrale f(t) dt pour faire x/2
apparaître
1 xf(x). En déduire : xf(x) −→ 0. x −→ +∞ 2
3.26
• Montrer d’abord que, si deg (P) 0 ou deg (P) 2, alors l’intégrale proposée diverge.
• Montrer que, si P = aX + b où (a, b) ∈ R2 et a 1, alors l’intégrale diverge. • Si P = X + b, où b ∈ R, utiliser une expression conjuguée et distinguer en cas selon que 4 − 2b est nul ou non.
3.27
Situer les impropriétés et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue.
• Minorer convenablement l’intégrale.
• Étude en 0 :
b) 1) Pour n ∈ N∗ fixé et X ∈ [0 ; +∞[, effectuer une intégration par parties sur [0 ; X], puis faire tendre X vers +∞.
Montrer que f admet une limite finie en 0.
b) 2) Décaler l’indice d’une unité et réitérer la formule obtenue en 1). b) 3) Prendre le logarithme. Utiliser la divergence de la série
1 . k k1
c) 1) Exprimer Sn et faire apparaître un télescopage. c) 2) Prendre le logarithme.
• Étude en +∞ : Utiliser des développements limités lorsque x tend vers +∞, l’exercice 3.15 et la convergence absolue.
3.28
Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction considérée est continue.
Pour l’étude en +∞, utiliser des développements limités lorsque x tend vers +∞, l’exercice 3.15 et la convergence absolue.
81
Chapitre 3
3.29
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
1) Existence :
Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. • Étude en 0 : √
Considérer x − f(x) .
c) • Pour l’étude lorsque x tend vers 0, minorer f(x) par une intégrale de 0 à − ln x. • Pour l’étude lorsque x tend vers +∞, majorer f(x) convenablement. $ +∞ 1 du, remarquer : d) Pour calculer u(1 + u) x
• Étude en +∞ :
∀u ∈ ]0 ; +∞[,
1 1 1 = − . u(1 + u) u 1+u
Considérer x3/2 f(x), ou bien x3/2 g(x) où g(x) est un équivalent simple de f(x) lorsque x tend vers +∞.
e) 1) Utiliser d).
2) Calcul :
e) 2) Immédiat.
1 Utiliser le changement de variable t = , qui échange les x bornes.
e) 3) Calculer f et étudier les variations d’une fonction auxiliaire.
3.30
a) Remarquer : ∀t ∈ [1 ; +∞[, 0
e −t e −t e −t . t t2
e −t e −t b) Majorer 2 par 2 pour t x. t x c) Intégrer par parties sur [x ; X], puis faire tendre X vers +∞.
f) Immédiat.
3.35
a) Noter, par exemple, S =
n−1
tk , et remarquer :
k=0
2S = (1 + tn−1 ) + (t + tn−2 ) + · · · + (tn−1 + 1).
d) Combiner b) et c).
Utiliser :
e) Changement de variable t = u + x, pour x fixé.
b) 1) Remarquer que 1 − x = 1 − (x1/n )n et utiliser une sommation géométrique.
3.31
a) Considérer t2 (tα e −t ).
∀(α, β) ∈ (R+ )2 , α2 + β2 2αβ.
b) 2) Utiliser a).
b) Intégrer par parties sur [n ; T ], puis faire tendre T vers +∞. c) Dans la définition de un (α− 1), majorer tα−1 , c’est-à-dire 1 α t . n d) Combiner b) et c).
1 α t , t
par
3.32
a) • Pour f(x), situer l’impropriété et utiliser un équivalent lorsque t −→ 0. • Pour g(x), il n’y a pas d’impropriété. • Relation de Chasles.
b) Situer l’impropriété et former un développement limité à l’ordre 2 pour obtenir un équivalent. c) Combiner a) et b).
3.36
1) Existence :
Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. • Étude en 0 : Montrer que f admet une limite finie en 0. • Étude en +∞ : Majorer f convenablement.
2) Calcul : Pour (ε, X) fixé, effectuer une intégration par parties sur [ε ; X], puis faire tendre ε vers 0 et X vers +∞.
3.37
a) Exprimer f (x) à l’aide de
$
x
f (t) dt et déduire que
0
f admet une limite finie en +∞. Montrer = 0 en raisonnant par l’absurde.
• Étude en 0 :
b) Montrer que f est bornée au voisinage de +∞ et en déduire une majoration de |ff |. $ x c) Exprimer f 2 (x) à l’aide de (f 2 ) (t) dt et déduire que f 2 ad-
Montrer que fn admet une limite finie en 0.
met une limite finie L en +∞. Montrer L = 0 comme en a).
a) Pour n ∈ N∗ , situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction fn considérée est continue.
3.33
0
• Étude en 1 :
3.38
Soit b ∈ ]a ; +∞[. Noter c = b − a, remarquer
∀t ∈ [0 ; +∞[, e −bt f(t) = e −ct e −at f(t) ,
Factoriser xn − 1 et en déduire que fn admet une limite finie en 1.
b) Utiliser le changement de variable y = xn .
3.34
a) Utiliser la comparaison à l’exemple de Riemann en +∞.
b) Pour (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 fixé tel que x < y, étudier les variations $ T $ T t t dt − dt. de D : T ∈ [0 ; +∞[ −→ t t 0 1+x e 0 1+y e
82
considérer g : [0 ; +∞[ −→ R, t −→ e −at f(t) $ t et G : [0 ; +∞[ −→ R, t −→ g(s) ds, 0
$
T
exprimer 0
e −ct g(t) dt à l’aide d’une intégration par parties,
puis faire tendre T vers +∞.
Du mal à démarrer ?
3.39
a) Voir la solution de l’exercice 3.37 a).
b) Effectuer deux intégrations par parties successives. $ +∞ c) Utiliser f (x) −→ 0 pour exprimer √ f (x) dx , utiliser x −→ +∞
2
l’inégalité triangulaire et les variations de la fonction x ∈ [0 ;
√
2] −→
√
x2 . 2x − 2
3.40
a) Pour x ∈ ]0 ; +∞[, situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction f considérée est continue. Majorer convenablement la valeur absolue de la fonction. b) Pour α ∈ R, situer les impropriétés et indiquer sur quel intervalle la fonction ϕα considérée est continue. • Étude en 0 : Utiliser un équivalent. • Étude en +∞ : Utiliser un équivalent.
c) Faire intervenir des logarithmes et lever une indétermination.
• Étude en 0 : Utiliser un équivalent. • Étude en +∞ : Utiliser un équivalent. ∗ Utiliser le changement de variable u =
t . x
d) 2) L’existence de c et d est immédiate. Pour montrer c > 0, soit faire intervenir un théorème général sur les intégrales, soit minorer c convenablement.
e) 1) Immédiat. x e) 2) En supposant, de plus, h > − , majorer convenablement 2 $ ## $ +∞ ## +∞ tα tα ## dt − dt##, 2 (x + t)(x + h + t) (x + t) 0 0 pour déduire que cette expression tend vers 0 lorsque h tend vers 0. t Utiliser le changement de variable u = . x e) 3) Intégrer à partir du résultat précédent.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
d) 1) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.
∗ • Situer l’impropriété et indiquer sur quel intervalle la fonction considérée est continue.
83
Corrigés des exercices Il s’agit d’intégrales impropres de fonctions 0 et continues sur un intervalle du type [a ; +∞[, a ∈ R.
3.1
a) L’application f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→ est continue sur [1 ; +∞[ et f (x)
∼
x −→ +∞
1 √ x x+2
1 0. x3/2
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x3/2 1 D’après le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, on $ +∞ 1 conclut que l’intégrale dx converge. √ 1 x x+2 b) L’application
f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ √
est continue sur [0 ; +∞[ et f (x)
∼
x −→ +∞
1 0. x
1 (x + 1)(x + 2) $
+∞ 1
1 dx x
D’après le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, $ +∞ f (x) dx diverge, puis on conclut on déduit que l’intégrale 1 $ +∞ 1 dx diverge. que l’intégrale √ (x + 1)(x + 2) 0 c) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ est continue sur [0 ; +∞[ et f (x)
∼
x −→ +∞
x2 + 1 x5 + 1
1 x2 = 3 0. x5 x
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x3 1 D’après le théorème d’équivalence pour des fonctions 0, on $ +∞
déduit que l’intégrale f (x) dx converge, puis on conclut $ +∞ 2 1 x +1 dx converge. que l’intégrale x5 + 1 0 1 d) L’application f : [2 ; +∞[ −→ R, x −→ 2 x ln x
e) L’application f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→
84
ln x x+1
est continue sur [1 ; +∞[. On a, pour tout x e : f (x) = 1 x+1
Et :
∼
x −→ +∞
1 ln x . x+1 x+1 1 0. x
$
+∞ e
diverge.
1 dx x
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ 1 dx diverge. x + 1 e Par théorème $ +∞ de minoration pour des fonctions 0, l’intégrale f (x) dx diverge, et on conclut que l’intégrale e $ +∞ ln x dx diverge. x +1 1 f) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→
1 x ex +1
est continue sur [0 ; +∞[. On a : ∀x ∈ [1 ; +∞[, 0 f (x) $
+∞
L’intégrale
1 1 x = e −x . x ex e
e −x dx converge car, pour X 1 :
1
$
X
e −x dx = [− e −x ]1X = − e −X + e −1
1
−→
X −→ +∞
e −1 .
Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ $ +∞ 1 1 dx converge, puis l’intégrale dx x +1 x +1 x e x e 1 0 converge. g) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→
1 1 2. x2 ln x x
1
1 dx x2
D’après$le théorème de majoration pour des fonctions 0, l’in+∞ f (x) dx converge, puis on conclut que l’intégrale tégrale e $ +∞ 1 dx converge. x2 ln x 2
est continue sur [2 ; +∞[ et, pour tout x e : 0 f (x) =
+∞
D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale
D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale diverge.
$ D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale converge.
est continue sur [0 ; +∞[.
ex x+1
Corrigés des exercices
On a : ∀x ∈ [0 ; +∞[, f (x) 1 x+1
et :
1 0 x+1
∼
x −→ +∞
1 0. x
$
+∞
D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale 1
diverge.
1 dx x
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ 1 dx diverge. x + 1 1 Par théorème $ +∞ de x minoration pour des fonctions 0, l’ine tégrale dx diverge et on conclut que l’intégrale x +1 1 $ +∞ x e dx diverge. x +1 0 x ex +1 x e 2x + 1
h) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ est continue sur [0 ; +∞[ et : f (x) $
+∞
L’intégrale
x ex = e −x 0. x e 2x
∼
x −→ +∞
e −x dx converge, car, pour X 0 :
∀t ∈ [0 ; +∞[, 0
On a : $
+∞
L’intégrale
e −t dt converge, car, pour T 0 :
0
$
T
e −t dt = [− e −t ]T0 = − e −T + 1
0
X
e −x dx = [− e −x ]0X = − e −X + 1
0
−→
X −→ +∞
1.
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, on conclut $ +∞ x ex +1 que l’intégrale dx converge. x e 2x + 1 0 Il s’agit d’intégrales impropres de fonctions 0 et continues sur un intervalle qui n’est pas du type [a ; +∞[, c’està-dire qui est du type ] − ∞ ; b], ]a ; b], [a ; b[, où (a, b) ∈ R2 .
3.2
a) L’application f : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→ est continue sur ] − ∞ ; 0]. On a : f (x)
∼
1 x4 + x + 1
x −→ −∞
1 . x4
D’après l’exemple de Riemann en −∞ (4 > 1), l’intégrale $ −1 1 dx converge. 4 −∞ x Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, l’in$ −1 f (x) dx converge, et on conclut que l’intégrale tégrale −∞ $ 0 1 dx converge. 4 + x+1 x −∞ b) L’application f : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→ est continue sur ] − ∞ ; 0].
ex x−1
−→
1.
T −→ +∞
Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ e −t dt converge. t+1 0 En passant à la fonction opposée, puis par le changement de $ 0 ex variable t = −x, on conclut que l’intégrale dx −∞ x − 1 converge. ,
est continue sur ]0 ; 1].
$
e −t e −t . t+1
c) L’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→
0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Par le changement de variable t = −x, l’intégrale pro$ 0 ex dx est de même nature que l’intégrale posée x −1 −∞ $ +∞ −t e − dt. t+1 0
On a :
f (x)
∼
x −→ 0
,
x2 + 2 x2 + x
√ 2 2 = 1/2 0. x x
D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1), l’intégrale $ 1 1 dx converge. 1/2 x 0 Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, on conclut $ 1, 2 x +2 dx converge. que l’intégrale x2 + x 0 d) L’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→
x+1 x2 + 2x
est continue sur ]0 ; 1]. On a :
f (x)
∼
x −→ 0
1 0. 2x
$
D’après l’exemple de Riemann en 0, l’intégrale $ 1 1 verge, donc l’intégrale dx diverge. 2x 0
1 0
1 dx dix
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, on conclut $ 1 x+1 dx diverge. que l’intégrale 2 + 2x x 0 e) L’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→
ln x x4 + x2
est continue sur ]0 ; 1] et à valeurs 0. 85
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
Par passage à la fonction opposée, l’intégrale proposée est de $ 1 − ln x dx. même nature que l’intégrale 4 + x2 x 0 On a :
∀x ∈ ]0 ; 1/ e ], − ln x 1,
donc :
∀x ∈ ]0 ; 1/ e ], 1 x4 + x2
Et :
∼
1 − ln x 4 0. x4 + x2 x + x2
x −→ 0
1 0. x2
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale $ 1 1 dx diverge. 4 + x2 x 0 Par théorème de minoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ 1 − ln x dx diverge. 4 2 0 x + x Par passage à la fonction opposée, on conclut que l’intégrale $ 1 ln x dx diverge. 4 2 0 x + x √
x ln x
1
f (x) =
√
x ln x −→ 0,
Puisque f admet une limite finie en 0, on conclut, d’après le $ 1 √ x ln x dx converge. cours, que l’intégrale 0
donc convergente.
f (x) −→ 0.
∼
sin x dx est absolument convergente, x2
sin x + cos x √ x3 + 1 est continue sur [1 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : | f (x)| =
| sin x + cos x| | sin x| + | cos x| 2 2 √ 3/2 . √ √ 3 3 3 x x +1 x +1 x +1
D’après $ +∞ l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1), l’intégrale 1 dx converge. x3/2 1 Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ | f (x)| dx converge. 1
$
+∞
f (x) dx est absolument convergente,
donc convergente.
1
$
+∞
Enfin, on conclut que l’intégrale 0
converge.
1 ln x = , et (ln x)2 ln x
c) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ e −x sin x
1 −→ 0, donc : ln x x −→ 0
∀x ∈ [0 ; +∞[, | f (x)| = e −x | sin x| e −x . $
+∞
L’intégrale
e −x dx converge car, pour X 0 :
0
$
X
x −→ 0
e −x dx = [− e −x ]0X = 1 − e −X
0
Puisque f admet une limite finie en 0, on conclut, d’après le $ 1 1 + ln x dx converge. cours, que l’intégrale 2 0 1 + (ln x)
0
Il s’agit d’intégrales impropres de fonctions à signe variable, continues sur un intervalle du type [a ; +∞[, a ∈ R. sin x x2 est continue sur [1 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : a) L’application f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→
86
1 | sin x| 2. x2 x
−→
X −→ +∞
1.
Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ | f (x)| dx converge.
3.3
| f (x)| =
sin x + cos x dx √ x3 + 1
est continue sur [0 ; +∞[ et :
est continue sur ]0 ; 1]. x −→ 0
1
b) L’application f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→
1 + ln x g) L’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→ 1 + (ln x)2
f (x)
+∞
x −→ 0
par prépondérance des puissances sur le logarithme.
On a :
$
Ainsi, l’intégrale
est continue sur ]0 ; 1]. On a :
Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ | f (x)| dx converge. Ainsi, l’intégrale
D’après l’exemple de Riemann en 0 (2 1), l’intégrale $ 1 1 dx diverge. 2 x 0
f) L’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 1
$
donc convergente.
+∞
f (x) dx est absolument convergente,
Ainsi, l’intégrale 0
cos x e x + cos x est continue sur [0 ; +∞[ comme quotient de fonctions dont le dénominateur ne s’annule pas, car, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[,
d) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→
Corrigés des exercices
on a e x > 1 et cos x −1, donc e x + cos x > 0, et, d’autre part, e 0 + cos 0 = 2 > 0.
b) L’application x −→ e x cos x est continue sur ] − ∞ ; 0], l’intégrale est impropre à la borne −∞.
On a :
Par le changement de variable t =$ −x, l’intégrale proposée est +∞ e −t cos t dt, qui est imde même nature que l’intégrale
1 1 | cos x| x x e x + cos x e + cos x e −1
∀x ∈ [1 ; +∞[, | f (x)| = 1 ex −1
et : $
+∞
e
L’intégrale
−x
∼
x −→ +∞
1 = e −x . ex
On a :
X
e
−x
$ dx =
[− e −x ]1X
= e
1
−1
−e
−X
−→
X −→ +∞
−1
e .
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x −1 e 1 Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ | f (x)| dx converge. 1
$
+∞
f (x) dx est absolument convergente,
Ainsi, l’intégrale donc convergente.
+∞
On conclut que l’intégrale 0
cos x dx converge. e x + cos x
3.4
Il s’agit d’intégrales impropres de fonctions à signe variable, continues sur un intervalle qui n’est pas du type [a ; +∞[, a ∈ R.
sin3 x est continue sur ] − ∞ ; −1], l’ina) L’application x −→ x2 tégrale est impropre à la borne −∞. Par le changement de variable t = −x, l’intégrale proposée $ +∞ sin3 t dt, qui est imest de même nature que l’intégrale t2 1 propre à la borne +∞. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
+∞
e −t dt converge car, pour T 0 :
T
e −t dt = [− e −t ]T0 = 1 − e −T
0
## sin3 t ## 1 ∀t ∈ [1 ; +∞[, ## 2 ## 2 . t t
D’après l’exemple de Riemann en +∞, (2 > 1) l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. t2 1 Par le théorème de majoration pour des fonctions 0, l’inté$ +∞ # 3 # ## sin t ## grale # 2 # dt converge. t 1 $ +∞ sin3 t dt est absolument convergente, Ainsi, l’intégrale t2 1 donc convergente. $ −1 sin3 t On conclut que l’intégrale dt converge. t2 −∞
−→
T −→ +∞
1.
Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ | e −t cos t| dt converge. 0
$
+∞
Ainsi, l’intégrale
e −t cos t dt est absolument conver-
0
gente, donc convergente. $
0
e x cos x dx converge.
On conclut que l’intégrale −∞
1
$
On a :
$ 0
1
$
∀t ∈ [0 ; +∞[, | e −t cos t| e −t .
L’intégrale
dx converge car, pour X 0 :
0
propre à la borne +∞.
c) L’application f : x −→ ln(2x + 3 sin x) est continue sur ]0 ; π], l’intégrale proposée est impropre à la borne 0. On a, par développement limité lorsque x −→ 0 :
f (x) = ln 2x + 3 x + o(x) = ln 5x + o(x)
= ln x + ln 5 + ln 1 + o(1) d’où :
− f (x)
∼
x −→ 0
∼
x −→ 0
ln x,
− ln x 0.
• 1re méthode : comparaison à l’exemple de Riemann √ √ On a : − x f (x) ∼ − x ln x −→ 0. x −→ 0
x −→ 0
Il existe donc a ∈ ]0 ; π] tel que :
√ ∀x ∈ ]0 ; a], − x f (x) 1,
puis :
1 ∀x ∈ ]0 ; a], 0 − f (x) √ . x
D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1), l’intégrale $ a 1 √ dx converge. x 0 Par $ a théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale − f (x) dx converge. 0
$ a En passant à la fonction opposée, l’intégrale f (x) dx 0 $ π converge, et on conclut que l’intégrale ln(2x + 3 sin x) dx 0 converge. 87
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
• 2e méthode : utilisation d’une primitive
c) L’application x −→ x e −x est continue sur [0 ; +∞[.
On a, pour ε ∈ ]0 ; 1] : $ 1 % & − ln x dx = − (x ln x − x) 1ε = 1 − ε ln ε + ε −→ 1,
Soit X ∈ [0 ; +∞[. On a, par une intégration par parties, avec ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = e −x
ε −→ 0
ε
par prépondérance de la puissance sur le logarithme. $ 1 − ln x dx converge. Ceci montre que l’intégrale 0
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale $ 1 − f (x) dx converge.
où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [0 ; X] : $
0
$ 1 En passant à la fonction opposée, l’intégrale f (x) dx 0 $ π converge et on conclut que l’intégrale ln(2x + 3 sin x) dx 0 converge.
3.5
X
x e −x dx = [−x e −x ]0X +
0
$
X
e −x dx
0
= [−x e −x ]0X + [− e −x ]0X = −X e −X − e −X + 1
−→
X −→ +∞
1.
Ceci montre que l’intégrale proposée converge et que $ +∞ x e −x dx = 1. 0
1 a) L’application x −→ est continue sur [0 ; +∞[. (x + 1)2 On a, pour tout X ∈ [0 ; +∞[, par un calcul simple de primitive : $ X * 1 +X 1 1 dx = − =− + 1 −→ 1. 2 0 X −→ +∞ (x + 1) x + 1 X +1 0 Ceci montre que l’intégrale proposée converge et que $ +∞ 1 dx = 1. (x + 1)2 0 b) L’application x −→ ln x est continue sur ]0 ; 1]. Soit ε ∈ ]0 ; 1] fixé. une intégration par parties, avec ⎧ Effectuons ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪u = ln x ⎨u = x ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = 1 ⎩v = x où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [ε ; 1] : $ 1 $ 1 ln x dx = [x ln x]1ε − 1 dx = [x ln x]1ε − [x]1ε ε
ε
%
& = x ln x − x 1ε = −1 − ε ln ε + ε.
Par prépondérance de la puissance sur le logarithme : ε ln ε −→ 0. ε −→ 0
$
d) L’application x −→ On a, pour X 1 : $
x2 − 3x − 4 est continue sur [1 ; +∞[. x4
$ X x2 − 3x − 4 1 3 4 dx = − 3 − 4 dx 4 2 x x x x 1 1 $ X * x−1 x−2 x−3 +X = −3 −4 (x−2 − 3x−3 − 4x−4 ) dx = −1 −2 −3 1 1 * 1 4 +X 1 4 3 4 3 3 = − + 2 + 3 =− + + +1− − x 2x 3x 1 X 2X 2 3X 3 2 3 3 4 11 −→ 1 − − = − . X −→ +∞ 2 3 6 X
On conclut que l’intégrale proposée converge et que $ +∞ 3 11 x − 3x − 4 dx = − . 4 x 6 1 e) L’application f : x −→ x4 e −x est continue sur [0 ; +∞[. L’utilisation détaillée d’intégrations par parties successives serait ici assez longue. Cependant, il est clair, par intégrations par parties successives, qu’une primitive de f est de la forme g : x −→ (ax4 + bx3 + cx2 + dx + k) e −x , où (a, b, c, d, k) ∈ R5 est à calculer. En dérivant g, on obtient, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
1
D’où : ε
ln x dx −→ −1. ε −→ 0
Ceci montre que l’intégrale proposée converge et que : $ 1 ln x dx = −1. 0
88
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = − e −x
g (x) = −(ax4 + bx3 + cx2 + dx + k) e −x + (4ax3 + 3bx2 + 2cx + d) e −x % = − ax4 + (−b + 4a)x3 + (−c + 3b)x2 & + (−d + 2c)x + (−k + d) e −x .
Corrigés des exercices
Pour que g soit une primitive de f , il suffit que les coefficients soient les mêmes : ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ a = −1 −a = 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ b = −4 −b + 4a = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⇐⇒ ⎪ c = −12 −c + 3b = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ d = −24 −d + 2c = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩k = −24. ⎩−k + d = 0 D’où, pour X 0 : $
X 0
Ceci montre qu’il existe un quadruplet (a, b, c, d) convenant et un seul : (a, b, c, d) = (2, −3, 4, −1). b) • Existence : 4 est continue sur x2 (x + 1)(x + 2) 4 . D’après l’exemple de Rie[1 ; +∞[. On a : f (x) ∼ 4 $ +∞x −→ +∞ x 1 dx converge. Par théorème d’équimann, l’intégrale x4 1 $
−→
X −→ +∞
24.
• Calcul : On a, pour X ∈ [1 ; +∞[, en utilisant le résultat de a) : $ X $ X 4 1 4 2 3 dx = − dx − + 2 (x + 1)(x + 2) 2 x x x x + 1 x + 2 1 1 * 2 +X = − − 3 ln x + 4 ln(x + 1) − ln(x + 2) 1 x
0
x est continue sur [0 ; +∞[. f) L’application x −→ 2 (x + 1)2 Soit X ∈ [0 ; +∞[. On a, par le changement de variable t = x2 + 1, dt = 2x dx :
0
1 x dx = (x2 + 1)2 2
$
X 2 +1 1
1 * 1 +X2 +1 1 dt = − 2 t 2 t 1 1 1 = − 2 +1 2 X +1
−→
X −→ +∞
1 . 2
f (x) dx 1
converge, autrement dit I existe.
&X % x4 e −x dx = − (x4 + 4x3 + 12x2 + 24x + 24) e −x 0
On conclut que l’intégrale proposée converge et que $ +∞ x4 e −x dx = 24.
X
+∞
valence pour des fonctions 0, l’intégrale
= −(X 4 + 4X 3 + 12X 2 + 24X + 24) e −X + 24
$
f : x −→
L’application
=−
2 − 3 ln X + 4 ln(X + 1) − ln(X + 2) + 2 − 4 ln 2 + ln 3 X 2 (X + 1)4 = − + ln 3 + 2 − 4 ln 2 + ln 3. X X (X + 2)
Comme : on a :
ln
(X + 1)4 X 3 (X + 2)
X −→ +∞
∼
X4 = 1, X4
(X + 1)4 X 3 (X + 2)
X −→ +∞
−→
ln 1 = 0.
On conclut que l’intégrale proposée converge et que $ +∞ x 1 dx = . 2 + 1)2 (x 2 0
On déduit :
3.6
ce qui re-démontre que I existe.
a) Soit (a, b, c, d) ∈ R4 .
On conclut :
$
X
f (x) dx 1
−→ 2 − 4 ln 2 + ln 3,
X −→ +∞
I = 2 − 4 ln 2 + ln 3.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
On a, en réduisant au même dénominateur : ∀x ∈ [1 ; +∞[,
a c d b 4 = 2 + + + x2 (x + 1)(x + 2) x x x+1 x+2
⇐⇒∀x ∈ [1 ; +∞[, 4 = (a+bx)(x+1)(x+2)+ x2 c(x+2)+d(x+1) ⇐⇒ ∀x ∈ [1 ; +∞[, (b + c + d)x3 + (a + 3b + 2c + d)x2 + (3a + 2b)x + (2a − 4) = 0 ⎧ ⎪ b+c+d =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨a + 3b + 2c + d = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 3a + 2b = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2a − 4 = 0 ⇐⇒ a = 2, b = −3, c + d = 3, 2c + d = 7 ⇐⇒ a = 2, b = −3, c = 4, d = −1 .
3.7 a) Soit a ∈ R fixé. L’application x −→
1 x
−
a 2 est continue sur [1 ; +∞[. x2
On a, pour X 1 : $
X 1
1
a 2 dx = x2
$
1 2a a2 − 3 + 4 dx 2 x x x x 1 $ X * x−1 −2 x−3 +X x−2 −3 2 −4 x − 2ax + a x dx = − 2a + a2 = −1 −2 −3 1 1 2 2 * 1 + a X 1 a a2 a a = − + 2 − 3 =− + 2 − +1−a+ 3 1 x x X 3 3x X 3X −
X
−→
X −→ +∞
1−a+
a2 . 3
Ceci montre que l’intégrale proposée converge et que : 89
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
I(a) = 1 − a +
a2 . 3
b) On a, par mise sous forme canonique d’un trinôme, pour tout a∈R: I(a) =
1 2 1 * 3 2 3 + 1 3 2 1 + + . (a − 3a + 3) = a− = a− 3 3 2 4 3 2 4
On conclut que I(a) admet un minimum, atteint lorsque 3 1 a = , et que ce minimum est égal à . 2 4
b) 1) On a, pour tout n ∈ N \ {0, 1} : ## $ |Jn − J| = ## $
1
= 0
Comme
3.8
1 dt − 1 + t + tn
|Jn − J| −→ 0. n∞
b) 2) Il en résulte :
On a alors :
2 ∀x ∈ ]0 ; 1], 0 f (x) = | f (x)| | f (x)| M| f (x)|. $ 1 | f (x)| dx converge, par multiplication Puisque l’intégrale 0 $ 1 par la constante M, l’intégrale M| f (x)| dx converge, puis, 0
par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ 1
2 f (x) dx converge.
1
1 −→ 0, on déduit, par encadrement : n + 1 n∞
• Puisque f est bornée, il existe M ∈ R+ tel que : ∀x ∈ ]0 ; 1], | f (x)| M.
$
## 1 dt## 0 0 1+t $ 1 n * tn+1 +1 t 1 tn dt = = dt . n (1 + t)(1 + t + t ) n+1 0 n+1 0 1
$
1
Jn −→ J = n∞
0
% & 1 dt = ln(1 + t) 10 = ln 2. 1+t
1 1 n, 1 + t + tn t $ +∞ 1 d’où, puisque les intégrales Kn et dt convergent : tn 1 c) 1) On a : ∀n ∈ N \ {0, 1}, 0
0
• Le résultat ne subsiste pas si l’on ne suppose pas f bornée. Par exemple, pour f : ]0 ; 1] −→ R, x −→ x−3/4 , d’après $ 1 | f (x)| dx converge l’exemple de Riemann en 0, l’intégrale 0 $ 1
2 f (x) dx diverge, car car 3/4 < 1, mais l’intégrale 0
f (x) 2 = x−3/2 et 3/2 1.
3.9
fn (t)
∼
t −→ +∞
1 0. tn
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (n > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. Par théorème d’équivalence pour des tn 1 $ +∞ fn (x) dx converge. fonctions 0, l’intégrale 1
• On a, par la relation de Chasles : In = Jn + Kn . $
1
J= 0
90
$
+∞
c) 2) Comme 1
on déduit de 1) :
* t−n+1 ++∞ 1 1 dt = = , n t −n + 1 1 n−1
∀n ∈ N \ {0, 1}, 0 Kn
1 . n−1
1 dt 1+t
d) D’après a), b), c), on a : In = Jn + Kn −→ ln 2 + 0 = ln 2. n∞
On conclut : lim In = ln 2. n∞
3.10 a) Soit n ∈ N∗ . 1 est continue sur [1 ; +∞[, (1 + x3 )n donc In est une intégrale impropre à la borne +∞ (seulement). L’application fn : x −→
On a :
Ceci montre que Kn existe, et ensuite In existe.
t −→
0
1 dt. tn
n∞
1 est continue sur [0 ; +∞[, • L’application fn : t −→ 1 + t + tn donc In est impropre à la borne +∞, Jn existe, Kn est impropre à la borne +∞.
b) L’intégrale
1
En faisant tendre l’entier n vers l’infini, on conclut, par encadrement : lim Jn = 0.
a) Soit n ∈ N \ {0, 1}.
On a :
$ ∀n ∈ N \ {0, 1}, 0 Kn
existe, car l’application
1 est continue sur le segment [0 ; 1]. 1+t
fn (x) ∼
n∞
1 1 = 3n 0. (x3 )n x
D’après $ +∞ l’exemple de Riemann en +∞ (3n > 1), l’intégrale 1 dx converge, donc, par théorème d’équivalence pour 3n x 1 des fonctions 0, l’intégrale In converge. b) • On a : ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ [1 ; +∞[, 0
1 1 3n , (1 + x3 )n x
Corrigés des exercices
d’où, avec des intégrales convergentes : ∗
$
* x−3n+1 ++∞ 1 1 . dx = = 3n x −3n + 1 1 3n − 1
+∞
∀n ∈ N , 0 In
Comme
1
1 −→ +∞, on déduit : f (x) −→ +∞. x −→ 0 3x x −→ 0
• On a :
$
∀x ∈ ]0 ; +∞[, 0 f (x) =
1 • Comme −→ 0, on déduit, par encadrement : 3n − 1 n∞ lim In = 0.
1
n∞
3.11
Comme
a) Soit x ∈ R. L’application ϕ : t −→
1 est continue sur [1 ; +∞[. 1 + t + tx
1er cas : x > 0 On a :
ϕ(t)
∼
t −→ +∞
1 0. t x+1
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (x + 1 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. x+1 t 1 Par théorème d’équivalence pour des$fonctions 0, l’intégrale $ +∞ +∞ ϕ(t) dt converge, donc f (x) = ϕ(t) dt existe. 1
1
1 x
−→
x −→ +∞
+∞
1 dt 1 + t + t x+1 $ +∞ * t−x ++∞ 1 1 dt = = . x+1 t −x 1 x 1
0, on déduit : f (x)
−→
x −→ +∞
0.
c) Soit (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que x y. On a : ∀t ∈ [1 ; +∞[,
1 1 , 1 + t + t x+1 1 + t + ty+1
donc, avec des intégrales convergentes : $ +∞ $ +∞ 1 1 dt dt, 1 + t + t x+1 1 + t + ty+1 1 1 c’est-à-dire : f (x) f (y). On conclut que f est décroissante. d)
2e cas : x = 0 On a :
ϕ(t)
∼
t −→ +∞
1 0. 2t
$
+∞
D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale 1
diverge.
1 dt 2t
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ $ +∞ ϕ(t) dt diverge, donc f (x) = ϕ(t) dt n’existe pas. 1
1
Il s’agit d’intégrales impropres de fonctions 0 et continues sur un intervalle [a ; +∞[, a ∈ R.
3.12
3 cas : x < 0 e
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
On a :
ϕ(t)
∼
t −→ +∞
1 0. t
$
+∞
D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale 1
diverge.
a) L’application f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→ 1 dt t
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ $ +∞ ϕ(t) dt diverge, donc f (x) = ϕ(t) dt n’existe pas. 1
1
On conclut : f (x) existe si et seulement si x ∈ ]0 ; +∞[.
ln x x2
est continue sur [1 ; +∞[ et à valeurs 0. On a :
x3/2 f (x) = x3/2
ln x ln x = 1/2 x2 x
−→
x −→ +∞
0,
par prépondérance de la puissance sur le logarithme. Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [a ; +∞[, 0 x3/2 f (x) 1,
b) • On a : $
+∞
∀x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = 1
1 dt 1 + t + t x+1 $ +∞ 1 * t−x ++∞ 1 1 dt = = . x+1 1 3t 3 −x 3x 1
d’où :
∀x ∈ [a ; +∞[, 0 f (x)
1 . x3/2
D’après $ +∞ l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1), l’intégrale 1 dx converge. 3/2 x a 91
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions 0, l’inf (x) dx converge, et on conclut que l’intégrale tégrale a $ +∞ ln x dx converge. x2 1 1 b) L’application f : [2 ; +∞[ −→ R, x −→ √ x ln x
x f (x) = x √
√ x 1 = x ln x ln x
+∞,
−→
x −→ +∞
par prépondérance de la puissance sur le logarithme. Il existe donc a ∈ [2 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [a ; +∞[, x f (x) 1, d’où :
∀x ∈ [a ; +∞[, f (x)
1 0. x
$
+∞
D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale a
diverge.
1 dx x
Par théorème $ +∞ de minoration pour des fonctions 0, l’intégrale f (x) dx diverge et on conclut que l’intégrale a $ +∞ 1 dx diverge. √ x ln x 2 c) L’application f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→ √
x3
f (x)
∼
x −→ +∞
+1
ln x ln x √ = 3/2 0 3 x x !"
et :
ln x x g(x) = 1/4 x
−→
x −→ +∞
√ f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→
x2 + 1
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (5/4 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x5/4 a Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions$ +∞ 0, l’intégrale g(x) dx converge, puis l’intégrale g(x) dx a 1 converge. Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, on conclut $ +∞ ln x que l’intégrale dx converge. √ 1 x3 + 1
√
x2 + x + 3
On a, par une expression conjuguée, pour x ∈ [1 ; +∞[ :
∀x ∈ [a ; +∞[, 0 x5/4 g(x) 1, 1 . x5/4
x2 + 3x + 1 − x2
est continue sur [1 ; +∞[.
Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que :
92
x2 + 1
e) L’application
f (x) =
0,
∀x ∈ [a ; +∞[, 0 g(x)
√
Par théorème $ +∞ d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale f (x) dx diverge, et on conclut que l’intégrale √ $ +∞ √ 21 x + x − x2 + 1 dx diverge. √ √ 0 x2 + x + x2 + 1
par prépondérance de la puissance sur le logarithme.
d’où :
x2 + x +
√
(x2 + x) − (x2 + 1) ∀x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = √ √
2 x2 + x + x2 + 1 x−1 x−1 = √ √ ,
2 = , 2 2 x + x+ x +1 1 1 2 x2 1+ + 1+ 2 x x 1 x ∼ = 0. x −→ +∞ 4x2 4x $ +∞ 1 dx D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale x 1 diverge.
noté g(x)
5/4
x2 + x −
est continue sur [0 ; +∞[.
ln x
est continue sur [1 ; +∞[. On a :
√ f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ √
On a, à l’aide d’une expression conjuguée :
est continue sur [2 ; +∞[. On a :
d) L’application
x2
(x2 + 3x + 1) − (x2 + x + 3) √ √ 2
x + 3x + 1 + x2 + x + 3 2x − 2 = , , 1 3 x3 1+ + 2 + 1+ x x 2x ∼ = x −→ +∞ 2x3
3 1 + 2 x x 1 0. x2
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 1 Par théorème d’équivalence √ pour des fonctions 0, on √ $ +∞ x2 + 3x + 1 − x2 + x + 3 dx conclut que l’intégrale x2 1 converge. √ f) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ x x + 2 e −3x est continue sur [0 ; +∞[. On a :
f (x)
∼
x −→ +∞
x3/2 !" e −3x 0. noté g(x)
Corrigés des exercices
Et :
x2 g(x) = x7/2 e −3x
−→
x −→ +∞
0,
par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances, pour √ la variable x.
par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances. Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que :
Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [a ; +∞[, x2 f (x) 1,
∀x ∈ [a ; +∞[, x2 g(x) 1, d’où :
∀x ∈ [a ; +∞[, 0 g(x)
d’où :
1 . x2
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 a Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions$+∞0, l’intégrale g(x) dx converge, donc l’intégrale g(x) dx a 1 converge. Par théorème d’équivalence $ +∞ √ pour des fonctions 0, on conclut x x + 2 e −3x dx converge. que l’intégrale 1
g) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→
x4 + 1 x2 e x + 1
est continue sur [0 ; +∞[. On a : Et :
f (x)
∼
∀x ∈ [a ; +∞[, 0 f (x)
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 a Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale f (x) dx converge, et on conclut que l’intégrale a $ +∞ √ e − x dx converge. 0
3.13
Il s’agit d’intégrales impropres de fonctions de signe fixe et continues sur un intervalle qui n’est pas du type [a ; +∞[, c’est-à-dire qui est du type ] − ∞ ; b], ]a ; b], [a ; b[, où (a, b) ∈ R2 , ou ] − ∞ ; +∞[. a) L’application f : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→
x4 = x2 e −x 0. e x !"
x −→ +∞ x2
x2 g(x) = x4 e −x
noté g(x)
−→
x −→ +∞
0,
$ 0 Par le changement de variable t = −x, f (x) dx est de −∞ $ +∞ 2 t +1 même nature que l’intégrale dt. 4 + e −t t 0 !" noté g(t)
Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [a ; +∞[, 0 x2 g(x) 1,
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
∀x ∈ [a ; +∞[, 0 g(x)
On a :
1 . x2
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 a Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ g(x) dx converge. a
Par théorème $ +∞ d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale f (x) dx converge, et on conclut que l’intégrale $ +∞ a4 x +1 dx converge. x2 e x + 1 0 h) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ e − est continue sur [0 ; +∞[ et 0. √ √ On a : x2 f (x) = ( x)4 e − x
x2 + 1 x4 + e x
est continue sur ] − ∞ ; 0] et à valeurs 0.
par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances.
d’où :
1 . x2
√
x
g(t)
∼
t −→ +∞
1 t2 = 2 0. t4 t
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. Par théorème d’équivalence pour des t2 1 $ +∞ g(t) dt converge, donc l’infonctions 0, l’intégrale 1 $ +∞ g(t) dt converge. Par le changement de variable tégrale 0 $ 0 x2 + 1 t = −x, on conclut que l’intégrale dx converge. 4 + e −x x −∞ b) L’application f : ] − ∞ ; 0] −→ R, x −→ x e x est continue sur ] − ∞ ; 0].
$
0
x e x dx est de Par le changement de variable t = −x, −∞ $ +∞ −t e −t dt, puis, par pasmême nature que l’intégrale 0
−→
x −→ +∞
0,
sage $ +∞ à la fonction opposée, de même nature que l’intégrale t e −t dt. 0
93
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
t2 (t e −t ) = t3 e −t
On a :
∀x ∈ ] − ∞ ; −1], x3 −1,
par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances.
donc :
∀x ∈ ] − ∞ ; −1], e −x e .
Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que :
L’intégrale
On a :
−→
t −→ +∞
0,
−t
∀t ∈ [a ; +∞[, t (t e ) 1, 2
d’où :
∀t ∈ [a ; +∞[, 0 t e −t
3
$
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. t2 a Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions$+∞0, l’intégrale t e −t dt converge, donc l’intégrale t e −t dt a 0 converge.
e dx diverge, car e est une constante non −∞
nulle.
1 . t2
−1
Par théorème de minoration pour des fonctions 0, l’in$ −1 f (x) dx diverge et on conclut que l’intégrale tégrale −∞ $ +∞ 3 e −x dx diverge. −∞
Remarque : Il est donc inutile d’étudier la nature de l’intégrale $ +∞ 3 e −x dx. 0
e) L’application f : ] − ∞ ; +∞[ −→ R, x −→ e −x
4
Par passage à la fonction opposée et par le changement de va$ 0 x e x dx converge. riable t = −x, on conclut que l’intégrale −∞
ln x c) L’application f : ]0 ; 1] −→ R, x −→ √ est continue sur x ]0 ; 1] et à valeurs 0. $ 1 f (x) dx est Par passage à la fonction opposée, l’intégrale 0 $ 1 − ln x de même nature que l’intégrale √ dx. x 0 On a :
− ln x x3/4 √ = x1/4 (− ln x) −→ 0, x −→ 0 x
Il existe donc a ∈ ]0 ; 1] tel que :
Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ ] − ∞ ; −a] ∪ [a ; +∞[, x2 e −x 1, 4
∀x ∈ ] − ∞ ; −a] ∪ [a ; +∞[, 0 e −x 4
1 . x2
D’après l’exemple $ +∞de Riemann en ±∞ (2 > 1), les intégrales $ −a 1 1 dx et dx convergent. 2 2 x x −∞ a
−∞
1 − ln x ∀x ∈ ]0 ; a], 0 √ 3/4 . x x
a
$
+∞
On conclut que l’intégrale
D’après l’exemple de Riemann en 0 (3/4 < 1), l’intégrale $ a 1 dx converge. 3/4 0 x Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’inté$ a $ 1 − ln x − ln x grale dx converge, donc l’intégrale √ √ dx x x 0 0 converge. Par passage à la fonction opposée, on conclut que l’intégrale $ 1 ln x √ dx converge. x 0 d) L’application f : ] − ∞ ; +∞[ −→ R, x −→ e −x
3
94
par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances, pour la variable x4 .
Par théorème $ −a de majoration $ +∞ pour des fonctions 0, les inté4 −x4 grales e dx et e −x dx convergent.
− ln x ∀x ∈ ]0 ; a], x3/4 √ 1, x
est continue sur ] − ∞ ; +∞[ et à valeurs 0.
x −→ ±∞
d’où :
par prépondérance des puissances sur le logarithme.
d’où :
est continue sur ] − ∞ ; +∞[ et à valeurs 0. √ 4 4 On a : x2 e −x = x4 e −x −→ 0,
e −x dx converge. 4
−∞
3.14
Soit (a, b) ∈ R2 fixé.
1 − e −x + a sin x + b cos x x2 est continue sur ]0 ; +∞[, donc l’intégrale proposée est impropre à la borne 0 et à la borne +∞.
L’application f : x −→
• Étude en +∞ : On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : | f (x)| =
# 1 ## #1 − e −x + a sin x + b cos x## x2
2 + |a| + |b| 1 . 2 1 + e −x + |a| + |b| x x2
Corrigés des exercices
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 1 Par $ +∞ multiplication par une 2 + |a| + |b| dx converge. x2 1
constante,
l’intégrale
Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ | f (x)| dx converge. 1
$
donc convergente.
f (x) dx est absolument convergente,
On a, en utilisant des développements limités lorsque x tend vers 0 : 1* x2 + o(x2 ) 1− 1−x+ x2 2 +
x2 + a x + o(x2 ) + b 1 − + o(x2 ) 2 + 1* 1+b 2 = 2 b + (1 + a)x − x + o(x2 ) x 2 1+a 1+b b − + o(1). = 2 + x x 2
f (x) =
b . D’après l’exemple de x2 $ 1 1 Riemann en 0 (2 1), l’intégrale impropre dx diverge. 2 x 0 $ 1 b Puisque b 0, l’intégrale d diverge. Par le théorème 2 x 0 d’équivalence pour des fonctions 0 (si b > 0), pour des fonc$ 1 f (x) dx diverge. tions 0 (si b < 0), l’intégrale
Supposons b 0. Alors f (x)
∼
x −→ 0
0
Supposons dorénavant b = 0. On a donc :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
f (x) =
1+a 1+b − + o (1). x −→ 0 x 2
1+a et, par le même raisonnex $ 1 f (x) dx diment que ci-dessus, on déduit que l’intégrale 0 verge. Si a −1, alors f (x)
∼
x −→ 0
Supposons dorénavant a = −1. On a donc : 1+b f (x) = − + o (1), x −→ 0 2 1+b . f (x) −→ − x −→ 0 2
Puisque f admet une limite finie en 0 , d’après le cours, l’inté$ 1 grale f (x) dx converge (intégrale faussement impropre). 0
f (x) dx converge si et seulement si $ +∞ f (x) dx et f (x) dx convergent,
$0 1 les deux intégrales 0
1
on conclut que l’intégrale proposée converge si et seulement si : a = −1 et b = 0.
3.15 a) 1) On suppose ici α = 0. X
cos x dx = [sin x]1X = sin X − sin 1.
• On a : ∀X ∈ [1 ; +∞[, 1
1
• Étude en 0 :
c’est-à-dire :
+∞
$
+∞
Ainsi, l’intégrale
$ Comme l’intégrale
On sait que sin X n’a pas de limite lorsque le réel X tend vers +∞ ; en effet, par exemple, sin(2nπ) −→ 0 et n∞ π −→ 1. sin 2nπ + 2 n∞ $ X cos x dx n’a pas de limite lorsque X tend Il en résulte que 1 vers +∞. $ +∞ cos x dx diverge. On conclut que l’intégrale 1
$
+∞
• On montre de la même façon que l’intégrale
sin x dx 1
diverge. a) 2) On suppose ici α < 0. • On a, pour tout n ∈ N∗ :
1 1 et cos x 0, xα
∀x ∈ [2nπ ; 2nπ + π/2], donc : $
2nπ+ π2 2nπ
cos x dx xα
$
2nπ+ π2 2nπ
2nπ+π/2 cos x dx = [sin x]2nπ = 1.
Raisonnons par l’absurde : supposons que $ +∞ $ +∞l’intégrale cos x cos x dx soit convergente, et notons I = dx. α x xα 1 1 $ 2nπ+π/2 cos x Alors : dx xα 2nπ $
2nπ+π/2
= 1
cos x dx − xα
$
contradiction.
2nπ
1
$
cos x dx −→ I − I = 0, n∞ xα
+∞
cos x dx diverge. xα 1 $ +∞ sin x dx • On montre de la même façon que l’intégrale xα 1 diverge. Ceci montre que l’intégrale
95
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
b) On suppose ici α > 1. • On a :
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (α 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx diverge. α x 1
## cos x ## 1 ∀x ∈ [1 ; +∞[, ## α ## α . x x
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (α > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. xα 1 Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ ## cos x ## ## ## dx converge. xα 1 $ +∞ cos x dx est absolument convergente, Ainsi, l’intégrale xα 1 donc convergente. $ • On montre de la même façon que l’intégrale converge.
+∞ 1
sin x dx xα
c) On suppose ici 0 < α 1. • Convergence : Pour X ∈ [1 ; +∞[, effectuons une intégration par parties, avec ⎧ ⎧ α 1 ⎪ ⎪ −α−1 −α ⎪ ⎪ = − α+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = −αx ⎨u = xα = x x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = sin x ⎩v = cos x où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [0 ; X] : $ X $ X * sin x +X cos x sin x dx = + α dx xα xα 1 xα+1 1 1 $ X sin x sin X = − sin 1 + α dx. Xα xα+1 1 ## sin x ## 1 1 D’une part : ## α ## α et α −→ 0 (car α > 0), donc, x X X X −→ +∞ sin X −→ 0. par théorème d’encadrement : X α X −→ +∞ D’autre part, comme α + 1 > 1, d’après b), l’intégrale $ +∞ sin x dx converge, donc : xα+1 1 $ X $ +∞ sin x sin x dx −→ dx. α+1 X −→ +∞ x xα+1 1 1 $ X $ +∞ cos x sin x Il s’ensuit : dx −→ − sin 1 + dx. X −→ +∞ xα xα+1 1 1 $ +∞ cos x dx converge. Ceci montre que l’intégrale xα 1 Non-convergence absolue : On remarque : ∀x ∈ [1 ; +∞[, | cos x| cos2 x, donc, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : ## cos x ## cos2 x 1 − cos 2x 1 cos 2x ## ## = = α − 0. xα xα 2xα 2x 2xα 96
Par le changement de variable t = 2x, l’intégrale $ +∞ cos 2x dx est de même nature que l’intégrale α 1 $ +∞ x cos t dt. D’après le point précédent, cette dernière tα 2 intégrale est convergente. Il en résulte que l’intégrale $ +∞ cos 2x dx converge. xα 1 Par addition d’une intégrale et d’une intégrale $ +∞ divergente cos2 x dx diverge. convergente, l’intégrale xα 1 Par le $théorème de minoration pour des fonctions 0, l’inté+∞ # ## cos x ### grale # α # dx diverge. x 1 $ +∞ cos x dx n’est pas absoluCeci montre que l’intégrale xα 1 ment convergente. $ +∞ cos x dx est convergente et non Finalement, l’intégrale xα 1 absolument convergente, on dit qu’elle est semi-convergente. $ +∞ sin x • De la même façon, on montre que l’intégrale dx xα 1 est convergente et non absolument convergente.
3.16 a) • Existence : 1 est continue (x + 1)(x + 2) 1 sur [0 ; +∞[. On a : f (x) ∼ 0. x −→ +∞ x2 D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 1 L’application
f : x −→
Par théorème $ +∞ d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale f (x) dx converge, et on conclut que l’intégrale $ +∞ 1 1 dx converge. (x + 1)(x + 2) 0 • Calcul : On remarque : ∀x ∈ [0 ; +∞[,
1 1 1 = − . (x + 1)(x + 2) x+1 x+2
Soit X ∈ [0 ; +∞[. On a : $ X $ X 1 1 1 dx dx = − x+1 x+2 0 (x + 1)(x + 2) 0 % & X * x + 1 +X X+1 1 = ln(x + 1) − ln(x + 2) 0 = ln = ln − ln . x+2 0 X+2 2
Corrigés des exercices
1 1+ X+1 X ln = ln 2 X+2 1+ X
Et : $
X
donc : 0
1 dx (x + 1)(x + 2)
−→
X −→ +∞
X −→ +∞
$
−→
ln 1 = 0,
0
$
1 − ln = ln 2. 2
+∞
1 dx converge (x + 1)(x + 2) 0 (ce $ +∞que l’on a vu plus haut par une autre méthode) et que : 1 dx = ln 2. (x + 1)(x + 2) 0 Ceci montre que l’intégrale
ln x b) L’application f : x −→ 2 est continue sur [1 ; +∞[, donc x l’intégrale proposée est impropre à la borne +∞. On a, pour X 1, par une intégration par parties avec ⎧ ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ u = ⎪ ⎪ u = ln x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪v = 1 ⎪ ⎩ ⎩v = − , x2 x où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [1 ; X] : $ X * ln x +X $ X 1 ln x dx = − + dx 2 x2 x 1 1 1 x ln X 1 ln X * 1 +X =− + − − + 1 −→ 1, =− X −→ +∞ X x 1 X X
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par prépondérance des puissances sur le logarithme. $ 1 xa ln x dx converge et que : Ceci montre que l’intégrale 1
xa ln x dx = − 0
3.17 a) Soit n ∈ N∗ . fn : [0 ; +∞[ −→ R, x −→
• L’application
continue sur [0 ; +∞[ et : ∀x ∈ [1 ; +∞[, 0 fn (x) =
est
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 1 Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions$ +∞0, l’intégrale fn (x) dx converge, puis l’intégrale fn (x) dx 1
0
converge, c’est-à-dire que In existe. • L’application
gn : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→
continue sur ]0 ; +∞[. Étude en 0 :
c) Soit a ∈ ] − 1 ; +∞[ fixé.
L’intégrale
L’application x −→ xa ln x est continue sur ]0 ; 1], l’intégrale proposée est impropre à la borne 0.
primitive connue, pour ε ∈ ]0 ; 1] :
ln x (1 + x2 )n
est
On a, pour x ∈ ]0 ; 1] : −gn (x) = $
− ln x (1 + x2 )n
∼
x −→ 0
− ln x 0.
1
− ln x dx converge, car, par exemple par une 0
On a, pour ε ∈ ]0 ; 1] fixé, par intégration par parties avec ⎧ 1 ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪u = x ⎪u = ln x ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ xa+1 ⎪ ⎩v = xa ⎪ ⎪ ⎩v = a+1 où u, v sont bien de classe C sur le segment [ε ; 1] : $ 1 * xa+1 +1 $ 1 xa+1 1 xa ln x dx = ln x − dx ε a+1 ε ε a+1 x 1
=−
1 (1 + x2 )n
1 1 1 2. (1 + x2 )n 1 + x2 x
par prépondérance de la puissance sur le logarithme. $ +∞ ln x Ceci montre que l’intégrale dx converge et que : x2 1 $ +∞ ln x dx = 1. x2 1
=
1 . (a + 1)2
+1 * xa+1 +1 * xa+1 ln x − ε a+1 (a + 1)2 ε
εa+1 ln ε εa+1 1 1 + −→ − , − a+1 (a + 1)2 (a + 1)2 ε −→ 0 (a + 1)2
$
1 ε
% &1 − ln x dx = − x ln x + x ε = 1 + ε ln ε − ε −→ 1. ε −→ 0
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale $ 1 −gn (x) dx converge. 0
$ Par passage à la fonction opposée, l’intégrale converge.
1
gn (x) dx 0
Étude en +∞ : On a :
x3/2 gn (x) = ∼
x3/2 ln x (1 + x2 )n
x −→ +∞
ln x x3/2 ln x = 2n−3/2 x2n x
−→
x −→ +∞
0, 97
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
par prépondérance des puissances sur le logarithme et parce 3 que 2n − > 0. 2
En intercalant les facteurs pairs manquant au dénominateur : In =
Il existe donc a ∈ [1 ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [a ; +∞[, x3/2 gn (x) 1, ∀x ∈ [a ; +∞[, 0 gn (x)
d’où :
1 . x3/2
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. 3/2 x 1 Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ gn (x) dx converge. 1
$
$ +∞ gn (x) dx et gn (x) dx 0 1 $ +∞ gn (x) dx converge, convergent, par définition, l’intégrale 1
$ Enfin :
+∞
I1 = 0
On obtient :
π 1 dx = [Arctan x]+∞ . 0 = 1 + x2 2
∀n ∈ N∗ , In =
π
2 2 . − 1)!
(2n − 2)! 2n−1 (n
c) 1) Pour 0 < ε X, effectuons une intégration par parties, avec ⎧ 1 ⎪ 2 −n ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = (1 + x2 )n = (1 + x ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = ln x ⎧ 2nx ⎪ 2 −n−1 ⎪ ⎪ 2x = − ⎪u = −n(1 + x ) ⎨ (1 + x2 )n+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = x ln x − x
Puisque les deux intégrales
et finalement, Jn existe.
(2n − 2)(2n − 3) · · · 1 (2n − 2)! I1 =
2 I1 . (2n − 2)2 (2n − 4)2 · · · 22 2n−1 (n − 1)!
0
où u, v sont de classe C 1 sur le segment [ε ; X] : b) 1) Utilisons une intégration par parties.
$
Soit X ∈ [0 ; +∞[. On a, avec
ε
⎧ 1 ⎪ 2 −n ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = (1 + x2 )n = (1 + x ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = 1 ⎧ 2nx ⎪ 2 −n−1 ⎪ ⎪ 2x = − ⎪u = −n(1 + x ) ⎨ (1 + x2 )n+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = x où u, v sont de classe C 1 sur le segment [0 ; X] : $
X 0
* +X x 1 dx = + 2 n 2 n (1 + x ) (1 + x ) 0
$
X 0
2nx2 dx (1 + x2 )n+1
$ X X (1 + x2 ) − 1 + 2n dx = (1 + X 2 )n (1 + x2 )n+1 1 $ X $ X X 1 1 + 2n dx − 2n dx. = 2 )n (1 + X 2 )n (1 + x (1 + x2 )n+1 0 0 En faisant tendre X vers +∞, on obtient : In = 0 + 2nIn − 2nIn+1 , d’où :
2nIn+1 = (2n − 1)In .
b) 2) On a donc, de proche en proche, pour tout n ∈ N∗ : In =
98
2n − 3 2n − 3 2n − 5 In−1 = In−2 2n − 2 2n − 2 2n − 4 2n − 3 2n − 5 1 = ... = · · · I1 . 2n − 2 2n − 4 2
* x ln x − x +X $ X 2nx(x ln x − x) ln x dx = + dx 2 )n ε (1 + x2 )n (1 + x$ (1 + x2 )n+1 ε X * x ln x − x +X (1 + x2 − 1) = + 2n (ln x − 1) dx 2 n ε (1 + x ) (1 + x2 )n+1 ε X ln X − X ε ln ε − ε − = (1 + $X 2 )n (1 + ε2 )n $ X X ln x ln x +2n dx − dx 2 n 2 n+1 $ X ε (1 + x ) $ X ε (1 + x ) 1 1 − dx + dx . 2 )n (1 + x (1 + x2 )n+1 ε ε
X
En faisant tendre ε vers 0 et X vers +∞ et en utilisant des prépondérances classiques, on obtient : Jn = 2n(Jn − Jn+1 − In + In+1 ) = 2nJn − 2nJn+1 − 2nIn + 2nIn+1 = 2nJn − 2nJn+1 − 2nIn + (2n − 1)In = 2nJn − 2nJn+1 − In ,
2nJn+1 = (2n − 1)Jn − In .
d’où : c) 2) • En utilisant b) : I1 =
π , 2
I2 =
1 π I1 = , 2 4
I3 =
• On a J1 = 0 (cf. exercice 3.29). π Puis, en utilisant c) : 2J2 = J1 − I1 = − , 2 π donc : J2 = − , 4 π et : 4J3 = 3J2 − I2 = −π, donc : J3 = − . 4
3 3π I2 = . 4 16
Corrigés des exercices
d) Comme x −→ x e −x /2 est la dérivée de la fonction 2 x −→ − e −x /2 , on a : $ +∞ % 2 2 &+∞ x e −x /2 dx = − e −x /2 0 = 1. I1 = 2
3.18 a) Soit n ∈ N. L’application fn : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ xn e −x
2 /2
0
est continue sur [0 ; +∞[ et 0. x2 fn (x) = xn+2 e −x
2 /2
On a :
−→
x −→ +∞
0,
par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances, pour la variable x2 /2. Il existe donc a ∈ ]0 ; +∞[ tel que :
• Supposons H p vraie pour un p ∈ N fixé.
∀x ∈ [a ; +∞[, x2 fn (x) 1, ∀x ∈ [a ; +∞[, 0 fn (x)
d’où :
On a, d’après b) :
1 . x2
$
D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale converge.
+∞ a
1 dx x2
Par théorème $ +∞ de majoration pour des fonctions$ +∞0, l’intéfn (x) dx converge, puis l’intégrale fn (x) dx grale a
converge, c’est-à-dire que In existe.
0
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On a, par intégration par parties avec ⎧ 2 ⎧ ⎪ 2 u = −x e −x /2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪u = e −x /2 ⎪ ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ xn+1 ⎪v = xn ⎪ ⎩ ⎪ ⎩v = n+1 où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [0 ; A] : $ A +A $ A xn+1 * xn+1 2 2 2 e −x /2 − (−x e −x /2 ) dx xn e −x /2 dx = 0 n+1 0 0 n+1 $ A 2 1 An+1 e −A /2 2 + xn+2 e −x /2 dx. = n+1 n+1 0 Par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances, pour 2 An+1 e −A /2 −→ 0. la variable A2 /2, on a : A −→ +∞ n+1
ou encore :
1 In+2 , n+1
In+2 = (n + 1)In .
c) D’après le cours, la loi normale centrée réduite admet pour 1 2 densité ϕ : R −→ R, x −→ √ e −x /2 , 2π $ +∞ 1 2 donc √ e −x /2 dx = 1. −∞ 2π Puisque la fonction x −→ e −x /2 est paire, on déduit : √ , $ +∞ 2π π −x2 /2 = . e dx = I0 = 2 2 0 2
I2(p+1) = I2p+2 = (2p + 1)I2p = (2p + 1) =
(2p + 2)! (2p + 2)2 p p!
,
π (2p + 2)! = p+1 2 2 (p + 1)!
,
(2p)! 2 p p!
,
π 2
, 2(p + 1) ! π π = p+1 , 2 2 (p + 1)! 2
I2(p+1)+1 = I2p+3 = (2p + 2)I2p+1 = (2p + 2)2 p p! = 2 p+1 (p + 1)!,
donc H p+1 est vraie. Ce raisonnement par récurrence démontre les formules voulues.
b) Soit A ∈ [0 ; +∞[.
On déduit, en faisant tendre A vers +∞ : In =
e) Montrons, par récurrence sur p ∈ N, la propriété H p sui, (2p)! π vante : I2p = p et I2p+1 = 2 p p!. 2 p! 2 , π • H0 est vraie car I0 = et I1 = 1. 2
f) Soit n ∈ N. L’application x −→ xn e −x pair, et est impaire si n est impair.
2 /2
est paire si n est
$ 0 2 xn e −x /2 dx Par le changement de variable t = −x, −∞ $ +∞ 2 xn e −x /2 dx, donc est de même nature que l’intégrale 0 $ 0 $ 0 2 2 l’intégrale xn e −x /2 dx converge et xn e −x /2 dx = −∞ $ +∞ −∞ 2 xn e −x /2 dx. (−1)n 0
$ 0 2 Puisque les deux intégrales xn e −x /2 dx et −∞ $ +∞ 2 xn e −x /2 dx convergent, on déduit, par définition, que 0 $ +∞ 2 xn e −x /2 dx converge, et on a : l’intégrale −∞
$ Jn = $ =
+∞
xn e −x
2 /2
dx
−∞ 0
xn e −x
2 /2
−∞
= 1 + (−1)n
$
+∞
dx +
xn e −x
2 /2
dx
0
$
+∞
xn e −x
2 /2
dx
0
⎧ ⎪ (2p)! √ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2I2p = 2 p p! 2π =⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0
si n est pair, n = 2p si n est impair. 99
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
3.19 e −ax − e −bx a) L’application f : x −→ est continue sur x ]0 ; +∞[, l’intégrale proposée est impropre à la borne 0 et à la borne +∞.
c) 1) D’une part, par opérations, l’application h est continue sur ]0 ; +∞[. D’autre part, à l’aide d’un développement limité en 0 : h(y) =
• Étude en 0 : On a, par développements limités en 0 :
1 − ax + o(x) − 1 − bx + o(1) e −ax − e −bx = f (x) = x x = (b − a) + o(1) −→ b − a. x −→ 0
Puisque f admet une limite finie en 0, d’après le cours, l’inté$ 1 f (x) dx converge (intégrale faussement impropre). grale
donc h est continue en 0. On conclut que h est continue sur [0 ; +∞[. c) 2) On a, pour ε > 0 : $
aε
∀x ∈ [1 ; +∞[, 0
On a : $ L’intégrale $ X
+∞
1 − (1 − e −y ) dy y aε $ bε $ bε 1 1 − e −y dy − dy = y aε y aε $ bε $ bε b = [ln y]bε − h(y) dy = ln h(y) dy. − aε a aε aε
e −ax e −ax . x
e −ax dx converge car, pour X 1 :
1
* e −ax +X
e −aX 1 1 − −→ . 1 X −→ +∞ −a a a a 1 Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ e −ax dx converge. x 1 $ +∞ −bx e De même, l’intégrale dx converge. x 1 $ +∞ f (x) dx converge. Par soustraction, l’intégrale e −ax dx =
=
1
Enfin, comme les deux intégrales
$
$
1 0$
+∞
bε
$
f (x) dx
f (x) dx converge.
b) 1) Soit (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε X. On a, par le changement de variable y = ax : $ X −ax $ aX −y $ aX −y e e 1 e dx = dy = dy. y x a y ε aε aε a De même, par le changement de variable y = bx : $ X −bx $ bX −y e e dx = dy. x y ε bε b) 2) On a, pour tout (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[ tel que ε X, d’après 1) : $ X −ax $ X −bx $ X −ax e − e −bx e e dx = dx − dx x x x ε ε ε $ aX −y $ bX −y e e = dy − dy y y aε bε $ bX −y $ aX −y $ bX −y $ bε −y e e e e dy + dy + dy − dy = y y y y aε bε bX bε $ bX −y $ bε −y e e dy − dy. = y y aε aX
h(y) dy converge, 0
donc : $
$
bε aε
$
1
h(y) dy =
1
h(y) dy − aε
h(y) dy bε
$
$
1
−→
1
h(y) dy −
ε −→ 0
0 bε
On conclut : aε
1
0
1
Puisque h est continue en 0, l’intégrale
$
+∞
f (x) dx et
convergent, par définition, l’intégrale
h(y) dy = 0. 0
e −y b dy −→ ln . ε −→ 0 y a
d) D’après b)2) et c)2), on a, pour X > 0 fixé, en faisant tendre $ X −ax $ bX −y b e − e −bx e ε vers 0 : dx = ln − dy. x a y 0 aX $ +∞ −y e e) Puisque l’intégrale dy converge (cf. aussi la soy 1 lution de a) ), on a : $
bX aX
2
100
$
e −y dy = y
bε
0
• Étude en +∞ :
1 − 1 − y + o(y) 1 − e −y = = 1+o(1) −→ 1 = h(0), y −→ 0 y y
e −y dy = y
$
bX 1
e −y dy − y $ −→
X −→ +∞
1
$
aX
1 +∞
e −y dy y
e −y dy − y
$
+∞ 1
e −y dy = 0. y
On conclut, en faisant tendre X vers +∞ dans le résultat de d) : $ +∞ e −ax − e (−bx b dx = ln . x a 0
3.20 a) 1) On a, pour tout (α, β) ∈ (R+ )2 : 1 1 1 2 (α + β2 ) − αβ = (α2 + β2 − 2αβ) = (α − β)2 0, 2 2 2
Corrigés des exercices
1 2 (α + β2 ). 2
αβ
donc : a) 2) D’après 1) :
&2 % &2 1 % f (x) + g(x) . 2 $ +∞ f 2 et g2 convergent,
∀x ∈ [a ; +∞[, | f (x)g(x)| $
+∞
Puisque les intégrales a
a
par $ +∞addition et multiplication par une constante, l’intégrale 1 2 ( f + g2 ) converge. Par théorème de majoration pour 2 a $ +∞
des fonctions 0, l’intégrale
| f g| converge.
a
b) En appliquant le résultat de a)2) avec f 2 à la place de g, $ +∞ | f |3 converge. Ainsi, l’intégrale on déduit que l’intégrale a $ +∞ f 3 est absolument convergente, donc convergente.
Puisque g admet une limite finie en 0, d’après le cours, l’in$ 1 1 − e −t dt converge (intégrale faussement imtégrale t 0 propre). $ x
e t
est continue sur [x ; +∞[.
On a : ∀t ∈ [1 ; +∞[, 0 f (t) = $
+∞
On sait que l’intégrale
e −t e −t . t
D’où, pour x ∈ ]0 ; +∞[ : $ 1 −t e I(x) = dt + I(1) = − ln x − J(x) + I(1) t x
= − ln x − K + o (1) + I(1) x −→ 0
= − ln x + I(1) − K +
e −t dt converge, donc, par théo-
rème $ +∞ de majoration pour des fonctions $ +∞ 0, l’intégrale f (t) dt converge, puis l’intégrale f (t) dt converge. 1
x
On conclut que I(x) existe.
x −→ 0
I(x)
− ln x.
∼
x −→ 0
$
+∞
∀x ∈ ]0 ; +∞[, I(x) = x
$
1
= x
e −t dt + t
e −t dt t $ +∞ 1
1 (1 + tα )n
e dt + J(x) = t
e −t dt = t
$
1 x
e −t dt + I(1). t
−t
$
• On a : ∀n ∈ N∗ , un =
$
+∞
1
−t
1− e est continue sur ]0 ; 1]. t À l’aide d’un développement limité lorsque t −→ 0, on a : d) L’application g : t −→
g(t) =
1 − 1 − t + o(t) t + o(t) = = 1 + o(1) −→ 1. t −→ 0 t t
1
−t
1 dt (1 + tα )n !" 0
$
e 1− e dt + dt t t x x $ 1 1 dt = [ln t]1x = − ln x. = x t 1
1 1 = αn , (tα )n t
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (αn > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. tαn 1
0
−t
∼
t −→ +∞
et αn 2 car : (α, n) ∈ N2 , α 2, n 1.
c) On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : $
1 est continue sur [0 ; +∞[. (1 + tα )n
• L’application t −→
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ $ +∞ 1 1 dt converge, puis l’intégrale dt (1 + tα )n (1 + tα )n 1 0 converge.
b) On a, par la relation de Chasles :
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o (1),
x −→ 0
et on déduit, puisque − ln x −→ +∞ :
On a :
1
x
1 − e −t dt . t 0 !" 1
a) Soit n ∈ N∗ . −t
L’application f : t −→
1
$
3.22
a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.
$
1 − e −t dt −→ x −→ 0 t
notée K
a
3.21
1
e) D’après c) : J(x) =
0
1 dt (1 + tα )n
$
1 0
1 1 dt = α > 0, (1 + 1)α 2
∀n ∈ N∗ , un > 0.
donc : b) 1) Soit n ∈ N∗ .
Pour X ∈ [0 ; +∞[, on a, par intégration par parties avec ⎧ 1 ⎪ α −n ⎪ ⎪ ⎪u = (1 + tα )n = (1 + t ) ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = 1 101
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
⎧ ⎪ −nαtα−1 ⎪ α −n−1 α−1 ⎪ ⎪ αt = ⎪ ⎨u = −n(1 + t ) (1 + tα )n+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = t
On conclut (puisque α − 1 0) : ∀n ∈ N∗ , S n = c) 2) On déduit, pour tout n ∈ N \ {0, 1} : n * nα 1 + u1 1− α − 1 k=1 kα n * 1 1 + nu = ln 1− 1 1 kα k=1 1− α n 1 = ln n + ln u1 + ln 1 − kα k=2
où u, v sont de classe C sur le segment [0 ; X] : $ X +X $ X * 1 nαtα t dt = + dt α n α n+1 (1 + tα )n 0 0 (1 + t ) 0 (1 + t ) $ X X (1 + tα ) − 1 + αn dt = α n (1 + X ) (1 + tα )n+1 0 $ X 1 X + αn dt = (1$+ X α )n (1 + t α )n 0 X 1 − dt . α n+1 0 (1 + t ) 1
ln S n = ln
et, d’auttre part : n
n
1 = ln(k − 1) − ln k ln 1 − k k=2 k=2
On a, puisque α > 0 et αn 2 : X (1 + X α )n
∼
X −→ +∞
1 X = αn−1 X αn X
−→
X −→ +∞
1 un , b) 2) D’après 1), on a : ∀n ∈ N∗ , un+1 = 1 − nα ou encore, par décalage de l’indice : 1 un−1 . (n − 1)α
On en déduit, de proche en proche ou par une récurrence imn−1 1 . 1− médiate : ∀n ∈ N \ {0, 1}, un = u1 kα k=1 b) 3) Comme les réels qui interviennent ici sont > 0, on peut passer au logarithme, d’où : n−1
1 . ∀n ∈ N \ {0, 1}, ln un = ln u1 + ln 1 − kα k=1 1 1 ∼ − ln 1 − 0. kα k∞ kα 1 diverge, par multiplication Puisque la série harmonique k k1 1 par la constante non nulle , puis par théorème d’équivalence α 1 − ln 1 − pour des séries à termes 0, la série diverge. kα k1
On a :
Comme cette dernière série est à termes 0 et est divergente, n−1 1 − ln 1 − il s’ensuit : −→ +∞, n∞ kα k=1 donc ln un −→ −∞, puis un −→ 0. n∞
télescopage
d’où : ln S n = ln u1 +
n * k=2
ln 1 − ln n = − ln n,
1 1 − ln 1 − . ln 1 − kα k
c) 3) On a, lorsque k tend vers l’infini : 1 + * 1 1 + 1 1 * 1 ln 1 − − ln 1 − = − +o − − +o kα k kα k k k 1 α−1 1 +o , = k α!" k 0
1 α−1 1 1 ln 1 − − ln 1 − ∼ . kα k k∞ α k
d’où :
c) 4) La série harmonique
1 k1
k
diverge, donc, par multiplica α−11
diverge, α k puis, par théorème d’équivalence pour des séries à termes 0, * 1 + 1 la série − ln 1 − diverge. Comme cette ln 1 − kα k k2 dernière série est à termes 0 et est divergente, on déduit : tion par une constante non nulle, la série
k2
0 n /
1 1 − ln 1 − −→ +∞. ln 1 − n∞ kα k k=2 D’où ln S n −→ +∞, puis S n −→ +∞, et on conclut : n∞ n∞ la série un diverge. n1
Remarque :
On pouvait obtenir ce dernier résultat de façon plus simple, en remarquant : $
n∞
c) 1) On a, pour tout n ∈ N∗ , en utilisant b)1) : d’où : (α − 1)S n = nαun+1 . 102
=
0.
D’où, en faisant tendre X vers +∞ : un = nα(un − un+1 ).
∀n ∈ N \ {0, 1}, un = 1 −
nα un+1 . α−1
+∞
un = 0
1 dt (1 + tα )n !" 0
$
1 n1/α
0
1 dt (1 + tα )n
Corrigés des exercices
1 1 1 1 1 α +n = n1/α 1 n n1/α * 1 + 1/α 1+ n n 1 −n 1n +o 1n
1 −n ln 1+ 1n = 1/α e = 1/α e n n e −1 1 = 1/α e −1+o(1) ∼ 1/α 0. n∞ n n 1 D’après l’exemple de Riemann ( α1 1), la série din1/α n1 verge. Par multiplication par une constante non nulle, la série e −1 diverge. Par théorème d’équivalence pour des séries à n1/α n1 termes 0, on conclut que la série un diverge.
n1
3.23 a) Soit x ∈ J = ] − 1 ; +∞[.
c) 3) On a, d’après 1) et 2), pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ 2 f (x) f (x) + f (x + 1) = ⎪ ⎪ ⎨ x+1 ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩2 f (x) f (x − 1) + f (x) = x
∀x ∈ ]0 ; +∞[,
D’où :
D’après l’exemple de Riemann en 0 (−x < 1), l’intégrale $ 1 t x dt converge.
0
$ On conclut que, pour tout x ∈ J, l’intégrale converge.
1 0
tx dt 1+t
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
b) • On a, pour tout x ∈ J : $ 1 $ 1 x * t x+1 +1 1 t t x dt = = dt . 0 f (x) = 0 1 + t x + 1 x + 1 0 0 1 −→ 0, on déduit , d’après le théorème • Comme x + 1 x −→ +∞ d’encadrement : f (x) −→ 0. x −→ +∞
c) 1) Soit (x, y) ∈ J 2 tel que x y. ∀t ∈ ]0 ; 1], t x ty ,
On a : d’où :
∀t ∈ ]0 ; 1],
ty tx , 1+t 1+t
0
c) 2) On a, pour tout x ∈ J : $
f (x) + f (x + 1) =
$ 1 x+1 $ 1 x x+1 tx t t +t dt + dt = dt 1+t 0 1+t 0 1+t 0 $ 1 $ 1 x * t x+1 +1 t (1 + t) 1 t x dt = = dt = . = 1 + t x+1 0 x+1 0 0 1
1 % &1 dt = ln(1 + t) 0 = ln 2. 1+t
• D’après c) 2) : f (0) + f (1) = ln 2, donc : f (1) = 1 − ln 2. d) 2) Puisque f est décroissante, on a : ∀x ∈ [0 ; 1], f (1) f (x) f (0), c’est-à-dire : ∀x ∈ [0 ; 1], 1 − ln 2 f (x) ln 2. d) 3) D’après c)2) : ∀x ∈ ] − 1 ; +∞[, f (x) =
1 − f (x + 1). x+1
D’après 2) : ∀x ∈ ] − 1 ; 0], 1 − ln 2 f (x + 1) ln 2. 1 −→ +∞ et que f (x + 1) est borné lorsque x x + 1 x −→ −1 1 parcourt ] − 1 ; 0], on déduit : f (x) ∼ . x −→ −1 x + 1 Comme
3.24 a) Soit n ∈ N∗ . L’application fn : [0 ; 1[ −→ R, x −→
x2n − x4n 1 − x2
est continue sur [0 ; 1[ et, pour tout x ∈ [0 ; 1[ : 1 − (x2 )n 2n 2 k = x (x ) = x2n+2k . 1 − x2 k=0 k=0 n−1
fn (x) = x2n
puis, en intégrant sur ]0 ; 1] : f (x) f (y). On conclut : f est décroissante sur J.
1
d) 1) • On a : f (0) =
0
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale $ 1 gx (t) dt converge.
f (x) x 1 1. x+1 2x
x −→ 1, on déduit, par encadrement : Comme x + 1 x −→ +∞ 1 f (x) −→ 1, donc : f (x) ∼ . 1 x −→ +∞ x −→ +∞ 2x 2x $
tx est continue sur ]0 ; 1] et à vaL’application gx : t −→ 1+t 1 leurs 0. On a : gx (t) ∼ t x = −x 0. t −→ 0 t
1 1 f (x) . 2(x + 1) 2x
∀x ∈ ]0 ; +∞[,
donc :
On a donc :
fn (x) −→
x −→ 1
n−1
n−1
1 = n.
k=0
Ainsi, fn est continue sur [0 ; 1[ et admet une limite finie $ 1 fn (x) dx en 1. D’après le cours, on conclut que l’intégrale 0
converge (intégrale faussement impropre), c’est-à-dire que In 103
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
$
existe. Et : $ 1 n−1 n−1 $ x2n+2k dx = In = 0
k=0
k=0
=
x2n+2k dx 0
n−1 * n−1 1 x2n+2k+1 +1 = . 0 2n + 2k + 1 2n + 2k + 1 k=0 k=0
In =
k=0
1 = 2n + 2k + 1 n−1
D’autre part : In =
k=0
n
=1
1 2n + 2 − 1
n
=1
1 . 2n + 2
1 1 . 2n + 2k + 1 k=0 2n + 2k n−1
k=1
n 1 1 = 2n + 2k 2n k=1
1 1+
k n
.
f −→ 0. +∞
Comme f est décroissante et de limite nulle en +∞, il s’ensuit : ∀x ∈ [0 ; +∞[, f (x) 0. $ x f (t) dt. Puisque b) Étudions, pour x ∈ [0 ; +∞[, l’intégrale x/2 $ x x f (t) dt. f est décroissante, on a : f (x) 2 x/2 x f (x). 2 $ +∞ Puisque f 0 et que l’intégrale f converge, on a : Puisque f 0, on a :
On conclut :
n k=1
$
x
+∞
f (t) dt
f (t) dt.
x/2
x/2
$ 0 x f (x) 2
On obtient :
+∞
f (t) t. x/2
$
+∞
f converge, on a :
Puisque l’intégrale $
1 ln 2 −→ . 2n + 2k n∞ 2
+∞
−→
f
x −→ +∞
x/2
a) Puisque f : [0 ; +∞[ −→ R est décroissante, f admet en +∞ une limite finie ou la limite −∞. • Si f −→ et > 0, alors, comme f ∼ et que l’inté+∞ +∞ $ +∞
dx diverge, on déduit, par théorème d’équivalence grale 0 $ +∞ f (x) dx diverge, pour des fonctions 0, que l’intégrale
f (x) =
3.26
o
x −→ +∞
• Si f −→ et < 0, en considérant − f , on déduit, comme +∞ $ +∞ f (x) dx diverge, contradiction. ci-dessus, que l’intégrale 0
• Si f −→ −∞, alors il existe a > 0 tel que : +∞
∀x ∈ [a ; +∞[, f (x) −1, ∀x ∈ [a ; +∞[, − f (x) 1,
−→
x −→ +∞
0,
1 . x
Pour tout P ∈ R[X], l’application √ x2 + 4x + 2 − P(x) f : [1 ; +∞[ −→ R, x −→ x
est continue sur [1 ; +∞[. √ x2 + 4x + 2 On a :
0
contradiction.
0.
Par encadrement, il en résulte : x f (x) c’est-à-dire :
3.25
104
$
0
b) 3) D’après 1) et 2), on conclut, par théorème d’encadrement : ln 2 In −→ . n∞ 2
donc :
0
0
1 est continue sur L’application f : [0 ; 1] −→ R, x −→ 1+x le segment [0 ; 1]. D’après le cours sur les sommes de Riemann : $ 1 n % &1 1 1 1 −→ dx = ln(1 + x) 0 = ln 2. k n∞ n k=1 0 1+ x 1+ n
a
diverge, contradiction. On déduit :
b) 2) • On a, pour tout n ∈ N∗ : n
1 dx diverge, par théorème de $ +∞ − f (x) dx minoration pour des fonctions 0, l’intégrale a $ +∞ f (x) dx diverge, donc en passant à l’opposée, l’intégrale a
1
b) 1) On a, par le changement d’indice = k + 1 : n−1
+∞
puis, comme l’intégrale
∼
x −→ +∞
x.
• Si deg (P) 0, alors P est une$constante, P = a ∈ R, donc +∞ f (x) −→ 1, donc l’intégrale f (x) dx diverge. x −→ +∞
1
• Si deg (P) 2, alors P est de la forme P : x −→ an xn + · · · + a0 , donc f (x)
∼
x −→ +∞
où n ∈ N, n 2, an 0, $ +∞ −an xn−1 . Comme l’intégrale xn−1 dx
diverge (grossièrement) et que an
1
0, l’intégrale
Corrigés des exercices
$
+∞
−an xn−1 dx diverge, puis, par théorème d’équivalence $ +∞ f (x) dx dipour des fonctions de signe fixe, l’intégrale 1 verge.
On conclut qu’il existe un polynôme P et un seul convenant : P = X + 2.
1
• Supposons dorénavant deg (P) = 1. Il existe (a, b) ∈ R2 tel que P = aX + b. On a :
√
∀x ∈ [1 ; +∞[, f (x) =
x2
sin x
L’application f : x −→ e x − 1 est continue sur ]0 ; +∞[, donc l’intégrale proposée est impropre à la borne 0 et à la borne +∞.
3.27
• Étude en 0 :
+ 4x + 2 − (ax + b) x , 4 b 2 = 1+ + 2 −a− . x x x
1 − a, et comme l’intégrale Si a 1, alors f (x) ∼ x −→ +∞ $ +∞ (1 − a) dx diverge, par théorème d’équivalence pour des 1 $ +∞ f (x) dx diverge. fonctions de signe fixe, l’intégrale
On a
sin x −→ 1, donc f (x) −→ e − 1. x −→ 0 x x −→ 0
$
1
f (x) dx
Puisque f admet une limite finie en 0, l’intégrale 0
converge (intégrale faussement impropre). • Étude en +∞ :
Utilisons des développements limités lorsque x −→ + ∞, en sin x −→ 0 : remarquant x x −→ +∞
1
Supposons dorénavant a = 1. On a, par utilisation d’une expression conjuguée :
4 − 2b Si 4 − 2b 0, alors f (x) ∼ , et comme l’intéx −→ +∞ x $ +∞ 1 dx diverge, par théorème d’équivalence pour des grale x 1 $ +∞
f (x) dx diverge. 1
Supposons dorénavant 4 − 2b = 0, c’est-à-dire b = 2.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
2
x donc :
,
4 2 2 1+ + 2 +1+ x x x − f (x)
∼
x −→ +∞
∼
x −→ +∞
1
1 0. x2
$
D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale converge.
+∞ 1
1 dx x2
Par théorème d’équivalence pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ − f (x) dx converge. Par passage à la fonction opposée, l’intégrale converge.
$
+∞
f (x) dx 1
+∞
sin x dx converge. x
2) On a :
∀x ∈ [1 ; +∞[, 0
1 sin x 2. x2 x
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 a Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ sin2 x dx converge. x2 1 3) Il existe a ∈ [1 ; +∞[ tel que :
−2 1 = − 2, 2 2x x
1
1 sin x 1 sin2 x . + o + x −→ +∞ x2 x 2 x2
2
On a, pour x ∈ [1 ; +∞[ : f (x) =
−1=
1) D’après l’exercice 3.15, l’intégrale
(4 − 2b)x + (2 − b2 ) . = , 2 4 b x2 1+ + 2 +1+ x x x
−2
sin x x
$
(x2 + 4x + 2) − (x + b)2 ∀x ∈ [1 ; +∞[, f (x) = √
x x2 + 4x + 2 + x + b
fonctions de signe fixe, l’intégrale
f (x) = e
## 1 ## 1 ∀x ∈ [a ; +∞[, ##o 2 ## 2 . x x D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 a Par théorème de majoration pour des fonctions$ 0, l’intégrale $ +∞ ## 1 ## +∞ # ## 1 ### ## dx converge, donc l’intégrale ##o #o 2 # dx 2 x x a 1 converge. $ +∞ 1 o 2 dx est absolument convergente, Ainsi, l’intégrale x 1 donc convergente. Par $ +∞addition de trois intégrales convergentes, l’intégrale f (x) dx converge. 1
105
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
$
$ +∞ f (x) dx et f (x) dx 0 1 $ +∞ f (x) dx converge. convergent, par définition, l’intégrale 1
Puisque les deux intégrales
0
3.28 • On a : donc :
∀x ∈ [0 ; π/2[, cos x > 0, √ ∀x ∈ ]0 ; π/2[, x + x cos x > 0.
Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ ## cos3 x ## ## ## dx converge. x2 1 $ +∞ cos3 x dx est absolument convergente, Ainsi, l’intégrale x3/2 1 donc convergente. 4) Il existe a ∈ [1 ; +∞[ tel que :
∀x ∈ [π/2 ; +∞[, cos x −1, √ √ donc : ∀x ∈ [π/2 ; +∞[, x + x cos x x − x > 0. √ Ceci montre : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, x + x cos x > 0.
## 1 ## 1 ∀x ∈ [a ; +∞[, ##o 3/2 ## 3/2 . x x
D’autre part :
cos x est donc continue sur √ x + x cos x ]0 ; +∞[ et l’intégrale proposée est impropre à la borne 0 et à la borne +∞.
L’application f : x −→ .
• Étude en +∞ : Utilisons des développements limités lorsque x −→ + ∞, en cos x −→ 0 : remarquant √ x x −→ +∞
−1/2 cos x cos x cos x f (x) = . = √ 1+ √ √ x x x + x cos x
1 cos x 3 cos2 x cos x 1 = √ 1− + o √ + 2 8 x2 x2 x x
1 cos x 1 cos2 x 3 cos3 x + o = √ − + . 2 x 8 x3/2 x3/2 x Nous allons étudier la nature des intégrales de ces quatre termes. $ +∞ cos x 1) D’après l’exercice 3.15, l’intégrale √ dx converge. x 1 1 cos 2x cos2 x 1 − cos 2x = = − . 2) On a : ∀x ∈ [1 ; +∞[, x x 2x 2x D’après l’exercice $ 3.15, en utilisant le changement de variable +∞ cos 2x dx converge. t = 2x, l’intégrale 2x 1 $ +∞ 1 L’intégrale dx diverge. 2x 1 $ +∞ cos2 x Par addition , l’intégrale dx diverge. x 1 3) On a :
## cos3 x ## 1 ∀x ∈ [1 ; +∞[, ## 3/2 ## 3/2 . x x
D’après l’exemple de $ +∞ 1 dx converge. x3/2 1 106
Riemann
en
+∞,
D’après $ +∞ l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1), l’intégrale 1 dx converge. x3/2 a Par théorème de majoration pour des fonctions $ +∞ $ +∞0,# l’intégrale ## 1 ## ## 1 ### ## dx converge, donc l’intégrale ##o #o 3/2 # dx x3/2 x a 1 converge. $ +∞ 1 o 3/2 dx est absolument convergente, Ainsi, l’intégrale x 1 donc convergente. Par addition de trois intégrales convergentes et d’une intégrale $ +∞
divergente, on déduit que l’intégrale
f (x) dx diverge. 1
$
+∞
• Puisque l’intégrale
f (x) dx diverge, il est inutile d’exa1
miner la nature de l’intégrale à l’autre borne (0). $ +∞ cos x On conclut que l’intégrale dx diverge. . √ 0 x + x cos x
3.29 1) Existence : ln x est continue L’application f : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ 1 + x2 sur ]0 ; +∞[, donc l’intégrale proposée est impropre à la borne 0 et à la borne +∞. • Étude en 0 : On a : et :
∀x ∈ ]0 ; 1], f (x) 0 √ √
− x ln x x − f (x) = −→ 0, 1 + x2 x −→ 0
par prépondérance des puissances sur le logarithme. Il existe donc a ∈ ]0 ; 1] tel que : ∀x ∈ ]0 ; a],
√
x − f (x) 1,
l’intégrale d’où :
1 ∀x ∈ ]0 ; a], 0 − f (x) √ . x
Corrigés des exercices
D’après l’exemple de Riemann en 0 (1/2 < 1), l’intégrale $ a 1 √ dx converge. x 0
e −t e −t Les applications t −→ et t −→ 2 sont continues sur t t [x ; +∞[.
Par $ a théorème de majoration pour des fonctions 0 l’intégrale − f (x) dx converge, puis, par passage à la fonction oppo0 $ a sée, l’intégrale f (x) dx converge.
On a : ∀t ∈ [1 ; +∞[, 0
0
• Étude en +∞ : On a :
f (x)
∼
x −→ +∞
ln x 0. 2 x!"
notée g(x)
et :
x3/2 g(x) =
ln x x1/2
−→
x −→ +∞
$
e −t dt converge, donc, par théorème de ma$ +∞ −t e dt et joration pour des fonctions 0, les intégrales 1 $ +∞ −t $ +∞ t−t e e dt convergent, donc les intégrales dt et 2 t t x $1 +∞ −t e dt ce qui montre que I(x) et J(x) existent. t2 x 1
b) On a :
0,
$
Il existe donc b ∈ [1 ; +∞[ tel que :
∀x ∈ [b ; +∞[, 0 g(x)
1 . x3/2
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (3/2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. 3/2 x b Par théorème de majoration pour des fonctions 0, l’intégrale $ +∞ g(x) dx converge. b
Par théorème $ +∞ d’équivalence pour des fonctions$+∞0, l’intégrale f (x) dx converge, donc l’intégrale f (x) dx b 1 converge. $ +∞ $ 1 f (x) dx et f (x) dx Puisque les deux intégrales 0 1 $ +∞ f (x) dx converge. convergent, par définition, l’intégrale © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
0
2) Calcul :
+∞
∀x ∈ ]0 ; +∞[, 0 J(x) = x
$
∀x ∈ [b ; +∞[, x3/2 g(x) 1,
e −t dt t2
$
+∞ x
e −t dt x2
+∞
1 1 1 e −t dt = 2 [− e −t ]+∞ = 2 e −x . x x2 x x x c) Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. =
Soit X ∈ [x ; +∞[. Utilisons une intégration par parties, avec ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = − t2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = − e −t
⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = t ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = e −t
où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [x ; X] : $
X x
* e −t +X $ X e −t e −t dt = − − dt t t x t2 x $ X −t e −x e e −X + − =− dt. X x t2 x
En faisant tendre X vers +∞, on obtient : $ +∞ −t $ +∞ −t e −x e e dt, dt = − t x t2 x x
On a, par le changement de variable 1 1 1 t= , x= , dx = − 2 dt : x t t $ 0 ln 1 $ +∞ ln x t − 1 dt dx = − I= 2 1 1+x t2 0 +∞ 1+ 2 t $ +∞ − ln t dt = −I, = 1 + t2 0
c’est-à-dire :
d’où 2I = 0, et on conclut : I = 0.
puis :
I(x) =
e −x − J(x). x
d) D’après b), on a : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, 0
donc :
3.30 a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.
+∞
L’intégrale
par prépondérance des puissances sur le logarithme.
d’où :
e −t e −t e −t . 2 t t
On conclut :
J(x) e −x x
−→
x −→ +∞
J(x) I(x) = 1 − −x e −x e x x I(x)
∼
x −→ +∞
J(x) 1 , e −x x x
0,
−→
x −→ +∞
1.
e −x . x 107
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
e) On a, par le changement de variable t = u + x : $ +∞ −u $ +∞ x−t e e du = dt u+x t 0 x $ +∞ −t 1 e e −x ex dt ∼ = . = ex x −→ +∞ t x x x
3.31
d) D’après c) :
n∞
Puis, d’après b) :
nα e −n = un (α) − αun (α − 1) = un (α) + o un (α) ∼ un (α). n∞
a) Soit (n, α) ∈ N∗ × R. L’application f : t −→ tα e −t est continue sur [n ; +∞[ et 0. t f (t) = t 2
On a :
2+α
e
−t
−→
t −→ +∞
0,
un (α) ∼ nα e −n .
On conclut :
n∞
par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances.
a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.
Il existe donc a ∈ [n ; +∞[ tel que : ∀t ∈ [a ; +∞[, t f (t) 1,
• L’application ]0 ; +∞[ −→ R, t −→ √4
1 ∀t ∈ [a ; +∞[, 0 f (t) 2 . t
d’où :
$
+∞
1 dt 2 t a converge. Par théorème de majoration pour des fonctions $ +∞ f (t) dt converge, et finalement, l’inté 0, l’intégrale a $ +∞ f (t) dt converge. grale D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale
n
On conclut que, pour tout (n, α) ∈ N∗ × R, u(n, α) existe. b) Soit (n, α) ∈ N∗ × R. Nous allons utiliser une intégration par parties sur un segment, puis un passage à la limite. Soit T ∈ [n ; +∞[. On a, par intégration par parties avec ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ α α−1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = αt ⎨u = t ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = − e −t ⎩v = e −t où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [n ; T ] : $ T $ T % &T tα e −t dt = tα (− e −t ) n − αtα−1 (− e −t ) dt n
n
α
= −T e −T + nα e −n + α
$
T
tα−1 e −t dt.
n
En faisant tendre T vers +∞ et en utilisant la prépondérance de l’exponentielle sur les puissances, on obtient : un (α) = nα e −n + α un (α − 1). c) Soit (n, α) ∈ N∗ × R. D’une part : un (α − 1) 0. D’autre part : $ un (α − 1) =
+∞ n
n∞
3.32 2
108
un (α) . n
un (α − 1) = o un (α) .
0 un (α − 1)
On conclut :
$ +∞ 1 α −t tα−1 e −t dt = t e dt t n $ +∞ 1 α −t 1 t e dt = un (α). n n n
1 sur ]0 ; x] et : √4 4 t + t3
∼
t −→ 0
1 t4
est continue
+ t3
1 1 √4 = 3/4 0. 3 t t
D’après l’exemple de Riemann en 0 (3/4 < 1), l’intégrale $ x 1 dt converge. Par théorème de majoration pour des 3/4 0 t $ x 1 fonctions 0, l’intégrale dt converge, donc √4 4 0 t + t3 $ x 1 dt existe. f (x) = √4 0 t4 + t3 1 1 − est contit t4 + t3 nue sur le segment [1 ; x]$ (si x 1), sur le segment [x ; 1] (si x 1 1 dt existe. − 0 < x 1), donc g(x) = √4 4 3 t 1 t +t
• L’application ]0 ; +∞[ −→ R, t −→ √4
• On a :
$
x
1 dt √4 4 3 $ x $0 1 t + t 1 1 dt + dt = √4 √4 4 3 4 0 1 +t t + t3 t !" = f (1) $ x $ x 1 1 1 − = f (1) + dt + dt √4 t 1 t 1 t4 + t3 = f (1) + ln x + g(x).
f (x) =
b) L’application h : [1 ; +∞[ −→ R, t −→ √4
1
+ continue sur [1 ; +∞[. On a, au voisinage de +∞ : t4
1 1 1 1 − − = , h(t) = √4 4 3 t t t +t 1 4 t 1+ t 1 +−1/4 1 * 1+ = −1 t t 1 + 11 1 * 1− −1 +o = t 4t t 1 1 = − 2 +o 2 , 4t t
t3
−
1 est t
Corrigés des exercices
donc :
h(t)
∼
t −→ +∞
−
$
1 . 4t2
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. Par théorème d’équivalence pour des t2 1 fonctions à la fonction opposée, l’inté$ +∞ 0, puis par passage 1 1 dt converge. grale − √4 t 1 t4 + t3 $
1 1 dt qui converge d’après b). − √4 t 1 t4 + t3 $ x 1 1 dt −→ I, On a donc : g(x) = − √4 x −→ +∞ 4 3 t 1 t +t
c) Notons I =
+∞
c’est-à-dire : g(x) = I +
o
(1).
x −→ +∞
D’après a), on a alors : f (x) = ln x + f (1) + I + o(1) et on conclut :
f (x)
∼
x −→ +∞
1 0
On a :
par prépondérance des puissances sur le logarithme, donc $ 1/2 fn (x) dx converge (intégrale faussement iml’intégrale 0
propre).
n∞
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
0
nxn ln x dx = 0. xn − 1
3.34 a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[. t L’application ux : [0 ; +∞[ −→ R, t −→ est conti1+ x et nue sur [0 ; +∞[ (le dénominateur ne s’annule pas), donc l’intégrale proposée est impropre à la borne +∞. De plus : ux 0. t2 ux (t) =
t3 1+ x et
Il existe donc a ∈ ]0 ; +∞[ tel que : ∀t ∈ [a ; +∞[, 0 t2 ux (t) 1, ∀t ∈ [a ; +∞[, 0 ux (t)
d’où :
1/2
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dt converge. Par théorème de majoration pour des t2 a $ ux (t) dt converge, donc l’ina
L’application $
T
D : [0 ; +∞[ −→ R, T −→ 0
$ 1 fn (x) dx et fn (x) dx 0 1/2 $ 1 fn (x) dx existe. convergent, par définition, l’intégrale In = 1/2
Puisque les deux intégrales
0
b) Soit n ∈ N∗ . On a : 0
+∞
fonctions 0, l’intégrale
impropre).
1
1 . t2
b) Soient x, y ∈ ]0 ; +∞[ tels que x < y.
ln x n nxn −→ 1 = 1, = n−1 x + · · · + 1 x − 1 x −→ 1 n $ 1 donc l’intégrale fn (x) dx converge (intégrale faussement
## $ |In | = ##
0,
On conclut : pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) existe.
nxn ln x (x − 1)(xn−1 + · · · + 1)
$
−→
t −→ +∞
par prépondérance de l’exponentielle sur la puissance.
tégrale proposée converge.
• Étude en 1 : On a : fn (x) =
1
On conclut : lim
• Étude en 0 : nxn−1 x ln x −→ 0, fn (x) = n x −→ 0 x −1
1
indépendant de n
On a :
nxn ln x a) Soit n ∈ N∗ . L’application fn : x −→ n est continue x −1 sur ]0 ; 1[, donc l’intégrale proposée est impropre aux deux bornes.
− ln(y1/n ) dy y−1 0 $ 1 1 ln y =− dy −→ 0. n∞ n 0 1−y !"
$
ln x.
3.33
$
nxn−1 (− ln x) dx = 1 − xn
$ 1 n−1 $ 1 n nxn ln x ### nx (− ln x) nx (− ln x) dx dx. dx# = n n x −1 1−x 1 − xn 0 0
Effectuons, dans cette dernière intégrale, le changement de va1 1 1 riable y = xn , x = yn , dx = y n −1 dy n
t dt − 1+ x et
$
T 0
t dt 1+ y et
est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et, pour tout T ∈ [0 ; +∞[ : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪>0 T T ⎨ − D (T ) = ⎪ ⎪ 1+ x eT 1+y eT ⎪ ⎩=0
si T > 0 si T = 0.
Il en résulte que D est strictement croissante sur [0 ; +∞[. Comme D(0) = 0, et que D(T )
−→
T −→ +∞
f (x) − f (y),
on déduit : f (x) − f (y) > 0. On conclut : f est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[. 109
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
e) 2) D’après 1), on a : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) < 0,
c) • On a, pour x ∈ ]0 ; 1] : $ − ln x $ +∞ t t dt f (x) = t dt t 1 + x e 1 + 0 0 x e!"
donc f est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[, et on retrouve le résultat de b).
1
$
− ln x
0
* t2 +− ln x
t dt = 2 4
0
(ln x)2 −→ +∞, = x −→ 0 4
e) 3) D’après 1), f est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) = −
donc : f (x) −→ +∞. x −→ 0
• On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ : $ +∞ $ +∞ t t 0 f (x) = dt dt 1+ x et x et 0 0 $ +∞ 1 = t e −t dt x 0 !"
−→
x −→ +∞
−→
noté A(x)
0,
constante
donc, par encadrement : f (x)
Par opérations, l’application A est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :
0.
x −→ +∞
1 2x + 1 1 1 =− < 0. A (x) = − + − x 1 + x (1 + x)2 x(1 + x)2
d) Soit x ∈ ]0 ; +∞[ fixé. Par le changement de variable u = x e t,
u t = ln , x
11 1 1 − ln x − ln(1 + x) + 2 x x x 1+x
1 1 = − 2 ln x − ln(1 + x) + 2 x x (1 + x) 1 1 . = 2 − ln x + ln(1 + x) + x !" 1+x
dt =
1 du, u
on a :
Il en résulte que A est décroissante sur ]0 ; +∞[. x 1 Comme A(x) = − ln + −→ 0, 1 + x x2 (1 + x) x −→ +∞ ∀x ∈ ]0 ; +∞[, A(x) > 0,
on a donc : $
f (x) =
+∞
0
u ln x 1 du 1+u u
$ +∞ t dt = 1 + x et x $ +∞ $ +∞ ln u 1 = du − ln x du. u(1 + u) u(1 + u) x x
On remarque : ∀u ∈ ]0 ; +∞[,
∀x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) 0.
puis :
On conclut : f est convexe. f)
1 1 1 = − , u(1 + u) u 1 + u
x f (x)
0 +∞
f (x)
d’où, pour U x : $ U $ U % &U 1 1 1 du = − du = ln u − ln(1 + u) x u(1 + u) u 1+u x x U x x = ln − ln −→ − ln . 1+U 1 + x U −→ +∞ 1+x On déduit :
f (x) = (ln x) ln x − ln(1 + x) +
$
+∞ x
+∞
0
ln u du. u(1 + u)
ln u est continue e) 1) Puisque l’application u −→ u(1 $ +∞ + u) ln u du converge, sur ]0 ; +∞[ et que l’intégrale u(1 + u) 1 1 l’application f est de classe C sur ]0 ; +∞[ et on a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : 1
1 1 ln x ln x − ln(1 + x) + ln x − f (x) = − x x 1+x x(1 + x)
1 ln x − ln(1 + x) . = x 110
−
3.35 a) Soient n ∈ N∗ , t ∈ ]0 ; +∞[. Notons S =
n−1 k=0
tk = 1 + t + · · · + tn−1 .
Corrigés des exercices
On a aussi, en lisant la somme dans l’autre sens (c’est-à-dire par le changement d’indice = n − 1 − k) : S = tn−1 + · · · + t + 1.
2S = (1 + t
) + (t + t
n−2
) + · · · + (t
n−1
+ 1).
Soit k ∈ 0 ; n − 1. D’après une inégalité classique (cf. exercice 3.20) : ∀(α, β) ∈ (R+ )2 , α2 + β2 2αβ, on a :
k
tk + tn−1−k 2t 2 t
D’où : 2S n2t n−1 2
puis : S n t
n−1 2
n−1−k 2
= 2t
n−1 2
converge (intégrale faussement impropre).
.
∀x ∈ [1 ; +∞[, 0 f (x) =
On a :
Par le $théorème de majoration pour des fonctions 0, l’inté+∞ grale f (x) dx converge. $ +∞ f (x) dx et f (x) dx 0 1 $ +∞ f (x) dx converge. convergent, par définition, l’intégrale $
,
, ce qui est l’inégalité voulue.
0
1 n
1−x 1−x 1 = , 1 n = 1 2 n−1 1−x 1 − xn 1 + xn + xn + ·· · + x n fn (x) −→
x −→ 1
$
1 . n
1
fn (x) dx converge (intégrale
Il en résulte que l’intégrale 0
faussement impropre), donc In existe. b) 2) D’après a), on a, pour tout n ∈ N∗ : $ 1 $ 1 1 1 dx 0 In = 1 n−1 dx n−1 0 1 k 0 n xn 2 xn © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
k=0
=
+1 2 1* x , = 0 n n−1 3n − 1 +1 2n n−1 +1 2n
In −→ 0. n∞
3.36
2) Calcul : Soit (ε, X) ∈ R2 tel que 0 < ε X. On a, par intégration par parties, avec ⎧ ⎧ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪u = sin x ⎪u = 2 sin x cos x ⎨ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = 2 ⎩v = − x x où u, v sont de classe C 1 sur le segment [ε ; X] : $ X * sin2 x +X $ X 2 sin x cos x sin2 x dx = − + dx. x2 x ε x ε ε D’une part :
sin2 x L’application f : x −→ est continue sur ]0 ; +∞[, donc x2 l’intégrale proposée est impropre aux deux bornes. • Étude en 0 : f (x) =
sin x 2 x
−→ 1.
x −→ 0
sin2 X X
−→
X −→ +∞
## sin2 X # 1 ## , 0, car ## X X
sin ε sin ε = sin ε −→ 0. ε −→ 0 ε ε 2
et
D’autre part, d’après 1) : $ X $ +∞ sin2 x sin2 x dx −→ dx = I. X −→ +∞, ε −→ 0 x2 x2 ε 0 Puisque $ X ε
1) Existence :
On a :
1
Puisque les deux intégrales
1
et on conclut :
sin2 x 1 2. x2 x
1
1 − xn est continue L’application fn : [0 ; 1[ −→ R, x −→ 1−x sur [0 ; 1[ et, en utilisant une identité remarquable, on a, pour tout x ∈ [0 ; 1[ :
d’où :
f (x) dx 0
D’après l’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale $ +∞ 1 dx converge. x2 1
b) 1) Soit n ∈ N∗ .
1 n
1
• Étude en +∞ :
d’où, en additionnant : n−1
$ Puisque f admet une limite finie en 0, l’intégrale
2 sin x cos x dx = x
$
X ε
sin2 x sin2 X sin2 ε − , dx + x2 X ε
$ +∞ 2 sin x cos x il en résulte que l’intégrale dx converge et 0 $ +∞ $ +∞ x 2 2 sin x cos x sin x dx = I. que : dx = x x2 0 0 On a, par le changement de variable t = 2x : $ +∞ $ +∞ $ +∞ π 2 sin x cos x sin 2x sin t dx = dx = dt = . x x t 2 0 0 0 111
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
$
+∞
π sin2 x On conclut : dx = . 2 x 2 0 $ +∞ $ +∞ sin x sin x 2 dx = dx. Remarque : On a donc : x x 0 0
+∞
| f | converge, par théorème de majo$ +∞ | f f | converge, ration pour des fonctions 0, l’intégrale c $ +∞ | f f | converge. puis l’intégrale c
0
3.37 a) On a : ∀x ∈ [0 ; +∞[, f (x) = f (0) +
$
x
f (t) dt.
0
$
+∞
f
Comme l’intégrale
converge (car elle est supposée
0
absolument convergente) , il en résulte :
$
−→
f (x)
x −→ +∞
f (0) +
+∞
f (t) dt.
c) On a, pour x ∈ [0 ; +∞[ : $ x
2
2 ( f 2 ) (t) dt f (x) = f (0) + 0 $ x
2 f (t) f (t) dt = f (0) + 2 0 $
2 f (0) + 2 −→ x −→ +∞
0
$
+∞
+∞
f (t) f (t) dt,
0
f f est convergente, puisqu’elle est abso-
Ceci montre que f admet une limite finie en +∞. Pour montrer = 0, raisonnons par l’absurde : supposons 0.
car l’intégrale
• 1er cas : > 0
Ceci montre que f 2 admet une limite √ finie L en +∞. Il en résulte que | f | admet la limite finie L en +∞.
Puisque f (t)
−→
t −→ +∞
> 0, il existe a ∈ [0 ; +∞[ tel que :
$
x
f (t) dt f (a) + (x − a)
a
3.38
2
x −→ +∞
+∞.
0
• 2e cas : < 0 On applique le résultat du 1er cas à − f et on obtient une contradiction. Ce raisonnement par l’absurde montre = 0 et on conclut : f b) Puisque f
Soit b ∈ ]a ; +∞[.
Notons c = b − a > 0, donc a = b + c. −→
Il existe donc b ∈ [a ; +∞[ tel que : ∀x ∈ [b; + ∞[, f (x) 1. $ +∞ 1 dt diverge, par théorème de minoComme l’intégrale 1 $ +∞ f (t) dt diverge, ration pour des fonctions 0, l’intégrale b $ +∞ f (t) dt diverge, contradiction car, par hypuis l’intégrale 0 $ +∞ f (t) dt est absolument convergente, pothèse, l’intégrale donc convergente.
lument convergente, d’après b).
+∞
On a alors, pour tout x ∈ [a ; +∞[ : f (x) = f (a) +
0
Par √ un raisonnement par l’absurde, comme en a), on montre L = 0 , et on conclut : f −→ 0.
∀t ∈ [a ; +∞[, f (t) . 2
Remarquons : ∀t ∈ [0 ; +∞[, e −bt f (t) = e −ct e −at f (t) . Considérons l’application g : [0 ; +∞[ −→ R, t −→ e −at f (t) $ t g(s) ds. et notons G : [0 ; +∞[ −→ R, t −→ 0
Soit T ∈ [0 ; +∞[. $ T e −ct g(t) dt à l’aide d’une intégration par parExprimons 0 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ −ct −ct ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = e ⎨u = −c e ties, avec ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = g(t) ⎩v = G(t) où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [0 ; T ] : $ T $ T % &T e −ct g(t) dt = e −ctG(t) 0 − −c e −ct G(t) dt 0
0
= e −cT G(T ) + c
−→ 0. +∞
−→ 0, il existe c ∈ [0 ; +∞[ tel que : +∞
∀x ∈ [c ; +∞[, | f (x)| 1. On a alors : ∀x ∈ [c ; +∞[, | f f (x)| = | f (x)| | f (x)| | f (x)|. 112
$ Comme l’intégrale
$ Puisque l’intégrale
+∞
$
e −ct G(t) dt.
0
$
+∞
g(t) dt (qui est
0
T
0
e −at f (t) dt )
converge, par définition, G(T ) admet une limite finie lorsque T tend vers +∞. Comme c > 0, il en résulte : e −cT G(T )
−→
T −→ +∞
0.
Corrigés des exercices
D’autre part, puisque G admet une limite finie en +∞, G est bornée au voisinage de +∞, c’est-à-dire qu’il existe α ∈ [0 ; +∞[ et M ∈ R+ tels que :
On obtient :
∀t ∈ [α ; +∞[, | e −ct G(t)| M e −ct . $ +∞ e −ct dt converge, donc l’inComme c > 0, l’intégrale α $ +∞ tégrale M e −ct dt converge. Par théorème de majoraα $ +∞ | e −ctG(t)| dt tion pour des fonctions 0, l’intégrale α $ +∞ e −ct G(t) dt est absolument converge. Ainsi, l’intégrale α
convergente, donc convergente. Il en résulte que l’intégrale $ +∞ −ct e G(t) dt converge. 0
$
+∞
Notons J =
T
On a alors :
T −→ +∞
0 + cJ.
+∞
e −ct G(t) dt converge, c’estCeci montre que l’intégrale $ +∞ 0 e −bt f (t) dt converge. à-dire que l’intégrale 0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
√ 2
$ 2 f (0) =
$ √ √ x2 ) f (x) dx − f ( 2) + 2x− 2 0
0
Mais, comme f (x) $
+∞ √ 2
−→
x −→ +∞
√ 2
f (x) dx.
0, on a :
√ % &+∞ f (x) dx = f (x) √2 = − f ( 2).
D’où : √
√ 2
$ 2 f (0) =
√
2x−
0
$ 2 | f (0)|
√ 2
x2 f (x) dx + 2
$
+∞ √
f (x) dx +
√ 2
$
f (x) dx.
2
0
$ +∞ $ ## √ 2# ## 2 x − x ### | f (x)| dx + | f (x)| dx + √ 2 2 0
√ 2
| f (x)| dx.
d) L’étude des variations de l’application √ √ x2 ϕ : [0 ; 2] −→ R, x −→ 2 x − 2 √ montre : ∀x ∈ [0 ; 2], 0 ϕ(x) 1. $ √ 2 | f (0)|
a) Voir la solution de l’exercice 3.37 a).
0
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = −1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = f (x)
⎧ √ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = 2 − x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = f (x)
√ où u, v sont bien de classe C sur el segment [0 ; 2] : $ √2 $ √2 √ % √ & √2 ( 2 − x) f (x) dx = ( 2 − x) f (x) 0 + f (x) dx 1
$ √ = − 2 f (0) +
0
√ 2
f (x) dx. 0
√ 2 0
b) Nous allons effectuer deux intégrations par parties succes⎧ ⎧ √ √ x2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = 2 x − 2 ⎨u = 2 − x sives. On a, avec ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = f (x) ⎩v = f (x) √ où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [0 ; 2] : √ $ 2 √ x2 2x− f (x) dx 2 0 $ √2 √ √ * √ x2 + 2 2x− − ( 2 − x) f (x) dx = f (x) 0 2 0 $ √2 √ √ ( 2 − x) f (x) dx. = f ( 2) −
0
f (x) dx.
D’où :
3.39
On a, avec
√
√
−→
$
√ 2
$ √ √ x2 f (x) dx = f ( 2) + 2 f (0) − 2 0
c) On a donc :
0
e −ct g(t) dt
0
2x−
Puis, par l’inégalité triangulaire :
e −ct G(t) dt.
0
$
√
0
∀t ∈ [α ; +∞[, |G(t)| M. Ainsi :
√ 2
$
| f (x)| dx +
$
+∞
= 0
$
+∞ √ 2
f (x)| dx +
$
$ √2 | f (x)| dx + | f (x)| dx 0 $ +∞ $ | f (x)| dx + 0
√ 2
| f (x)| dx 0
+∞
| f (x)| dx.
0
3.40 a) Soit x ∈ ]0 ; +∞[. L’application t −→
1 t ϕ(t) − 1 + t2 x + t
est continue sur [0 ; +∞[ et, pour tout t ∈ [0 ; +∞[ : ## t ## ## ## 1 tx − 1 ## ##ϕ(t) ## = ## − ϕ(t) 1 + t2 x + t !" (1 + t2 )(x + t) 0
tx 1 ϕ(t) 1 ϕ(t) tx + 1 ϕ(t) = + x+ . 2 x + t 1 + t2 x + t x + t 1 + t x 1 + t2 !" !" x
$
1/x
+∞
ϕ(t) dt converge, par théo1 + t2 rème $de majoration pour des fonctions 0, l’inté+∞ 1 t ϕ(t) dt converge absolument donc grale − 2 1+t x+t 0 converge. Comme l’intégrale
0
113
Chapitre 3
•
Intégrales sur un intervalle quelconque
b) Soit α ∈ R. α
t est continue sur ]0 ; +∞[ et à L’application ϕα : t −→ 1 + t2 valeurs 0. • On a, en 0 :
ϕα (t)
∼
t −→ 0
tα . $
D’après l’exemple de Riemann en 0, l’intégrale
1
α
t dt
converge si et seulement si α > −1. Par théorème d’équivalence $ 1 α t pour des fonctions 0, l’intégrale dt converge si et 2 0 1+t seulement si α > −1. ϕα (t)
∼
t −→ +∞
1 . t2−α
D’après l’exemple de Riemann en +∞, l’intégrale $ +∞ 1 dt converge si et seulement si 2 − α > 1, c’est-à-dire t2−α 1 α < 1. Par$théorème d’équivalence pour des fonctions 0, +∞ l’intégrale ϕα (t) dt converge si et seulement si α < 1. 1
$
+∞
tα dt converge si et seule1 + t2 0 $ $ +∞ α 1 α t t ment si les deux intégrales dt et dt 2 2 1 + t 1 + 0 $1 +∞ α t t dt convergent. On conclut que l’intégrale 1 + t2 0 converge si et seulement si −1 < α < 1.
Par définition, l’intégrale
Finalement : E = ] − 1 ; 1[. L’application $
+∞
fα : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ 0
1 α t t dt − 2 1+t x+t
est donc correctement définie, pour tout α ∈ ] − 1 ; 1[. c) On a 0 ∈ E et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : $ +∞ t 1 dt − f0 (x) = 2 1+t x+t 0 *1 ++∞ ln(1 + t2 ) − ln(x + t) = 0 2 *1 1 1 + t2 ++∞ 1 = = 0 − ln 2 = ln x. ln 2 0 2 (x + t) 2 x d) On suppose ici α ∈ ] − 1 ; 0[. d) 1) Soit x ∈ ]0 ; +∞[. • L’application t −→ • En 0 : 114
tα est continue sur ]0 ; +∞[. x+t
tα x+t
∼
t −→ 0
1 α t . x
tα x+t
• En +∞ :
0
• On a, en +∞ :
D’après l’exemple de Riemann en 0, comme α > −1, l’in$ 1 tα dt converge, donc, par théorème d’équivalence tégrale 0 $ 1 α t pour des fonctions 0, l’intégrale dt converge. x +t 0 ∼
t −→ +∞
tα−1 .
D’après $ +∞ l’exemple de Riemann en +∞ (α − 1 < −1), l’intégrale tα−1 dt converge, donc, par théorème d’équivalence pour 1 $ +∞ α t dt converge. des fonctions 0, l’intégrale x+t 1 $ +∞ α $ 1 α t t dt et dt Puisque les deux intégrales x + t x +t 0 $ +∞ α 1 t convergent, par définition, l’intégrale dt converge. x+t 0 Par le changement de variable u= on a : $ +∞ $
0
tα dt = x+t
+∞
$
t , t = xu, dt = x du, x +∞
0
(ux)α x du = xα x(1 + u)
$
+∞ 0
uα du, 1+u
α
u du est un réel ne dépendant que de α, et donc 1+u indépendant de x.
et
0
d) 2) Soit x ∈ ]0 ; +∞[.
$
+∞ 1 α t α Puisque les intégrales t − t dt et 2 1+t x+t 0 $ +∞ α t dt convergent, par différence, l’intégrale x +t 0 $ +∞ α+1 t dt converge, et on a : 1 + t2 0
$
fα (x) =
+∞
tα+1 dt − 1 + t2 0 !"
$
+∞ 0
tα dt = d + xα x+t
$
+∞
−uα du . 1 +u 0 !"
notée d
notée c
Il existe donc deux réels c, d, indépendants de x (mais dépendant a priori de α) tels que : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, fα (x) = cxα + d. Montrons c < 0, c’est-à-dire −c > 0. 1re méthode : utilisation d’un théorème général sur les intégrales : $ X α+1 t dt L’application F : X −→ 2 0 1+t est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et on a : ∀X ∈ [0 ; +∞[, F (X) = donc F est strictement croissante.
X α+1 > 0, 1 + X2
Corrigés des exercices
De plus : F(0) = 0.
Il en résulte, d’après 1) :
Il en résulte F(1) > 0, puis c =
lim F(X) F(1) > 0.
X −→ +∞
e
2 méthode : utilisation d’une bonne minoration : On a$: c= 0
+∞
tα+1 dt t2 1 +!" 0
$
+∞
$ 1
+∞
tα+1 dt 1 + t2 1 * tα ++∞
1 tα−1 dt = 2 1 2 α e) On suppose ici α ∈ ]0 ; 1[. =
1
$
=
1 2
t dt 2t2
−
1 α
=
1 > 0. −2α
e) 1) Soit (x, h) ∈ R2 tel que : x > 0, x + h > 0, h 0.
∀x ∈ ]0 ; +∞[, f α (x) =
+∞ 0
fα (x + h) − fα (x) h $ +∞ $ t 1 * +∞ t 1 1 α + α = t t dt − dt − − h 0 x+h+t 1 + t2 1 + t2 x + t 0 $ +∞ $ +∞ α 1 t 1 1 − tα dt = dt. = h 0 x+t x+h+t (x + t)(x + h + t) 0
e) 2) On a, avec les mêmes hypothèses qu’en 1) et en suppox sant de plus h > − : 2 $ +∞ ## $ +∞ ## tα tα ## dt − dt## 2 (x + t)(x + h + t) (x + t) 0 0 ## $ +∞ tα 1 1 ### − = ## dt# x+t x+h+t x+t 0 $ ## ## +∞ htα dt## = ## 2 (x + t) (x + h + t) 0 $ +∞ tα 0. |h| x dt h−→ −→ 0 0 (x + t) + t 2 !"
$
+∞ 0
e) 3) Par le changement de variable u =
tα dt. (x + t)2
tα dt. (x + t)2 t , t = xu, dt = x du, x
on a, comme en d)1) :
On a : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f α (x) =
On conclut :
$
+∞
(xu)α x du + u) 0 $ +∞ uα du = xα−1 f α (1). = xα−1 (1 + u)2 0 x2 (1
∀x ∈ ]0 ; +∞[, f α (x) = f α (1)xα−1 .
e) 4) Par intégration à partir du résultat précédent, il existe un réel d indépendant de x (mais dépendant a priori de α) tel que : xα ∀x ∈ ]0 ; +∞[, fα (x) = f α (1) + d. α En notant c =
f α (1) , qui est indépendant de x, on conclut : α ∀x ∈ ]0 ; +∞[, fα (x) = cxα + d.
$ 1 +∞ uα du > 0, α 0 (1 + u)2 par un raisonnement analogue à celui du corrigé de d) 2). De plus : c =
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indépendant de h
$
Ceci montre que fα est dérivable sur ]0 ; +∞[ et que :
+∞ α+1
1
fα (x + h) − fα (x) −→ h −→ 0 h
115
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles Plan Les méthodes à retenir 117 Énoncés des exercices
120
Du mal à démarrer ?
126
Corrigés des exercices
129
CHAPITRE
4
Thèmes abordés dans les exercices •
Obtention du développement limité d’ordre 1 ou d’ordre 2 en un point pour une fonction réelle de plusieurs variables réelles
•
Détermination des extremums locaux d’une fonction réelle de plusieurs variables réelles
•
Détermination des extremums globaux d’une fonction réelle de plusieurs variables réelles
•
Détermination d’extremums sous contrainte d’égalités linéaires.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices
116
•
Théorèmes du cours donnant le développement limité d’ordre 1 en un point pour une fonction réelle de classe C 1 sur un ouvert de Rn
•
Théorèmes du cours donnant le développement limité d’ordre 2 en un point pour une fonction réelle de classe C 2 sur un ouvert de Rn
•
Notation de Monge pour les dérivées partielles premières ou les dérivées partielles secondes d’une fonction réelle de classe C 1 ou de classe C 2 sur un ouvert de R2
•
Théorème de Schwarz
•
Définition de point critique pour une fonction réelle de classe C 1 sur un ouvert de Rn
•
Condition nécessaire d’extremum local pour une fonction réelle de classe C 1 sur un ouvert de Rn
•
Résultat relatif à l’existence d’un extremum pour une fonction réelle de classe C 2 sur un ouvert de R2 , en un point critique en lequel rt − s2 0.
•
Formes quadratiques positives, formes quadratiques définies-positives, lien avec les valeurs propres d’une matrice symétrique
•
Matrice hessienne, lien avec les extremums
•
Egalité de Taylor-Lagrange
•
Condition nécessaire d’extremum local sous contrainte d’égalités linéaires pour une application de classe C 1 sur un ouvert.
Les méthodes à retenir
Les méthodes à retenir Pour former le développement limité d’ordre 1 en un point pour une fonction de deux variables réelles
Pour former le développement limité d’ordre 2 en un point pour une fonction de deux variables réelles
Appliquer le théorème du cours : si f : U −→ R est de classe C 1 sur un ouvert U de R2 , alors f admet un développement limité d’ordre 1 en tout point (a, b) de U, et on a, pour tout (h, k) au voisinage de (0, 0) : f (a + h, b + k) √ ∂f ∂f o ( h2 + k2 ). = f (a, b) + h (a, b) + k (a, b) + (h,k) −→ (0,0) ∂x ∂y ➥ Exercice 4.1. Appliquer le théorème du cours : si f : U −→ R est de classe C 2 sur un ouvert U de R2 , alors f admet un développement limité d’ordre 2 en tout point A = (a, b) de U, et on a, pour tout (h, k) au voisinage de (0, 0) : f (a + h, b + k) 1 o (h2 + k2 ), = f (a, b) + p h + q k + (r h2 + 2s hk + t k2 ) + (h,k) −→ (0,0) 2 avec les notations de Monge : ∂f ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂f (A), q = (A), r = 2 (A), s = (A), t = 2 (A). p= ∂x ∂y ∂x∂y ∂x ∂y ➥ Exercice 4.2.
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D’abord, s’assurer que U est un ouvert de R2 et que f : U −→ R est de classe C 2 sur U. Déterminer les points critiques de f , c’est-à-dire les points (x, y) de U ∂f ∂f (x, y) = 0 et (x, y) = 0. tels que : ∂x ∂y D’après le cours, si f : U −→ R est de classe C 1 sur l’ouvert U de R2 et si f admet un extremum local en un point A de U, alors nécessairement A est un point critique de f . Pour déterminer les extremums locaux d’une application f : U −→ R de classe C2 sur un ouvert U de R2
➥ Exercices 4.3 à 4.5, 4.7, 4.10, 4.11, 4.14 à 4.16, 4.20, 4.23, 4.24 Ensuite, calculer les dérivées partielles secondes de f en tout point (x, y) de U, puis en un point critique A, avec les notations de Monge : r=
∂2 f ∂2 f ∂2 f (A), t = 2 (A). (A), s = 2 ∂x∂y ∂x ∂y
Calculer rt − s2 . Si rt − s2 > 0, alors f admet un extremum local en A, et il s’agit d’un minimum local si r > 0, d’un maximum local si r < 0. Si rt − s2 < 0, alors f n’admet pas d’extremum local en A.
➥ Exercices 4.3 à 4.5, 4.11, 4.14, 4.17, 4.20, 4.24. Dans le cas où rt − s2 = 0, voir la méthode suivante. 117
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
•
Pour décider si une application f : U −→ R de classe C2 sur un ouvert U de R2 admet un extremum local en un point critique A = (a, b) en lequel rt − s2 = 0, avec les notations de Monge
Si on conjecture que f admet un extremum local en A = (a, b), revenir à la définition, c’est-à-dire former la différence f (x, y) − f (a, b) et montrer que cette expression reste de signe fixe lorsque (x, y) est au voisinage de (a, b). À cet effet, si (a, b) (0, 0), commencer par effectuer le changement de variables h = x − a, k = y − b, exprimer f (x, y) − f (a, b) en fonction de (h, k), et essayer de montrer que cette expression reste de signe fixe lorsque (h, k) est au voisinage de (0, 0).
➥ Exercice 4.15 •
Si on conjecture que f n’admet pas d’extremum local en A, former, pour (h, k) au voisinage de (0, 0), δ(h, k) = f (a +h, b +k) − f (a, b), et essayer de montrer, par exemple, que l’une des expressions suivantes n’est pas de signe fixe lorsque h est au voisinage de 0 : δ(h, 0), δ(0, h), δ(h, h), ...
➥ Exercice 4.7. D’abord, s’assurer que U est un ouvert de Rn et que f est de classe C 2 sur U. Déterminer les points critiques de f , c’est-à-dire les points A de U tels ∂f que : ∀i ∈ 1 ; n, (A) = 0. ∂xi D’après le cours, si f : U −→ R est de classe C 1 sur U et si f admet un extremum local en un point A de U, alors nécessairement A est un point critique de f .
➥ Exercices 4.9, 4.16, 4.18.
Pour déterminer les extremums locaux d’une application f : U −→ R de classe C2 sur un ouvert U de R n, où n 3
Ensuite, calculer les dérivées partielles secondes de f en tout point de U, puis en un point critique A. Former la hessienne S de f en A, c’est-à-dire la matrice carrée d’ordre n dont le coefficient situé à la i-ème ligne et à la j-ème co∂2 f lonne est (A), pour tout (i, j) ∈ 1 ; n2 . ∂xi ∂x j D’après le théorème de Schwarz, S est une matrice symétrique. D’après le cours : si S est définie-positive, alors f admet un minimum local en A si S est définie-négative (c’est-à-dire si −S est définie-positive), alors f admet un maximum local en A si S n’est ni positive ni négative, alors f n’admet pas d’extremum local en A. Pour étudier ces qualités de S , essayer de : •
déterminer le signe de t HS H pour tout H ∈ Mn,1 (R)
➥ Exercices 4.9, 4.16, 4.18 •
déterminer le signe des valeurs propres de S .
➥ Exercices 4.9, 4.16. 118
Les méthodes à retenir
Pour montrer qu’une fonction f : X −→ R n’est pas majorée, n’est pas minorée
Essayer de montrer qu’une fonction d’une variable réelle, donnée par une formule du genre f (x, 0), f (0, x), f (x, x), f (x, x2 ), ... n’est pas majorée, n’est pas minorée.
➥ Exercice 4.8. •
Essayer de trouver un réel fixé m tel que : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀(x, y) ∈ X, f (x, y) m ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∃ (a, b) ∈ X, f (a, b) = m. Alors f admettra m pour minimum global.
•
Essayer de trouver un réel fixé M tel que : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∀(x, y) ∈ X, f (x, y) M ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∃ (a, b) ∈ X, f (a, b) = M. Alors f admettra M pour maximum global.
➥ Exercice 4.6 •
Pour déterminer les extremums globaux d’une application f : X −→ R, où X est une partie de R2
Si on a déjà déterminé les extremums locaux de f , alors un point en lequel f admet un extremum global est nécessairement un point en lequel f admet un extremum local.
➥ Exercice 4.20 Essayer d’utiliser l’égalité de Taylor-Lagrange.
➥ Exercices 4.19, 4.23 •
Essayer d’étudier les variations de fonctions. Considérer, pour y fixé (par exemple), la fonction gy : x −→ f (x, y), étudier les variations de gy , puis étudier les variations d’une fonction donnant un éventuel extremum de gy .
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
➥ Exercices 4.8 •
Si X n’est pas un ouvert de R , étudier f sur l’intérieur de U (cet intérieur est un ouvert de Rn ) et étudier f sur le bord de U. n
➥ Exercice 4.21 •
En vue de montrer l’existence d’un extremum global, essayer de se ramener à une partie fermée bornée et utiliser le théorème du cours : si X est une partie fermée bornée non vide de R2 et si f : X −→ R est continue, alors f est bornée et atteint ses bornes, c’est-à-dire que f admet un minimum global et un maximum global.
➥ Exercice 4.20.
119
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
Pour étudier les extremums locaux d’une fonction f : U −→ R sous la contrainte d’égalités linéaires ⎧ ⎪ g1 (X) = b1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. C⎪ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g (X) = b p
D’abord, s’assurer que f : U −→ R est de classe C 1 sur l’ouvert U de Rn et que les contraintes g1 , ..., g p : Rn −→ R sont linéaires. D’après le cours, si f : U −→ R est de classe C 1 sur l’ouvert U et si la restriction f |C de f à C admet un extremum local en un point A de C , alors ∇ fA est orthogonal ⎧ à H , où H est l’ensemble des solutions du ⎪ ⎪ g1 (X) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ .. système homogène ⎪ associé à C . . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g p (X) = 0
➥ Exercices 4.12, 4.13, 4.22 Ensuite, pour étudier localement le signe de f (X)− f (A) sur C , essayer de : •
utiliser des mises sous forme canonique de trinômes
➥ Exercice 4.13
p
•
faire intervenir la forme quadratique qB pour tout B ∈ U.
➥ Exercice 4.22 Dans certains cas simples, on peut exprimer certaines des variables x1 , ..., xn en fonction d’autres par la contrainte C et se ramener à la recherche d’extremums d’une fonction de plusieurs variables réelles.
➥ Exercices 4.12, 4.13, 4.22.
Énoncés des exercices 4.1 Exemple de calcul du développement limité d’ordre 1 en un point pour une fonction de deux variables réelles Former le développement limité d’ordre 1, au point A = (1, −1), de : f : R2 −→ R, (x, y) −→ (2x − 3y) ln(1 + x2 + 2y2 ).
4.2 Exemple de calcul du développement limité d’ordre 2 en un point pour une fonction de deux variables réelles Former le développement limité d’ordre 2, au point A = (−1, 1), de 2
f : R2 −→ R, (x, y) −→ xy2 e x y .
4.3 Exemples de recherche d’extremums locaux pour une fonction de deux variables réelles Étudier les extremums locaux des applications f : R2 −→ R suivantes, où on donne l’image f (x, y) d’un élément (x, y) quelconque de R2 :
120
a) f (x, y) = 2x + 2y2 − 3y + 1
b) f (x, y) = x2 − xy + y2
c) f (x, y) = x2 − 3xy + 2y2
d) f (x, y) = x2 − 4xy + 4y2 .
Énoncés des exercices
4.4 Exemple de recherche d’extremums locaux pour une fonction de deux variables réelles On note
f : R2 −→ R, (x, y) −→ 2x2 − 2xy + 2y2 + 2x − 7y + 7.
Étudier les extremums locaux de f .
4.5 Exemple de recherche d’extremums locaux pour une fonction de deux variables réelles Étudier les extremums locaux de : f : ] − 1 ; 1[× ] − π ; π[ −→ R, (x, y) −→ x2 +
√ 1 − x2 cos y.
4.6 Exemple d’étude de minimum global pour une fonction de deux variables réelles On note
f : ]0 ; +∞[2 −→ R, (x, y) −→
(x + y)2 . xy
a) Montrer : ∀(x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 , f (x, y) 4. b) En déduire que f admet un minimum global, préciser sa valeur et préciser les points en lesquels il est atteint. c) Montrer :
∀(x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 , 2 ln(x + y) − ln x − ln y 2 ln 2.
4.7 Exemple d’étude en un point critique tel que rt − s2 = 0 On note
f : R2 −→ R, (x, y) −→ x4 + y4 − (x − y)2 .
a) Montrer que (0, 0) est un point critique de f . b) Est-ce que f admet un extremum local en (0, 0) ?
4.8 Exemple d’étude d’extremum global par variations de fonctions On note
f : R2 −→ R, (x, y) −→ x4 + y4 − 4xy.
a) Montrer que f n’admet pas de maximum global. b) On se propose de montrer que f admet un minimum global. 1) En considérant f (−x, −y), montrer que l’on peut se ramener au cas où y 0.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
2) Étudier, pour y ∈ [0 ; +∞[ fixé, les variations de gy : R −→ R, x −→ f (x, y), montrer que gy admet un minimum global noté m(y), et calculer m(y) en fonction de y. 3) Étudier les variations de la fonction m. 4) Conclure.
4.9 Exemples d’étude d’extremum local pour une fonction de trois variables réelles, d’après ESC 2006 On note U = R × R× ] − 1 ; +∞[ et : f : U −→ R, (x, y, z) −→ x ln(1 + z) + (y − 1)2 (z − 1) + 2z. a) Justifier que f est de classe C 1 sur U, calculer les dérivées partielles premières de f en tout point (x, y, z) de U, montrer que f admet un point critique et un seul, noté A, et calculer A. b) 1) Justifier que f est de classe C 2 sur U, calculer les dérivées partielles secondes de f en tout point (x, y, z) de U, et former la hessienne H de f en A. 121
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2) En notant X2 = ⎜⎜1⎟⎟ et X3 = ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ , calculer t X2 HX2 et t X3 HX3 . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 1 3) Est-ce que f admet un extremum local ?
4.10 Valeur minimale de la somme de deux aires de rectangles Soit ABC un triangle isocèle du plan, tel que CA = CB. Soient F ∈ [BC], G ∈ [AC] tels que (FG) soit parallèle à (AB), J ∈ [CF], K ∈ [CG] tels que (JK) soit parallèle à (AB). On note D (resp. E) le projeté orthogonal de G (resp. F) sur (AB), et on note H (resp. I) le projeté orthogonal de K (resp. J) sur (FG).
Déterminer, en fonction de l’aire Σ du triangle ABC, la valeur maximale de la somme S des aires des deux rectangles DEFG et HI JK.
4.11 Recherche d’extremums locaux pour une fonction de deux variables réelles faisant intervenir des intégrales sur un intervalle quelconque, d’après EML 2006 $ +∞ 1 2 (t − x)2 (t − y)2 e −t dt. On note F : R2 −→ R, (x, y) −→ √ π −∞ a) Montrer que, pour tout (x, y) ∈ R2 , F(x, y) existe et que : F(x, y) = $
+∞
On admettra : −∞
e −t dt = 2
√
3 1 2 + (x + 4xy + y2 ) + x2 y2 . 4 2
π.
b) Justifier que F est de classe C 2 sur R2 , calculer les dérivées partielles premières de F en tout point (x, y) de R2 , et en déduire les trois points critiques de F. c) Déterminer les points de R2 en lesquels F admet un extremum local. Pour chacun d’eux, préciser s’il s’agit d’un minimum local ou d’un maximum local, et préciser la valeur de F en chacun de ces points.
4.12 Exemple de recherche d’extremum global sous contrainte d’égalité linéaire On note f : R3 −→ R, (x, y, z) −→ x2 − 2xy + 2xz + 5y2 − 6yz + 5z2 − 2x − 2y − 6z − 7 et :
g : R3 −→ R, (x, y, z) −→ x + 2y + z.
Déterminer les extremums globaux de f sous la contrainte C : g(x, y, z) = 4.
4.13 Exemple de recherche d’extremum global sous contrainte d’égalité linéaire On note f : R3 −→ R, (x, y, z) −→ x2 + y2 + z2 , g : R3 −→ R, (x, y, z) −→ x + y + z. Déterminer les extremums globaux de f sous la contrainte C : g(x, y, z) = 3. 122
Énoncés des exercices
4.14 Exemple d’étude d’extremum local On note f : R −→ R, x −→ x − ln(1 + x2 ) F : R2 −→ R, (x, y) −→ f (x + y) − f (x) − f (y).
et :
a) 1) Montrer que f est de classe C 2 sur R et calculer f (x) et f (x) pour tout x ∈ R. 2) Établir que, pour tout x ∈ R, l’équation f (x) = f (t), d’inconnue t ∈ R, admet au plus deux solutions dans R. b) Justifier que F est de classe C 1 sur l’ouvert R2 et calculer, pour tout (x, y) ∈ R2 , les dérivées partielles premières de F en (x, y) à l’aide de f , x, y. c) 1) Montrer, pour tout (x, y) ∈ R2 : f (x) = f (y) = f (x + y) =⇒ x = y. 2) En déduire les points critiques de F. d) Est-ce que F admet un extremum local ?
4.15 Exemple d’étude d’extremum en un point tel que rt − s2 = 0 On note
f : R2 −→ R, (x, y) −→ (2x2 + 3y2 )2 − (4x6 + 5y8 ).
a) Montrer que (0, 0) est un point critique de f . b) Est-ce que f admet un extremum local en (0, 0) ?
4.16 Exemple d’étude d’extremum local pour une fonction de trois variables réelles, d’après ESC 2005 On considère l’application f : ]0 ; +∞[3 −→ R, (x, y, z) −→ xyz − ln(x + y + z). a) Justifier que f est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[3 .
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
b) Montrer que f admet un point critique et un seul, qui est A = (a, a, a), où on a noté 1 13 a= . 3 c) 1) Calculer la hessienne de f en tout point (x, y, z) de ]0 ; +∞[3 , puis la hessienne de f en A. ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 4 4⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ 3 ⎜ 2) On note h l’endomorphisme de R de matrice H = ⎜⎜4 1 4⎟⎟⎟⎟ dans la base canonique de R3 . ⎠ ⎝ 441 On note u = (1, 1, 1), v = (−1, 0, 1), w = (1, −2, 1), et F = (u, v, w). Montrer que F est une base de R3 formée de vecteurs propres pour h et que F est orthogonale pour le produit scalaire canonique de R3 . 3) Est-ce que f admet un extremum local en A ?
4.17 Exemple d’étude d’extremum local pour une fonction de deux variables réelles, faisant intervenir des intégrales, d’après EML 2007 ln(1 + t) On note f : ]0 ; +∞[ −→ R, t −→ , t $ x f (t) dt, F : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ 0
G : ]0 ; +∞[2 −→ R, (x, y) −→ F(xy) − F(x) − F(y). a) Montrer que F est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et exprimer, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, F (x) et F (x) en fonction de f (x) et f (x). 123
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
b) Justifier que G est de classe C 2 sur l’ouvert ]0 ; +∞[2 et exprimer les dérivées partielles premières et secondes de G en tout point (x, y) de ]0 ; +∞[2 en fonction de x, y, f (x), f (y), f (xy), f (x), f (y), f (xy). c) Établir que G admet (1, 1) comme unique point critique. d) Est-ce que G admet un extremum local ?
4.18 Extremum local d’une fonction de n variables réelles, d’après EDHEC 2005 Soit n ∈ N tel que n 2. On considère l’application f : Rn −→ R, (x1 , ..., xn ) −→
n
x2k +
k=1
n
xk
2
−
k=1
n
xk .
k=1
a) Justifier que f est de classe C 2 sur Rn . b) Calculer les dérivées partielles premières de f en tout point (x1 , ..., xn ) de Rn . c) Montrer que f admet un point critique et un seul, et calculer celui-ci, que l’on notera (a1 , ..., an ). d) 1) Déterminer la matrice hessienne An de f en (a1 , ..., an ). ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜h1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 2) Établir, pour tout H = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) − {0} : t HAn H > 0. ⎜⎝ ⎟⎠ hn 3) En déduire que f admet en (a1 , ..., an ) un minimum local et calculer ce minimum.
4.19 Recherche d’extremums globaux pour une fonction de trois variables réelles Étudier les extremums globaux de : f : ]0 ; +∞[3 −→ R, (x, y, z) −→ x2 + y2 + z2 +
1 . x+y+z
4.20 Exemple de recherche d’extremums locaux, d’extremums globaux pour une fonction de deux variables réelles Déterminer les extremums locaux et les extremums globaux de 1
f : R2 −→ R, (x, y) −→ (3x + 4y) e − 2 (x
2 +y2 )
.
4.21 Exemple de recherche d’extremums globaux sur un domaine fermé borné pour une fonction de deux variables réelles On note :
D = (x, y) ∈ R2 ; −5x + 2y + 4 0, 3x + y + 2 0, 2x − 3y + 5 0 , f : D −→ R, (x, y) −→ x + y − 3,
g : D −→ R, (x, y) −→ x2 + y2 .
a) 1) Représenter graphiquement D. 2) Montrer que D est une partie fermée bornée de R2 . 3) En déduire que f (resp. g) admet un maximum global. b) Déterminer le maximum global de f . c) Déterminer le maximum global de g. 124
Énoncés des exercices
4.22 Exemple de recherche d’extremums globaux sous contrainte d’égalités linéaires f : R4 −→ R, (x, y, z, t) −→ x2 + y2 + z2 + t2 ,
On note
g1 : R4 −→ R, (x, y, z, t) −→ x + y − z − t, g2 : R4 −→ R, (x, y, z, t) −→ 2x − y + 3z + 2t. ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨g1 (x, y, z, t) = 1 Déterminer les extremums globaux de f sous la contrainte C ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g2 (x, y, z, t) = 2.
4.23 Étude d’extremum avec intervention de l’égalité de Taylor-Lagrange ou de la convexité On note U = (x, y) ∈ R2 ; x < y , f : U −→ R, (x, y) −→ x2 + y2 − 2 ln(y − x).
a) Montrer que f admet un point critique et un seul, noté A = (a, b), et calculer (a, b). b) 1) Écrire l’égalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 entre A et A + H, pour tout H ∈ R2 tel que A + H ∈ U. 2) En déduire que f admet un minimum global et préciser celui-ci. c) Est-ce que f admet un maximum global ? d) Est-ce que f admet un maximum local ?
4.24 Exemple de recherche d’extremums locaux pour une fonction réelle de deux variables réelles, d’après EML 2011 On note
f : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ x e −x , F : ]0 ; +∞[2 −→ R, (x, y) −→ f (x) + f (y) − f (x + y).
a) Montrer que F est de classe C 1 sur l’ouvert ]0 ; +∞[2 et exprimer, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 , les dérivées partielles premières de F en (x, y) en fonction de f (x), f (y), f (x + y). b) Établir que, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[, l’équation f (x) = f (a), d’inconnue x ∈ ]0 ; +∞[, admet au plus une solution distincte de a. c) En déduire que, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 , (x, y) est un point critique de f si et seulement si : x = y et f (x) = f (2x). d) Montrer que f admet un point critique et un seul, noté (α, α), et montrer 1 < α < 2.
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e) Montrer : f (α) < 0 et f (2α) > 0. f) Montrer que F admet un extremum local et un seul. Déterminer la nature de cet extremum local.
125
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
Du mal à démarrer ? 4.1
Vérifier que f est de classe C 1 , calculer les dérivées partielles premières de f en tout (x, y), puis en (1, −1), et enfin appliquer le cours.
4.2
Vérifier que f est de classe C 2 , calculer les dérivées partielles premières et secondes de f en tout (x, y), puis en (−1, 1), en enfin, appliquer le cours.
4.3
Appliquer la méthode pour déterminer les extremums locaux d’une application de classe C 2 sur un ouvert de R2 .
a) Remarquer que f n’a pas de point critique.
4.11
a) • Pour l’existence de F(x, y), il s’agit de montrer qu’une intégrale impropre converge. • Pour calculer F(x, y), développer la fonction qui est dans l’intégrale $ et exprimer F(x, y) en fonction de x, y et des intégrales Ik =
+∞
−∞
tk e −t dt, k ∈ N. 2
b), c) Il y a un point critique et un seul, et en ce point, calculer r, s, t, rt − s2 .
Les valeurs de I1 et I3 sont immédiates.
d) Obtenir les points critiques de f. Remarquer que f(x, y) est un carré parfait.
Pour calculer I2 et I4 , faire intervenir, par exemple, la fonction Γ d’Euler, à l’aide d’un changement de variable.
4.4
b) Immédiat.
Appliquer la méthode pour déterminer les extremums locaux d’une application de classe C 2 sur un ouvert de R2 . Obtenir un point critique et un seul. En celui-ci, calculer r, s, t, rt − s2 .
Appliquer la méthode pour déterminer les extremums locaux d’une application de classe C 2 sur un ouvert de R2 . Obtenir trois points critiques. En chacun de ceux-ci, calculer r, s, t, rt − s2 .
4.6
a) Former f(x, y) − 4 pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 et utiliser une identité remarquable. b) Utiliser le résultat de a) et résoudre l’équation f(x, y) = 4 d’inconnue (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 .
c) Relier la question à l’étude de ln f(x, y) .
4.7
a) Revenir à la définition d’un point critique.
Noter que l’énoncé ne demande pas de déterminer tous les points critiques de f, mais demande seulement de montrer que (0, 0) est un point critique de f.
b) Considérer, par exemple, f(x, 0) et f(x, x), pour x au voisinage de 0.
4.8
a) Envisager, par exemple, f(x, 0).
b) Immédiat.
4.9
a) Immédiat.
b) 1) Immédiat. Se rappeler la définition de la hessienne de f en A : c’est la matrice dont les coefficients sont les dérivées partielles secondes de f en A. b) 2) Immédiat. b) 3) Appliquer le cours sur la matrice hessienne et les extremums locaux.
4.10
La valeur de I0 est donnée par l’énoncé.
c) En chacun des points critiques, calculer r, s, t, rt − s2 .
4.12
4.5
Choisir un repère orthonormé adapté à la question, donner des coordonnées aux points A, B, C, E (avec un paramètre, par exemple x), I (avec un paramètre, par exemple y), puis cal-
126
culer les coordonnées de D, F, G, H, K. Calculer S en fonction de x et y, puis étudier l’existence et la valeur d’un maximum global (local) pour la fonction de deux variables réelles x, y ainsi obtenue.
On peut, dans la contrainte d’égalité linéaire C , exprimer z en fonction de (x, y), puis exprimer f sous la contrainte C sous la forme d’une fonction F des deux variables réelles x, y. Étudier alors les extremums locaux de F, par la méthode habituelle. Pour décider si l’extremum local obtenu est un extremum global ou non, effectuer un changement de variables pour se ramener plus commodément en (0, 0).
4.13
1re méthode : dans la contrainte d’égalité linéaire C , exprimer f sous la contrainte C sous la forme d’une fonction F des deux variables réelles x, y. Transformer l’écriture de F(x, y) à l’aide de mlses sous forme canonique de trinômes. 2è méthode : utiliser l’inégalité de Cauchy-Schwarz.
3è méthode : utiliser le cours sur la recherche d’extremum local sous la contrainte d’égalité linéaire, puis voir si cet extremum local est un extremum global.
4.14
a) 1) Immédiat.
a) 2) Résoudre l’équation f (t) = f (x), pour x ∈ R fixé et t ∈ R inconnu. b) Immédiat. c) 1) Si f (x) = f (y) = f (x + y), d’après a)2), les trois réels x, y, x + y ne peuvent pas être deux à deux distincts. En déduire x = y. c) 2) Résoudre l’équation f (2x) = f (x), d’inconnue x ∈ R. Obtenir trois points critiques. d) Calculer les dérivées partielles secondes de F en tout (x, y) à l’aide de f , x, y. En chacun des trois points critiques, avec les notations de Monge, calculer r, s, t, puis rt − s2 , d’où le signe de rt − s2 et le signe de r ou de t. On pourra présenter les résultats dans un tableau. Appliquer le cours pour conclure.
Du mal à démarrer ?
4.15
a) Revenir à la définition d’un point critique.
b) Montrer, au voisinage de (0, 0) : f(x, y) f(0, 0), en remarquant, par exemple, pour tout (x, y) ∈ [−1/3 ; 1/3]2 : 0 2x + 3y 1. 2
2
1re méthode : calculer t XSX pour tout X ∈ M3,1 (R) \ {0}, en remarquant que S est combinaison linéaire de I3 et de la matrice U dont tous les coefficients sont égaux à 1. 2è méthode : déterminer les valeurs propres de S, puis leur signe.
4.20 4.16
1) Recherche des extremums locaux :
• Vérifier que f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 et calculer les dérivées partielles premières de f en tout (x, y). En déduire les points critiques A1 et A2 de f, en revenant à la définition.
a) Immédiat.
b) Immédiat. c) 1) Se rappeler que la hessienne de f en A est, par définition, la matrice dont les coefficients sont les dérivées partielles secondes de f en A. c) 2) • Vérifier d’abord que F est orthogonale, et en déduire que F est libre, puis déduire que F est une base de R3 . • Vérifier que u, v, w sont des vecteurs propres de f.
c) 3) 1re méthode : étudier le signe des valeurs propres de H. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜x ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ t 2è méthode : calculer XHX pour tout X = ⎜⎜⎜⎜y ⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R) et exa⎝ ⎠ z miner, par exemple, q(1, 0, 0) et q(1, −1, 0), où q désigne la forme quadratique sur R3 canoniquement associée à H.
• Vérifier que f est de classe C 2 sur l’ouvert R2 et calculer les dérivées partielles secondes de f en tout (x, y). Avec les notations de Monge, calculer rt − s2 et en déduire son signe.
2) Recherche des extremums globaux : En notant M = |f(A1 )| = |f(A2 )|, montrer qu’il existe t0 ∈ ]0 ; +∞[ tel que : ∀(x, y) ∈ R2 ,
0
x 2 + y 2 t0 =⇒ |f(x, y)| M .
D’autre √ √part, considérer la restriction de f au fermé borné [− t0 ; t0 ]2 pour déduire que f admet un maximum global. Pour l’étude d’un minimum global, remarquer : ∀(x, y) ∈ R2 , f(−x, −y) = −f(x, y).
4.17
a) • Montrer $ x d’abord que, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, l’intéf(t) dt converge. grale impropre
4.21
a) 1), 2) Immédiat.
• En introduisant, par exemple, le réel 1 comme borne intermédiaire par la relation de Chasles, montrer que F est de classe C 1 et que F = f.
a) 3) Utiliser un théorème du cours.
b) Immédiat.
Montrer que la restriction de f à un segment du bord de D atteint son maximum en une extrémité de ce segment.
c) Revenir à la définition d’un point critique.
b) Montrer que f ne peut pas atteindre son maximum global à l’intérieur de D.
d) Rappeler le lien entre extremum local et point critique.
Comparer les valeurs de f en A, B, C.
En (1, 1), calculer r, s, t, rt − s et montrer rt − s < 0.
c) Voir si g peut atteindre son maximum global à l’intérieur de D. Étudier la restriction de g à chacun des trois segments du bord de D, en se ramenant, à chaque fois, à l’étude des variations d’une fonction d’une variable réelle.
2
4.18
2
a), b) Immédiat.
c) Revenir à la définition d’un point critique. ∀i ∈ 1 ; n, ai =
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Obtenir :
1 . 2(n + 1)
d) 1) Se rappeler que la matrice hessienne de f en (a1 , ..., an ) est, par définition, la matrice dont les coefficients sont les dérivées partielles secondes de f en (a1 , ..., an ). t
d) 2) Calculer HAn H et faire apparaître une somme de carrés de réels. d) 3) Appliquer le cours.
4.19
• Rappeler le lien entre extremum global et extremum local, et rappeler le lien entre extremum local et point critique. Chercher les points critiques en revenant à la définition d’un point critique. 1 13 Obtenir un point critique et un seul, A = (α, α, α), où α = . 18
• Écrire la hessienne S de f en tout point (x, y, z) de ]0 ; +∞[3 , puis en A.
4.22
Appliquer le cours sur l’étude des extremums sous contrainte d’égalités linéaires, pour obtenir que, si f admet un extremum global sous la contrainte d’égalités linéaires C , alors c’est en un certain point A. Pour montrer qu’il s’agit d’un extremum global sous la contrainte C , utiliser l’égalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1.
4.23
a) Revenir à la définition d’un point critique.
b) 1) Vérifier que les hypothèses de l’égalité de Taylor-Lagrange d’ordre 1 sont réunies. b) 2) Étudier le signe de qA+θH (H), en notant H = (h, k) et, par 1 commodité, α =
2 . (b + θk) − (a + θh) c) Étudier, par exemple, f(0, y) lorsque y tend vers +∞. d) Supposer que f admette un maximum local. En déduire que c’est nécessairement en le point A. Revenir à l’étude de qA+θH (H), avec, par exemple, H = (h, 2h).
127
Chapitre 4
4.24
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
a) Immédiat.
f) Rappeler le lien entre extremum et point critique.
c) Revenir à la définition d’un point critique et utiliser b).
Calculer les dérivées partielles secondes de F en tout point, puis en (α, α) et en déduire rt −s2 en fonction de f (α) et f (2α). Utiliser e) pour déduire : rt − s2 > 0 et r < 0.
d) Étudier les variations d’une fonction auxiliaire, par exemple ϕ : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ (1 − x) e x − (1 − 2x).
128
e) Utiliser 1 < α < 2.
b) Étudier les variations de f .
Corrigés des exercices 4.1
Par opérations, l’application f : R2 −→ R, (x, y) −→ (2x − 3y) ln(1 + x2 + 2y2 )
est de classe C 1 sur l’ouvert R2 et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧∂f 2x ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 2 ln(1 + x2 + 2y2 ) + (2x − 3y) ⎪ ⎪ 2 + 2y2 ⎪ ∂x 1 + x ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ 4y ∂ f ⎪ 2 2 ⎪ ⎪ . ⎩ (x, y) = −3 ln(1 + x + 2y ) + (2x − 3y) ∂y 1 + x2 + 2y2 En particulier, en A = (1, −1), avec les notations de Monge : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ p= ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩q =
∂f 2 5 (A) = 2 ln 4 + 5 = 2 ln 4 + ∂x 4 2 ∂f −4 (A) = −3 ln 4 + 5 = −3 ln 4 − 5. ∂y 4
D’après le cours, le développement limité d’ordre 1 de f en A = (1, −1) est : √ o f (1 + h, −1 + k) = f (1, −1) + (ph + qk) + ( h2 + k2 ) (h,k) −→ (0,0)
= 5 ln 4 + 2 ln 4 +
4.2
5 2
h + (−3 ln 4 − 5)k +
o
(h,k) −→ (0,0)
) ( h2 + k2 ).
Par opérations, l’application
⎧ ⎪
∂2 f ⎪ ⎪ ⎪ r = 2 (A) = (−4) + (1 + 2)(−2) e = −10 e ⎪ ⎪ ⎪ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂2 f
⎨ s= (A) = (2 + 6) + (1 + 2)1 e = 11 e ⎪ ⎪ ⎪ ∂x∂y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
∂2 f ⎪ ⎪ ⎪t = 2 (A) = (−2 − 2) + (−2 − 1)1 e = −7 e . ⎩ ∂y D’après le cours, le développement limité d’ordre 2 de f en A = (−1, 1) est : f (−1 + h, 1 + k) = f (−1, 1) + (ph + qk) + 12 (rh2 + 2shk + tk2 ) o (h2 + k2 ) + (h,k) −→ (0,0)
1 = − e + (3 e h − 3 e k) + (−10 e h2 + 22 e hk − 7 e k2 ) 2 o (h2 + k2 ). + (h,k) −→ (0,0)
4.3
Dans chaque exemple, par opérations, f est de classe C 2 sur l’ouvert R2 .
a) On a :
∀(x, y) ∈ R2 ,
∂f (x, y) = 2 0, ∂x
donc f n’admet pas de point critique. D’après le cours, puisque f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , si f admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique, contradiction. On conclut : f n’admet pas d’extremum local.
2y
f : R2 −→ R, (x, y) −→ xy2 e x
est de classe C 2 sur l’ouvert R2 et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧
2 ∂f 2 ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = y2 + (xy2 )(2xy) e x y = (y2 + 2x2 y3 ) e x y ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ 2 2 x2 y 3 2 x2 y ⎪ ⎪ ⎩ ∂y (x, y) = (2xy + xy x ) e = (2xy + x y ) e ⎧ 2 ⎪ ∂ f
2 ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 4xy3 + (y2 + 2x2 y3 )(2xy) e x y ⎪ ⎪ 2 ⎪ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪
2 ⎨∂ f (x, y) = (2y + 6x2 y2 ) + (y2 + 2x2 y3 )x2 e x y ⎪ ⎪ ⎪ ∂x∂y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂2 f ⎪ 3 3 2 2 x2 y ⎪ ⎪ ⎩ ∂y2 (x, y) = (2x + 2x y) + (2xy + x y )x e . En particulier, au point A = (−1, 1), avec les notations de Monge : ⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ p= (A) = (1 + 2) e = 3 e ⎪ ⎪ ⎨ ∂x ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (A) = (−2 − 1) e = −3 e ⎩q = ∂y
b) • On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂f (x, y) = 2x − y et ∂x
∂f (x, y) = −x + 2y, ∂y
donc, pour tout (x, y) ∈ R2 :
⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x = 0 ⎨2x − y = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0. ⎩−x + 2y = 0 Ainsi, f admet un point critique et un seul, qui est (0, 0). D’après le cours, puisque f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , si f admet un extremum local, alors c’est nécessairement en un point critique de f , donc en (0, 0). • On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂2 f (x, y) = 2, ∂x2
∂2 f (x, y) = −1, ∂x∂y
∂2 f (x, y) = 2, ∂y2 129
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
donc, en particulier, en (0, 0), avec les notations de Monge : r = 2,
s = −1,
donc, pour tout (x, y) ∈ R2 :
D’après le cours, f admet un minimum local en (0, 0). On conclut : f admet un extremum local et un seul, c’est en (0, 0), c’est un minimum local, et f (0, 0) = 0. Remarque : Par mise sous forme canonique d’un trinôme, on a, pour tout y 2 3 2 + y 0. (x, y) ∈ R2 : f (x, y) = x2 − xy + y2 = x − 2 4 ∀(x, y) ∈ R , f (x, y) 0 = f (0, 0), 2
donc f admet un minimum global (donc local) en (0, 0). Mais ceci ne montre pas que f n’admet pas d’autre extremum local.
⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎪ ⎪ ⎪2x − 4y = 0 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ x = 2y. ⎪ ⎪ ⎩−4x + 8y = 0 Ainsi, f admet une infinité de points critiques, les points (2b, b), b ∈ R. D’après le cours, puisque f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , si f admet un extremum local, alors c’est nécessairement en un point critique de f , donc en (2b, b), b ∈ R. On a, pour tout (x, y) ∈ R2 :
c) • On a, pour tout (x, y) ∈ R : 2
∂f (x, y) = 2x − 3y et ∂x
f (x, y) = x2 − 4xy + 4y2 = (x − 2y)2 0 = f (2b, b). ∂f (x, y) = −3x + 4y, ∂y
donc, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x = 0 ⎨2x − 3y = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0. ⎩−3x + 4y = 0 Ainsi, f admet un point critique et un seul, qui est (0, 0). D’après le cours, puisque f est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , si f admet un extremum local, alors c’est nécessairement en un point critique de f , donc en (0, 0).
∂2 f (x, y) = −3, ∂x∂y
∂2 f (x, y) = 4, ∂y2
donc, en particulier, en (0, 0), avec les notations de Monge : r = 2,
s = −3,
t = 4,
d’où : rt − s2 = −1 < 0. D’après le cours, f n’admet pas d’extremum local en (0, 0), il s’agit d’un point-col. On conclut : f n’admet pas d’extremum local. 130
Ceci montre que, pour tout b ∈ R, f admet en (2b, b) un minimum global, donc local. On conclut que f admet un extremum local en les (2b, b), b ∈ R et en ces points seulement. Ce sont tous des minimums locaux et tous sont égaux à 0.
4.4
L’application
f : R2 −→ R, (x, y) −→ 2x2 − 2xy + 2y2 + 2x − 7y + 7 est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , donc, d’après le cours, si f admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique. • Recherche des points critiques de f : On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂f (x, y) = 4x − 2y + 2, ∂x
• On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂2 f (x, y) = 2, ∂x2
∂f (x, y) = −4x + 8y, ∂y
∂f (x, y) = 2x − 4y et ∂x
t = 2,
d’où : rt − s2 = 3 > 0 et r = 2 > 0.
Il en résulte :
d) • On a, pour tout (x, y) ∈ R2 :
∂f (x, y) = −2x + 4y − 7. ∂y
On a donc, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ 1 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4x − 2y + 2 = 0 ⎨x = 2 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−2x + 4y − 7 = 0 ⎪ ⎩ y = 2. Ainsi, f admet un point critique et un seul, A =
1 2
,2.
Corrigés des exercices
• Étude en A :
• Recherche des points critiques de f :
1 méthode : utilisation du cours sur les fonctions de classe C 2 :
On a, pour tout (x, y) ∈ U :
re
L’application f est de classe C 2 sur l’ouvert R2 par opérations, et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂2 f ∂2 f ∂2 f (x, y) = 4, (x, y) = 4, (x, y) = −2, ∂x2 ∂x∂y ∂y2 donc, en particulier, en A, avec les notations de Monge : r = 4,
s = −2,
t = 4,
d’où : rt − s2 = 12 > 0 et r = 4 > 0. D’après le cours, on déduit que f admet un minimum local en A. 2e méthode : transformation de l’écriture de f (x, y) pour faire apparaître un minimum global : 1 En mettant en facteur, puis en groupant les termes en x2 et 2 x pour utiliser une mise sous forme canonique, on a, pour tout (x, y) ∈ R2 : 1 2 (4x − 4xy + 4y2 + 4x − 14y + 14) 2 1 2 = (4x − 4xy + 4x) + 4y2 − 14y + 14 2 1 = (2x − y + 1)2 − (−y + 1)2 + 4y2 − 14y + 14 2 1 (2x − y + 1)2 + 3y2 − 12y + 13 = 2 1 = (2x − y + 1)2 + 3(y − 2)2 + 1 . 2 Comme tout carré de réel est 0, on a alors, pour tout (x, y) 1 ∈ R2 : f (x, y) 2 ⎧ ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2x − y + 1 = 0 ⎪ ⎪ 1 ⎨x = 2 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ et : f (x, y) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎩y − 2 = 0 ⎩ y = 2.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
f (x, y) =
Ceci montre que f admet un minimum global, donc local, en A. Finalement, on conclut : f admet un extremum local et un seul, 1 atteint en A = , 2 et en ce point seulement, c’est un mini2 1 mum, et il est égal à . 2
4.5
L’application
f : ] − 1 ; 1[× ] − π ; π[ −→ R, (x, y) −→ x2 +
√
1 − x2 cos y
est de classe C 1 sur l’ouvert U = ] − 1 ; 1[× ] − π ; π[, donc, d’après le cours, si f admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique.
(x, y) est un point critique de f ⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ x ⎪ ⎪ 2x − √ cos y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 − x2 ⎪ ⎨ √ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ − 1 − x2 sin y = 0 ⎪ ⎪ !" ⎪ ⎩ 0
⎧ x ⎪ ⎪ 2x − √ cos y = 0 ⎪ ⎪ ⎨ 1 − x2 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0 ⎧ √ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨ x(2 1 − x − 1) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0 ⎧√ 1 ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 1−x = 2 ou ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0 √ √ ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ 3 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x = 0 x = − x = ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎨ 2 2 ou ou . ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0 ⎪ ⎪ ⎩y = 0 ⎩y = 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y = 0
Ainsi, f admet exactement trois points critiques : O = (0, 0),
√
3 ,0 , A= − 2
B=
√
3 ,0 . 2
• Étude en un point critique : L’application f est de classe C 2 sur l’ouvert U, et, pour tout (x, y) ∈ U : ∂2 f 1 (x, y) = 2 − √ cos y − x2 (1 − x2 )−3/2 cos y, ∂x2 1 − x2 x ∂2 f sin y, (x, y) = √ ∂x∂y 1 − x2
√ ∂2 f (x, y) = − 1 − x2 cos y. ∂y2
1) En O, avec les notations de Monge : r = 1, s = 0, t = −1, donc rt − s2 = −1 < 0. D’après le cours, f n’admet pas d’extremum local en O, il s’agit d’un point-col. 2) En A, avec les notations de Monge et après calcul : r = −6,
s = 0,
1 t=− , 2 131
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
donc rt − s2 = 3 > 0 et r = −6 < 0.
En particulier : ∀x ∈ ]0 ; 1[,
D’après le cours, f admet un maximum local en A.
Ceci montre que, au voisinage de (0, 0), la différence
De plus : f (A) =
f (x, 0) < 0 et f (x, x) > 0 ).
f (x, y) − f (0, 0) n’est pas de signe fixe.
5 . 4
On conclut : f n’admet pas d’extremum local en (0, 0).
3) En B, le calcul est le même qu’en A. Remarque : Finalement, f admet un extremum local et un seul, c’est un maximum, il est atteint en A et en B et en ces deux points seule5 ment, et il est égal à . 4
4.6 (x + y)2 − 4xy (x + y)2 −4= xy xy x2 + y2 − 2xy (x − y)2 = = 0, xy xy f (x, y) 4.
donc :
4.8 a) On a :
a) On a, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 : f (x, y) − 4 =
Il n’est pas nécessaire, dans cet exercice, de calculer r, s, t (avec les notations de Monge) ; d’ailleurs, ici, rt − s2 = 0.
f (x, 0) = x4
−→
x −→ +∞
+∞,
donc f n’est pas majorée, et donc f n’admet pas de maximum global. b) 1) On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : f (−x, −y) = (−x)4 + (−y)4 − 4(−x)(−y) = x4 + y4 − 4xy = f (x, y).
b) On a, d’après a) : ∀(x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 , f (x, y) 4, et, d’autre part, pour tout (x, y) ∈]0 ; +∞[ :
Si f admet un minimum global en un point (a, b), alors :
2
(x − y)2 f (x, y) = 4 ⇐⇒ = 0 ⇐⇒ (x − y)2 = 0 ⇐⇒ x = y. xy On conclut que f admet un minimum global, égal à 4, et que ce minimum est atteint en les points (x, x), x ∈ ]0 ; +∞[, et en ceux-ci seulement. c) On a, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[ : 2
2 ln(x + y) − ln x − ln y = ln
Ceci montre que, quitte à changer y en −y, on peut se ramener au cas où y 0. b) 2) Soit y ∈ [0 ; +∞[ fixé. L’application gy : R −→ R, x −→ f (x, y) = x4 + y4 − 4xy est dérivable sur R et :
(x + y)2 xy
= ln f (x, y) ln 4 = 2 ln 2.
4.7
∀x ∈ R, gy (x) = 4x3 − 4y = 4(x3 − y), d’où le tableau de variations de gy : x gy (x)
a) L’application f : R2 −→ R, (x, y) −→ x4 + y4 − (x − y)2 est de classe C 1 sur l’ouvert R2 de R2 et on a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂f (x, y) = 4x3 − 2(x − y), ∂x En particulier, en (0, 0) :
∂f (x, y) = 4y3 + 2(x − y). ∂y
∂f (0, 0) = 0, ∂x
∂f (0, 0) = 0. ∂y
On conclut : (0, 0) est un point critique de f . ⎧ 4 2 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ f (x, 0) = x − x = −x (1 − x ) b) On a, pour tout x ∈ R : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ f (x, x) = 2x4 . 132
∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y) = f (−x, −y) f (a, b) = f (−a, −b).
gy (x)
−∞
−
y1/3 0
+
+∞
m(y)
On conclut que gy admet un minimum global, noté m(y) et : m(y) = gy (y1/3 ) = (y1/3 )4 + y4 − 4y1/3 y = y4 − 3y4/3 . b) 3) L’application m : [0 ; +∞[ −→ R, y −→ y4 − 3y4/3 est dérivable sur [0 ; +∞[ (car 4/3 > 1) et on a, pour tout y ∈ [0 ; +∞[ : 4 m (y) = 4y3 − 3 y1/3 = 4(y3 − y1/3 ) = 4y1/3 (y8/3 − 1). 3
Corrigés des exercices
∂2 f x (x, y, z) = − . ∂z2 (1 + z)2
On en déduit le tableau de variations de m : y m (y) m(y) On a donc :
0 −
1 0
+
+∞
• En particulier , en A :
∀y ∈ [0 ; +∞[, m(y) m(1) = −2.
b) 4) D’après 2) et 3), on a :
∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y) −2.
⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ H = ⎜⎜0 −2 0⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 1 0 2
f (1, 1) = g1 (1) = m(1) = −2. b) 2) • On a :
On a donc : ∀(x, y) ∈ R , f (x, y) f (1, 1) = −2, 2
et on conclut : f admet un minimum global, égal à −2.
4.9 a) • Il est clair que U = R × R× ] − 1 ; +∞[ est un ouvert de R3 et que, par opérations, l’application
∂f (x, y, z) = 2(y − 1)(z − 1), ∂y
∂f x (x, y, z) = + (y − 1)2 + 2. ∂z 1+z • On a, pour tout (x, y, z) ∈ U : (x, y, z) est un point critique de f
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⇐⇒ ⇐⇒
∂f
∂x
(x, y, z) = 0,
∂f ∂f (x, y, z) = 0, (x, y, z) = 0 ∂y ∂z
ln(1 + z) = 0, 2(y − 1)(z − 1) = 0, x + (y − 1)2 + 2 = 0 1+z ⇐⇒ x = −2, y = 1, z = 0 .
!" ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝1⎟⎟⎠ 0 −2 !"
tX H 2
t X HX 2 2
tX 3
Ainsi :
t
X3
H
!" ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟ ⎝⎜ ⎠⎟ . 1 2 !"
tX H 3
t X HX 3 3
!" ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0 −2 0⎟⎟⎟⎟ ⎠⎟ ⎝⎜ 1 0 2 001 102 !" !"
est de classe C 1 sur l’ouvert U et, pour tout (x, y, z) ∈ U :
X2
H
!" ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜0 0 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 −2 0⎟⎟⎟⎟⎠ 1 0 2 0 1 0 0 −2 0 !" !" tX 2
f : U −→ R, (x, y, z) −→ x ln(1 + z) + (y − 1)2 (z − 1) + 2z
∂f (x, y, z) = ln(1 + z), ∂x
∂2 f (A) = 2. ∂z2
On en déduit la matrice hessienne H de f en A :
De plus, m atteint son minimum en y = 1 et, pour y = 1, gy atteint son minimum en x = 1, donc :
On peut aussi remarquer directement : f (1, 1) = −2.
∂2 f (A) = 1, ∂x∂z
∂2 f (A) = 0, ∂y∂z
∂2 f (A) = −2, ∂y2
∀(x, y) ∈ R × [0 ; +∞[, f (x, y) m(y) −2, puis, d’après 1) :
∂2 f (A) = 0, ∂x∂y
∂2 f (A) = 0, ∂x2
X2 HX2 = −2 < 0 et
t
X3 HX3 = 2 > 0.
b) 3) Il en résulte, d’après le cours, que f n’admet pas d’extremum local en A. Comme f est de classe C 1 sur l’ouvert U, si f admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique, donc, d’après 1), en A. Finalement : f n’admet pas d’extremum local.
4.10
On conclut que f admet un point critique et un seul, noté A et que : A = (−2, 1, 0). b) 1) • Par opérations, f est de classe C 2 sur l’ouvert U et on a, pour tout (x, y, z) ∈ U : ∂2 f ∂2 f ∂2 f 1 (x, y, z) = 0, (x, y, z) = 0, (x, y, z) = , 2 ∂x ∂x∂y ∂x∂z 1+z ∂2 f ∂2 f (x, y, z) = 2(z − 1), (x, y, z) = 2(y − 1), ∂y2 ∂y∂z 133
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
En notant O le milieu de (A, B), puisque le triangle ABC est isocèle de sommet C, il existe (a, h) ∈ (R∗+ )2 et un repère ortho→ − → − normé (O ; i , j ) du plan tels que les points A, B, C aient pour coordonnées : A(−a, 0), B(a, 0), C(0, h).
On a, pour tout (x, y) ∈ D :
L’aire Σ du triangle ABC est la moitié du produit de la base par la hauteur, donc : Σ = ah.
⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎧ 2a ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨a − 2x + y = 0 3 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ a ⎪ ⎩ x − 2y = 0 ⎪ ⎩y = . 3
Il existe x ∈ ]0 ; a[ unique tel que les coordonnées de E soient (x, 0). Alors les coordonnées de D sont (−x, 0). x t + = 1, a h h d’où les coordonnées de F : x, (a − x) , a h puis celles de G : − x, (a − x) . a Une équation de la droite (BC) est :
Il existe y ∈ ]0 ; x[ unique tel que les coordonnées de I soient h y, (a − x) , où 0 < y < x. Alors les coordonnées de H sont : a h − y, (a − x) . a h De même que pour F, les coordonnées de J sont : y, (a − y) . a h D’où les coordonnées de K : − y, (a − y) . a
∂f (x, y) = a − 2x + y, ∂x
∂f (x, y) = x − 2y, ∂y
donc, pour tout (x, y) ∈ D :
Formons donc la différence : 2a a a2
f , − f (x, y) = − x(a − x) + y(x − y) 3 3 3 a2 = y2 − xy + x2 − ax + 3 a2 1 2 3 2 = y − x + x − ax + 2 4 3 1 2 3 2a 2 0. = y− x + x− 2 4 !" 3 !" 0
On a donc :
∀(x, y) ∈ D, f (x, y) f
0
2a a , . 3 3
Ainsi, f admet un maximum global et f atteint celui-ci en le 2a a a2 , , et ce maximum est égal à . point 3 3 3 2h Comme S = f (x, y), on conclut : la valeur maximale de la a 2ah somme des aires des deux rectangles DEFG et HI JK est , 3 2 c’est-à-dire Σ. 3 La somme S des aires des deux rectangles DEFG et HI JK est : S = DE · EF + HI · I J h h h = 2x (a − x) + 2y (a − y) − (a − x) a a a
2h x(a − x) + y(x − y) . = a Il reste à trouver le maximum global de la fonction f : D −→ R, (x, y) −→ x(a − x) + y(x − y) où
D = (x, y) ∈ R2 ; 0 < y < x < 1 .
Si f admet un maximum global, c’est nécessairement aussi un maximum local et, comme f est de classe C 1 sur l’ouvert D, c’est nécessairement en un point critique de f . 134
4.11 a) Soit (x, y) ∈ R2 fixé. • Existence : L’application
ϕ : t −→ (t − x)2 (t − y)2 e −t
2
Corrigés des exercices
On a, par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances :
2 t2 ϕ(t) = t2 (t − x)2 (t − y)2 e −t −→ 0.
√ √ 3 3 3 π 3 π = Γ = I4 = Γ = . 2 2 2 2 2 4 e 2 méthode : intégration par parties sur un segment puis passage à la limite :
Il existe donc α > 0 tel que :
On a, pour tout X ∈ [0 ; +∞[, par intégration par parties avec
5
est continue sur R et à valeurs positives ou nulles.
t −→ ±∞
∀t ∈ R,
1 . t2
|t| α =⇒ t2 ϕ(t) 1 =⇒ ϕ(t)
D’après l’exemple de Riemann en ±∞, les intégrales $ +∞ $ −1 1 1 dt et dt convergent. Par théorème de majo2 t2 −∞ t 1 $ ration pour des fonctions 0, les intégrales $ +∞ ϕ(t) dt convergent. 1
−1
ϕ(t) dt et
−∞
+∞
On conclut, par définition, que l’intégrale
ϕ(t) dt
−∞
1 F(x, y) = √ π 1 = √ π
$ $
+∞ −∞ +∞ −∞
(t − x)2 (t − y)2 e
−t2
dt
(t2 − 2xt + x2 )(t2 − 2yt + y2 ) e −t dt 2
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2
2
Nous allons calculer I2 et I4 . 1re méthode : intervention de la fonction Γ d’Euler : On a, pour tout k ∈ N, par parité puis par le changement de variable u = t2 : $ +∞ $ +∞ 2 2 t2k e −t dt = 2 t2k e −t dt I2k = −∞ 0 $ +∞ $ +∞ 1 1 1 =2 uk e −u √ du = uk− 2 e −u du = Γ k + . 2 2 u 0 0 D’autre part, on sait : ∀s ∈ ]0 ; +∞[, Γ(s + 1) = s Γ(s).
2
√
=
2
X −→ +∞
−X
Puisque les applications t −→ t e −t et t −→ t3 e −t sont impaires (et que les intégrales considérées convergent), on a : I1 = 0 et I3 = 0. √ D’après l’énoncé (intégrale de Gauss) : I0 = π.
3
$ X 2k+1 * t2k+1 t 2 +X 2 + e −t 2t e −t dt −X 2k + 1 −X 2k + 1 $ X X 2k+1 −X2 2 2 =2 + t2k+2 e −t dt. e 2k + 1 2k + 1 −X
t2k e −t dt =
D’autre part, par$convergences d’intégrales impropres vues X 2 plus haut : t2k e −t dt −→ I2k
−∞
I2 = Γ
X
2
1 = √ I4 − 2(x + y)I3 + (x2 + 4xy + y2 )I2 π
−2(xy2 + x2 y)I1 + x2 y2 I0 , $ +∞ 2 en notant, pour tout k ∈ N : Ik = tk e −t dt.
D’où :
$
−→ 0, par prépondérance de l’exD’une part, X 2k+1 e −X X −→ +∞ ponentielle sur les puissances.
• Calcul : On a :
⎧ 2 ⎪ ⎪ u = −2t e −t ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ t2k+1 ⎪ ⎪ ⎪ , ⎩v = 2k + 1
où u, v sont bien de classe C 1 sur le segment [−X ; X] :
−X
$
converge, donc F(x, y) existe.
⎧ ⎪ −t2 ⎪ ⎪ ⎨u = e ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = t2k
1 1 1 √ π = π= Γ , 2 2 2 2
et de même avec 2k + 2 à la place de 2k. On déduit, en faisant tendre X vers +∞ et en renversant l’éga2k + 1 I2k . lité : I2(k+1) = 2 √ √ π 1 3 3 π , I4 = I2 = . D’où : I2 = I0 = 2 2 2 4 On obtient, pour tout (x, y) ∈ R2 : F(x, y) =
3 1 2 + (x + 4xy + y2 ) + x2 y2 . 4 2
b) • Par opérations, F est de classe C 2 sur l’ouvert R2 et, pour tout (x, y) ∈ R2 : 1 ∂F (x, y) = (2x + 4y) + 2xy2 = x + 2y + 2xy2 , ∂x 2 ∂F 1 (x, y) = (4x + 2y) + 2x2 y = 2x + y + 2x2 y. ∂y 2 On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de F ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨ x + 2y + 2xy = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2x + y + 2x2 y = 0 135
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3(x + y) + 2xy(x + y) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y − x + 2xy(y − x) = 0
L1 ←− L1 + L2
d’une fonction de deux variables réelles, en exprimant, par exemple, z en fonction de x et y dans la contrainte C .
L2 ←− L1 − L2 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨(x + y)(3 + 2xy) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(y − x)(1 + 2xy) = 0
Notons F : R2 −→ R, (x, y) −→ F(x, y) = f (x, y, 4 − x − 2y).
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x + y = 0 ⇐⇒ ⎪ ou ⎪ ⎪ ⎩y − x = 0
⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x + y = 0 ⎨3 + 2xy = 0 ou ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1 + 2xy = 0 ⎩y − x = 0 ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ y=x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨x = 0 ⎨y = −x 2 ou ⇐⇒ ⎪ ou ⎪ ⎪ ⎪ 3 + 2x ⎪ ⎪ = 0 ⎪ ⎪ ⎪1 − 2x2 = 0 !" ⎪ ⎩y = 0 ⎩ ⎪ ⎩ impossible ⎧ ⎧ ⎧ √ √ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x = 1/ 2 ⎨x = 0 ⎨ x = −1/ 2 ou ⎪ ⇐⇒ ⎪ ou ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪y = −1/ √2 ⎪ ⎪y = 1/ √2 ⎩ ⎩ ⎩y = 0
On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : F(x, y) = x2 − 2xy + 2x(4 − x − 2y) + 5y2 − 6y(4 − x − 2y) +5(4 − x − 2y)2 − 2x − 2y − 6(4 − x − 2y) − 7 = 4x2 + 20xy + 37y2 − 28x − 94y + 49. • L’application F est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , donc, si F admet un extremum local en un point (x, y), alors (x, y) est un point critique de F. On a, pour tout (x, y) ∈ R2 : ∂F (x, y) = 8x + 20y − 28, ∂x
On conclut que F admet exactement trois points critiques : A = (0, 0),
1 1 B= √ , −√ , 2 2
1 1 C= − √ , √ . 2 2
Donc :
c) D’après le cours, puisque F est de classe C sur l’ouvert R , si F admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique. 1
2
On calcule les dérivées partielles secondes de F en tout point (x, y) de R2 : ∂2 F ∂2 F ∂2 F 2 (x, y) = 2+4xy, (x, y) = 1+2y , (x, y) = 1+2x2 . ∂x2 ∂x∂y ∂y2 On consigne les valeurs de r, s, t, rt − s2 en les points critiques, avec les notations de Monge : r s t rt − s2
A 1 2 1 −3
B 2 0 2 4
C 2 0 2 4
• Pour étudier la différence F(x, y) − F(1, 1), utilisons le changement de variables h = x − 1, k = y − 1 :
−28(1 + h) − 94(1 + k) + 61
1 . 2
On conclut que F admet un seul extremum local, c’est un minimum local, il est atteint en B et en C et en ces deux points 1 seulement, et il est égal . 2 Dans cet exercice, on peut éviter l’utilisation du cours sur la recherche d’extremums globaux avec contrainte d’égalités, en se ramenant à la recherche des extremums globaux
136
Ainsi, F admet un point critique et un seul, et il s’agit de A = (1, 1).
= 4(1 + h)2 + 20(1 + h)(1 + k) + 37(1 + k)2
En B et C, puisque rt − s2 > 0 et r > 0, F admet un minimum local.
4.12
⎧ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de F ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 8x + 20y − 28 = 0 ⎪ ⎪ ⎨ ⎨x = 1 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩20x + 74y − 94 = 0 ⎩y = 1.
F(x, y) − F(1, 1) = F(1 + h, 1 + k) − F(1, 1)
En A, puisque rt − s2 < 0, F n’admet pas d’extremum local, il s’agit d’un point-col.
Un calcul élémentaire donne : F(B) = F(C) =
∂F (x, y) = 20x + 74y − 94. ∂y
= 4h2 + 20hk + 37k2 37 = 4 h2 + 5hk + k2 4 * 5 2 25 2 37 2 + = 4 h+ k − k + k 2 4 4 5 2 = 4 h + k + 12k2 0. 2 Un calcul élémentaire donne : F(1, 1) = −12. On déduit que F admet un extremum global et un seul, c’est un minimum, il est égal à −12 et il est atteint en (1, 1) et en ce point seulement. On conclut : f admet un extremum sous la contrainte d’égalité C et un seul, c’est un minimum, il est égal à −12 et il est atteint en (1, 1, 1) et en ce point seulement.
Corrigés des exercices
4.13 1) 1re méthode : se ramener aux extremums globaux d’une fonction de deux variables réelles :
D’où, sous la contrainte C : f (x, y, z) = x2 + y2 + z2
On exprime, dans la contrainte d’égalité linéaire C , une des variables en fonction des deux autres, par exemple : (x, y, z) ∈ C ⇐⇒ z = 3 − x − y. On considère l’application F : R2 −→ R définie, pour tout (x, y) ∈ R2 , par : F(x, y) = f (x, y, 3 − x − y) = x2 + y2 + (3 − x − y)2 , et on recherche les extremums globaux de F. Puisque F(x, y) est une expression du second degré en x et y, on peut essayer d’utiliser une mise sous forme canonique d’un trinôme : ∀(x, y) ∈ R2 , F(x, y) = 2x2 + 2xy − 6x + 2y2 − 6y + 9 = 2(x2 + xy − 3x) + 2y2 − 6y + 9 1 1 3 3 2 9 + 2y2 − 6y + 9 = 2 x+ y− − 2 y2 − y + 2 2 4 2 4 1 9 3 2 3 2 = 2 x+ y− + y − 3y + 2 2 2 2 9 1 3 2 3 2 + (y − 2y) + = 2 x+ y− 2 2 2 2 3 2 3 1 + (y − 1)2 +3. = 2 x+ y− 2 2 !" 2 !" 0
0
On a donc, pour tout (x, y) ∈ R2 , F(x, y) 3 et : ⎧ ⎧ 1 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪x + y − = 0 ⎪x = 1 ⎨ ⎨ 2 2 F(x, y) = 3 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪y = 1 ⎪ ⎩ ⎩y − 1 = 0
−→
x −→ +∞
=3
D’autre part, (1, 1, 1) vérifie C et f (1, 1, 1) = 3. Ceci montre que f admet un minimum global sous la contrainte d’égalité C , que celui-ci est égal à 3 et qu’il est atteint (au moins) en (1, 1, 1). D’autre part, on montre, comme dans la 1ère méthode, que f n’a pas de maximum global sous la contrainte d’égalité C . 3) 3è méthode : utilisation du cours sur la recherche d’extremum local avec contrainte d’égalité linéaire : Si f admet un extremum global sous la contrainte d’égalité linéaire C en un point A, alors f admet un extremum local sous la contrainte d’égalité C en A. D’après le cours, si f admet un extremum local sous la contrainte d’égalité C en un point A de C , alors, en notant H = (x, y, z) ; x + y + z = 0 l’ensemble des solutions du système linéaire homogène associé à C , pour tout H de H − {0}, la dérivée de f en A dans la direction H est nulle. Comme H1 = (1, −1, 0) et H2 = (1, 0, −1) sont dans H , on a alors en particulier : < ∇ fA , H2 >= 0,
d’où, en notant A = (x, y, z) tel que x + y + z = 3 : .
On conclut que f admet un minimum global sous la contrainte d’égalité linéaire C et un seul, que celui-ci est égal à 3 et qu’il est atteint en (1, 1, 1) et en ce point seulement. D’autre part, comme F(x, 0) = 2x2 − 6x + 9
1 1 (x + y + z)2 = 9 = 3. 3 !" 3
< ∇ fA , H1 >= 0 et
On déduit que F admet un minimum global et un seul, que celui-ci est égal à 3 et qu’il est atteint en (1, 1) et en ce point seulement. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
(x + y + z)2 3(x2 + y2 + z2 ).
c’est-à-dire :
+∞,
F n’est pas majorée, donc F n’admet pas de maximum global, et on conclut que f n’admet pas de maximum global sous la contrainte d’égalité linéaire C . 2) 2e méthode : utilisation de l’inégalité de Cauchy et Schwarz : En appliquant, pour tout (x, y, z) de R , l’inégalité de Cauchy et Schwarz aux vecteurs (1, 1, 1) et (x, y, z) de R3 pour le produit scalaire usuel, on a : #
2 (1, 1, 1) ## (x, y, z) ||(1, 1, 1)||2 ||(x, y, z)||2 ,
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2x · 1 + 2y · (−1) + 2z · 0 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2x · 1 + 2y · 0 + 2z · (−1) = 0 donc x = y = z. Comme x + y + z = 3, on déduit x = y = z = 1. Ainsi, si f admet un extremum sous la contrainte d’égalité C , alors c’est nécessairement en (1, 1, 1). On termine comme dans la 1re méthode.
4.14 a) 1) Par opérations, l’application f : R −→ R, x −→ x − ln(1 + x2 )
3
est de classe C 2 sur R et, pour tout x ∈ R : f (x) = 1 −
2x 1 + x2 − 2x (1 − x)2 = = , 2 1+x 1 + x2 1 + x2 137
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
f (x) = − a) 2) Soit x ∈ R.
2(1 + x2 ) − 2x · 2x 2(x2 − 1) = . (1 + x2 )2 (1 + x2 )2
On a, pour tout t ∈ R : 2t 2x =1− 1 + t2 1 + x2 ⇐⇒ 2t(1 + x2 ) = 2x(1 + t2 ) ⇐⇒ xt2 − x2 t + x − t = 0
f (t) = f (x) ⇐⇒ 1 −
⇐⇒ xt(t − x) + x − t = 0 ⇐⇒ (t − x)(xt − 1) = 0. 1 Si x 0, alors : f (t) = f (x) ⇐⇒ t = x ou t = . Si x x = 0, alors : f (t) = f (x) ⇐⇒ t = 0. On conclut que l’équation f (t) = f (x), d’inconnue t ∈ R, admet au plus deux solutions.
d) Puisque F est de classe C 1 sur l’ouvert R2 , d’après le cours, si F admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique. L’application F est de classe C 2 sur l’ouvert R2 et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ 2 ⎪ ∂ F ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = f (x + y) − f (x) ⎪ ⎪ ⎪ ∂x2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎨∂ F (x, y) = f (x + y) ⎪ ⎪ ⎪ ∂x∂y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂2 F ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ∂y2 (x, y) = f (x + y) − f (y). On calcule des valeurs de f que f est paire :
b) Puisque f est de classe C 1 sur R, par opérations, l’application F : R2 −→ R, (x, y) −→ f (x + y) − f (x) − f (y) est de classe C 1 sur l’ouvert R2 et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = f (x + y) − f (x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ∂y (x, y) = f (x + y) − f (y).
c’est-à-dire :
x = y ou x = y ou
x+y= x
ou
f
f
1 4 √ =− , 9 2
1 √ 1 2 √ + √ = f ( 2) = . 9 2 2
Avec les notations de Monge, en chacun des trois points critiques, on calcule r, s, t puis rt − s2 : (0, 0) r s t rt − s2
x+y =y
x = 0 ou y = 0.
0 −2 0 −4
1 1 (√ , √ ) 2 2 2/3 2/9 2/3 32/81
1 1 (− √ , − √ ) 2 2 2/3 2/9 2/3 32/81
Si x = 0, alors f (y) = f (x) = f (0), donc d’après le calcul fait dans a), y = 0.
En (0, 0), on a rt − s2 < 0, donc F n’admet pas d’extremum, il s’agit d’un point-col.
De même, si y = 0, alors x = 0.
En les deux autres points critiques, on a rt − s2 > 0, donc F admet un extremum local, et r > 0, donc il s’agit d’un minimum local.
On a donc nécessairement : x = y. c) 2) Il s’ensuit, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ f (x) = f (y) ⎨y = x ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ f (x + y) = f (x) ⎩ f (2x) = f (x)
(1).
On conclut que F admet deux extremums locaux exactement, 1 1 1 1 en les points √ , √ et − √ , − √ , et ce sont des mi2 2 2 2 nimums locaux. En particulier, F admet au moins un extremum local.
Et : (1) ⇐⇒ 1 −
2x 4x =1− 2 1 + (2x) 1 + x2
⇐⇒ 2x(1 + x2 ) = x(1 + 4x2 ) ⇐⇒ 2x3 − x = 0 ⇐⇒ x(2x2 − 1) = 0 1 1 ⇐⇒ x = 0 ou x = √ ou x = − √ . 2 2 On conclut que F admet exactement trois points critiques : 1 1 1 1 (0, 0), − √ ,−√ . √ , √ , 2 2 2 2 138
en les points utiles, en remarquant
f (0) = −2,
c) 1) • Si (x, y) ∈ R2 vérifie f (x) = f (y) = f (x + y), alors, d’après b), les trois réels x, y, x + y ne sont pas deux à deux distincts. On a donc :
4.15 a) L’application f : R2 −→ R, (x, y) −→ (2x2 + 3y2 )2 − (4x6 + 5y8 ) est de classe C 1 sur l’ouvert R2 de R2 , et, pour tout (x, y) ∈ R2 : ⎧∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 2(2x2 + 3y2 )4x − 24x5 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 2(2x2 + 3y2 )6y − 40y7 . ∂y
Corrigés des exercices
On a, pour tout (x, y, z) ∈ ]0 ; +∞[3 :
En particulier : ∂f (0, 0) = 0 et ∂x
∂f (0, 0) = 0. ∂y
On conclut : (0, 0) est un point critique de f . b) On a, pour tout (x, y) ∈ [−1 ; 1]2 : 4x6 + 5y8 4x6 + 5y6 5(x6 + y6 ) 5 2 5 (2x + 2y2 )3 (2x2 + 3y2 )3 . 8 8 * 1 1 +2 , alors : De plus, si, par exemple, (x, y) ∈ − ; 3 3 5(x2 + y2 )3 =
1 1 2 0 2x2 + 3y2 3(x2 + y2 ) 3 + = 1, 9 9 3 donc :
(x, y, z) est un point critique de f ⎧∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y, z) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨∂f (x, y, z) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ∂y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎩ (x, y, z) = 0 ∂z ⇐⇒ xy = xz, xy = yz, ⇐⇒ !" y = z, x 0, y 0
1 13 ⇐⇒ x = y = z = = 3−1/3 . 3 On conclut que f admet un point critique et un seul : A = (3−1/3 , 3−1/3 , 3−1/3 ).
(2x2 + 3y2 )3 (2x2 + 3y2 )2 , puis : 5 2 5 (2x + 3y2 )3 (2x2 + 3y2 )2 . 8 8
c) 1) • On calcule les dérivées partielles secondes de f en tout point (x, y, z) de ]0 ; +∞[3 : 1 ∂2 f (x, y, z) = ∂x2 (x + y + z)2
Il en résulte : 5 3 f (x, y) (2x2 + 3y2 )2 − (2x2 + 3y2 )2 = (2x2 + 3y2 )2 0. 8 8
∂2 f 1 (x, y, z) = z + ∂x∂y (x + y + z)2 1 ∂2 f (x, y, z) = y + ∂x∂z (x + y + z)2
Ceci montre : * 1 1 +2 , f (x, y) f (0, 0). ∀(x, y) ∈ − ; 3 3
1 ∂2 f (x, y, z) = ∂y2 (x + y + z)2
On conclut : f admet un minimum local en (0, 0).
∂2 f 1 (x, y, z) = x + ∂y∂z (x + y + z)2
Remarque :
1 ∂2 f (x, y, z) = . ∂z2 (x + y + z)2
Il n’est pas nécessaire, dans cet exercice, de calculer r, s, t (avec les notations de Monge) ; d’ailleurs, ici, rt − s2 = 0.
4.16 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
⎧ 1 ⎪ ⎪ yz − =0 ⎪ ⎪ ⎪ x + y+z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎨ xz − =0 ⎪ ⎪ ⎪ x + y+z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ xy − =0 x+y+z 1 xy = x+y+z 1 2 x = z, x = 3x
a) Par opérations, l’application f : ]0 ; +∞[3 −→ R, (x, y, z) −→ xyz − ln(x + y + z) est de classe C 2 sur l’ouvert ]0 ; +∞[3 . b) On calcule les dérivées partielles premières de f en tout point (x, y, z) de ]0 ; +∞[3 : ∂f 1 (x, y, z) = yz − ∂x x+y+z ∂f 1 (x, y, z) = xz − ∂y x+y+z 1 ∂f (x, y, z) = xy − . ∂z x+y+z
On en déduit la hessienne de f en tout point (x, y, z) de ]0 ; +∞[3 : ⎛ ⎞ 1 1 1 ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ (x + y + z)2 z + (x + y + z)2 y + (x + y + z)2 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 1 1 1 ⎜⎜⎜ z + ⎟⎟⎟ x + . ⎜⎜⎜ (x + y + z)2 (x + y + z)2 (x + y + z)2 ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 1 1 1 ⎜⎜⎝ ⎠ y+ x+ (x + y + z)2 (x + y + z)2 (x + y + z)2 Pour x = y = z = 3−1/3 , on a : 1 1 1 = = 2/3 2 = 3−4/3 (x + y + z)2 (3 · 3−1/3 )2 (3 ) et : x+
1 1 1 =y+ =z+ (x + y + z)2 (x + y + z)2 (x + y + z)2 = 3−1/3 + 3−4/3 = (3 + 1)3−4/3 = 4 · 3−4/3 . 139
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
Il résulte que, pour tout x ∈ ]0 ;$+∞[, l’intégrale impropre $ en x x f (t) dt converge, donc F(x) = f (t) dt existe.
On en déduit que la hessienne de f en A est : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 4 4⎟⎟⎟ ⎟ −4/3 ⎜ 3 ⎜⎜⎜⎜4 1 4⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎝ 441
0
0
$ • On a : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, F(x) =
c) 2) • On a, en notant < . | . > le produit scalaire canonique sur R3 : < u | v > = −1 + 0 + 1 = 0,
$
f (t) dt, 1
Comme F est une famille orthogonale et qu’elle ne contient pas le vecteur nul, d’après le cours, F est libre. • Puisque dim (R3 ) = 3 et que F est une famille libre de R3 à 3 éléments, d’après le cours, F est une base de R3 .
qui est une primitive de f sur ]0 ; +∞[, est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, F1 (x) = f (x). $ 1 Comme f (t) dt est une constante, il en résulte, par addi0
tion, que F est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et que : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, F (x) = f (x),
• En notant U, V, W les colonnes respectivement transposées de u, v, w, on a, par calcul matriciel : HU = 9U, HV = −3V, HW = −3W. On conclut que u, v, w (qui sont tous non nuls), sont des vecteurs propres pour h.
puis :
On a vu en 2) que H est semblable à la matrice diagonale diag (9, −3, −3), donc admet deux valeurs propres et deux seulement, qui sont −3 et 9, donc qui sont toutes non nulles et pas toutes du même signe. D’après le cours, on conclut que f n’admet pas d’extremum local en A. 2e méthode : expression de la forme quadratique q canoniquement associée à H : ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ On a, pour tout X = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R) : ⎝ ⎠ z
∀(x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 , xy ∈ ]0 ; +∞[, par opérations et composition, l’application G : (x, y) −→ F(xy) − F(x) − F(y) est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[2 . On a, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 : ∂G (x, y) = yF (xy) − F (x) = y f (xy) − f (x) ∂x
⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜⎜1 4 4⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟⎟ t XHX = x y z ⎜⎜⎜⎜4 1 4⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ = x2 + 8xy + 8xz + y2 + 8yz + z2 . ⎠⎝ ⎠ ⎝ 441 z
En particulier : q(1, 0, 0) = 1 > 0 et q(1, −1, 0) = −6 < 0. D’après le cours, on conclut que f n’admet pas d’extremum local en A.
ln(1 + t) t
ln(1 + t) −→ 1. t −→ 0 t
∀x ∈ ]0 ; , +∞[, F (x) = f (x).
b) Puisque F est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et que :
c) 3) 1re méthode : étude du signe des valeurs propres de H :
140
x
F1 : x −→
donc F est une famille orthogonale pour le produit scalaire canonique de R3 .
est continue sur ]0 ; +∞[ et f (t) =
f (t) dt. 1
Puisque f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[, l’application
< v | w > = −1 + 0 + 1 = 0,
a) • L’application f : ]0 ; +∞[ −→ R, t −→
x
f (t) dt + 0
< u | w > = 1 − 2 + 1 = 0,
4.17
$
1
∂G (x, y) = xF (xy) − F (y) = x f (xy) − f (y), ∂y puis : ∂2 G (x, y) = y2 f (xy) − f (x) ∂x2 ∂2 G (x, y) = f (xy) + yx f (xy) ∂x∂y ∂2G (x, y) = x2 f (xy) − f (y). ∂y2
Corrigés des exercices
c) On a, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 : ⎧ ∂G ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de G ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂G ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎩ ∂y ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y f (xy) − f (x) = 0 ⎨y f (xy) − f (x) = 0 ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x f (x) = y f (y) ⎩ x f (xy) − f (y) = 0 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨y f (xy) − f (x) = 0 ⎨y f (xy) − f (x) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ln(1 + x) = ln(1 + y) ⎪ ⎩ ⎩ 1+ x= 1+y ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x = y ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ x f (x2 ) − f (x) = 0 (2).
Par opérations (addition, soustraction, multiplication), on déduit que l’application n n n 2 x2k + xk − xk f : (x1 , ..., xn ) −→ k=1
c) On a, pour tout (x1 , ..., xn ) ∈ Rn : (x1 , ..., xn ) est un point critique de f ∂f (x1 , ..., xn ) = 0 ∂xi n ⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, 2xi + 2 xk − 1 = 0
⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n,
ln(1 + x2 ) ln(1 + x) − =0 x2 x ⇐⇒ ln(1 + x2 ) = ln(1 + x) ⇐⇒ 1 + x2 = 1 + x
(2) ⇐⇒ x
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x1 = ... = xn ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2x1 + 2nx1 − 1 = 0
⇐⇒ x2 = x ⇐⇒ x = 1. x>0
d) Si G admet un extremum local en un point (x, y) de ]0 ; +∞[2 , alors, d’après le cours, comme G est de classe C 1 sur l’ouvert ]0 ; +∞[2 , (x, y) est un point critique de G, donc (x, y) = (1, 1). On a, en (1, 1), avec les notations de Monge : r = f (1) − f (1) = 0,
s = f (1) + f (1),
d’où :
t = f (1) − f (1) = 0,
2 rt − s2 = − f (1) + f (1) .
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
On a, pour tout t ∈ ]0 ; +∞[ : ln(1 + t) , f (t) = t donc :
f (1) = ln 2,
1 t − ln(1 + t) 1 f (t) = + t 2 , t
f (1) =
1 − ln 2, 2
+2 * 1 1 − ln 2 = − < 0. puis : rt − s2 = − ln 2 + 2 4 On conclut, d’après le cours, que G n’admet pas d’extremum local en (1, 1), il s’agit d’un point-col. Finalement, G n’a pas d’extremum local.
a) D’après le cours, pour tout k ∈ 1 ; n, l’application (x1 , ..., xn ) −→ xk est de classe C 2 sur l’ouvert Rn .
k=1
1 . 2(n + 1) On conclut : f admet un point critique et un seul, noté 1 (a1 , ..., an ) et on a : ∀i ∈ 1 ; n, ai = . 2(n + 1) ⇐⇒ x1 = ... = xn =
d) 1) Calculons les dérivées partielles secondes de f en tout point de Rn . On a, pour tout (i, j) ∈ 1 ; n2 et tout (x1 , ..., xn ) ∈ Rn : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪2 + 2 si i = j ∂2 f ⎨ (x1 , ..., xn ) = ⎪ ⎪ ⎪ 2 ∂xi ∂x j ⎩ si i j. ⎧ ⎪ ⎪ si i = j ⎪ ∂2 f ⎨4 En particulier : (a1 , ..., an ) = ⎪ ⎪ ⎪2 ∂xi ∂x j ⎩ si i j. On conclut que la matrice hessienne An de f en (a1 , ..., an ) est : ⎞ ⎛ (2)⎟⎟ ⎜⎜⎜ 4 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . .. An = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎜⎝ ⎠ (2) 4 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜h1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ d) 2) On a, pour tout H = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) − {0} : ⎜⎝ ⎟⎠ hn t
HAn H = 4
n
h2i + 2
i=1
4.18
k=1
n
b) On a, pour tout i ∈ 1 ; n et tout (x1 , ..., xn ) ∈ Rn : n ∂f (x1 , ..., xn ) = 2xi + 2 xk − 1. ∂xi k=1
Et :
On conclut que G admet (1, 1) comme unique point critique.
k=1
est de classe C sur R . 2
=2
hi h j
1i jn
n i=1
h2i + 2
1i, jn
hi h j = 2
n
h2i +2
i=1
!" >0
n 2 hi > 0. i=1
!" 0
141
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
d) 3) • D’après 2), la forme quadratique représentée par la matrice An dans la base canonique de Rn est définie-positive, donc, d’après le cours, f admet un minimum local en (a1 , ..., an ). • On a : f (a1 , ..., an ) = n
2 2 1 1 1 + n −n 2(n + 1) 2(n + 1) 2(n + 1)
n2 + n n 1 . =− = n + n2 − 2n(n + 1) = − 4(n + 1)2 4(n + 1)2 4(n + 1)
4.19 • Si f admet un extremum global en un point A de ]0 ; +∞[3 , alors f admet un extremum local en A. Comme f est de classe C 1 sur l’ouvert ]0 ; +∞[3 , si f admet un extremum local en un point A de ]0 ; +∞[3 , alors A est un point critique de f . On a, pour tout (x, y, z) ∈ ]0 ; +∞[3 : ∂f 1 (x, y, z) = 2x − ∂x (x + y + z)2 1 ∂f (x, y, z) = 2y − ∂y (x + y + z)2 ∂f 1 . (x, y, z) = 2z − ∂z (x + y + z)2 Il en résulte, pour tout A = (x, y, z) ∈ ]0 ; +∞[3 : A est un point critique de f
⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎧∂f ⎪ 2x − =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (x + y + z)2 ⎪ ⎪ (x, y, z) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ =0 ⎨2y − ⎨∂f (x + y + z)2 (x, y, z) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ =0 2z − ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (x + y + z)2 ⎪ ⎩ (x, y, z) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ∂z ⎩ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ x=y=z ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x = y = z ⎨ ⇐⇒ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩18x3 = 1 ⎪ ⎪ ⎩2x = (3x)2 1 13 . ⇐⇒ x = y = z = x>0 18 1 13 En notant, par commodité, α = , l’application f admet 18 un point critique et un seul, et c’est A = (α, α, α). • Puisque f est de classe C 2 sur l’ouvert ]0 ; +∞[3 , on a, d’après l’égalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1, pour tout M ∈ ]0 ; +∞[3 , en notant H = M − A, l’existence de θ ∈ ]0 ; 1[ 1 tel que : f (M) = f (A)+ < ∇ fA , H > + qA+θH (H), 2 ∂f ∂f ∂f où ∇ fA = (A), (A), (A) ∂x ∂y ∂z 142
et où qP est, pour tout P ∈ ]0 ; +∞[3 , la forme quadratique représentée canoniquement par la hessienne de f en P. On calcule les dérivées partielles secondes de f en tout point (x, y, z) de ]0 ; +∞[3 et on forme la hessienne de f en (x, y, z) : ⎛ ⎞ 2 2 2 ⎜⎜⎜2 + ⎟⎟⎟ 3 3 3 ⎜⎜⎜⎜ (x + y + z) (x + y + z) (x + y + z) ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 2 2 2 ⎜⎜⎜ ⎟⎟ , 2 + 3 3 ⎜⎜⎜ (x + y + z)3 (x + y + z) (x + y + z) ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 2 2 2 ⎝ ⎠ 2+ (x + y + z)3 (x + y + z)3 (x + y + z)3 d’où la hessienne S de f en A : ⎞ ⎛ m ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜2 + m m ⎟ ⎜⎜ ⎜ S = ⎜⎜ m 2 + m m ⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎝ m m 2+m où on a noté, par commodité :
m=
2 4 = . (3α)3 3
Il s’agit maintenant de voir si la forme quadratique de R3 représentée canoniquement par S (au point A) est définie-positive, définie-négative, ou autres. 1re méthode : décomposition en combinaison linéaire de carrés : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1 1 1⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ Remarquons que S = 2 I3 +mU, où U = ⎜⎜1 1 1⎟⎟⎟⎟ et remarquons ⎠ ⎝ 111 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ que U = C tC, où C = ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ 1 On a, pour tout X ∈ M3,1 (R) − {0} : t
XS X = t X(2 I3 + m C tC)X = 2 t XX + m t XC tCX = 2 t XX + m t ( tCX)( tCX) = 2 ||X||2 +m < C | X >2 > 0. !" !" >0
0
On déduit que la forme quadratique considérée est définiepositive et on conclut que f admet un minimum global en A. 2e méthode : étude du signe des valeurs propres de S : ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ u ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ On a, pour tout λ ∈ R et tout X = ⎜⎜⎜⎜ v ⎟⎟⎟⎟ ∈ M3,1 (R) − {0} : ⎝ ⎠ w ⎧ ⎪ (2 + m)u + mv + mw = λu ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ S X = λX ⇐⇒ ⎪ mu + (2 + m)v + mw = λv ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩mu + mv + (2 + m)w = λw ⎧ ⎪ (2 + m)u + mv + mw = λu ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ −2u + 2v = λ(v − u) L2 ←− L2 − L1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−2u + 2w = λ(w − u) L3 ←− L3 − L1
Corrigés des exercices
⎧ ⎪ (2 + m)u + mv + mw = λu ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⇐⇒ ⎪ (λ − 2)(v − u) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(λ − 2)(w − u) = 0 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = v = w ⎨λ = 2 ou ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(2 + 3m)u = λu ⎩mu + mv + mw = 0 ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨λ = 2 ⎨λ = 3m + 2 ⇐⇒ ⎪ ou ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩u + v + w = 0 ⎩u = v = w Ainsi, les valeurs propres de S sont 2 et 3m + 2. Ces valeurs propres sont toutes strictement positives, donc, d’après le cours, la forme quadratique considérée est définiepositive, et on conclut que f admet un minimum global en A. Enfin, on calcule ce minimum : 1 f (A) = f (α, α, α) = 3α2 + 3α 1 23 18 13 18 2 2 = 9 · 18− 3 . =3 + = 18− 3 3 + 18 3 3
4.20 1) Recherche des extremums locaux :
1
f : R2 −→ R, (x, y) −→ (3x + 4y) e − 2 (x
3 4 , , 5 5
3 4 A2 = − , − . 5 5
Comme : ∀(x, y) ∈ R2 , f (−x, −y) = − f (x, y), l’étude en A2 se ramène à celle en A1 . • L’application f est de classe C 2 sur l’ouvert R2 et, pour tout (x, y) ∈ R2 : %
& 1 2 2 ∂2 f (x, y) = (−6x − 4y) + 3 − x(3x + 4y) (−x) e − 2 (x +y ) ∂x2
1 2 2 = (−9x − 4y) + x2 (3x + 4y) e − 2 (x +y ) %
& 1 2 2 ∂2 f (x, y) = (−4x) + 3 − x(3x + 4y) (−y) e − 2 (x +y ) ∂x∂y % & 1 2 2 = (−4x − 3y)) + xy(3x + 4y) e − 2 (x +y ) %
& 1 2 2 ∂2 f (x, y) = (−3x − 8y) + 4 − y(3x + 4y) (−y) e − 2 (x +y ) ∂y2 % & 1 2 2 = (−3x − 12y) + y2 (3x + 4y) e − 2 (x +y ) .
2 +y2 )
est de classe C sur l’ouvert R , donc, d’après le cours, si f admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique. 2
On calcule les dérivées partielles premières de f en tout point (x, y) de R2 : ⎧
∂f 1 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 3 − x(3x + 4y) e − 2 (x +y ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x ⎪ ⎪ ⎪
− 1 (x2 +y2 ) ∂f ⎪ ⎪ ⎪ . ⎩ ∂y (x, y) = 4 − y(3x + 4y) e 2 On a donc, pour tout (x, y) ∈ R2 :
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A1 =
En particulier, en A1 , avec les notations de Monge :
• L’application
1
Ainsi, f admet deux points critiques exactement, les points :
⎧ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ∂y (x, y) = 0 ⎧ ⎪ x 0, y 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3x + 4y = 3 ⎨ x(3x + 4y) = 3 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩y(3x + 4y) = 4 ⎪ ⎪ ⎪ 4 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ = x y ⎧ ⎪ ⎧ ⎧ x 0, y 0 ⎪ ⎪ 3 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x = x=− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4 ⎨ ⎨ ⎨ 5 5 . ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ou ⎪ y= x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 4 4 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎩ y= y=− ⎪ ⎪ ⎩25x2 = 9 5 5
r=
* 27 16 3 2 + ∂2 f 34 − 1 1 − e 2 (A1 ) = − 5 e −2 = − + ∂x2 5 5 5 5
s=
* 12 12 12 + ∂2 f 12 − 1 1 (A1 ) = − − + 5 e −2 = − e 2 ∂x∂y 5 5 25 5
t=
* 9 48 16 + 1 ∂2 f 41 − 1 + 5 e −2 = − (A1 ) = − − e 2. 2 ∂y 5 5 25 5
D’où : rt − s2 =
34 · 41 − 122 −1 1250 −1 e = e = 50 e −1 > 0. 25 25
Il en résulte, d’après le cours, que f admet un extremum local en A1 . De plus : r < 0, donc il s’agit d’un maximum local. La valeur de ce maximum local est : f (A1 ) = f
3 4 9 + 16 1 1 = , e −2 = 5 e −2 . 5 5 5
Comme : ∀(x, y) ∈ R2 , f (−x, −y) = − f (x, y) et que f admet un maximum local en A1 , on déduit que f admet un minimum local en A2 . La valeur de ce minimum local est : 1
f (A2 ) = − f (A1) = −5 e − 2 . 143
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
4.21
2) Recherche des extremums globaux :
a) 1) Notons D1 , D2 , D3 les droites d’équations :
• On a : − 12 (x2 +y2 )
∀(x, y) ∈ R2 , | f (x, y)| = |3x + 4y| e )
1 2 2 ) 3 x2 + y2 + 4 x2 + y2 e − 2 (x +y ) ) 1 2 2 = 7 x2 + y2 e − 2 (x +y ) . Pour tout (x, y) ∈ R2 , en notant t = x2 + y2 , on a donc : √ 1 | f (x, y)| 7 t e − 2 t .
D1 | − 5x + 2y + 4 = 0 D2 | 3x + y + 2 = 0 D3 | 2x − 3y + 5 = 0. Par résolution de trois systèmes de deux équations à deux inconnues, ces trois droites se coupent deux à deux en trois points :
Par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances : √ −1t t e 2 −→ 0. t −→ +∞
1
En notant M = | f (A1 )| = | f (A2 )| = 5 e − 2 , il existe donc t0 ∈ ]0 ; +∞[ tel que : √ 1 ∀t ∈ [t0 ; +∞[, 7 t e − 2 t < M. On a alors : ∀(x, y) ∈ R2 ,
x2 + y2 t0 =⇒ | f (x, y)| < M .
Comme | f (A1 )| = | f (A2 )| = M, on a nécessairement
3 2 5
+
4 2 5
< t0 , donc : t0 > 1.
D1 ∩ D2 = {A},
D1 ∩ D3 = {B}, D2 ∩ D3 = {C},
A = (0, −2), B = (2, 3), C = (−1, 1). L’ensemble (x, y) ∈ R2 ; −5x + 2y + 4 0 est le demi-plan fermé limité par D1 et contenant O. L’ensemble (x, y) ∈ R2 ; 3x + y+ 2 0 est le demi-plan fermé limité par D2 et contenant O. L’ensemble (x, y) ∈ R2 ; 2x − 3y + 5 0 est le demi-plan fermé limité par D3 et contenant O. où :
L’ensemble D est l’intersection de ces trois demi-plans fermés, donc D est le triangle plein limité par les trois droites D1 , D2 , D3 .
• D’autre part, l’application √ √ f1 : [− t0 ; t0 ]2 −→ R, (x, y) −→ f (x, y) √ √ est continue sur le fermé borné [− t0 ; t0 ]2 de R2 , donc, d’après le cours, f1 admet un maximum global et un minimum global. √ √ Notons A un point de [− t0 ; t0 ]2 en lequel f1 atteint son maximum global. Montrons : ∀(x, y) ∈ R2 , f (x, y) f (A). Soit (x, y) ∈ R2 . Si x2 + y2 t0 , alors f (x, y) | f (x, y)| < M f (A). √ √ Si x2 + y2 t0 , alors (x, y) ∈ [− t0 ; t0 ]2 , donc f (x, y) = f1 (x, y) f1 (A) = f (A). Ceci montre que f admet un maximum global en A. Il en résulte que f admet un maximum local en A, donc, d’après 1), A = A1 . Comme : ∀(x, y) ∈ R2 , f (−x, −y) = − f (x, y), l’étude d’un minimum global se ramène à l’étude précédente. On conclut que f admet deux extremums globaux, un minimum global, atteint en A1 et en ce point seulement, et un maximum global, atteint en A2 et en ce point seulement. 144
a) 2) L’ensemble D est l’intersection de trois fermés, donc D est fermé. Il est clair que D est inclus dans [−1 ; 2] × [−2 ; 3], donc D est borné. a) 3) Puisque f (resp. g) est continue sur D et que D est fermé borné, d’après le cours, f (resp. g) est bornée et atteint ses bornes. En particulier, on conclut que f (resp. g) admet un maximum global. b) Puisque f est une fonction polynomiale du premier degré, la restriction de f à tout segment du plan est monotone sur ce
Corrigés des exercices
segment, donc cette restriction de f atteint ses bornes au bord du segment. On peut donc conjecturer que le maximum de f est atteint au bord de D. Considérons l’intérieur D◦ de D, défini par les inégalités strictes correspondant aux inégalités larges définissant D : D◦ = (x, y, z) ∈ R3 ; −5x + 2y + 4 > 0, 3x + y + 2 > 0, 2x − 3y + 5 > 0 .
• Il reste à étudier la restriction de g au bord de D. Sur [AB], on a :
Mais :
g(x, y) = x2 + y2 = x2 +
noté h1 (x)
et on étudie les variations de h1 : x h1 (x)
0
20/29 0
−
2 +
4
13
h1 (x)
donc f n’admet aucun point critique, contradiction.
• Sur chacun des trois côtés [AB], [BC], [CA] du triangle ABC, on peut exprimer y en fonction de x sous forme affine, donc f (x, y) s’exprime comme une fonction affine de x, qui atteint nécessairement son maximum en une extrémité du segment.
5x − 4 2
2 1 1 = x2 + (25x2 − 40x + 16) = (29x2 − 40x + 16), 4 4 !"
∂f ∀(x, y) ∈ D◦ , (x, y) = 1 0, ∂x
Ceci montre que f n’atteint pas son maximum global en un point de D◦ , donc f atteint son maximum en un point du bord de D.
5x − 4 , 2
donc :
Raisonnons par l’absurde : supposons que f atteigne son maximum global en un point A de D◦ . Comme f est de classe C 1 sur l’ouvert D◦ , d’après le cours, A est nécessairement un point critique de f .
0 x 2 et y =
Max g(x, y) = 13.
donc :
(x,y)∈[AB]
Sur [CA], on a :
−1 x 0 et y = −3x − 2,
donc : 10x2 + 12x + 4, g(x, y) = x2 + y2 = x2 + (−3x − 2)2 = !" noté h2 (x)
Ceci montre que f atteint son maximum en A ou en B ou en C. Il reste à calculer les valeurs de f en ces trois points : f (A) = −5,
f (B) = 2,
et on étudie les variations de h2 : x h2 (x)
f (C) = −3.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
−
−3/5 0
0 +
6
On conclut que f admet un maximum global et que celui-ci est égal à 2 (et qu’il est atteint en B).
4
h2 (x)
c) • Supposons que g atteigne son maximum en un point de l’intérieur D◦ de D.
donc :
Comme g est de classe C 1 sur l’ouvert D◦ , d’après le cours, g atteint alors son maximum en un point critique A de g.
Sur [BC], on a :
Max g(x, y) = 4.
(x,y)∈[CA]
−1 x 2 et y =
2x + 5 , 3
donc :
On a, pour tout (x, y) ∈ D◦ : ∂g (x, y) = 2x, ∂x
−1
∂g (x, y) = 2y, ∂y
g(x, y) = x2 + y2 = x2 +
2x + 5 2
3 1 2 1 = x + (4x + 20x + 25) = (13x2 + 20x + 25), 9 9 !" 2
donc g admet un point critique et un seul, qui est O = (0, 0) (et on a bien O ∈ D◦ ). En O, il est clair que g admet un minimum global, car :
noté h3 (x)
et on étudie les variations de h3 :
∀(x, y) ∈ D, g(x, y) = x + y 0 = g(0, 0). 2
2
− 10 2 13 − 0 + 2 13 h3 (x) x
h3 (x)
Comme, par exemple, (0, 1) ∈ D◦ et que g(0, 1) > g(0, 0), ce minimum n’est pas un maximum. Ceci montre que g n’atteint pas son maximum à l’intérieur de D, donc g atteint son maximum en un point du bord de D.
donc :
−1
Max g(x, y) = 13.
(x,y)∈[BC]
145
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
On conclut que la maximum global de g est égal à 13 et qu’il est atteint en B (et en B seulement).
Ainsi :
⎧ ⎪ x+y−z−t =1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2x − y + 3z + 2t = 2 ⎨A ∈ C ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩∇ f A ⊥ H −2x + 5y + 3z = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−x + 4y + 3t = 0
Remarque géométrique : Dans cet exercice, g(x, y) est le carré de la distance euclidienne entre O et le point (x, y) de D, et il est clair sur le schéma que cette distance est maximale en B et en B seulement.
⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ z = (2x − 5y) ⎪ ⎪ ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎨t = (x − 4y) ⇐⇒ ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 3(x + y) − (2x − 5y) − (x − 4y) = 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3(2x − y) + 3(2x − 5y) + 2(x − 4y) = 6
4.22 • D’après le cours, puisque f : R4 −→ R, (x, y, z, t) −→ x2 + y2 + z2 + t2 est de classe C 1 sur l’ouvert R4 de R4 , si la restriction de f à la contrainte d’égalités linéaires C admet un extremum global en un point A de C , alors ∇ fA est orthogonal au sous-espace vectoriel H , ensemble des solutions du système linéaire homogène ⎧ ⎪ ⎪ ⎪g1 (x, y, z, t) = 0 ⎨ associé ⎪ ⎪ ⎪ ⎩g (x, y, z, t) = 0.
1 1 (2x − 5y), t = (x − 4y), 12y = 3, 14x − 26y = 6 3 3 25 5 1 1 , z= , t=− . ⇐⇒ y = , x = 4 28 28 28 D’après l’égalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1, puisque f est de classe C 2 sur l’ouvert R4 , pour tout H ∈ H , il existe θ ∈ ]0 ; 1[ tel que :
Cherchons une base de H . À cet effet, dans le système homogène définissant H , exprimons, par exemple, x et y en fonction de z et t :
1 f (A + H) = f (A) + < ∇ fA , H > + qA+θH (H). !" 2
⇐⇒ z =
2
(x, y, z, t) ∈ H
=0
D’après la définition de f , la hessienne de f en tout point P de R4 est 2 I4 , donc qA+θH est définie-positive, d’où :
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x + y − z − t = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2x − y + 3z + 2t = 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨3x + 2z + t = 0 L1 ←− L1 + L2 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩3y − 5z − 4t = 0 L2 ←− 2L1 − L2
∀H ∈ H , f (A + H) f (A), c’est-à-dire :
On conclut que f admet un extremum global sous contrainte d’égalités C et un seul, c’est un minimum global, il est atteint en A et en ce point seulement, et il est égal à :
⎧ 1 ⎪ ⎪ x = − (2z + t) ⎪ ⎪ ⎪ 3 ⎨ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩y = (5z + 4t). 3
f (A) =
25 1 2 . 25 + 72 + 52 + (−1)2 = 282 28
4.23 a)
Une base de H est, par exemple, (u, v) où : u = (−2, 5, 3, 0),
∀M ∈ C , f (M) f (A).
v = (−1, 4, 0, 3).
D’autre part, pour tout A = (x, y, z, t) ∈ R4 : ∇ fA =
∂f ∂x
(A),
∂f ∂f ∂f (A), (A), (A) = (2x, 2y, 2z, 2t). ∂y ∂z ∂t
d’où : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨(∇ fA | u) = 0 ∇ fA ⊥ H ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(∇ fA | v) = 0 146
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨−2x + 5y + 3z = 0 ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩−x + 4y + 3t = 0
.
D’abord, il est clair que U = (x, y) ∈ R2 ; x < y est un ouvert de R2 et que l’application f : U −→ R, (x, y) −→ x2 + y2 − 2 ln(y − x)
Corrigés des exercices
est de classe C 1 sur U et, pour tout (x, y) ∈ U : ∂f 2 (x, y) = 2x + , ∂x y−x D’où, pour tout (x, y) ∈ U :
∂f 2 (x, y) = 2y − . ∂y y− x
⎧ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de f ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂f ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ∂y (x, y) = 0 ⎧ ⎧ 2 ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ 2x + =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ y−x ⎨ ⎨2x + y − x = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩x + y = 0 ⎪ =0 ⎩2y − y−x ⎧ 1 ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ x=−√ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ y = −x ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ 2 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x
+ qA+θH (H), 2 où :
∂f ∂f < ∇ fA , H >= (A) h + (A) k = 0, ∂x ∂y !" !"
1 f (A + H) = f (A) + < ∇ fA , H > + qA+θH (H) f (A), !" 2 !" =0
0
et on conclut que f admet un minimum global en A. La valeur de ce minimum global est : f (A) = a2 + b2 − 2 ln(b − a) =
2 1 1 + − 2 ln √ = 1 − ln 2. 2 2 2
c) On a, par exemple, pour y > 0 : f (0, y) = y2 − 2 ln y
−→
y −→ +∞
+∞,
par prépondérance de la puissance sur le logarithme. on conclut que f n’admet pas de maximum global. d) Supposons que f admette un maximum local en un point noté B. Puisque f est de classe C 1 sur l’ouvert U, d’après le cours, B est un point critique de f , donc, d’après a), on a : B = A. En reprenant les notations de b)2), on a, pour tout h > 0 assez petit, en remplaçant (h, k) par H = (h, 2h) par exemple :
qA+θH (H) = (2 + α) h2 + (2h)2 + α(h − 2h)2 > 0.
et : qA+θH (H) = rh2 + 2shk + tk2 ,
Ceci montre que, sur tout voisinage de A, il existe des points A + H de U en lesquels f (A + H) > f (A), donc f n’admet pas de maximum local en A.
où r, s, t sont les notations de Monge en A + θH.
On conclut que f n’admet pas de maximum local.
=0
=0
b) 2) On a, pour tout (x, y) ∈ U : 2 ∂ f (x, y) = 2 + ∂x2 (y − x)2 2
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On a donc :
2 ∂2 f (x, y) = − ∂x∂y (y − x)2 2 ∂2 f (x, y) = 2 + ∂y2 (y − x)2 Étudions le signe de qA+θH (H). 1 On a, en notant par commodité α =
2 : (b + θk) − (a + θh) qA+θH (H) = rh2 + 2shk + tk2 = (2 + 2α)h2 − 2αhk + (2 + 2α)k2 = (2 + α)(h2 + k2 ) + α(h2 − 2hk + k2 )
4.24 a) L’application f : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ x e −x est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[, donc, par opérations, l’application F : ]0 ; +∞[2 −→ R, (x, y) −→ f (x) + f (y) − f (x + y) est de classe C 1 sur l’ouvert ]0 ; +∞[2 . On a, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 : ∂F ∂F (x, y) = f (x) − f (x + y), (x, y) = f (y) − f (x + y). ∂x ∂y b) Soit a ∈ ]0 ; +∞[. On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) = (1 − x) e −x , f (x) = (x − 2) e −x ,
= (2 + α)(h2 + k2 ) + α(h − k)2 0. 147
Chapitre 4
•
Fonctions numériques de plusieurs variables réelles
d’où le tableau des variations de f : x f (x)
0
−
2 0
• Réciproquement, si x = y et f (x) = f (2x), +
1
+∞ 0
f (x)
− e −2
Si a 1, alors l’équation f (x) = f (a), d’inconnue x ∈ ]0 ; +∞[, admet exactement une solution, et c’est a.
alors f (x) = f (y) = f (x + y). On conclut que (x, y) est un point critique de f si et seulement si : x = y et f (x) = f (2x). d) On a, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) = f (2x) ⇐⇒ (1 − x) e −x = (1 − 2x) e −2x ⇐⇒ (1 − x) e x − (1 − 2x) = 0. L’application ϕ : ]0 ; +∞[ −→ R, x −→ (1 − x) e x − (1 − 2x) est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : ϕ (x) = −x e x + 2,
Si a > 1, alors l’équation f (x) = f (a), d’inconnue x ∈ ]0 ; +∞[ admet exactement deux solutions, et l’une d’elles est a.
ϕ (x) = −(x + 1) e x .
d’où le tableau des variations de ϕ : x ϕ (x)
β
0
α
+∞
− 2
ϕ (x)
ϕ (x)
ϕ(x) On conclut que, pour tout a ∈ ]0 ; +∞[ fixé, l’équation f (x) = f (a), d’inconnue x ∈ ]0 ; +∞[, admet au plus une solution distincte de a. c) Soit (x, y) ∈ ]0 ; +∞[ fixé. On a : 2
⎧ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ (x, y) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ∂x (x, y) est un point critique de F ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ∂F ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (x, y) = 0 ∂y ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ f (x) − f (x + y) = 0 ⇐⇒ ⎪ ⇐⇒ f (x) = f (y) = f (x + y). ⎪ ⎪ ⎩ f (y) − f (x + y) = 0
+
0 >0
0
−
−
−∞
0
−∞
Par continuité et stricte monotonie par intervalles, il existe β ∈ ]0 ; +∞[ unique tel que ϕ (β) = 0. Puis, il existe α ∈ ]β ; +∞[ unique tel que ϕ(α) = 0. De plus : ϕ(1) = 1 > 0 et ϕ(2) = − e 2 + 3 < 0, donc : 1 < α < 2. On conclut que F admet un point critique et un seul, que celuici est de la forme (α, α) et que 1 < α < 2. e) Puisque 1 < α < 2, on a :
• Supposons f (x) = f (y) = f (x + y). D’après b), les trois réels x, y, x + y ne sont pas deux à deux différents. D’autre part, comme x > 0 et y > 0, on a x + y y et x + y x. D’où nécessairement x = y, puis f (x) = f (x + y) = f (2x). 148
f (α) = (α − 2) e −α < 0,
f (2α) = (2α − 2) e −2α > 0.
f) • D’après le cours, comme F est de classe C 1 sur l’ouvert ]0 ; +∞[2 , si F admet un extremum local, c’est nécessairement en un point critique, donc au point (α, α).
Corrigés des exercices
• Comme f est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[, par opérations, F est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[2 et, pour tout (x, y) ∈ ]0 ; +∞[2 : ∂2 F (x, y) = f (x) − f (x + y) ∂x2 ∂2 F (x, y) = − f (x + y) ∂x∂y ∂2 F (x, y) = f (y) − f (x + y) ∂y2 En particulier, au point critique (α, α), avec les notations de Monge :
2
2 rt − s2 = f (α) − f (2α) − − f (2α) =
f (α) −2 f (2α) f (α), !" !" !" <0
>0
<0
D’après e), on déduit : rt − s2 > 0 et r < 0. On conclut que F admet en (α, α) un maximum local. Finalement F admet un extremum local et un seul, c’est un maximum local, et il est atteint en (α, α).
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r = f (α) − f (2α), s = − f (2α), t = f (α) − f (2α).
On déduit :
149
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets Plan Les méthodes à retenir 151 Énoncés des exercices
154
Du mal à démarrer ?
161
Corrigés des exercices
163
On abrège variable aléatoire en va.
150
CHAPITRE
5
Thèmes abordés dans les exercices •
Détermination de la loi d’une variable aléatoire discrète
•
Détermination de la loi d’un couple de variables aléatoires discrètes, obtention des lois marginales
•
Calculs de l’espérance et de la variance d’une variable aléatoire discrète
•
Calculs de la covariance et du coefficient de corrélation linéaire d’un couple de variables aléatoires discrètes.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Loi d’une variable aléatoire discrète, loi de la variable aléatoire Y = f (X) où f est une fonction définie sur X(Ω) et X une variable aléatoire discrète
•
Espérance d’une variable aléatoire discrète, théorème de transfert, linéarité de l’espérance, formule de l’espérance totale
•
Moment d’ordre r et moment centré d’ordre r d’une variable aléatoire discrète, variance et écart-type d’une variable aléatoire discrète, propriétés
•
Loi d’un couple de variables aléatoires discrètes, lois d’un vecteur aléatoire discret, lois marginales, lois conditionnelles
•
Indépendance de deux variables aléatoires discrètes, indépendance mutuelle d’une famille finie ou infinie de variables aléatoires discrètes
•
Loi d’une variable aléatoire Z = f (X, Y) où f est une fonction définie sur (X, Y)(Ω), cas où Z = X + Y avec X et Y indépendantes, espérance de Z et théorème de transfert
•
Covariance et coefficient de corrélation linéaire d’un couple de variables aléatoires discrètes, matrice de variance-covariance d’un vecteur aléatoire discret
•
Variance de la somme de deux variables aléatoires discrètes, variance de la somme de n variables aléatoires discrètes, variance de la somme dans le cas de l’indépendance
•
Lois discrètes usuelles : loi de Bernoulli, loi binomiale, loi hypergéométrique, loi uniforme, loi géométrique, loi de Poisson.
Les méthodes à retenir
Les méthodes à retenir •
Déterminer l’ensemble X(Ω) des valeurs prises par X, puis pour chaque valeur x de X(Ω), calculer P(X = x) (soit directement, soit en déterminant dans un premier temps, P(X x) ou P(X < x) ou P(X x) ou P(X > x)).
➥ Exercices 5.1, 5.6, 5.10, 5.13, 5.14, 5.16 Pour déterminer la loi de probabilité d’une va discrète X
Pour déterminer la loi de probabilité d’un couple (X, Y) de va discrètes
•
Reconnaître une « situation type » d’une loi usuelle.
➥ Exercices 5.2, 5.8, 5.10, 5.12 •
Exprimer X à l’aide d’une ou plusieurs va discrètes, déterminer la loi de chaque va pour en déduire la loi de X (voir les méthodes cidessous « pour déterminer la loi d’une va fonction d’une va discrète » et « pour déterminer la loi d’une va fonction d’un couple de va discrètes »). ➥ Exercice 5.6.
•
Déterminer les ensembles X(Ω) et Y(Ω) des valeurs prises par X et par Y, puis pour chaque couple (x, y) de X(Ω) × Y(Ω), calculer
P (X = x) ∩ (Y = y) .
➥ Exercices 5.5, 5.9 •
Commencer par déterminer la loi de X, puis, pour chaque valeur x de X(Ω), déterminer la loi conditionnelle de Y sachant (X = x) pour en déduire la loi du couple (X, Y).
➥ Exercices 5.11, 5.12. Utiliser la formule des probabilités totales avec comme système com plet d’événements (X = x) ; x ∈ X(Ω) ou (Y = y) ; y ∈ Y(Ω) .
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Plus précisément : Pour déterminer les lois marginales connaissant la loi de probabilité d’un couple (X, Y) de va discrètes
•
pour tout x de X(Ω),
P(X = x) =
P (X = x) ∩ (Y = y)
y∈Y(Ω)
•
pour tout y de Y(Ω),
P(Y = y) =
P (X = x) ∩ (Y = y) .
x∈X(Ω)
➥ Exercices 5.5, 5.7, 5.9, 5.11, 5.12.
Pour déterminer la loi de probabilité d’une va Y fonction d’une va discrète X
Si Y = f (X) avec X une va discrète de loi connue, alors : Y(Ω) = f (x) ; x ∈ X(Ω) et
∀y ∈ Y(Ω), P(Y = y) =
P(X = x).
x∈X(Ω) / f (x)=y
➥ Exercice 5.3. 151
Chapitre 5
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
•
Si Z = f (X, Y) avec (X, Y) un couple de va discrètes de loi conjointe connue, alors : Z(Ω) = f (x, y) ; (x, y) ∈ X(Ω) × Y(Ω)
et ∀z ∈ Z(Ω), P(Z = z) = P (X = x) ∩ (Y = y) . (x,y)∈X(Ω)×Y(Ω) f (x,y)=z
•
Pour déterminer la loi de probabilité d’une va Z fonction d’un couple de va discrètes (X, Y)
Dans le cas où Z = X + Y, on obtient la loi de Z en écrivant :
∀z ∈ Z(Ω), P(Z = z) = P (X = x) ∩ (Y = z − x) . x∈X(Ω)
•
Dans le cas où Z = min(X, Y), on obtient plus facilement la loi de Z en calculant dans un premier temps :
∀z ∈ Z(Ω), P(Z z) = P (X z) ∩ (Y z) .
•
Dans le cas où Z = max(X, Y), on obtient plus facilement la loi de Z en calculant dans un premier temps :
∀z ∈ Z(Ω), P(Z z) = P (X z) ∩ (Y z) .
➥ Exercices 5.4, 5.11.
•
Utiliser la définition : –
si X est une va discrète finie avec X(Ω) = x1 , . . . , xn alors X admet une espérance et E(X) est donnée par : E(X) =
n
xi P(X = xi )
i=1
–
si X est une va discrète infinie avec X(Ω) = xn ; n ∈ N alors X admet une espérance si et seulement si la série xn P(X = xn ) converge absolument ; n0
Pour montrer qu’une va discrète admet une espérance et la calculer
dans ce cas, E(X) est donnée par :
E(X) =
+∞
xn P(X = xn ).
n=0
➥ Exercices 5.3 à 5.6, 5.9, 5.12 à 5.15, 5.18 •
Reconnaître une loi usuelle et appliquer les formules du cours.
➥ Exercices 5.1, 5.2, 5.8 à 5.10, 5.12, 5.16 •
Utiliser la linéarité de l’espérance : si X = λ1 X1 + · · · + λn Xn avec (λ1 , . . . , λn ) ∈ Rn et, pour tout i ∈ 1 ; n, Xi admet une espérance alors X admet une espérance et E(X) est donnée par : E(X) = λ1 E(X1 ) + · · · + λn E(Xn ).
➥ Exercices 5.1, 5.6, 5.10, 5.17 152
Les méthodes à retenir •
Utiliser la formule de l’espérance totale : soit (Ai )i∈I un système complet d’événement ; alors X admet une espérance si et seulement si pour tout i de I tel que P(Ai ) 0, E(X | Ai ) existe et la série E(X | Ai )P(Ai ) converge absolument ; i∈I ; P(Ai )0
dans ce cas, E(X) est donnée par : E(X | Ai )P(Ai ). E(X) = i∈I ; P(Ai )0
➥ Exercices 5.12, 5.17 •
(suite)
Utiliser le théorème de transfert : – si Y = f (X) et si f (x)P(X = x) converge absolument x∈X(Ω)
alors Y admet une espérance et E(Y) est donnée par : E(Y) = f (x)P(X = x) x∈X(Ω)
–
si Z = f (X, Y) et si la série double
f (x, y)P (X = x) ∩ (Y = y) converge absolument (x,y)∈(X,Y)(Ω)
alors Z admet une espérance et E(Z) est donnée par :
E(Z) = f (x, y)P (X = x) ∩ (Y = y) . (x,y)∈(X,Y)(Ω)
➥ Exercices 5.5, 5.7, 5.8. •
•
Montrer que X admet une espérance puis montrer que X − E(X) 2 admet une espérance ; %
& dans ce cas, V(X) est donnée par : V(X) = E X − E(X) 2 . Montrer que X et X 2 admettent une espérance ;
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dans ce cas, V(X) est donnée par :
V(X) = E(X 2 ) − E(X) 2 .
➥ Exercices 5.5, 5.6, 5.9, 5.13 Pour montrer qu’une va discrète admet une variance et la calculer
•
•
Reconnaître une loi usuelle et appliquer les formules du cours.
➥ Exercices 5.1, 5.9, 5.12 Utiliser la propriété suivante : si X = X1 + · · · + Xn et les va X1 , . . . , Xn admettent une variance alors X admet une variance et V(X) est donnée par : n V(X) = V(Xi ) + 2 Cov(Xi , X j ) ; i=1
1i< jn
de plus, si les va X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes, n V(Xi ). alors V(X) est donnée par : V(X) = i=1
➥ Exercices 5.1, 5.6, 5.10. 153
Chapitre 5
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
•
Utiliser : ou
•
Pour calculer la covariance d’un couple (X, Y) de va discrètes
%
& Cov(X, Y) = E X − E(X) Y − E(Y) Cov(X, Y) = E(XY) − E(X)E(Y).
Calculer V(X), V(Y), V(X + Y) (ou V(X − Y)) et utiliser la formule : (ou
•
V(X + Y) = V(X) + V(Y) + 2 Cov(X, Y) V(X − Y) = V(X) + V(Y) − 2 Cov(X, Y)).
Si X et Y sont indépendantes, alors Cov(X, Y) = 0.
➥ Exercices 5.1, 5.2, 5.9 à 5.11.
Pour montrer que des va discrètes sont indépendantes
•
Souvent, l’indépendance de va est donnée par l’énoncé.
•
Utiliser les définitions du cours.
•
Utiliser la propriété suivante : si X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes, alors, pour tout p ∈ 1 ; n, les va ϕ(X1 , . . . , X p ) et ψ(X p+1 , . . . , Xn ) sont indépendantes.
➥ Exercices 5.1, 5.4, 5.6, 5.11, 5.19.
Pour montrer que deux va discrètes X et Y ne sont pas indépendantes
•
Montrer qu’il existe x ∈ X(Ω) et y ∈ Y(Ω) tels que :
P (X = x) ∩ (Y = y) P(X = x)P(Y = y).
•
Montrer que Cov(X, Y) 0.
➥ Exercice 5.1.
Énoncés des exercices 5.1 Exemple de somme de n va non indépendantes On considère une suite (Xn )n1 de va mutuellement indépendantes suivant une même loi de Bernoulli de paramètre p (0 < p < 1). On pose, pour tout n 1 :
Yn = Xn Xn+1
et Un = Y1 + · · · + Yn .
a) Pour tout n 1, déterminer la loi de Yn puis calculer E(Yn ) et V(Yn). b) Les variables aléatoires Yn sont-elles mutuellement indépendantes ? Calculer, pour tous n, m 1, Cov(Yn , Ym ). c) Calculer, pour tout n 1, E(Un ) et V(Un ).
5.2 Tirages avec remise dans une urne contenant trois couleurs de boules Une urne contient des boules blanches en proportion b, des boules rouges en proportion r et des boules jaunes en proportion j. Ainsi, on a :
0 < b < 1, 0 < r < 1, 0 < j < 1 et b + r + j = 1.
On effectue dans cette urne n tirages avec remise (n ∈ N∗ ), et on note B (resp. R, J) le nombre de boules blanches (resp. rouges, jaunes) obtenues. 154
Énoncés des exercices
a) Donner les lois de B, R, J, leurs espérances et leurs variances. b) Donner la loi de B + R. En déduire Cov(B, R). c) On note X le vecteur aléatoire X = (B, R, J). 1) Déterminer la loi du vecteur X. 2) Déterminer la matrice de variance-covariance du vecteur X.
5.3 Exemple d’une va fonction d’une autre va discrète On considère une va X définie sur un espace probabilisé (Ω, A , P) à valeurs dans N. ⎧ ⎪ 0 si X(ω) est impair ⎪ ⎪ ⎨ . On définit la va Y par : ∀ω ∈ Ω, Y(ω) = ⎪ X(ω) ⎪ ⎪ ⎩ si X(ω) est pair 2 a) On suppose que X suit la loi géométrique de paramètre p, avec p ∈ ]0 ; 1[. Déterminer la loi de Y et calculer son espérance. b) On suppose que X suit la loi de Poisson de paramètre λ, avec λ ∈ R+∗ . Déterminer la loi de Y et calculer son espérance.
5.4 Exemple d’une va fonction d’un couple de va discrètes On considère une va X suivant la loi uniforme sur {1, 2} et une va Y, indépendante de X, suivant la loi de Poisson de paramètre λ > 0. On définit la va Z = XY. a) Déterminer la loi de Z. Calculer son espérance et sa variance. b) Calculer la probabilité que Z soit pair.
5.5 Loi du plus petit numéro et du plus grand numéro obtenus lors d’un tirage simultané de deux boules Dans cet exercice, on utilisera : ∀(n, p) ∈ N2 tel que p n,
n k k=p
p
=
n+1 . p+1
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Soit n 2. On considère une urne contenant n boules numérotées de 1 à n. On tire simultanément deux boules au hasard et on note X la va égale au plus petit des deux numéros tirés et Y la va égale au plus grand des deux numéros tirés. a) Déterminer la loi du couple (X, Y). En déduire les lois marginales de X et de Y.
b) Calculer E(Y) puis E Y(Y − 2) . En déduire V(Y). c) Montrer que n + 1 − X et Y ont la même loi. En déduire E(X) et V(X).
d) Calculer E X(Y − 2) . En déduire la covariance de (X, Y). e) Pour quelles valeurs de n le coefficient de corrélation linéaire de X et Y est-il défini ? Déterminer sa valeur dans ce cas.
5.6 Exemple de produit et de somme de n va mutuellement indépendantes, d’après l’oral HEC 2008 On considère une suite (Xn )n∈N∗ de va mutuellement indépendantes de même loi, à valeurs dans {−1, 1}, définies sur un même espace probabilisé (Ω, A , P). On pose, pour tout n ∈ N∗ , p = P(Xn = 1), et on suppose que p ∈ ]0 ; 1[. 155
Chapitre 5
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
a) Pour tout n ∈ N∗ , on pose :
Yn =
n -
Xi .
i=1
1) Calculer, pour tout n ∈ N∗ , E(Yn ) et V(Yn ). 2) Déterminer la loi de Y2 et la loi de Y3 . 3) On pose, pour tout n ∈ N∗ , pn = P(Yn = 1). Déterminer une relation de récurrence entre pn+1 et pn . En déduire une expression de pn en fonction de p et n. b) Pour tout n ∈ N∗ , on pose :
Sn =
n
Xi .
i=1
1) Calculer, pour tout n ∈ N∗ , E(S n ) et V(S n ). 2) Déterminer, pour tout n ∈ N∗ , la loi de S n . (On pourra se ramener à des variables aléatoires Xi , pour 1 i n, indépendantes suivant une loi de Bernoulli).
5.7 Exemple de loi conjointe Soit a ∈ R. On considère un couple (X, Y) de va discrètes de loi conjointe donnée par : ∀(i, j) ∈ N2 , P(X = i, Y = j) = a
i+ j . i! j!
a) Déterminer la valeur de a. b) Déterminer les lois marginales de X et de Y. Les va X et Y sont-elles indépendantes ? c) Montrer que le couple (X, Y) admet une covariance et la calculer. d) Montrer que la va Z = 2X+Y admet une espérance et la calculer.
5.8 Tirages successifs dans deux urnes Soit n ∈ N∗ . On dispose de deux urnes : l’urne U1 contient n boules blanches et n boules noires et l’urne U2 contient 1 boule blanche et 2 boules noires. On tire simultanément n boules de U1 et on les met dans l’urne U2 . On note X la va égale au nombre de boules blanches tirées de U1 . a) Déterminer la loi de X ; donner son espérance. On admet que V(X) =
n2 . 4(2n − 1)
b) A l’issue du transfert de boules, on tire une boule de U2 . Exprimer la probabilité d’obtenir une boule blanche en fonction de n et E(X) puis calculer cette probabilité. c) Maintenant, à l’issue du transfert de boules, au lieu de tirer une boule de U2 , on tire simultanément deux boules de U2 . Exprimer la probabilité d’obtenir deux boules blanches en fonction de n, E(X) et V(X) puis calculer cette probabilité.
5.9 Loi du premier succès et loi du deuxième succès On répète, de façon indépendante, une expérience aléatoire au cours de laquelle un événement A se réalise, à chaque fois, avec la probabilité p, avec 0 < p < 1. On note X la va égale au rang de la première réalisation de l’événement A, et Y celle égale au rang de sa deuxième réalisation. a) Déterminer la loi du couple (X, Y). En déduire les lois marginales de X et de Y. 156
Énoncés des exercices
b) Montrer que X et Y admettent une espérance et une variance puis calculer E(X), E(Y), V(X), V(Y). c) Montrer que (X, Y) admet une covariance et calculer Cov(X, Y). En déduire ρX,Y . d) Soit n 2. Déterminer la loi conditionnelle de X sachant (Y = n).
5.10 Tirages simultanés dans une urne, d’après l’oral HEC 2008 Soit n ∈ N∗ . Une urne contient 2n boules de couleurs toutes différentes. La moitié d’entre elles sont marquées du chiffre zéro et les autres sont numérotées de 1 à n. On tire simultanément n boules de cette urne, obtenant ce que l’on appelle une poignée. On suppose que toutes les poignées sont équiprobables. Pour tout i ∈ 1 ; n, on note Xi la va qui prend la valeur 1 si la boule i se trouve dans la poignée et 0 sinon. a) Pour tout i ∈ 1 ; n, déterminer la loi de probabilité de Xi . b) Pour tout (i, j) ∈ 1 ; n2 tel que i j, calculer la covariance du couple (Xi , X j ). c) On note S la va égale à la somme des numéros portés par les boules figurant dans la poignée. 1) Exprimer S en fonction de X1 , X2 , . . . , Xn 2) En déduire l’espérance et la variance de S . d) On note Z la va égale au nombre de boules portant le numéro zéro dans la poignée. Donner la loi de probabilité de Z puis son espérance.
5.11 Exemple d’une loi conjointe connaissant les lois conditionnelles Soient X et S deux va définies sur un même espace probabilisé, à valeurs dans N. On suppose que S suit la loi de Poisson de paramètre λ, avec λ > 0, et qu’il existe p ∈ ]0 ; 1[ tel que, pour tout n de N, la loi conditionnelle de X sachant (S = n) est la loi binomiale de paramètre (n, p). a) Déterminer la loi du couple (S , X), puis la loi de X. b) On pose Y = S − X. Déterminer la loi de Y et montrer que X et Y sont indépendantes. c) En déduire que Cov(S , X) = V(X), puis calculer ρS ,X .
5.12 Lancers d’une pièce © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
On dispose d’une pièce amenant pile avec la probabilité p (0 < p < 1). Dans un premier temps, on lance cette pièce jusqu’à obtenir pour la première fois un pile et on note N le nombre de lancers nécessaires. Dans un deuxième temps, si le premier pile est apparu au n-ième lancer, on lance cette même pièce n fois, et l’on note X le nombre de piles obtenus. a) Donner la loi de N, son espérance et sa variance. b) Soit n ∈ N∗ . Déterminer la loi de X conditionnelle à l’événement (N = n). c) En déduire l’existence et la valeur de l’espérance de X. d) Déterminer la loi de X et retrouver la valeur de E(X).
5.13 Exemple de va fonction d’un couple de va discrètes, d’après EML 2010 Soient X et Y deux vas indépendantes suivant toutes les deux la #loi géométrique de paramètre p, # avec 0 < p < 1. On pose q = 1 − p. On définit la va Z = ## X − Y ##. 157
Chapitre 5
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
a) Calculer la probabilité P(Z = 0), puis montrer : ∀n ∈ N∗ , P(Z = n) =
2pqn . 1+q
b) Montrer que Z admet une espérance et la calculer.
c) Montrer : E (X − Y)2 = 2V(X). d) En déduire que Z admet une variance et la calculer.
5.14 Déplacement d’un mobile sur un axe gradué Un mobile se déplace sur les points à coordonnées entières d’un axe d’origine O. Au départ, le mobile est à l’origine (point d’abscisse 0). Le mobile se déplace selon la règle suivante : s’il est sur le point d’abscisse k à l’instant n, alors, à l’instant (n + 1), il sera sur le point d’abscisse 1 k+1 ou sur le point d’abscisse 0 avec la probabilité . (k + 1) avec la probabilité k+2 k+2 Pour tout n de N, on note Xn l’abscisse de ce point à l’instant n et un = P(Xn = 0). a) Montrer, pour tout n ∈ N et tout k ∈ 1 ; n + 1, P(Xn+1 = k) =
k P(Xn = k − 1). k+1
b) En déduire que, pour tout n ∈ N et tout k ∈ 0 ; n, P(Xn = k) = n
c) Montrer que, pour tout n ∈ N,
j=0
1 un−k . k+1
uj = 1. En déduire u0 , u1 , u2 , u3 . n− j+1
d) Montrer que, pour tout n ∈ N, E(Xn+1 ) = E(Xn ) + un+1 . En déduire, pour tout n ∈ N∗ , une expression de E(Xn ) sous forme de somme mettant en jeu certains termes de la suite (un )n∈N . e) On note T l’instant auquel le mobile se trouve pour la première fois à l’origine (sans compter son positionnement au départ) et on convient que T prend la valeur 0 si le mobile ne revient jamais à l’origine. 1 . n(n + 1) En déduire P(T = 0) = 0 et interpréter ce résultat.
1) Montrer :
∀n ∈ N∗ , P(T = n) =
2) La variable T a-t-elle une espérance ?
5.15 Une autre expression de l’espérance On considère une variable aléatoire discrète X à valeurs dans N. n n−1 kP(X = k) = P(X > k) − nP(X > n). a) Montrer, pour tout n ∈ N∗ : k=0
k=0
b) 1) On suppose que X admet une espérance. Montrer : lim nP(X > n) = 0. n→+∞ +∞ P(X > n) converge puis que P(X > n) = E(X). En déduire que n0
2) On suppose que la série
n=0
P(X > n) converge. Montrer que X admet une espérance.
n0
c) Énoncer le résultat démontré.
5.16 Minimum et maximum de n va indépendantes Soit n 1. On considère des va X1 , . . . , Xn indépendantes, suivant toutes la loi géométrique de paramètre p, avec 0 < p < 1. On note q = 1 − p. 158
Énoncés des exercices
Enfin, on pose :
U = min Xi 1in
et V = max Xi . 1in
a) Déterminer la loi de U. En déduire que U admet une espérance et donner E(U). b) Déterminer la loi de V. En utilisant l’exercice 5.15, montrer que V admet une espérance et n 1 n (−1)i+1 . que E(V) = 1 − qi i i=1
5.17 Somme aléatoire de variables aléatoires discrètes On considère une suite (Xn )n∈N∗ de va mutuellement indépendantes, à valeurs dans N, de même loi et admettant une espérance. On considère une autre va N, indépendante des va Xn pour n ∈ N∗ , et à valeurs dans N. X1 (ω) + · · · + XN(ω) (ω) si N(ω) 1 . On définit la va S par : S (ω) = 0 si N(ω) = 0 a) Soit n ∈ N tel que P(N = n) 0. Montrer que l’espérance conditionnelle de S sachant (N = n) existe et la calculer. b) En déduire que S admet une espérance et que l’on a :
E(S ) = E(X1 )E(N).
5.18 Fonction génératrice d’une va Soit X une va discrète à valeurs dans N. On définit la fonction génératrice de X par : +∞ G X : t −→ G X (t) = P(X = n) tn . n=0
On pose, pour tout n ∈ N, pn = P(X = n). a) Montrer que la fonction génératrice G X de X est définie sur [−1 ; 1]. Calculer G X (1). b) Calculer la fonction génératrice de X sur [−1 ; 1] lorsque X suit une loi usuelle : X → b(p),
X → B(n, p),
X → G (p),
X → P(λ).
G X (t) − G X (1) = 1 + t + · · · + tn−1 pn . t−1 n=1 +∞
c) 1) Montrer, pour tout t ∈ [0 ; 1[ :
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En déduire que la fonction t −→
G X (t) − G X (1) est croissante sur [0 ; 1[. t−1
2) On suppose que X admet une espérance. Montrer que G X est dérivable à gauche en 1 et GX (1) E(X). 3) On suppose G X dérivable à gauche en 1. Montrer : ∀N ∈ N∗ ,
N
n pn GX (1).
n=1
En déduire que X admet une espérance et que E(X) GX (1). 4) Énoncer le résultat démontré. Retrouver l’expression connue de E(X) lorsque X suit une loi usuelle : X → b(p),
X → B(n, p),
X → G (p),
X → P(λ).
5.19 Fonction génératrice et somme de va Pour toute va X à valeurs dans N, on note G X sa fonction génératrice définie dans l’exercice 5.18. a) Soient X et Y deux va indépendantes à valeurs dans N. 159
Chapitre 5
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
Montrer :
∀t ∈ [0 ; 1], G X+Y (t) = G X (t)GY (t).
b) Soient X1 , . . . , Xn des va à valeurs dans N, mutuellement indépendantes et de même loi.
n On pose : S = X1 + · · · + Xn . Montrer : ∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) = G X1 (t) . c) Soient (Xn )n∈N∗ une suite de va à valeurs dans N, mutuellement indépendantes et de même loi et N une autre va à valeurs dans N∗ et indépendante des va Xn , pour n ∈ N∗ . On définit la va S par : S = X1 + · · · + XN , c’est-à-dire :
∀ω ∈ Ω, S (ω) = X1 (ω) + · · · + XN(ω) (ω).
1) Montrer : ∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) = G N ◦ G X1 (t). 2) On suppose que X1 et N admettent une espérance. En utilisant l’exercice 5.18, montrer que S admet une espérance et la calculer en fonction de E(X1 ) et E(N).
5.20 Entropie d’une va
On note h la fonction définie par h(x) =
−x ln x si x > 0 0 si x = 0.
Soit X une va discrète définie sur un espace probabilisé (Ω, A , P).
h P(X = x) . On pose, sous réserve d’existence, H(X) = x∈X(Ω)
Le réel H(X) est appelé l’incertitude moyenne ou entropie de X. a) On suppose que H(X) existe. Montrer que H(X) 0, puis montrer que H(X) = 0 si et seulement si X est quasi-certaine. Dans la suite, on pourra utiliser le résultat suivant, pour tout x > 0 :
ln x x − 1 et ln x = x − 1 ⇐⇒ x = 1 . b) On suppose que X est une va finie et on note X(Ω) = {x1 , . . . , xn }. On pose, pour tout i ∈ 1 ; n, ui = P(X = xi ). 1) Soit X0 une va suivant la loi uniforme sur {x1 , . . . , xn }. Calculer H(X0 ). 2) Montrer : ∀i ∈ 1 ; n, h(ui )
1 − ui + ui ln n. n
3) En déduire que H(X) ln n, puis montrer que H(X) = ln n si et seulement si X suit la loi uniforme sur {x1 , . . . , xn }. c) On suppose que X est une va discrète infinie à valeurs dans N∗ , non quasi-certaine, et telle que E(X) et H(X) existent, et on note m = E(X). On a alors : m > 1. 1) Soit p ∈ ]0 ; 1[ et soit X0 une va suivant la loi géométrique de paramètre p. Montrer que H(X0 ) existe et la calculer. 2) On pose, pour tout n ∈ N∗ , un = P(X = n) et vn = Montrer :
∀n ∈ N∗ , h(un ) vn − un − un ln(vn ).
1 n−1 1 1− . m m
3) En déduire que H(X) m ln m − (m − 1) ln(m − 1), puis montrer que H(X) = m ln m − (m − 1) ln(m − 1) si et seulement si X suit la loi géométrique 1 de paramètre . m 160
Du mal à démarrer ?
Du mal à démarrer ? 5.1
a) Pour tout n 1, calculer P(Yn = 1), puis reconnaître une loi usuelle. b) Remarquer que si m n − 1, n, n + 1, les va Yn et Ym sont indépendantes. Pour calculer Cov(Yn , Ym ) lorsque m = n − 1 ou n ou n + 1, remarquer que E(Yn Ym ) = P(Yn = 1, Ym = 1).
5.7
a) Utiliser le fait que
P(X = i, Y = j) = 1.
(i,j)∈N2
c) Pour calculer E(Un ), utiliser la linéarité de l’espérance.
b) Pour déterminer les lois marginales de X et de Y , utiliser la méthode décrite dans « les méthodes à retenir ».
Pour calculer V (Un ), utiliser la formule de la variance d’une somme de n va discrètes.
Montrer que X et Y ne sont pas indépendantes, par exemple en considérant P(X = 0, Y = 0).
5.2
c) Montrer, dans un premier temps, que X et Y admettent une espérance et les calculer. Puis montrer, à l’aide du théorème de transfert, que XY admet une espérance et la calculer.
a) Reconnaître des situations types.
b) Pour la loi de B+R, reconnaître une situation type. En déduire la valeur de V (B + R) puis celle de Cov(B, R).
c) 1) Calculer, pour tout (k1 , k2 , k3 ) ∈ N3 , P X = (k1 , k2 , k3 ) en distinguant les cas k1 + k2 + k3 n, k1 + k2 + k3 = n. c) 2) Utiliser la définition de la matrice de variance-covariance.
5.3
a)
∀n ∈ N∗ , P(Y = n) = P(X = 2n) +∞ P(X = 2n + 1). P(Y = 0) =
Remarquer : et justifier :
n=0
b)
Remarquer : et justifier :
∀n ∈ N∗ , P(Y = n) = P(X = 2n) +∞ P(Y = 0) = P(X = 0) + P(X = 2n + 1). n=0 +∞
+∞ λ λ2n , considérer S2 = et déPour calculer S1 = (2n + 1)! (2n)! n=0 n=0 terminer S1 + S2 et S2 − S1 .
5.4
2n+1
a) Justifier que pour tout n de N : P(Z = 2n + 1) = P(X = 1)P(Y = 2n + 1) et P(Z = 2n) = P(X = 1)P(Y = 2n) + P(X = 2)P(Y = n).
Pour calculer E(Z) et E(Z 2 ), utiliser l’indépendance de X et Y .
b) Écrire :
P(Z est pair) =
+∞
P(Z = 2n).
n=0
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Xi + 1 . Déterminer la loi 2 des Xi , exprimer Sn en fonction de ces va puis utiliser le cours.
b) 2) Poser, pour tout i ∈ 1 ; n, Xi =
5.5
a) Calculer, pour (i, j) ∈ 1 ; n − 1 × 2 ; n, P(X = i, Y = j). En déduire les lois marginales par la méthode habituelle. b) Calculer E(Y ) en utilisant la définition de l’espérance et
E Y (Y − 2) en utilisant le théorème de transfert. c) Exprimer E(X) en fonction de E(Y ), puis V (X) en fonction de V (Y ).
d) Calculer E X(Y − 2) en utilisant le théorème de transfert. e) Utiliser la définition du coefficient de corrélation linéaire.
5.6
a) 1) Utiliser l’indépendance mutuelle des va Xi .
a) 3) Montrer :
∀n ∈ N∗ , pn+1 = (2p − 1)pn + 1 − p,
puis en déduire une expression de pn en fonction de n.
b) 1) Utiliser la linéarité de l’espérance et la formule donnant la variance d’une somme de va mutuellement indépendantes.
d) Utiliser le théorème de transfert.
5.8
a) Reconnaître une situation type.
b) Noter E : « on tire une boule blanche dans U2 », puis calculer, dans un premier temps, P(X=k) (E) pour tout k ∈ 0 ; n. Enfin appliquer la formule des probabilités totales. c) Raisonner de la même façon qu’au b).
5.9
a) Utiliser les méthodes habituelles.
b) Utiliser les définitions de cours. c) Montrer, dans un premier temps, que XY admet une espérance et la calculer à l’aide du théorème de transfert. d) Utiliser la définition d’une loi conditionnelle.
5.10
a) Calculer P(Xi = 1).
b) Calculer tout d’abord E(Xi Xj ) = P(Xi = 1, Xj = 1). c) 1) Remarquer que S =
n
iXi .
i=1
c) 2) Utiliser les formules donnant l’espérance et la variance d’une somme de n va. d) Reconnaître une situation type.
5.11
a) Utiliser les méthodes habituelles.
b) Commencer par déterminer, pour tout n de N, la loi conditionnelle de Y sachant (S = n). Puis appliquer convenablement le résultat du a). Utiliser la définition de l’indépendance.
c) Commencer par écrire Cov(S, X) = Cov(X + Y, X), puis utiliser des propriétés sur la covariance.
5.12
a) Reconnaître une loi usuelle.
b) Reconnaître une loi usuelle. c) Utiliser la formule de l’espérance totale. d) Pour déterminer la loi de X, calculer P(X = k) en distinguant les cas k = 0 et k 1. Pour déterminer E(X), utiliser la définition de l’espérance.
161
Chapitre 5
5.13
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
5.17
a) Justifier : P(Z = 0) = P(X = Y )
et : ∀n ∈ N∗ , P(Z = n) = P(X − Y = n) + P(Y − X = n).
b) Utiliser la définition de l’espérance. c) Utiliser la linéarité de l’espérance, puis l’indépendance de X et Y . d) En déduire E(Z 2 ) = 2V (X), puis calculer V (Z).
5.14
a) Utiliser, par exemple, la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements (Xn = 0), . . . , (Xn = n).
b) Appliquer de façon répétée la relation du a). n
c) Utiliser le fait que
a) Obtenir :
b) Utiliser la formule de l’espérance totale.
5.18
a) Montrer que, pour tout t ∈ [−1 ; 1], la série de terme général pn tn converge absolument, donc converge.
b) Dans chacun des cas, remplacer P(X = n) par son expression, puis simplifier GX (t).
k=0
c) 2) Montrer que le taux d’accroissement de GX en 1 est majoré par E(X), puis conclure. N
k=0
d) Écrire : ∀k ∈ 1 ; n + 1, (k + 1)P(Xn+1 = k) = kP(Xn = k − 1).
∀N ∈ N∗ , ∀t ∈ [0 ; 1[,
(1 + t + · · · + tn−1 )pn
n=1
+∞ (1 + t + · · · + tn−1 )pn . n=1
Puis sommer cette relation.
Puis passer à la limite quand t tend vers 1. Conclure.
e) 1) Décomposer l’événement (T = n).
c) 4) Dans chacun des cas, montrer que GX est dérivable à gauche en 1 et calculer E(X) = GX (1).
P(T = 0) = 1 −
Justifier :
+∞
P(T = n).
5.19
a) Écrire GX+Y (t) sous forme d’une somme double et intervertir les deux sommes.
n=1
e) 2) Montrer que T n’admet pas d’espérance.
5.15
a) Remplacer dans la première somme P(X = k) par P(X > k − 1) − P(X > k), et faire apparaître une somme téléscopique. ∀n ∈ N, 0 nP(X > n)
b) 1) Montrer :
pour en déduire que lim nP(X > n) = 0.
+∞
Écrire :
∀n ∈ N,
n−1
P(X > k) =
k=0
n
kP(X = k) + nP(X > n),
k=0
kP(X = k)
k=0
n−1
∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) =
n=0
k=1
c) 2) Montrer que la fonction GS est dérivable à gauche en 1, à l’aide de l’exercice 5.18, puis montrer : E(S) = E(X1 )E(N).
b) 1) Obtenir :
H(X0 ) = ln n.
b) 2) Appliquer l’inégalité donnée par l’énoncé à x =
k=0 n
ui 0. kP(X = k) est
k=0
c) 1) Obtenir :
5.16
a) Calculer, dans un premier temps, P(U > k), pour tout k ∈ N, puis reconnaître une loi usuelle.
b) Calculer, dans un premier temps, P(V k), pour tout k ∈ N, puis en déduire la loi de V . Montrer que P(V > k) converge puis utiliser l’exercice 5.15.
1 si nui
b) 3) Sommer l’inégalité précédente. Traiter le cas d’égalité.
majorée et conclure.
k0
P(N = k)P(X1 + · · · + Xk = n) tn ,
a) Remarquer que H(X) est une somme de réels positifs ou nuls.
P(X > k).
En déduire que la suite de terme général Sn =
+∞ +∞
5.20
b) 2) Remarquer que, pour tout n de N : n
c) 1) Montrer :
puis intervertir les deux sommes.
puis passer à la limite quand n tend vers +∞.
0
b) Raisonner par récurrence sur n.
kP(X = k),
k=n+1
n→+∞
162
tn − 1 k = t . t−1 n−1
c) 1) Faire apparaître l’expression
c) 3) Justifier :
P(Xn = k) = 1.
E S | (N = n) = nE(X1 ).
H(X0 ) = − ln p −
1−p ln(1 − p). p
c) 2) Appliquer l’inégalité donnée par l’énoncé à x = un 0.
c) 3) Raisonner de la même façon qu’au b) 3).
vn si un
Corrigés des exercices Cov(Yn , Ym ) = V(Yn ) = p2 (1 − p)(1 + p).
5.1 a) Soit n 1. Alors Yn prend les valeurs 0 et 1. P(Yn = 1) = P(Xn Xn+1 = 1) = P(Xn = 1, Xn+1 = 1)
On a :
= P(Xn = 1)P(Xn+1 = 1) = p2 car Xn et Xn+1 sont indépendantes Ainsi la va Yn suit la loi de Bernoulli de paramètre p2 . On a alors : et
E(Yn ) = p2 V(Yn ) = p2 (1 − p2 ) = p2 (1 − p)(1 + p).
b) • Les va Yn et Yn+1 ne sont pas indépendantes car : P(Yn = 1, Yn+1 = 1) = P(Xn Xn+1 = 1, Xn+1 Xn+2 = 1) = P(Xn = 1, Xn+1 = 1, Xn+2 = 1)
On conclut : Cov(Yn , Ym ) ⎧ ⎪ p3 (1 − p) si m = n − 1 ou n + 1 ⎪ ⎪ ⎨ 2 (1 − p)(1 + p) si m = n p . =⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 si m n − 1, n, n + 1 c) • Par linéarité de l’espérance, E(Un ) = E(Y1 ) + · · · + E(Yn ) = np2 . • Les va Yn n’étant pas mutuellement indépendantes, on utilise la formule générale donnant la variance d’une somme de n va : V(Un ) =
= P(Xn = 1)P(Xn+1 = 1)P(Xn+2 = 1) = p3 , et P(Yn = 1) P(Yn+1 = 1) = p2 p2 = p4 ;
=
n
V(Yi ) + 2
i=1
1i< jn
n
n−1
V(Yi ) + 2
i=1
ainsi puisque p ∈ ]0 ; 1[,
Cov(Yi , Y j ) !" = 0 si j i + 1
Cov(Yi , Yi+1 )
i=1
= nV(Y1 ) + 2(n − 1)Cov(Y1 , Y2 )
P(Yn = 1, Yn+1 = 1) P(Yn = 1) P(Yn+1 = 1). Donc les va Yn ne sont pas mutuellement indépendantes.
= np2 (1 − p2 ) + 2(n − 1)p3 (1 − p)
= p2 (1 − p) n(1 + p) + 2(n − 1)p
• Soient n, m 1 avec m n − 1, n, n + 1.
= p2 (1 − p)(3np + n − 2p).
La va Yn fait intervenir les va Xn et Xn+1 et la va Ym fait intervenir les va Xm et Xm+1 . Il n’y a pas de va Xi en commun. Par indépendance des va Xi , on en déduit que Yn et Ym sont indépendantes. Ainsi :
Cov(Yn , Ym ) = 0.
• Soit n 1 et m = n + 1. On a : Cov(Yn , Ym ) = E(Yn Ym ) − E(Yn )E(Ym ). Or :
E(Yn Ym ) = P(Yn = 1, Ym = 1)
car Yn (Ω) = Ym (Ω) = {0, 1} = P(Yn = 1, Yn+1 = 1) = P(Xn = 1, Xn+1 = 1, Xn+2 = 1) = P(Xn = 1)P(Xn+1 = 1)P(Xn+2 = 1) = p3 car Xn , Xn+1 , Xn+2 sont indépendantes Et :
E(Yn )E(Ym ) = (p2 )2 = p4 .
Ainsi :
Cov(Yn , Ym ) = p3 − p4 = p3 (1 − p).
• Soit n 2 et m = n − 1. On a : Cov(Yn , Ym ) = Cov(Ym , Yn ) = Cov(Ym , Ym+1 ) = p3 (1 − p), d’après ce qui précède. • Soit n 1 et m = n. Alors :
5.2 a) • La va B prend ses valeurs dans 0 ; n. On réalise ici une succession d’épreuves de Bernoulli indépendantes (tirer une boule) dont la probabilité de succès (tirer une boule blanche) est b, et la va B compte le nombre de succès. Donc B suit la loi binomiale de paramètre (n, b). On a alors :
E(B) = nb et
V(B) = nb(1 − b).
• De même, R suit la loi binomiale de paramètre (n, r) et, E(R) = nr
et
V(R) = nr(1 − r).
• Enfin, J suit la loi binomiale de paramètre (n, j) et, E(J) = n j
et
V(J) = n j(1 − j).
b) La va B + R compte le nombre de succès (tirer une boule blanche ou une boule rouge) dont la probabilité est b + r. Ainsi B + R suit la loi binomiale de paramètre (n, b + r). On a alors : V(B + R) = n(b + r)(1 − b − r). Or : V(B + R) = V(B) + V(R) + 2 Cov(B, R). 163
Chapitre 5
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
1 On en déduit : Cov(B, R) = V(B + R) − V(B) − V(R) 2
n = (b + r)(1 − b − r) − b(1 − b) − r(1 − r) = −nbr. 2 Remarque : Cov(B, R) < 0, ce qui normal puisque si B augmente, R a tendance à diminuer ; donc les va B et R évoluent en sens contraires. c) 1) Soient (k1 , k2 , k3 ) ∈ N3 . Alors :
P X = (k1 , k2 , k3 ) = P(B = k1 , R = k2 , J = k3 ). • Si k1 + k2 + k3 n, alors P(B = k1 , R = k2 , J = k3 ) = 0. • Supposons k1 + k2 + k3 = n. La probabilité que les k1 premières boules soient blanches, que les k2 boules suivantes soient rouges et les k3 dernières boules soient jaunes est égale à bk1 rk2 jk3 . Mais, pour réaliser l’événement (B = k1 , R = k2 , J = k3 ), l’ordre des tirages n’intervient pas dans le nombre de boules n choix pour placer les k1 obtenues de chaque couleur. Il y a k1
n − k1 choix pour placer les k2 boules boules blanches, puis k2
n − k1 − k2 rouges dans les places restantes, et enfin pour plak3 cer les k3 boules jaunes. P(B = k1 , R = k2 , J = k3 )
n n − k1 n − k1 − k2 k1 k2 k3 b r j = k2 k3 k1
• On a, pour tout n ∈ N∗ : P(Y = n) = P(X = 2n) = (1 − p)2n−1 p. • Puis : = =
n=0 +∞
c) 2) Par définition, la matrice V(X) de variance-covariance de X est : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜Cov(B, B) Cov(B, R) Cov(B, J)⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜⎜ V(X) = ⎜⎜Cov(R, B) Cov(R, R) Cov(R, J)⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ Cov(J, B) Cov(J, R) Cov(J, J) D’après la question b), ⎛ ⎞ −nb j ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜nb(1 − b) −nbr ⎜⎜⎜ ⎟ V(X) = ⎜⎜ −nbr nr(1 − r) −nr j ⎟⎟⎟⎟. ⎝ ⎠ −nb j −nr j n j(1 − j)
5.3 a) • La va Y prend ses valeurs dans N. 164
+∞ 1 (X = 2n + 1) n=0
+∞
P(X = 2n + 1) par incompatibilité des événements (1 − p)2n p = p
+∞
n (1 − p)2
n=0
= p×
n=0
1 1 = . 2 1 − (1 − p) 2− p
• La va Y admet une espérance nP(Y = n) converge absolument ⇐⇒ la série n0
⇐⇒ la série
nP(Y = n) converge
n0
(car tous les termes sont positifs). N
On a : ∀N 0, = p(1 − p)
nP(Y = n) =
n=0 N
N
n(1 − p)2n−1 p
n=1
n−1 n (1 − p)2
n=1
1 1− p −→ p(1 − p) ×
2 = p(2 − p)2 N∞ 1 − (1 − p)2 # # puisque ##(1 − p)2 ## < 1.
Ainsi :
n! (n − k1 )! (n − k1 − k2 )! = bk1 rk2 jk3 k1 !(n − k1 )! k2 !(n − k1 − k2 )! k3 ! (n − k1 − k2 − k3 )! n! bk1 rk2 jk3 . = k1 ! k2 ! k3 !
3 Ainsi : ∀(k ⎧ 1 , k2 , k3 ) ∈ N , P X = (k1 , k2 , k3 ) n! ⎪ ⎪ ⎪ bk1 rk2 jk3 si k1 + k2 + k3 = n ⎨ . =⎪ k 1 ! k2 ! k3 ! ⎪ ⎪ ⎩ 0 si k1 + k2 + k3 n
P(Y = 0) = P
Donc Y admet une espérance et E(Y) =
1− p . p(2 − p)2
b) • La va Y prend ses valeurs dans N. • On a, pour tout n ∈ N∗ : P(Y = n) = P(X = 2n) = e −λ
• Puis :
λ2n . (2n)!
+∞ 1 P(Y = 0) = P (X = 0) ∪ (X = 2n + 1)
= P(X = 0) +
+∞
n=0
P(X = 2n + 1)
n=0
= e −λ +
par incompatibilité des événements 2n+1 λ e −λ . (2n + 1)!
+∞ n=0
Notons S 1 =
+∞ n=0
λ2n λ2n+1 et S 2 = . (2n + 1)! (2n)! n=0
Alors : S 1 + S 2 =
+∞
+∞ +∞ +∞ n λ2n λ2n+1 λ + = = e λ, (2n)! (2n + 1)! n! n=0 n=0 n=0
Corrigés des exercices
et :
S2 − S1 =
+∞ +∞ λ2n λ2n+1 − (2n)! (2n + 1)! n=0 n=0
• De plus, les va X 2 et Y 2 sont indépendantes, donc :
+∞ +∞ (−1)2n λ2n (−1)2n+1 λ2n+1 = + (2n)! (2n + 1)! n=0 n=0
=
On en déduit :
+∞ (−λ)n = e −λ . n! n=0
S1 =
e λ − e −λ 2
Ainsi, P(Y = 0) = e −λ + e −λ S 1 =
Donc : et
S2 =
e λ + e −λ . 2
1 + 2 e −λ − e −2λ . 2
• La va Y admet une espérance nP(Y = n) converge absolument ⇐⇒ la série n0
⇐⇒ la série
E(Z 2 ) = E(X 2 Y 2 ) = E(X 2 )E(Y 2 ). ⎧ ⎪ 5 ⎪ ⎪ ⎨ E(X 2 ) = 12 P(X = 1) + 22 P(X = 2) = Or, ⎪ . 2 ⎪ ⎪ ⎩ E(Y 2 ) = V(Y) + E(Y)2 = λ + λ2
b) L’événement E : « Z est pair » s’écrit : E =
(car tous les termes sont positifs). nP(Y = n) =
n=0
N
n e −λ
n=1
λ2n (2n)!
=
P(Z = 2n)
n=0 +∞ −λ n=0
λn . n!
e −λ
Donc :
+∞ 1 + e −2λ λ2n = . (2n)! 2 n=0
P(E) =
1 + e −2λ 1 3 + e −2λ + = . 4 2 4
5.5
5.4
a) • La va X prend ses valeurs dans 1 ; n − 1 et Y prend ses valeurs dans 2 ; n.
a) • La va Z prend ses valeurs dans N.
• Soit (i, j) ∈ 1 ; n − 1 × 2 ; n.
Soit n ∈ N.
Si i j, alors l’événement (X = i, Y = j) est impossible, donc P(X = i, Y = j) = 0.
On a : (Z = 2n + 1) = (X = 1) ∩ (Y = 2n + 1), d’où, par indépendance de X et Y : © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
(Z = 2n).
En utilisant les calculs de l’exercice 5.3 :
N−1
λ(1 − e −2λ ) e −λ λ −→ S1 = . N∞ 2 4 λ(1 − e −2λ ) Donc Y admet une espérance et E(Y) = . 4
+∞
+∞ +∞ λn e −λ λ2n e e −λ λ2n + = + 2 (2n)! n! 2 (2n)! 2 n=0 n=0
e −λ λ (2n)λ2n−1 e −λ λ λ2n+1 = = 2 n=1 (2n)! 2 n=0 (2n + 1)! N
+∞ 1 n=0
Par incompatibilité des événements, P(E) =
nP(Y = n) converge
N
5λ(λ + 1) . 2
On en déduit : V(Z) = E(Z 2 ) − E(Z)2 5λ(λ + 1) 3λ 2 λ2 + 10λ = = − . 2 2 4
n0
On a : ∀N 0,
E(Z 2 ) =
P(Z = 2n + 1) = P(X = 1)P(Y = 2n + 1) e −λ λ2n+1 = · . 2 (2n + 1)!
On a : (Z = 2n) = (X = 1) ∩ (Y = 2n)
∪ (X = 2) ∩ (Y = n) , d’où, par incompatibilité des deux événements puis indépendance de X et Y : P(Z = 2n) = P(X = 1)P(Y = 2n) + P(X = 2)P(Y = n) 1 e −λ λ2n λn λ2n λn 1 + · e −λ = + . = · e −λ 2 (2n)! 2 n! 2 (2n)! n! • Puisque les va X et Y sont indépendantes : 3 3λ E(Z) = E(XY) = E(X)E(Y) = · λ = . 2 2
Si i < j, alors l’événement (X = i, Y = j) est réalisé si et seulement si on tire les jetons numéros i et j.
n Puisqu’il y a tirages possibles et que tous les tirages sont 2 équiprobables, on a : 1 P(X = i, Y = j) = n = 2
2 . n(n − 1)
On en déduit : ∀(i, j) ∈ N⎧2 , 2 ⎪ ⎪ ⎪ si 1 i < j n ⎨ P(X = i, Y = j) = ⎪ . n(n − 1) ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon • Soit i ∈ 1 ; n − 1. Alors : P(X = i) =
n j=2
P(X = i, Y = j) =
n
2 2(n − i) = . n(n − 1) n(n − 1) j=i+1 165
Chapitre 5
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
• Soit j ∈ 2 ; n. Alors : P(Y = j) =
n−1
d) Par le théorème de transfert, on a :
P(X = i, Y = j) =
i=1
j−1 i=1
2( j − 1) 2 = . n(n − 1) n(n − 1)
i( j − 2)P(X = i, Y = j) E X(Y − 2) =
b) La va Y est une va discrète finie, donc Y admet une espérance et une variance. n n 2 • E(Y) = jP(Y = j) = j( j − 1) n(n − 1) j=2 j=2
n 4 n+1 j 4 = en utilisant = n(n − 1) j=2 2 n(n − 1) 3
=
j=2
= =
la formule donnée dans l’énoncé
=
(n + 1)n(n − 1) 2(n + 1) 4 · = . = n(n − 1) 6 3 • Par le théorème de transfert,
E Y(Y − 2) = =
n
2 n(n − 1)
=
j( j − 1)( j − 2)
j=2
n n+1 12 j 12 en utilisant = = n(n − 1) j=3 3 n(n − 1) 4 12 (n + 1)n(n − 1)(n − 2) (n + 1)(n − 2) · = . n(n − 1) 24 2
• On en déduit :
2
V(Y) = E(Y ) − E(Y)
2 = E Y(Y − 2) + 2E(Y) − E(Y) 2(n + 1) 4(n + 1)2 (n + 1)(n − 2) +2· − = 2 3 9 % & (n + 1) 9(n − 2) + 24 − 8(n + 1) (n + 1)(n − 2) = = . 18 18 2
c) • Puisque X prend ses valeurs dans 1 ; n−1, alors n + 1 − X prend ses valeurs dans 2 ; n.
i=1
i( j − 2)
i=1
(n + 1)(n − 2) 2(n + 1) 2(n + 1)2 + − 4 3 9 + % (n + 1) 9(n − 2) + 24 − 8(n + 1) (n + 1)(n − 2) = = . 36 36 =
e) Le coefficient de corrélation de X et de Y existe si et seulement si V(X) 0 et V(Y) 0, donc si et seulement si n 3. On a alors : ρX,Y =
i=1
De même :
n+1 . 3 De plus : V(n + 1 − X) = (−1)2 V(X) = V(X), on en déduit :
E(X) = n + 1 − E(Y) =
on en déduit : V(X) = V(Y) =
(n + 1)(n − 2) . 18
1 . 2
∗
• Ainsi :
E(n + 1 − X) = n + 1 − E(X),
=
Les va X1 , . . . Xn étant mutuellement indépendantes, n E(Xi ). E(Yn ) =
Ainsi :
V(n + 1 − X) = V(Y).
(n+1)(n−2) 36 (n+1)(n−2) 18
a) 1) Soit n ∈ N∗ .
On en déduit que Y et n + 1 − X ont même loi. et
Cov(X, Y) = σ(X)σ(Y)
5.6
Or, pour tout i ∈ N ,
E(n + 1 − X) = E(Y)
2 n(n − 1)
j−1 n 2 ( j − 2) i n(n − 1) j=2 i=1 n n ( j − 1) j 6 2 j ( j − 2) = n(n − 1) j=2 2 n(n − 1) j=3 3
n+1 6 (n + 1)n(n − 1)(n − 2) 6 · = · n(n − 1) 4 n(n − 1) 24 (n + 1)(n − 2) . 4
De plus : ∀k ∈ 2 ; n, P(n + 1 − X = k) 2(k − 1) = P(Y = k). = P(X = n + 1 − k) = n(n − 1)
Or :
166
j=2
Donc : Cov(X, Y) = E(XY) − E(X)E(Y)
= E X(Y − 2) + 2E(X) − E(X)E(Y)
la formule donnée dans l’énoncé =
n−1
Or, par la linéarité de l’espérance :
E X(Y − 2) = E(XY) − 2E(X).
j( j − 2)P(Y = j)
j=2 n
j−1 n
n
E(Xi ) = P(Xi = 1) − P(Xi = −1) = p − (1 − p) = 2p − 1. E(Yn ) = (2p − 1)n . E(Yn2 ) = E
n i=1
n Xi2 = E(Xi2 ). i=1
∗
Or, pour tout i ∈ N , E(Xi2 ) = P(Xi = 1) + (−1)2 P(Xi = −1) = p + (1 − p) = 1. Ainsi :
E(Yn2 ) = 1.
On en déduit : V(Yn ) = E(Yn2 ) − E(Yn )2 = 1 − (2p − 1)2n .
Corrigés des exercices
a) 2) • La va Y2 prend ses valeurs dans {−1, 1}. On a :
P(Y2 = 1) = P (X1 = 1, X2 = 1) ∪ (X1 = −1, X2 = −1) = P(X1 = 1)P(X2 = 1) + P(X1 = −1)P(X2 = −1)
E(S n ) =
Et donc :
V(S n) =
2
P(Y2 = −1) = 1 − P(Y2 = 1) = 2p − 2p2 = 2p(1 − p).
• La va Y3 prend ses valeurs dans {−1, 1}. On a : P(Y3 = 1) = P (X1 = 1, X2 = 1, X3 = 1)
Par incompatibilité des événements puis indépendance des variables, P(Y3 = 1) = p3 + 3(1 − p)2 p. Et donc :
Sn =
i=1
• S n prend ses valeurs dans − n + 2k ; k ∈ 0 ; n = − n, −n + 2, . . . , n − 2, n . • ∀k ∈ 0 ; n, P(S n = −n + 2k) =
P(S n
= P(Yn = 1)P(Xn+1 = 1) + P(Yn = −1)P(Xn+1 = −1)
a) D’après le cours, la série
= pn p + (1 − pn ) (1 − p).
sa somme est égale à 1.
pn+1 = (2p − 1)pn + 1 − p.
1 . 2
converge et
P(X = i, Y = j) converge, et
Remarque : On retrouve alors l’expression de E(Yn ) et E(Yn2 ). En effet : E(Yn ) = P(Yn = 1) − P(Yn = −1) = 2pn − 1 = (2p − 1)n
+∞
P(X = i, Y = j) =
j=0
xn n! n0
+∞ i+ j a i! j! j=0
+∞ +∞ +∞ +∞ a 1 j a 1 1 i + = i + = i! j=0 j! j=0 j! i! j=0 j! j=1 ( j − 1)!
p1 = P(Y1 = 1) = P(X1 = 1) = p. 1 (2p − 1)n + 1 . 2
+∞ n x = e x. n! n=0
Or : ∀i ∈ N,
1 1 ∀n ∈ N∗ , pn = (2p − 1)n−1 p1 − + . 2 2
b) 1) Soit n ∈ N∗ . Par linéarité de l’espérance,
Rappelons un résultat de cours : pour tout x de R, la série
1 La suite de terme général pn − est alors une suite géométrique 2 de raison (2p − 1).
E(Yn2 ) = P(Yn = 1) + P(Yn = −1) = 1.
n k = k) = p (1 − p)n−k . k
(i, j)∈N2
La suite (pn )n∈N∗ est alors une suite arithmético-géométrique.
∀n ∈ N∗ , pn =
Xi + 1 ; 2
n n
2Xi − 1 = 2S n − n, où S n = Xi .
5.7
P(Yn+1 = 1)
Ainsi :
D’après le cours, puisque les va sont indépendantes (car les Xi le sont) et suivent toutes la loi de Bernoulli de paramètre p, la va S n suit la loi binomiale de paramètre (n, p).
Les deux événements étant incompatibles, puis les va Yn et Xn+1 étant indépendantes, on obtient :
On en déduit :
E(Xi2 ) − E(Xi )2
Xi
(Yn+1 = 1) = (Yn = 1, Xn+1 = 1) ∪ (Yn = −1, Xn+1 = −1).
Soit α tel que α = (2p − 1)α + 1 − p, c’est-à-dire α =
n
i=1
a) 3) Soit n ∈ N∗ . L’événement (Yn+1 = 1) peut s’écrire :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
V(Xi ) =
b) 2) Soit n ∈ N∗ . Notons, pour tout i ∈ 1 ; n, Xi = alors Xi suit la loi de Bernoulli de paramètre p.
= 1 − p3 − 3(1 − p)2 p.
Or :
n
On en déduit que :
P(Y3 = −1) = 1 − P(Y3 = 1)
On en déduit :
(2p − 1) = n(2p − 1).
i=1
i=1 i=1
= n 1 − (2p − 1)2 = 4np(1 − p).
De plus :
∪ (X1 = −1, X2 = −1, X3 = 1) ∪ (X1 = −1, X2 = 1, X3 = −1) ∪ (X1 = 1, X2 = −1, X3 = −1) .
n
Puisque les va X1 , . . . , Xn sont indépendantes,
= p + (1 − p) = 2p − 2p + 1. 2
E(Xi ) =
i=1
car X1 et X2 sont indépendantes 2
n
= Et :
a i+1 (ie + e) = a e . i! i!
+∞ i=0
ae
+∞ +∞ i+1 i 1 = ae + i! i! i=0 i! i=0
+∞ = ae i=1
1 1 + = a e(2e) = 2ae2 . (i − 1)! i=0 i!
On en déduit que a =
+∞
1 . 2e2
b) • La va X prend ses valeurs dans N. Soit i ∈ N. 167
Chapitre 5
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
P(X = i) =
Alors :
+∞
P(X = i, Y = j) = a e
j=0
1 i+1 = 2e i!
i+1 i!
d’après le calcul précédent.
1 j+1 , par symétrie des rôles de i et j. 2e j! 1 2 P(X = 0)P(Y = 0) = 0. 2e
c) • Montrons, dans un premier temps, que X et Y admettent une espérance. La va X admet une espérance ⇐⇒ la série iP(X = i) converge absolument i0
⇐⇒ la série
i j P(X = i, Y = j) =
iP(X = i) converge (car tous les termes sont
N N 1 i(i − 1) + 3i 1 i2 + 2i = 2 e i! 2 e i=0 i! i=0 N N 1 1 1 1 −→ = +3 ( e + 3 e ) = 2. N∞ 2 e 2 e i=2 (i − 2)! (i − 1)! i=1
∀N 2,
i0
On en déduit que (X, Y) admet une covariance et Cov(X, Y) = E(XY) − E(X)E(Y) = 2 −
Soit N 2. Alors :
i=0
N 1 i(i + 1) iP(X = i) = 2e i=0 i!
N
i(i − 1) + 2i i! i=0 N N 1 1 2 1 3 = + −→ (e + 2e) = . 2e i=2 (i − 2)! i=1 (i − 1)! N∞ 2e 2 =
1 2e
Ainsi X admet une espérance et E(X) =
Utilisons le théorème de transfert, et montrons que la série double 2i+ j P(X = i, Y = j) converge absolument, au(i, j)∈N2
trement dit qu’elle converge car tous les termes sont positifs.
(i, j)∈N2
ment dit qu’elle converge car tous les termes sont positifs. N
i j P(X = i, Y = j)
j=0
j2 1 j 1 i j(i + j) = 2 i2 +i 2 2e i! j=0 j! 2e i! j! j! j=0 j=0 N
N
= =
N
N N 1 j( j − 1) + j 1 2 i + i 2 2e i! ( j − 1)! j! j=1 j=0
N∞
168
=
N N N 2i 2 j (i + j) 2i 2 j 2 j−1 = i + 2 2e2 i! j=0 j! 2e2 i! j=0 j! ( j − 1)! j=1
−→ N∞
Donc : ∀i ∈ N,
2i (i + 2) 2i ( e 2 i + 2 e 2) = . 2 2e i! 2i!
+∞
2i+ j P(X = i, Y = j) =
Et :
∀N ∈ N,
N 2i (i + 2) i=0
2i!
=
2i (i + 2) . 2i!
N N 2i−1 2i + (i − 1)! i=0 i! i=1
−→ e 2 + e 2 = 2 e 2 . N∞
5.8 a) La va X compte le nombre de boules blanches obtenues lors d’un tirage simultané de n boules dans une urne contenant 2n 1 boules et dont la proportion initiale de boules blanches est . 2 1 Ainsi, X suit la loi hypergéométrique de paramètre 2n, n, . 2 n On sait alors que E(X) = . 2 b) Notons E : « on tire une boule blanche dans U2 ».
N N N 1 1 1 1 = 2 i2 +i +i 2e i! ( j − 1)! ( j − 2)! ( j − 1)! j=1 j=2 j=1
−→
2i+ j P(X = i, Y = j)
j=0
Ainsi Z admet une espérance et E(Z) = 2 e 2 .
Utilisons le théorème de transfert, et montrons que la série i j P(X = i, Y = j) converge absolument, autredouble
∀N 2,
N
j=0
• Montrons que la va XY admet une espérance.
Soit i ∈ N. Alors :
Soit i ∈ N. Alors : ∀N 1,
3 . 2
Les va X et Y ayant la même loi, Y admet une espérance et 3 E(Y) = . 2
1 3 3 · =− . 2 2 4
d) Montrons que la va Z = 2X+Y admet une espérance.
positifs). N
1 i2 + 2i . 2 e i!
Ainsi XY admet une espérance et E(XY) = 2.
• Les va X et Y ne sont pas indépendantes car : P(X = 0, Y = 0) = 0 et
+∞ j=0
Et :
• La va Y prend ses valeurs dans N. Soit j ∈ N. Alors : P(Y = j) =
Donc : ∀i ∈ N,
1 i + 2i 1 ( e i2 + 2 e i) = . 2e2 i! 2 e i! 2
Alors : ∀k ∈ 0 ; n, P(X=k) (E) =
k+1 . n+3
Puisque les événements (X = 0), . . . , (X = n) forment un système complet d’événements, on a, par la formule des probabilités totales :
Corrigés des exercices
P(E) =
n
P(X = k)P(X=k) (E) =
k=0
n
P(X = k)
k=0
k+1 n+3
1 (k + 1)P(X = k) n + 3 k=0 E(X + 1) = par la formule de transfert. n+3 n
=
On obtient : Ainsi :
P(E) =
P(E) =
E(X) + 1 . n+3
si n < m, alors (X = n, Y = m) = E1 ∩ . . . ∩ En−1 ∩ S n ∩ En+1 ∩ . . . ∩ Em−1 ∩ S m . Par indépendance des réalisations, P(X = n, Y = m) = p2 (1 − p)m−2 . • Pour tout n ∈ 1 ; +∞, P(X = n) = P(E1 ∩ . . . ∩ En−1 ∩ S n ) = (1 − p)n−1 p,
+1 n+2 = . n+3 2(n + 3) n 2
par indépendance des événements.
c) Notons F : « on tire deux boules blanches dans U2 ». Alors :
si m n, alors P(X = n, Y = m) = 0
P(X=0) (F) = 0, et : k+1
k(k + 1) ∀k ∈ 1 ; n, P(X=k) (F) = n+3 = . (n + 2)(n + 3)
Ainsi X suit la loi géométrique de paramètre p, ce qui est normal puisque X est le temps d’attente du premier succès. • Et, pour tout m ∈ 2 ; +∞, on a :
2
2
Puisque les événements (X = 0), . . . , (X = n) forment un système complet d’événements, on a, par la formule des probabilités totales : P(F) =
n k=0
=0+
P(Y = m) =
k=1
1 (n + 2)(n + 3)
E X(X + 1) = (n + 2)(n + 3)
=
On obtient :
k(k + 1) (n + 2)(n + 3) n k(k + 1)P(X = k)
P(X = k)
P(F) = =
k=0
m−1
p2 (1 − p)m−2
n=1
= (m − 1)p2 (1 − p)m−2 .
b) • Puisque X suit la loi géométrique de paramètre p, on sait que X admet une espérance et une variance et : E(X) =
1 p
et
V(X) =
1− p . p2
• La va Y admet une espérance ⇐⇒ la série mP(Y = m) converge absolument m2
⇐⇒ la série par la formule de transfert.
E(X ) + E(X) (n + 2)(n + 3)
P(X = n, Y = m) =
n=1
P(X = k)P(X=k) (F) n
+∞
mP(Y = m) converge
m2
(car tous les termes sont positifs).
2
On a :
V(X) + E(X)2 + E(X) . (n + 2)(n + 3)
∀M 2, = p2
M
M
mP(Y = m)
m=2
m(m − 1)(1 − p)m−2
m=2
n2 n2 n + + 4(2n − 1) 4 2 * & n(n2 + 2n − 1) n = n + n(2n − 1) + 2(2n − 1) = . 4(2n − 1) 2(2n − 1)
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Or :
−→ p2 × M∞
V(X) + E(X)2 + E(X) =
Ainsi :
P(F) =
n(n2 + 2n − 1) . 2(n + 2)(n + 3)(2n − 1)
5.9 a) On définit, pour tout k ∈ N∗ , les événements :
(car |1 − p| < 1). 2 . p
La va Y admet une variance ⇐⇒ Y admet un moment d’ordre 2 m2 P(Y = m) converge absolument ⇐⇒ la série m2
⇐⇒ la série
m2 P(Y = m) converge
m2
(car tous les termes sont positifs).
Ek : « l’événement A ne se réalise pas à la k-ième expérience »
• Soient n ∈ 1 ; +∞ et m ∈ 2 ; +∞. On a :
2
3 = p
Ainsi Y admet une espérance et E(Y) =
S k : « l’événement A se réalise à la k-ième expérience »
• La va X prend ses valeurs dans 1 ; +∞ et la va Y prend ses valeurs dans 2 ; +∞.
2 1 − (1 − p)
On a :
∀M 2, =
M m=2
M
m2 P(Y = m)
m=2
m(m − 2)P(Y = m) + 2
M
mP(Y = m)
m=2
169
Chapitre 5
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
= 6p2 (1 − p)
M m m=3
3
(1 − p)m−3 + 2
M
mP(Y = m)
m=2
1 6 − 2p −→ 6p2 (1 − p) ×
4 + 2E(Y) = p2 . M∞ 1 − (1 − p) Donc Y admet un moment d’ordre 2 et E(Y 2 ) =
6 − 2p . p2
Ainsi Y admet une variance et V(Y) = E(Y 2 ) − E(Y)2 =
2(1 − p) . p2
c) • Montrons que la va XY admet une espérance. Utilisons le théorème de transfert, et montrons que la série n m P(X = n, Y = m) converge absolument, autredouble
Ainsi la loi conditionnelle de X sachant (Y = n) est la loi uniforme sur 1 ; n − 1. Remarque : Ce résultat était prévisible puisque, sachant (Y = n), le rang de la première réalisation de A est compris entre 1 et n − 1, et chaque rang est équiprobable.
5.10 a) Soit i ∈ 1 ; n. Alors Xi prend ses valeurs dans {0, 1}. Pour réaliser l’événement (Xi = 1), il faut prendre la boule i (1 choix), puis tirer n − 1 autres boules parmi les 2n − 1 restantes ( 2n−1 choix). Enfin, tous les tirages sont équiprobables n−1 et il y a 2n tirages possibles. n 12n−1
(n,m)
ment dit qu’elle converge car tous les termes sont positifs. Soit m 2. Alors : =
m−1
+∞
nmP(X = n, Y = m)
= mp2 (1 − p)m−2
Et : ∀M 2, M
M 1 m=2
2
m−1
1 n = m2 (m − 1)p2 (1 − p)m−2 . 2 n=1
3− p . p2 • On en déduit que (X, Y) admet une covariance et
Ainsi XY admet une espérance et E(XY) =
3− p 1 2 1− p Cov(X, Y) = E(XY) − E(X)E(Y) = − · = . p2 p p p2 • Puisque V(X) 0 et V(Y) 0, alors ρX,Y existe et on a : ρX,Y
1− p Cov(X, Y) 1 p2 = = √ . = , , σ(X)σ(Y) 1 − p 2(1 − p) 2 p2 p2
d) Sachant (Y = n), la va X prend ses valeurs dans 1 ; n − 1. De plus, = 170
(2n − 1)! n! n! 1 = . (n − 1)! n! (2n)! 2
=
Donc Xi suit la loi de Bernoulli de paramètre
1 . 2
b) On sait que Cov(Xi , X j ) = E(Xi X j ) − E(Xi )E(X j ) et que E(Xi ) = E(X j ) =
1 . 2
De plus, E(Xi X j ) = P(Xi = 1, X j = 1) m2 (m − 1)p2 (1 − p)m−2
1 2 p (1 − p)m−2 (m − 2)(m − 1)m + 2(m − 1)m 2 m=2 M m = 3p2 (1 − p) (1 − p)m−3 3 m=3 M m 2 (1 − p)m−2 + 2p 2 m=2 1 1 3− p −→ 3p2 (1 − p) × 4 + 2p2 × 3 = . N∞ p p p2 =
n−1
2n n
nmP(X = n, Y = m)
n=1
n=1
1
P(Xi = 1) =
Ainsi :
∀k ∈ 1 ; n − 1, P(Y=n) (X = k)
1 P(X = k, Y = n) p2 (1 − p)n−2 = = . P(Y = n) (n − 1)p2 (1 − p)n−2 n−1
car Xi (Ω) = X j (Ω) = {0, 1} 2n−2 1 · 1 · n−2 n−1 n(n − 1) = . 2n = = 2n(2n − 1) 2(2n − 1) n
Donc : Cov(Xi , X j ) =
n−1 1 1 −1 − · = . 2(2n − 1) 2 2 4(2n − 1)
c) 1) On a : S = 1 × X1 + · · · + n × Xn =
n
i Xi .
i=1
c) 2) • Par la linéarité de l’espérance, E(S ) =
n
1 n(n + 1) i= . 2 i=1 4 n
i E(Xi ) =
i=1
• Les va Xi n’étant pas mutuellement indépendantes, on applique la formule générale pour le calcul de la variance d’une somme de n va : V(S ) =
n
i=1 n
V(iXi) + 2
1i< jn
Cov(iXi , jX j )
i2 V(Xi ) +2 i j Cov(Xi , X j ) !" !" i=1 1i< jn 1 −1 = = 4 4(2n − 1) j−1 n n
−1 1 2 i +2 j i = 4 i=1 4(2n − 1) j=2 i=1
=
Corrigés des exercices
= =
= = =
n n(n + 1)(2n + 1) 1 ( j − 1) j2 − 24 4(2n − 1) j=2 n2 (n + 1)2 n(n + 1)(2n + 1) 1 − 24 4(2n − 1) 4 n(n + 1)(2n + 1) − 6 n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1)(n − 1)(3n + 2) − 24 48(2n − 1) * + n(n + 1) 2(2n + 1)(2n − 1) − (n − 1)(3n + 2) 48(2n − 1) n(n + 1)(5n2 + n) n2 (n + 1)(5n + 1) = . 48(2n − 1) 48(2n − 1)
1 d) La va Z suit la loi hypergéométrique de paramètre 2n, n, 2 car on effectue n tirages simultanés dans une urne contenant 2n boules et dont la proportion de boules portant le numéro zéro n 1 est = . 2n 2 n Donc E(Z) = . 2 Remarque : On peut écrire Z = n − X1 − · · · − Xn . Donc par linéarité de l’espérance, 1 n E(Z) = n − E(X1 ) − · · · − E(Xn ) = n − n × = . 2 2
5.11 a) • La loi du couple (S , X) est donnée par :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
∀(n, k) ∈ N2 , P(S = n, X = k) = P(S = n)P(S =n) (X = k) ⎧ ⎪ si k > n ⎪ ⎪
0 ⎨ n n λ =⎪ k n−k −λ ⎪ ⎪ si 0 k n ⎩ e n! k p (1 − p) ⎧ ⎪ 0 si k > n ⎪ ⎪ ⎨ k n−k p (1 − p) . =⎪ ⎪ ⎪ si 0 k n ⎩ e −λ λn k!(n − k)! • La va X prend ses valeurs dans N. Soit k ∈ N. +∞ Alors : P(X = k) = P(S = n, X = k) = = = =
+∞
n=0
pk (1 − p)n−k e λ k!(n − k)! n=k +∞ n−k k p λ (1 − p)n−k e −λ λk k! n=k (n − k)!
m +∞ k λ(1 − p) p e −λ λk k! m=0 m! k p (λp)k e −λ λk e λ(1−p) = e −λp . k! k! −λ n
On en déduit que X suit la loi de Poisson de paramètre λp. b) • Soit n ∈ N. Déterminons la loi conditionnelle de Y sachant (S = n).
Sachant (S = n), X prend ses valeurs dans 0 ; n, donc Y = n − X aussi. ∀k ∈ 0 ; n, P(S =n) (Y = k) = P(S =n) (X = n − k) n n (1 − p)k pn−k . = pn−k (1 − p)k = k n−k
De plus,
Donc la loi conditionnelle de Y sachant (S = n) est la loi binomiale de paramètre (n, 1 − p). Par le même calcul que a), Y suit la loi de Poisson de paramètre λ(1 − p). • Soit (k, ) ∈ N2 . Alors : P(X = k, Y = ) = P(S = k + , X = k) pk (1 − p) = e −λ λk+ k! !
k λ(1 − p) (λp) = e −λp e −λ(1−p) k!
! = P(X = k)P(Y = ). On en déduit que X et Y sont indépendantes. c) On a : Cov(S , X) = Cov(X + Y, X) = Cov(X, X) + Cov(Y, X). Or Cov(Y, X) = 0 car X et Y sont indépendants, et d’autre part, Cov(X, X) = V(X). On en déduit : Cov(S , X) = V(X). Ainsi : ρS ,X
5.12
√ Cov(S , X) σ(X) λp √ = = = √ = p. σ(S )σ(X) σ(S ) λ
Notons q = 1 − p.
a) La va N suit la loi géométrique de paramètre D’après le cours :
E(N) =
1 p
et V(N) =
1 . p
q . p2
b) Sachant (N = n), la va X suit la loi binomiale de paramètre (n, p). c) Les événements (N = n), pour n 1 forment un système complet d’événements et : ∀n 1, P(N = n) 0. Soit n 1. Puisque la loi conditionnelle de X sachant (N = n)
est la loi binomiale de paramètre (n, p), E X | (N = n) existe
et : E X | (N = n) = np.
∀n 1, E X | (N = n) P(N = n) = np2 qn−1 avec
E X | (N = n) P(N = n) converge |q| < 1 ; donc la série De plus :
n1
(absolument). 171
Chapitre 5
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
On en déduit que X admet une espérance et : +∞ 1 E(X) = np2 qn−1 = p2 × = 1. (1 − q)2 n=1 Remarque : Ce résultat est assez intuitif. S’il faut, en moyenne, m lancers pour obtenir le premier pile et si l’on lance la pièce m fois, alors on obtient, en moyenne, un seul pile. d) • La va X prend ses valeurs dans N. Soit k ∈ N. +∞ P(N = n) P(N=n) (X = k). Alors : P(X = k) = !" n=1 = 0 si n < k
Distinguons les cas k = 0 et k 1. +∞ qn−1 p × qn = pq × • P(X = 0) =
k0
⇐⇒ la série
(Z = n) = (X − Y = n) ∪ (Y − X = n), et les deux événements sont incompatibles. De plus :
P(X − Y = n) = P
+∞ 1
k=1
+∞
= P (Y = k) ∩ (X = n + k) k=1
=
+∞
par incompatibilité des événements P(Y = k)P(X = n + k)
=
+∞
k−1
(pq
k=1
= p2 qn ·
n+k−1
)(pq
par indépendance des va X et Y +∞ )= p2 qn+2k−2
1 pqn . = 2 1−q 1+q
De la même façon :
P(Y − X = n) =
P(Z = n) =
On en déduit :
b) Ainsi, ∀N 1,
k=1
N
pqn . 1+q
2pqn . 1+q
nP(Z = n) =
n=0
N 2pqn n 1+q n=1
2pq n−1 1 2pq nq −→ car |q| < 1 = · N∞ 1 + q (1 − q)2 1 + q n=1 2q = . p(1 + q) nP(Z = n) converge, donc converge absoluAinsi la série N
kP(X = k) converge (car tous les termes sont
k0
positifs). On a, pour tout K 1 :
K
kP(X = k) =
k=0
K k=1
k
qk−1 (1 + q)k+1
K q k−1 1 1 1 = k −→ q 2 = 1 K∞ (1 + q)2 (1 − (1 + q)2 k=1 1 + q ) 1+q # q ## ## < 1. car ## 1+q On en déduit que X admet une espérance et E(X) = 1.
On retrouve bien le même résultat qu’au c).
n0
ment (car tous les termes sont positifs). Donc Z admet une espérance et E(Z) =
2q . p(1 + q)
c) On a E (X − Y)2 = E X 2 − 2XY + Y 2 )
= E(X 2 ) − 2E(XY) + E(Y 2 ) par linéarité de l’espérance.
5.13 a) • L’événement (Z = 0) s’écrit : +∞ 1 (X = k) ∩ (Y = k). (Z = 0) = (X = Y) = k=1
Les événements (X = k) ∩ (Y = k), pour k 1, sont deux à deux incompatibles, puis les va X et Y sont indépendantes. On obtient alors : +∞ +∞ k−1 2 pq P(X = k)P(Y = k) = P(Z = 0) = k=1 +∞ 2 k−1 q = p2 = p2 · k=1
172
(Y = k) ∩ (X = n + k)
k=1
1 q . = 2 1 − q 1 + q n=1
+∞ n k n−k • ∀k ∈ N∗ , P(X = k) = qn−1 p × pq k n=k
+∞ n 2 n−k = pk+1 qk−1 (q ) k n=k 1 qk−1 = pk+1 qk−1 × = . (1 − q2 )k+1 (1 + q)k+1 • La va X admet une espérance kP(X = k) converge absolument ⇐⇒ la série
• Soit n ∈ N∗ . L’événement (Z = n) s’écrit :
k=1
1 p2 p = = . 2 1−q (1 − q)(1 + q) 1 + q
Par indépendance de X et Y, E(XY) = E(X)E(Y). Enfin, les va X et Y ont la même loi, donc E(X) = E(Y) et E(X 2 ) = E(Y 2 ). On obtient alors :
E (X − Y)2 = E(X 2 ) − 2E(X)E(Y) + E(Y 2 ) = 2E(X 2 ) − 2E(X)2 = 2V(X). d) Puisque Z 2 = (X − Y)2 , on en déduit que E(Z 2 ) existe et donc que Z admet un moment d’ordre 2. Ainsi Z admet une variance et :
Corrigés des exercices
2
2 V(Z) = E(Z 2 ) − E(Z) = 2V(X) − E(Z) 2q 4q2 = 2 − 2 p p (1 + q)2 2q
2q(1 + q2 ) (1 + q)2 − 2q = 2 = 2 . 2 p (1 + q) p (1 + q)2
d) • Soit n ∈ N. D’après la question a), ∀k ∈ 1 ; n + 1, (k + 1)P(Xn+1 = k) = kP(Xn = k − 1). En sommant cette relation pour k allant de 1 à n + 1, n+1
5.14 a) Soient n ∈ N et k ∈ 1 ; n + 1.
k=1
P(Xn+1 = k) =
n
n+1
Or : P(Xn = i, Xn+1 = k). =
Puisque à chaque instant, le mobile se déplace d’une unité vers la droite ou revient à l’origine, on a :
=
n+1 kP(Xn+1 = k) + P(Xn+1 = k) k=0
= E(Xn+1 ) + 1 − un+1 , et :
n
(k + 1)P(Xn = k)
k=0
=
n
kP(Xn = k) +
k=0
On obtient alors : d’où :
n
P(Xn = k) = E(Xn ) + 1.
k=0
E(Xn+1 ) + 1 − un+1 = E(Xn ) + 1,
E(Xn+1 ) = E(Xn ) + un+1 .
• Par récurrence simple, on montre alors : n ∀n ∈ N∗ , E(Xn ) = E(X0 ) + uk . k=1
n
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
n+1 k=0
b) Soient n ∈ N et k ∈ 0 ; n. Alors, d’après a) :
c) • Soit n ∈ N. Alors :
(k + 1)P(Xn+1 = k) − P(Xn+1 = 0)
− P(Xn+1 = 0)
P(Xn+1 = k) = P(Xn = k − 1, Xn+1 = k)
k P(Xn = k) = P(Xn−1 = k − 1) k+1 k k−1 = × P(Xn−2 = k − 2) k+1 k k k−1 1 = ··· = × × · · · × P(Xn−k = 0) k+1 k 2 1 1 = P(Xn−k = 0) = un−k . k+1 k+1
(k + 1)P(Xn+1 = k)
k=1 n+1 k=0
∀i k − 1, P(Xn = i, Xn+1 = k) = 0. = P(Xn = k − 1)P(Xn =k−1) (Xn+1 = k) k . = P(Xn = k − 1) k+1
n (k + 1)P(Xn = k). k=0
i=0
Ainsi :
kP(Xn = k − 1)
k=1
=
La va Xn prend ses valeurs dans 0 ; n. Donc les événements (Xn = 0), . . . , (Xn = n) forment un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales,
n+1
(k + 1)P(Xn+1 = k) =
n n uj 1 P(Xn = k) = 1, = un−k = n − j + 1 k=n− j k=0 k + 1 j=0 k=0 car Xn prend ses valeurs dans 0 ; n.
Puisque X0 est la va certaine égale à 0, E(X0 ) = 0. n uk . Ainsi : ∀n ∈ N∗ , E(Xn ) =
• Pour n = 0, on obtient : u0 = 1. Ce qui est normal puisque u0 = P(X0 = 0) et que, à l’instant initial, le mobile est à l’origine.
e) 1) • Soit n ∈ N∗ . L’événement (T = n) s’écrit :
Pour n = 1, on obtient : Donc u1 = 1 −
1 u0 = . 2 2
Pour n = 2, on obtient : Donc u2 = 1 −
u0 + u1 = 1. 2
u0 u1 − 3 2
Pour n = 3, on obtient : u0 u1 Donc u3 = 1 − − 4 3
u0 u1 + + u2 = 1. 3 2 5 = . 12 u0 u1 u2 + + + u3 = 1. 4 3 2 u2 3 − = . 2 8
k=1
(T = n) = (X1 = 1) ∩ (X2 = 2) ∩ · · · ∩ (Xn−1 = n − 1) ∩ (Xn = 0). En utilisant la formule des probabilités composées, on obtient : n−1 1 1 1 2 · = . P(T = n) = · · · · 2 3 n n + 1 n(n + 1) • Puisque la va T prend ses valeurs dans N, on a : +∞ +∞ P(T = n) = 1. Donc : P(T = 0) = 1 − P(T = n). n=0
n=1
On a, pour tout N 1 : N n=1
P(T = n) =
N 1 n=1
n
−
1 1 =1− −→ 1. n+1 N + 1 N∞ 173
Chapitre 5
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
Ainsi : P(T = 0) = 1 − 1 = 0. Cela signifie que l’événement (T = 0) est négligeable, et donc il est presque sûr que le mobile ne revient pas à l’origine.
⎧ ⎪ nP(X > n) −→ 0 ⎪ ⎪ ⎪ n∞ ⎪ ⎨ n ⎪ ⎪ ⎪ kP(X = k) −→ E(X). ⎪ ⎪ ⎩ n∞
avec :
k=0
N
e) 2) ∀N 1,
nP(T = n) =
n=0
car la série
1 n1
n
N n=1
N+1 1 1 = −→ +∞, n+1 n N∞ n=2
Donc, en passant à la limite dans la relation précédente : n−1
diverge. Ainsi
Ainsi, la série
P(X > n) converge et
b) 2) Supposons que
P(X > n) converge.
n0
∀n ∈ N∗ , 0
a) Soit n ∈ N∗ . On a : ∗
∀k ∈ N , P(X = k) = P(X > k − 1) − P(X > k). n n Donc : kP(X = k) = kP(X = k) k=0
k=1
n k=1 n−1 k=0 n−1
kP(X > k − 1) −
n−1
k=0
n−1
P(X > k).
k=0
P(X > n) converge, la suite des sommes
n0
Et comme cette série est à termes positifs, la série
kP(X > k)
(k + 1)P(X > k) − kP(X > k) +
kP(X = k)
k0
k=1 n
k=0
n−1
n
Puisque la série
n
partielles associée est majorée. Donc la suite des sommes par tielles associée à la série kP(X = k) est aussi majorée.
k=1
n k P(X > k − 1) − P(X > k) =
=
P(X > n) = E(X).
On a, d’après a) :
5.15
=
+∞ n=0
nP(T = n) diverge, donc ne converge pas
absolument. On en déduit que T n’admet pas d’espérance.
=
n∞
n0
n0
=
P(X > k) −→ E(X).
k=0
k0
converge (absolument). kP(X > k)
k=1
P(X > k) −
k=0
n
Donc : kP(X > k)
X admet une espérance.
On peut alors utiliser les résultats du b) 1) et en déduire :
k=1
E(X) =
P(X > k) − nP(X > n).
+∞
P(X > n).
n=0
k=0
b) 1) Supposons que X admet une espérance. Alors la série nP(X = n) converge absolument, donc converge.
c) On en déduit le résultat suivant : X admet une espérance ⇐⇒ P(X > n) converge. n0
n0
• On a :
∀n 0, nP(X > n) =
+∞ k=n+1
donc : 0 nP(X > n) Or, puisque la série
+∞
n!" P(X = k),
+∞
• On a :
n−1 k=0
174
Notons q = 1 − p.
• Soit k ∈ N. On a : (U > k) =
kP(X = k) −→ 0. n∞
des va Xi , on obtient :
(Xi > k). Par indépendance
P(U > k) =
kP(X = k) + nP(X > n).
n -
P(Xi > k).
i=1
Or : ∀i ∈ 1 ; n, P(Xi > k) =
k=0
n 2 i=1
lim nP(X > n) = 0. n
P(X > n).
a) • La va U prend ses valeurs dans N∗ .
n→+∞
P(X > k) =
+∞ n=0
5.16
kP(X = k).
k=n+1
On en déduit :
k
nP(X = n) converge, la suite de ses
restes tend vers 0, c’est-à-dire :
E(X) =
Dans ce cas, E(X) est donnée par :
k=n+1
n0
kP(X = k)
=
+∞
=k+1
+∞
P(Xi = )
=k+1
q −1 p = pqk
1 = qk . 1−q
Corrigés des exercices
P(U > k) = qnk .
Donc :
duit, par le théorème de l’équivalence pour des séries à termes positifs, que la série P(V > k) converge.
∗
∀k ∈ N , P(U = k)
On en déduit :
k0
= P(U > k − 1) − P(U > k) = q(k−1)n − qnk
k−1 1 − qn . = qn
Ainsi, la va V admet une espérance.
Ainsi U suit la loi géométrique de paramètre 1 − qn .
De plus :
Remarque : Ce résultat était prévisible. Considérons une expérience de Bernoulli dont la probabilité de succès est p. On réalise simultanément n séries d’expériences, de façon indépendantes, et pour chaque série, on note Xi le nombre d’expériences nécessaires pour obtenir le premier succès. Enfin, on définit la va U égale au nombre d’expériences nécessaires pour obtenir au moins un succès dans l’une des n séries d’expériences. Alors U = min(X1 , . . . , Xn ). La probabilité de n’obtenir que des échecs dans les n séries d’expériences est qn , et donc la probabilité d’obtenir au moins un succès est 1 − qn . On en déduit que U suit la loi géométrique de paramètre 1 − qn . n 2
(V k) =
(Xi k). Par indépendance
i=1
des va Xi , on obtient :
P(V k) =
n -
P(Xi k).
+∞
1 − (1 − qk )n
noté uk,i
Puisque, pour tout i ∈ 1 ; n, la série
uk,i converge (car
k0
|qi | < 1), on a, par addition d’un nombre fini et fixé de séries n +∞ convergentes : E(V) = uk,i =
n n i=1
i
i=1
(−1)i+1
n 1 n (−1)i+1 (qi )k = . 1 − qi i i=1 k=0 k=0
+∞
5.17 a) La va S prend ses valeurs dans N.
P(N=n) (S = k) = P(N=n) (X1 + · · · + Xn = k) = P(X1 + · · · + Xn = k) car les va N et X1 + · · · + Xn sont indépendantes. L’espérance conditionnelle de S sachant (N = n) existe ⇐⇒ la série kP(N=n) (S = k) converge absolument
i=1
∀i ∈ 1 ; n, P(Xi k) = 1 − P(Xi > k) = 1 − qk .
n Donc : P(V k) = 1 − qk .
Or :
k0
⇐⇒ la série
kP(N=n) (S = k) converge (car tous les termes
k0
On en déduit :
sont positifs). ∗
∀k ∈ N , P(V = k) = P(V k) − P(V k − 1)
n
n = 1 − qk − 1 − qk−1 . © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
P(V > k) =
• Soit n 1. Alors, pour tout k ∈ N :
b) • La va V prend ses valeurs dans N∗ . • Soit k ∈ N. On a :
+∞
k=0 k=0 +∞ n +∞ n
n n = 1− (−qk )i = (−1)i+1 qki . i i k=0 i=0 k=0 i=1 !"
1 . 1 − qn
Donc U admet une espérance et E(U) =
E(V) =
Puisque les va X1 , . . . , Xn admettent une espérance, la va X1 + · · · + Xn aussi et donc la série kP(X1 + · · · + Xn = k)
• La va V est à valeurs dans N∗ , donc dans N.
converge.
D’après l’exercice 5.15,
On en déduit que l’espérance conditionnelle de S sachant (N = n) existe, et :
V admet une espérance ⇐⇒
P(V > k) converge.
kP(X1 + · · · + Xn = k) E S | (N = n) = +∞
k0
On a, pour tout k 0 :
k=0
k n
P(V > k) = 1 − P(V k) = 1 − 1 − q
=1− e
n ln(1−qk )
.
Or qk −→ 0 car 0 < q < 1, donc n ln(1 − qk ) −→ 0. k∞
On en déduit :
k0
k∞
P(V > k) ∼ −n ln(1 − qk ) ∼ nqk . k∞
Puisque ∀k 0, nqk 0 et que la série
k∞
k0
nqk converge (car il
s’agit d’une série géométrique de raison q ∈] − 1 ; 1[), on en dé-
= E(X1 + · · · + Xn ) = E(X1 ) + · · · + E(Xn ) = nE(X1 ). • Cette formule reste valable pour n = 0, puisque la loi conditionnelle de S sachant (N = 0) est la loi certaine égale à 0, donc
E S | (N = 0) = 0.
E S | (N = n) P(N = n) converge b) Montrons que n∈N ; P(N=n)0
absolument, c’est-à-dire converge car tous les termes sont positifs. 175
Chapitre 5
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
On a, pour tout M 0 :
0nM P(N=n)0
=
nE(X1 )P(N = n) = E(X1 )
0nM P(N=n)0
= E(X1 )
E S | (N = n) P(N = n)
M
nP(N = n)
0nM P(N=n)0
nP(N = n) −→ E(X1 )E(N). M∞
n=0
c) 1) • Soit t ∈ [0 ; 1[. Alors : +∞ +∞ G X (t) − G X (1) 1 n pn t − pn = t−1 t − 1 n=0 n=0 +∞ +∞ 1 − tn (1 + t + · · · + tn−1 )pn . = pn = 1−t n=1 n=1 • Soient s, t ∈ [0 ; 1[ tels que s t.
Ainsi S admet une espérance et :
E(S ) = E S | (N = n) P(N = n) = E(X1 )E(N). n∈N P(N=n)0
Alors, pour tout n 1, on a : ∀k ∈ 0 ; n − 1, sk tk , et donc :
pn
n−1 k=0
5.18 a) • Soit t ∈ [−1 ; 1]. ∀n 0, 0 |P(X = n)tn | P(X = n). P(X = n) converge, par le théorème Puisque la série
Puis :
Alors :
n0
de majoration pour des séries à termes positifs, la série |P(X = n)tn | converge.
converge.
Donc : Δ : t −→
Ceci montre que la fonction G X est définie sur [−1 ; 1]. +∞
k=0
G X (t) − G X (1) est croissante sur [0 ; 1[. t−1
∀t ∈ [0 ; 1[, ∀n 1, (1 + t + · · · + tn−1 )pn npn , d’où : ∀t ∈ [0 ; 1[, Δ(t)
P(X = n) = 1, car X prend ses valeurs dans N.
La fonction Δ est alors majorée sur [0 ; 1[ et puisqu’elle y est croissante, Δ admet une limite finie en 1− .
GX (1) = lim Δ(t) E(X).
∀t ∈ [−1 ; 1], G X (t) = P(X = 0) + P(X = 1)t = 1 − p + pt. • Si X → B(n, p), alors :
n
n k p (1 − p)n−k tk ∀t ∈ [−1 ; 1], G X (t) = k k=0 n n = (pt)k (1 − p)n−k = (pt + 1 − p)n . k k=0 • Si X → G (p), alors : +∞
t→1
c) 3) • Soit N ∈ N∗ . Alors, pour tout t ∈ [0 ; 1[, N +∞ (1 + t + · · · + tn−1 )pn (1 + t + · · · + tn−1 )pn = Δ(t). n=1
n=1
⎧ N N ⎪ ⎪ ⎪ n−1 ⎪ ⎪ (1 + t + · · · + t )p −→ npn ⎪ n ⎨ t−→1 Or : ⎪ ⎪ n=1 n=1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ Δ(t) −→ GX (1). t−→1
(1 − p)
n=1 +∞
= pt
n−1
pt
(1 − p)t
n=1
n
n−1
=
pt . 1 − (1 − p)t
+∞ n=0
= e −λ
e −λ
λn n t n!
+∞ (λt)n n=0
n!
En passant à la limite quand t tend vers 1 dans l’inégalité préN cédente, on obtient : npn GX (1). n=1
• Ceci montre que la suite des sommes partielles associée à la série npn est majorée par GX (1). Puisque cette série est
• Si X → P(λ), alors : ∀t ∈ [−1 ; 1], G X (t) =
npn = E(X).
Ainsi, G X est dérivable à gauche en 1 et :
b) • Si X → b(p), alors :
∀t ∈ [−1 ; 1], G X (t) =
+∞ n=1
n=0
176
tk .
c) 2) On a : P(X = n)tn converge absolument, donc
n0
• De plus, G X (1) =
n−1
+∞ n−1 G X (s) − G X (1) k pn s = s−1 n=1 k=0 +∞ n−1 G X (t) − G X (1) pn tk = . t−1 n=1 k=0
n0
Ainsi la série
sk pn
n1
à termes positifs, on en déduit que la série converge (donc converge absolument). = e −λ e λt = e λ(t−1) .
Ainsi X admet une espérance et E(X) GX (1).
Corrigés des exercices
c) 4) • On a alors montré l’équivalence :
• et
X admet une espérance ⇐⇒ G X est dérivable à gauche en 1. Dans ce cas, GX (1) E(X) et E(X) GX (1), donc :
n=0
+∞ +∞ un,k = un,k .
k=0
k=0 +∞
Or : ∀k ∈ N,
E(X) = GX (1).
= P(X = k)t
Donc X admet une espérance et E(X) = GX (1) = p.
= P(X = k)tk
• Si X → G (p), alors G X : t −→ gauche en 1.
P(Y = n − k)tn−k P(Y = n)tn = P(X = k)tk GY (t).
+∞ +∞
+∞ un,k = P(X = k)tk GY (t)
n=0
+∞
k=0
P(X = k)tk GY (t) = G X (t)GY (t).
On en déduit : ∀t ∈ [0 ; 1], G X+Y (t) = G X (t)GY (t). b) • Utilisons un raisonnement par récurrence. Notons, pour tout n 1, P(n) la propriété : « si X1 , . . . , Xn sont des va indépendantes de même loi,
n alors ∀t ∈ [0 ; 1], G X1 +···+Xn (t) = G X1 (t) ».
• Si X → P(λ), alors G X : t −→ e λ(t−1) est dérivable à gauche en 1.
• Initialisation : La propriété P(1) est évidente. • Hérédité : Soit n 1. Supposons P(n) et montrons P(n+1). Soient X1 , . . . , Xn+1 des va indépendantes de même loi. Posons S = X1 + · · · + Xn+1 .
Donc X admet une espérance et E(X) = GX (1) = λ e λ(1−1) = λ.
Alors les va X1 + · · · + Xn et Xn+1 sont indépendantes.
5.19 a) • La va X + Y est à valeurs dans N et, pour tout n ∈ N, P(X + Y = n) = =
P(X = k)P(Y = n − k)tn
n=k
k=0
pt est dérivable à 1 − (1 − p)t
Donc X admet une espérance et
p 1 − (1 − p) + (1 − p)p p 1 = 2 = . E(X) = GX (1) =
2 p p 1 − (1 − p)
n
Puis :
=
E(X) = GX (1) = np(p + 1 − p)n = np.
n=k +∞
+∞
n=0
k=0
Donc X admet une espérance et
n=0
un,k =
n=0 +∞ k
• Si X → b(p), alors G X : t −→ 1 − p + pt est dérivable à gauche en 1.
• Si X → B(n, p), alors G X : t −→ (pt + 1 − p)n est dérivable à gauche en 1.
n
∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) = G X1 +···+Xn (t)G Xn+1 (t).
Par a), on a :
n Or, par P(n) : ∀t ∈ [0 ; 1], G X1 +···+Xn (t) = G X1 (t) .
P(X = k, Y = n − k)
k=0
P(X = k)P(Y = n − k), par indépendance de X et Y.
Et Xn+1 et X1 ont même loi, donc G Xn+1 = G X1 . On obtient alors :
k=0
• Ainsi, ∀t ∈ [0 ; 1], © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
+∞ +∞
G X+Y (t) =
+∞ n n=0
D’où la propriété P(n + 1).
P(X = k)P(Y = n − k)tn .
• Conclusion : Pour tout n 1, pour toutes va X1 , . . . , Xn indépendantes et de même loi,
k=0
Notons, pour tout (n, k) ∈ N2 , P(X = k)P(Y = n − k)tn si 0 k n . un,k = 0 sinon Puisque les termes un,k sont positifs ou nuls et que
n ∀t ∈ [0 ; 1], G X1 +···+Xn (t) = G X1 (t) . c) 1) • La va S prend ses valeurs dans N. De plus : +∞ +∞
un,k
∀n ∈ N, P(S = n) =
n=0 k=0
existe, on a : • pour tout k ∈ N, la série
un,k converge,
=
n0
• la série
+∞ k0
n=0
un,k converge
n+1 ∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) = G X1 (t) .
=
+∞ k=1 +∞ k=1
+∞
P(N = k, S = n)
k=1
P(N = k)P(N=k) (X1 + · · · + Xk = n) P(N = k)P(X1 + · · · + Xk = n)
car les va X1 + · · · + Xk et N sont indépendantes. 177
Chapitre 5
Ainsi :
•
Variables aléatoires discrètes, vecteurs aléatoires discrets
∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) =
+∞ +∞ n=0 k=1
P(N = k)P(X + · · · + Xk = n)tn . 1 !" noté un,k
Puisque les termes un,k sont positifs ou nuls et que
+∞ +∞
• pour tout k 1, la série
• et
+∞ k1
n=0
+∞ +∞
un,k converge,
n=0
k=1
un,k converge
un,k =
+∞ +∞ k=1
un,k .
∃x0 ∈ X(Ω) / P(X = x0 ) = 1 ∀x ∈ X(Ω) \ {x0 }, P(X = x) = 0 ⇐⇒ X est une va quasi-certaine.
b) 1) On a : ∀i ∈ 1 ; n, P(X0 = xi ) = Donc :
+∞
k P(N = k) G X1 (t) ∀t ∈ [0 ; 1], GS (t) = k=0
= G N G X1 (t) = G N ◦ G X1 (t).
Puisque G X1 (1) = 1 et N admet une espérance, G N est dérivable à gauche en 1 = G X1 (1). On en déduit, par composition, que GS est dérivable à gauche en 1. Donc S admet une espérance et, par calcul de la dérivée d’une fonction composée :
E(S ) = GS (1) = GX1 (1) × GN G X1 (1) = GX1 (1) × GN (1) = E(X1 )E(N).
5.20 a) • On a, pour tout x ∈ ]0 ; 1], ln x 0. Donc la fonction h est positive ou nulle sur [0 ; 1]. Ainsi, pour tout x ∈ X(Ω), P(X = x) ∈ [0 ; 1],
et donc : h P(X = x) 0.
178
n 1 h n i=1 n n ln n 1 1 = 1 = ln n. =− ln n n n i=1 i=1
b) 2) Soit i ∈ 1 ; n. • Si ui = 0, alors h(ui ) = 0
1 1 = − ui + ui ln n. n n
• Si ui 0, appliquons l’inégalité donnée par l’énoncé à 1 1 1 x= > 0. On a : − ln n − ln(ui ) = ln − 1. nui nui nui En multipliant par ui > 0, on obtient :
c) 2) D’après l’exercice 5.18, S admet une espérance si et seulement GS est dérivable à gauche en 1. Puisque X1 admet une espérance, G X1 est dérivable à gauche en 1.
1 . n
H(X0 ) =
n=0
= P(N = k)G X1 +···+Xk (t) = P(N = k) G X1 (t) k d’après la question précédente. Ainsi :
n=0
Or, pour tout k 1, +∞ +∞ un,k = P(N = k) P(X1 + · · · + Xk = n)tn n=0
x∈X(Ω)
H(X) = 0 ⇐⇒
n0
• la série
⇐⇒ ∀x ∈ X(Ω), P(X = x) = 0 ou P(X = x) = 1. P(X = x) = 1, on en déduit : Puisque
un,k
n=0 k=1
existe, on a :
H(X) = 0 ⇐⇒ ∀x ∈ X(Ω), h P(X = x) = 0
⇐⇒ ∀x ∈ X(Ω), P(X = x) = 0 ou ln P(X = x) = 0
− ui ln n − ui ln(ui ) D’où :
h(ui )
1 − ui . n
1 − ui + ui ln n. n
b) 3) • En sommant l’inégalité précédente pour i allant de 1 n n 1 − ui + ui ln n h(ui ) àn: n i=1 i=1 n n ui + ln n ui = ln n. =1− i=1
i=1
!"
!"
=1
On en déduit :
=1
H(X) ln n.
• De plus : H(X) = ln n n 1 − ui + ui ln n − h(ui ) = 0 ⇐⇒ n i=1 !" 0
⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n,
1 − ui + ui ln n − h(ui ) = 0. n
Or cette dernière égalité n’est possible que si ui est non nul (car 1 sinon on obtient = 0). On en déduit : n H(X) = ln n
On en déduit que H(X) 0.
⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, ui 0 et
• Puisque H(X) est une somme de réels positifs on nuls,
⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, ui 0 et
1 − 1 + ln n + ln(ui ) = 0 nui 1 1 =0 − 1 − ln nui nui
Corrigés des exercices
1 = 1 d’après l’énoncé nui
⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, ui 0 et ⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, ui =
1 . n
N
Or :
n=1 N
On conclut : H(X) = ln n si et seulement si X suit la loi uniforme sur {x1 , . . . , xn }.
n=1 N
∀n ∈ N∗ , P(X0 = n) = (1 − p)n−1 p. Donc : ∀n ∈ N∗ , h P(X0 = n) % & = −(1 − p)n−1 p (n − 1) ln(1 − p) + ln p
= −p ln(1 − p) (n − 1)(1 − p)n−1 − p ln p(1 − p)n−1 .
c) 1) On a :
On a alors, pour N 1 : = −p ln(1 − p)
N−1
N n=1
n(1 − p)n − p ln p
n=0
N−1
1− p ln(1 − p). p
1− p ln(1 − p). Donc H(X0 ) existe et H(X0 ) = − ln p − p c) 2) Soit n ∈ N∗ . Procédons comme au b) 2). • Si un = 0, alors h(un ) = 0 vn = vn − un − un ln(vn ). • Si un 0, appliquons l’inégalité donnée par l’énoncé à vn vn vn > 0. On a : ln(vn ) − ln(un ) = ln − 1. x= un un un En multipliant par un > 0, on obtient : un ln(vn ) − un ln(un ) vn − un . D’où : h(un ) vn − un − un ln(vn ). c) 3) • Soit N 1. Alors, en sommant l’inégalité précédente pour n allant de 1 à N, on obtient :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
N n=1
h(un )
N n=1
vn −
N n=1
un −
N n=1
+∞
car X(Ω) ⊂ N∗
un = 1
n=1
un ln(vn ) = − ln m
N
N
N 1 un + ln 1 − (n − 1)un m n=1 n=1
un −→ 1
et
N∞
N
(n − 1)un −→ E(X) − 1 par le
n=1
N∞
théorème de transfert.
(1 − p)n
= − ln p −
N∞
n=1
n=0
1 − p 1 −→ −p ln(1 − p) − p ln p N∞ p2 p
un −→
n=1
avec :
h P(X0 = n)
1 n 1 1 1 1− −→ = 1, m n=0 m N∞ m m1 N−1
vn =
un ln(vn ) (∗).
Ainsi, en passant à la limite dans l’inégalité (∗) :
1 E(X) −1 H(X) 1 − 1 + ln m − ln 1 − m !" =m
= ln m − ln(m − 1) − ln m (m − 1) = m ln m − (m − 1) ln(m − 1). • Enfin : H(X) = m ln m − (m − 1) ln(m − 1) +∞
vn − un − un ln(vn ) − h(un ) = 0 ⇐⇒ !" n=1 0
⇐⇒ ∀n 1, vn − un − un ln(vn ) − h(un ) = 0. Or cette dernière égalité est impossible si un = 0. Donc : H(X) = m ln m − (m − 1) ln(m − 1) vn − 1 − ln(vn ) + ln(un ) = 0 ⇐⇒ ∀n 1, un 0 et un vn vn − 1 = ln ⇐⇒ ∀n 1, un 0 et un un vn =1 d’après l’énoncé ⇐⇒ ∀n 1, un 0 et un 1 n−1 1 1− ⇐⇒ ∀n 1, un = vn = m m 1 ⇐⇒ X suit la loi géométrique de paramètre . m
179
Variables aléatoires à densité Plan Les méthodes à retenir 180 Énoncés des exercices
183
Du mal à démarrer ?
190
Corrigés des exercices
193
On abrège variable aléatoire en va.
CHAPITRE
6
Thèmes abordés dans les exercices •
Montrer qu’une va réelle est une va à densité
•
Montrer qu’une fonction est une densité
•
Détermination de la fonction de répartition d’une va à densité
•
Détermination de la loi d’une va fonction d’une ou de plusieurs va à densité
•
Montrer qu’une va à densité admet une espérance et une variance et les calculer.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Fonction de répartition et densité d’une va à densité
•
Loi d’une va fonction d’une ou de plusieurs va à densité ; en particulier, loi de la somme de deux va à densité indépendantes
•
Définition de l’espérance d’une va à densité, théorème de transfert, propriétés de l’espérance
•
Moments d’ordre 2, variance et écart-type d’une va à densité, variance d’une somme de va indépendantes
•
Lois usuelles et leurs propriétés : loi uniforme sur un intervalle, loi exponentielle, lois γ et Γ, loi normale.
Les méthodes à retenir Montrer : • f est positive ou nulle sur R Pour montrer qu’une fonction f : R −→ R est une densité
• f est continue sur R privé d’un ensemble fini de points $ +∞ $ +∞ f (t) dt converge et f (t) dt = 1. • l’intégrale −∞
−∞
➥ Exercices 6.1, 6.2, 6.7 à 6.9, 6.17, 6.22. 180
Les méthodes à retenir
Pour déterminer la fonction de répartition F X d’une va X à densité connaissant une densité f X de X
Pour montrer qu’une va réelle X est à densité connaissant sa fonction de répartition F X
$ Utiliser : ∀x ∈ R, F X (x) =
x
−∞
fX (t) dt.
➥ Exercices 6.1 à 6.3, 6.14, 6.16, 6.17, 6.22. Montrer que la fonction de répartition F X de X est continue sur R et est de classe C 1 sur R privé d’un ensemble fini de points. Toute fonction fX à valeurs positives, qui ne diffère de F X qu’en un nombre fini de points, est alors une densité de X.
➥ Exercices 6.5, 6.6, 6.9 à 6.11, 6.14 à 6.17, 6.19 à 6.24. Pour traduire que deux va réelles X et Y sont indépendantes
Utiliser l’équivalence :
X et Y sont indépendantes
⇐⇒ ∀(x, y) ∈ R , P (X x) ∩ (Y y) = P(X x) P(Y y). 2
➥ Exercices 6.5, 6.11, 6.13, 6.14, 6.16, 6.18 à 6.21, 6.23, 6.24. •
Si X = ϕ(Y) où Y est une va à densité, alors : • commencer par déterminer l’univers image de X, ou une partie D de R, aussi précise que possible, telle que P(X ∈ D) = 1 • si X(Ω) est un ensemble fini ou dénombrable, alors X est une va discrète ; déterminer la loi de X revient à calculer, pour tout x de X(Ω), P(X = x) • sinon, essayer d’exprimer la fonction de répartition F X de X en fonction de celle de Y pour en déduire son expression, puis montrer que F X est continue sur R et est de classe C 1 sur R privé d’un ensemble fini de points ; X est alors une va à densité.
Pour déterminer la loi d’une va réelle X
➥ Exercices 6.2, 6.9, 6.10, 6.13, 6.14, 6.16, 6.17, 6.22 à 6.24
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
•
Si X est la somme de deux va à densité Y et Z indépendantes, alors X est une va à densité et une densité de X s’obtient en faisant le produit de convolution des densités de Y et Z.
➥ Exercices 6.14, 6.16, 6.18 •
Utiliser des propriétés des lois usuelles.
➥ Exercices 6.11, 6.13, 6.19, 6.21, 6.24. •
Pour montrer qu’une va X à densité admet une espérance E(X) et calculer cette espérance
Utiliser la définition : si fX est une densité de X, alors
$
X admet une espérance si et seulement si
+∞
−∞
t fX (t) dt converge ;
$
dans ce cas, E(X) est donnée par :
E(X) =
+∞
−∞
t fX (t) dt.
➥ Exercices 6.1 à 6.3, 6.7 à 6.9, 6.14 à 6.16, 6.19, 6.20, 6.23 181
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
Remarque : Si X est une va presque sûrement bornée, à valeurs dans un segment [a ; b], alors X admet une espérance et E(X) est donnée $ b t fX (t) dt. par : E(X) = a •
Utiliser le théorème de transfert : si X = ϕ(Y) où Y est une va à densité, de densité fY , alors $ +∞ ϕ(t) fY (t) dt X admet une espérance si et seulement si −∞
converge absolument ;
$
dans ce cas, E(X) est donnée par : (suite)
E(X) =
+∞
−∞
ϕ(t) fY (t) dt.
➥ Exercices 6.7, 6.9 •
Utiliser la linéarité de l’espérance : si X = aY + bZ, où Y et Z sont deux va à densité admettant chacune une espérance et (a, b) ∈ R2 , alors X admet une espérance et E(X) est donnée par : E(X) = aE(Y) + bE(Z).
➥ Exercice 6.18 •
Utiliser les résultats du cours lorsque X suit une loi usuelle.
➥ Exercices 6.9, 6.21. •
•
Pour montrer qu’une va X à densité admet une variance V(X) et calculer cette variance
Montrer que X admet une espérance puis montrer que X − E(X) 2 admet une espérance ; %
& dans ce cas, V(X) est donnée par : V(X) = E X − E(X) 2 . Montrer que X et X 2 admettent une espérance ; dans ce cas, V(X) est donnée par :
V(X) = E(X 2 ) − E(X) 2 .
➥ Exercices 6.1, 6.2, 6.7 à 6.9, 6.20 •
Si X = Y + Z, où Y et Z sont deux va à densité indépendantes, admettant chacune une variance, alors X admet une variance et V(X) est donnée par : V(X) = V(Y) + V(Z).
➥ Exercice 6.18.
182
Énoncés des exercices
Énoncés des exercices 6.1 Exemple de densité Soit c ∈ R. On considère la fonction f définie sur R par : ⎧ c ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (1 + x)2 si 0 x 1 . ∀x ∈ R, f (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon a) Déterminer c pour que f soit une densité d’une va réelle X. Pour cette valeur de c, tracer l’allure de la courbe représentative de f . b) Déterminer la fonction de répartition F de X. Tracer l’allure de la courbe représentative de F. c) Montrer que X admet une espérance et une variance et les calculer.
6.2 Exemple de densité On considère la fonction f définie sur R par : 0 si x < 0 . ∀x ∈ R, f (x) = 2 x e −x /2 si x 0 a) Montrer que f est une densité d’une va réelle X. Tracer l’allure de la courbe représentative de f . b) Calculer la fonction de répartition de X et tracer l’allure de sa courbe représentative. c) Montrer que X admet une espérance et une variance et les calculer. 1 √ On admet que Γ = π. 2 d) On pose Y = X 2 . Montrer que Y suit une loi exponentielle et préciser le paramètre.
6.3 Cas d’une va à densité paire On considère une va X admettant une fonction paire f pour densité. a) Calculer P(X 0) et P(X 0).
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b) Montrer que la fonction de répartition F de X vérifie : ∀x ∈ R, F(x) = 1 − F(−x). $ +∞ t f (t) dt converge, c) Montrer : X admet une espérance ⇐⇒ et dans ce cas :
E(X) = 0.
0
6.4 Exemple d’une va qui n’est ni à densité ni discrète On considère une va à densité X, définie sur un espace probabilisé (Ω, A , P), admettant une fonction paire f pour densité. 0 si X(ω) 0 On définit la va Y par : ∀ω ∈ Ω, Y(ω) = X(ω) si X(ω) > 0. Montrer que Y n’est ni une va à densité, ni une va discrète. On pourra utiliser l’exercice 6.3 a).
6.5 Lois des va min(X, Y) et max(X, Y), où X et Y sont deux va à densité indépendantes Soient X et Y deux va à densité, de densités respectives fX et fY . On suppose que X et Y sont indépendantes. 183
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
On pose : Z = max(X, Y) et T = min(X, Y). a) Exprimer les fonctions de répartition de Z et T à l’aide des fonctions de répartition FX et FY de X et Y respectivement. b) En déduire que Z et T sont des va à densité et exprimer une densité de Z et une densité de T à l’aide de fX , fY , FX et FY .
6.6 Lois des va aX + b et X2 , où X est une va à densité Soit X un va réelle de densité f et de fonction de répartition F. a) Soit (a, b) ∈ R tel que a 0. On pose Y = aX + b. Exprimer la fonction de répartition de Y en fonction de F. (Séparer les cas a > 0, a < 0). En déduire que Y est une va à densité et exprimer une densité de Y en fonction de f . b) On pose Z = X 2 . Montrer que Z est une va à densité et exprimer une densité de Z en fonction de f .
6.7 Loi de Laplace Soit c > 0. On considère la fonction f définie sur R par : ∀x ∈ R, f (x) =
c −c|x| . e 2
a) Montrer que f est une densité d’une va réelle X. Tracer l’allure de la courbe représentative de f . b) Déterminer la fonction de répartition F de X. Tracer l’allure de la courbe représentative de F. c) Montrer que X admet une espérance et la calculer. d) Plus généralement, montrer que, pour tout n de N∗ , X n admet une espérance et la calculer. e) En déduire que X admet une variance et la calculer.
6.8 Loi Bêta de première espèce Pour tous réels a et b, on note, sous réserve d’existence :
$
1
I(a, b) =
ta−1 (1 − t)b−1 dt. 0
a) Montrer :
I(a, b) existe ⇐⇒ (a > 0 et b > 0).
b) Soit (a, b) ∈ (R∗+ )2 . Montrer : b I(a + 1, b) = a I(a, b + 1) et I(a, b + 1) + I(a + 1, b) = I(a, b). En déduire :
I(a + 1, b) =
a I(a, b). a+b
c) Soit (a, b) ∈ (R∗+ )2 . On définit la fonction⎧ f sur R par : 1 a−1 ⎪ ⎪ ⎪ t (1 − t)b−1 si t ∈ ]0 ; 1[ ⎨ ∀t ∈ R, f (t) = ⎪ I(a, b) ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon. 1) Montrer que f est une densité d’une va réelle X. 2) Montrer que X admet une espérance et une variance et les calculer. 184
Énoncés des exercices
6.9 Exemple d’une va fonction d’une va à densité Soit a > 0. On définit la fonction f sur R par :
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 0 si t < a ∀t ∈ R, f (t) = ⎪ a ⎪ ⎪ ⎩ 2 si t a. t
a) Montrer que f est une densité. Tracer l’allure de la courbe représentative de f . On considère une va réelle X admettant f pour densité. b) La va X admet-elle une espérance ? une variance ? c) On définit la va Y =
1 . X
1) En utilisant le théorème de transfert, montrer que Y admet une espérance et une variance et les calculer. 2) Déterminer la loi de Y puis retrouver E(Y) et V(Y).
6.10 Exemple d’une va fonction d’une va à densité On considère une va X suivant la loi uniforme sur [−1 ; 2]. On pose Y = X 2 . Déterminer la fonction de répartition et une densité de Y. Tracer l’allure des courbes représentatives de ces deux fonctions.
6.11 Exemple d’une va fonction de deux autres va On considère deux va X et U indépendantes, telles que X suit la loi normale centrée réduite et U suit la loi uniforme sur {−1, 1}. On pose Y = UX. Reconnaître la loi de Y.
6.12 Calculs d’intégrales à l’aide de la loi normale
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Dans cet exercice, on pourra utiliser une table numérique de la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite. 1 √ = π. a) En utilisant la loi normale centrée réduite, montrer : Γ 2 b) En utilisant une loi normale bien choisie, calculer les intégrales suivantes : $ +∞ $ +∞ 2 2 1) e −2x −4x−2 dx 2) x e −2x −4x−2 dx −∞ −∞ $ +∞ $ +∞ 2 2 x2 e −2x −4x−2 dx 4) e −ax +bx+c dx, avec a > 0 et (b, c) ∈ R2 . 3) −∞
−∞
c) Exprimer les intégrales suivantes à l’aide de la fonction de répartition Φ de la loi normale centrée réduite, puis en calculer des valeurs approchées à 10−4 près : $ 2 $ 1/2 $ 1 2 2 2 e −x /2 dx 2) e −2x +4x−2 dx 3) e −4x −4x dx. 1) 0
0
0
6.13 Déplacement d’un point mobile dans le plan Un point mobile se déplace dans un plan muni d’un repère orthonormé. Il part de l’origine O à l’instant 0. Si à un instant n de N, il se situe au point de coordonnées (Xn , Yn ), alors à l’instant n + 1 il se trouve au point de coordonnées (Xn+1 , Yn+1 ) de sorte que An+1 = Xn+1 − Xn et Bn+1 = Yn+1 − Yn suivent la loi normale centrée réduite. 185
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
On suppose que les va An et Bm, pour tous n, m ∈ N∗ , sont mutuellement indépendantes. a) Déterminer, pour tout n de N∗ , la loi de Xn et la loi de Yn . b) Exprimer la probabilité pn pour qu’à$un instant n de N∗ , le mobile se situe dans le carré x 2 [−1 ; 1]2 à l’aide de la fonction h : x −→ e −u du. 0
Calculer ensuite lim pn . Interpréter ce résultat. n∞
c) Soit n ∈ N∗ . On pose Dn = Xn2 + Yn2 . Reconnaître la loi de Xn2 et la loi de Yn2 , puis en déduire 1 √ la loi de Dn . On rappelle que Γ = π. (On pourra utiliser l’exercice 6.6.) 2 d) Calculer la probabilité qn pour qu’à un instant n de N∗ , le mobile se situe dans le disque de centre O et de rayon 1. Calculer ensuite lim qn . Interpréter ce résultat. n∞
6.14 Loi du quotient de deux va indépendantes suivant une loi uniforme Soient r ∈ R∗+ , X et Y deux variables aléatoires indépendantes qui suivent la loi uniforme sur X Y ]0 ; r]. On pose : U = ln et V = − ln . r r a) Déterminer la fonction de répartition et une densité de U. Mêmes questions pour V. Tracer l’allure des courbes représentatives de ces deux fonctions. b) En déduire une densité et la fonction de répartition de U + V. c) On pose Q =
X . 1) Montrer que Q est une va à densité et donner une densité de Q. Y 2) La va Q admet-elle une espérance ?
6.15 Loi de Ent(X) et loi de X − Ent(X), où X est une va à densité On considère une va X à valeurs dans R+ et admettant une densité f , nulle sur R∗− et continue sur R+ . On définit la va Y = Ent(X) (partie entière de X). a) Déterminer la loi de Y. b) Montrer que X admet une espérance si et seulement si Y admet une espérance, et que dans ce cas, E(Y) E(X) E(Y) + 1. c) On suppose que X suit une loi exponentielle de paramètre λ (λ > 0). 1) Préciser la loi de Y et calculer son espérance. 2) On pose Z = X − Ent(X). Montrer que Z est une va à densité et donner une densité de Z. Montrer que Z admet une espérance et la calculer. Que remarque-t-on ?
6.16 Temps d’attente à un guichet Trois personnes notées A, B et C se présentent à l’ouverture d’une poste comportant deux guichets. Les personnes A et B accèdent directement à l’un des guichets, tandis que la personne C attend que l’un des deux guichets se libère. 186
Énoncés des exercices
On note X, Y et Z les va égales aux temps de passage aux guichets des personnes A, B et C. On suppose que ces variables sont indépendantes et que chacune suit la loi uniforme sur [0 ; 1]. On définit les va U = |X − Y| et V = min(X, Y). a) 1) Déterminer une densité de −Y, puis une densité de X − Y. 2) En déduire une densité de U. b) On note E l’événement : « C est la dernière personne à sortir ». Justifier que E = (U − Z 0), puis en déduire la valeur de P(E). c) Montrer que V suit la même loi que U. d) On note T le temps passé par C à la poste. 1) Montrer que T est une va à densité et déterminer une densité de T . 2) Calculer le temps moyen passé par C à la poste.
6.17 Exemple d’une va fonction d’une autre va à densité
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ On note f la fonction définie sur R par : ∀x ∈ R, f (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
0 si x < 0 . 1 si x 0 (1 + x)2
a) Montrer que f est une densité d’une va réelle X. Tracer l’allure de la courbe représentative de f . b) Déterminer la fonction de répartition F de X. Tracer l’allure de la courbe représentative de F. 1 . X 1) Montrer que Y prend presque sûrement ses valeurs dans [2 ; +∞[. , y−2 . 2) Montrer : ∀y ∈ [2 ; +∞[, P(Y y) = y+2 En déduire que Y est une va à densité.
c) On pose Y = X +
6.18 Loi d’une somme de n va indépendantes, d’après l’oral HEC 2010
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On considère une suite (Xn )n1 de va mutuellement indépendantes et telle que, pour tout n 1, Xn suit la loi exponentielle de paramètre n. On définit, pour tout n 1, Yn =
n
Xk .
k=1
a) Montrer que Y2 est une va à densité et déterminer une densité de Y2 . b) Plus généralement, montrer que, pour tout n 1, Yn admet pour densité la fonction gn définie 0 si x < 0
n−1 . par : ∀x ∈ R, gn (x) = si x 0 n e −x 1 − e −x c) Montrer que, pour tout n 1, Yn admet une espérance et une variance et exprimer E(Yn ) et V(Yn ) à l’aide d’une somme.
6.19 Va réordonnées par ordre croissant, d’après l’oral HEC 2007 Soit n ∈ N∗ . On considère n va à densité X1 , . . . , Xn définies sur un même espace probabilisé (Ω, A , P), de même loi et mutuellement indépendantes. On note F leur fonction de répartition et f une densité. 187
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
Pour tout ω de Ω, on note Y1 (ω), . . . , Yn (ω) la suite des Xi (ω) pour i ∈ 1 ; n réordonnés par ordre croissant ; on a donc Y1 (ω) Y2 (ω) · · · Yn (ω). n
n− j n F(x) j 1 − F(x) . a) Soient k ∈ 1 ; n et x ∈ R. Montrer : P(Yk x) = j j=k b) Soit k ∈ 1 ; n. Montrer que Yk admet une densité que l’on explicitera sans symbole
3 .
c) On suppose de plus que, pour tout i de 1 ; n, Xi suit la loi uniforme sur [0 ; 1]. 1) Justifier que, pour tout k de 1 ; n, Yk admet une espérance. 2) Montrer que Yn et 1 − Y1 ont la même loi. Calculer E(Yn ) et en déduire E(Y1 ). 3) Exprimer, pour tout k ∈ 1 ; n − 1, E(Yk+1 ) en fonction de E(Yk ). En déduire l’expression de E(Yk ) pour tout k ∈ 1 ; n.
6.20 Maximum de deux va indépendantes dont chacune suit la loi normale centrée réduite Soient X et Y deux va indépendantes, suivant la loi normale centrée réduite. On note
1 2 f : R −→ R, x −→ √ e −x /2 2π
et Φ la fonction de répartition de X et de Y.
On définit la va Z = max(X, Y). a) Montrer que Z est une va à densité, de densité g : x −→ 2 f (x)Φ(x). b) À l’aide d’une intégration par parties, montrer : $ B √2 $ B % &B 1 2 ∀(A, B) ∈ R , xg(x) dx = − 2 f (x)Φ(x) A + √ f (x) dx. π A √2 A c) En déduire que Z admet une espérance et calculer E(Z). d) Montrer que X 2 et Z 2 suivent la même loi. En déduire V(Z).
6.21 Exemple d’un processus de Poisson On s’intéresse aux instants de passage successifs des bus à une station donnée. Le service commence à l’instant T 0 = 0. Le premier bus du matin passe à l’instant T 1 ; on pose U1 = T 1 − T 0 qui représente donc le temps entre l’ouverture du service et le passage du premier bus de la journée. Pour tout n de N∗ , T n désigne l’instant où le n-ième bus arrive à la station et Un+1 le temps écoulé entre les passages du n-ième et du (n + 1)-ième bus de la journée. On définit également, pour tous s, t de R+ tels que s t, Ns,t le nombre de bus qui sont passés à la station dans l’intervalle de temps [s ; t]. On suppose que les va Un , pour n ∈ N∗ , sont mutuellement indépendantes et qu’elles suivent la même loi exponentielle de paramètre λ. a) Soit n ∈ N∗ . Exprimer la va T n à l’aide des va Ui puis en déduire la loi de T n . b) Soit t ∈ R+ . Justifier : ∀n ∈ N, (N0,t n) = (T n t). En déduire que la va N0,t suit la loi de Poisson de paramètre λt. On admet que, pour tous s, t de R+ tels que s t, la va Ns,t suit la même loi que N0,t−s . c) Soit t ∈ R+ . Un passager arrive à la station à l’instant t. On définit Wt le temps d’attente du passager jusqu’à l’arrivée du prochain bus. 188
Énoncés des exercices
∀h 0, (Wt > h) = (Nt,t+h = 0).
1) Justifier :
2) En déduire la loi de Wt . Combien de temps en moyenne, devra attendre le passager avant l’arrivée du prochain bus ? Ce résultat est-il intuitif ?
6.22 Loi de Cauchy 1 . π(1 + x2 )
On considère la fonction f définie sur R par : ∀x ∈ R, f (x) = a) Montrer que la fonction f est une densité. Tracer l’allure de la courbe représentative de f . On considère une va réelle X admettant f pour densité. b) Déterminer la fonction de répartition F de X. Tracer l’allure de la courbe représentative de F. Calculer P(X 0), P(X 0), P(X 1) et P(X 1). c) La va X admet-elle une espérance ? d) On définit la va Y =
1 . Montrer que X et Y ont la même loi. X
e) On définit la va Z =
1+X . 1−X
1+x . Étudier les variations de ϕ. Montrer que ϕ réalise une 1) On note ϕ la fonction x −→ 1−x bijection de R \ {1} dans R \ {−1} et déterminer sa bijection réciproque. 2) Déterminer la fonction de répartition de Z. 3) En déduire que X et Z ont la même loi.
6.23 Une autre expression de l’espérance Soit X une va admettant une densité f telle que f est nulle sur R∗− et continue sur R+ . On note F la fonction de répartition de X. $ x t f (t) dt. On définit la fonction ϕ : R+ −→ R, x −→ 0
$ a) Montrer :
x
∀x ∈ R+ ,
1 − F(t) dt = x 1 − F(x) + ϕ(x).
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0
b) On suppose dans cette question que X admet une espérance, notée E(X).
1) Montrer : ∀x ∈ R+ , 0 x 1 − F(x) E(X) − ϕ(x), puis : lim x 1 − F(x) = 0. $
+∞
2) En déduire que
1 − F(t) dt converge et que
0
x→+∞
$
+∞
1 − F(t) dt = E(X).
0
$
+∞
c) On suppose dans cette question que
1 − F(t) dt converge.
0
1) Montrer que ϕ admet une limite finie en +∞. 2) En déduire que X admet une espérance, puis :
$
+∞
E(X) =
1 − F(t) dt.
0
d) Application : On considère n va X1 , . . . , Xn mutuellement indépendantes suivant toutes la loi exponentielle de même paramètre λ, avec λ > 0. 189
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
On pose Mn = max(X1 , . . . , Xn ). 1) Déterminer la fonction de répartition de Mn et montrer que Mn est à densité. 2) Montrer que Mn admet une espérance et la calculer (on exprimera le résultat sous forme d’une sommation).
6.24 Somme et minimum d’un nombre aléatoire de va mutuellement indépendantes, de même loi exponentielle On considère une suite de va mutuellement indépendantes (Xn )n1 définies sur un même espace probabilisé (Ω, A , P), et qui suivent la loi exponentielle de même paramètre λ > 0. Pour tout n Xk et Un = min(X1 , . . . , Xn ). n ∈ N∗ , on pose : S n = k=1
a) Soit n ∈ N∗ . Montrer que la va Un suit une loi exponentielle et préciser son paramètre. b) Soit n ∈ N∗ . Donner une densité de S n , puis montrer :
n−1 (λx)k
∀x ∈ R+ , P(S n > x) = e −λx
k=0
k!
.
c) On considère une va N définie sur (Ω, A , P), indépendante des va Xn pour tout n ∈ N∗ , et qui suit la loi géométrique de paramètre p, avec p ∈ ]0 ; 1[. On définit les va : S = S N et U = U N , c’est-à-dire :
∀ω ∈ Ω, S (ω) = S N(ω) (ω) et U(ω) = U N(ω) (ω).
1) Calculer, pour tout x ∈ R+ , P(U > x). En déduire que U est une va à densité et préciser une densité. 2) Calculer, pour tout x ∈ R+ , P(S > x). Reconnaître la loi de S .
Du mal à démarrer ? 6.1
0
6.3
c) Remarquer que X prend presque sûrement ses valeurs dans [0 ; 1], donc E(X) et V (X) existent.
b) Procéder de la même façon : écrire F(x) =
2
Calculer E(X) en utilisant la définition de l’espérance, E(X ) en utilisant le théorème de transfert, puis en déduire V (X) en utilisant la formule V (X) = E(X 2 ) − E(X)2 .
6.2
a) b) Appliquer les méthodes décrites dans la partie « les méthodes à retenir ». $ +∞ $ +∞ c) Montrer que les intégrales xf(x) dx et x2 f(x) dx −∞
−∞
convergent puis calculer leurs valeurs et en déduire E(X) et E(X 2 ). Calculer alors V (X) à l’aide de la formule :
2 V (X) = E(X 2 ) − E(X) .
d) Commencer par déterminer la fonction de répartition de Y et reconnaître la fonction de répartition d’une loi exponentielle.
190
$
a) b) Appliquer les méthodes décrites dans la partie « les méthodes à retenir ».
a) Écrire P(X 0) =
ment de variable u = −t.
−∞
f(t) dt puis effectuer le change$
effectuer le changement de variable u = −t.
x
f(t) dt puis −∞
$ 0 c) Commencer par montrer que les intégrales tf(t) dt et −∞ $ +∞ tf(t) dt sont de même nature, et en cas de convergence, 0 $ +∞ $ 0 tf(t) dt = − tf(t) dt. Puis conclure. que l’on a : −∞
0
6.4
• Calculer P(Y = 0), puis en déduire que Y n’est pas une va à densité.
• Raisonner par l’absurde et supposer que Y est une va discrète. Calculer P(Y = y), puis conclure. y∈Y(Ω)
Du mal à démarrer ?
6.5
a) Pour tout x de R, exprimer les événements (Z x) et (T > x) à l’aide d’événements faisant intervenir les va X et Y . Utiliser l’indépendance de X et Y pour en déduire les fonctions de répartition de Z et T .
b) Montrer que ces fonctions de répartition sont continues sur R, de classe C 1 sur R privé éventuellement d’un ensemble fini de points. Conclure.
6.6
a) Obtenir : si a > 0 : ∀y ∈ R, P(Y y) = F
a y − b . a En déduire que Y est une va à densité et calculer une densité de Y en utilisant la méthode décrite dans la partie « les méthodes à retenir ». ⎧ ⎪ 0 si z < 0 ⎪ ⎨ b) Obtenir : ∀z ∈ R, FZ (z) = ⎪ . ⎪ ⎩ F( √z) − F(− √z) si z 0 Raisonner de la même façon qu’au a).
6.7
a) b) Appliquer la méthode décrite dans la partie « les méthodes à retenir ». $ +∞ c) Montrer que tf(t) dt converge et remarquer que la fonc0
tion t −→ tf(t) est impaire.
d) Utiliser le théorème de transfert et la fonction Γ d’Euler.
2 e) Utiliser la formule : V (X) = E(X 2 ) − E(X) .
6.8
a) Noter que I(a, b) est une intégrale généralisée, a priori, en 0 et 1. Utiliser le théorème d’équivalence pour des fonctions positives et l’exemple de Riemann pour obtenir le résultat.
b) • Effectuer une intégration par parties pour obtenir la première relation. • Utiliser la linéarité de l’intégrale pour obtenir la deuxième relation. • Déduire la troisième relation à l’aide des deux premières.
c) 1) Utiliser la méthode décrite dans la partie « les méthodes à retenir ». © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
• En déduire la fonction de répartition de Y , puis montrer que Y est une va à densité.
6.11
• Pour tout y de R, décrire l’événement (Y y).
• Remarquer que X admet une densité paire, donc : ∀x ∈ R, P(X x) = P(X x).
y − b
si a < 0 : ∀y ∈ R, P(Y y) = 1 − F
c) 2) Remarquer que X prend presque sûrement ses valeurs dans [0 ; 1], donc X admet une espérance et une variance. 2
Exprimer E(X) et E(X ) à l’aide des intégrales I(a, b), puis en déduire V (X).
6.9
a) Appliquer la méthode décrite dans la partie « les méthodes à retenir ».
b) Montrer que X n’admet pas d’espérance, ni de variance. $ +∞ $ +∞ 1 1 f(t) dt et c) 1) Étudier les intégrales f(t) dt. t t2 a a + 1+ c) 2) Montrer que Y suit la loi uniforme sur 0 ; . a En déduire E(Y ) et V (Y ) en utilisant les formules de cours.
6.10
• En déduire que Y prend ses valeurs dans [0 ; 4], et pour tout y de [0 ; 4], exprimer l’événement (Y y) à l’aide d’événements faisant intervenir la va X.
• Commencer par étudier la fonction ϕ : [−1 ; 2] −→ R, t −→ t2 .
• Montrer alors que les fonctions de répartition de X et de Y sont égales, puis conclure. 1 2 e −x /2 . Noter f : x −→ √ 2π 1 à l’aide de f puis en déduire sa valeur. a) Exprimer Γ 2 b) 1) 2) 3) Considérer une va X de loi normale d’espérance −1 1 et de variance . Exprimer les trois intégrales à l’aide d’une 4 densité de X. b b) 4) Considérer une va X de loi normale d’espérance et de 2a 1 . Puis raisonner de la même façon qu’au b) 1) variance 2a c) Noter Φ la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite. Effectuer des changements de variables de façon à exprimer les intégrales demandées à l’aide de Φ.
6.12
6.13
a) Montrer que Xn = A1 + A2 + · · · + An . Pour obtenir la loi de Xn , utiliser le théorème de stabilité de la loi normale. Raisonner de la même façon pour Yn .
2 pn = P(−1 Xn 1) .
b) Montrer :
1 c) Montrer que Xn2 et Yn2 suivent la loi Γ 2n, , en utilisant (par 2 exemple) l’exercice 6.6. Pour obtenir la loi de Dn , utiliser le théorème de stabilité de la loi Gamma.
d) Montrer :
qn = P(Dn 1).
6.14
a) Commencer par déterminer la fonction de répartition de U, puis en déduire que U est une va à densité. Raisonner de la même façon pour V .
b) Remarquer que les va U et V sont indépendantes. Une densité de U+V s’obtient donc en faisant le produit de convolution d’une densité de U et d’une densité de V . c) Remarquer que Q = e U+V . Montrer que Q n’admet pas d’espérance. $ 6.15 a) Justifier : ∀n ∈ N, P(Y = n) =
n+1
f(t) dt. n
b) Raisonner par double implication. Supposer que X admet une espérance, puis montrer que Y admet une espérance et que E(Y ) E(X). Supposer que Y admet une espérance, puis montrer que X admet une espérance et que E(X) E(Y ) + 1. Puis conclure.
191
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
c) 1) Déterminer, pour tout n de N, P(Y = n), puis calculer E(Y ) en utilisant la définition de l’espérance. c) 2) Justifier que Z prend ses valeurs dans [0 ; 1[, puis obtenir : +∞ P(n X n + z).
∀z ∈ [0 ; 1[, P(Z z) =
n=0
6.16
a) 1) Une densité de X − Y s’obtient en faisant le produit de convolution d’une densité de X et d’une densité de −Y . a) 2) En déduire la fonction de répartition de U puis une densité de U. b) Pour calculer P(E), commencer par déterminer une densité de U − Z sur R− . c) Montrer que U et V ont même fonction de répartition. d) Remarquer que T = V + Z. En déduire une densité de T puis E(T ).
6.17
a) b) Utiliser la méthode décrite dans la partie « les méthodes à retenir ». 1 c) 1) Commencer par étudier la fonction x −→ x + sur l’interx valle R∗+ . c) 2) Pour tout y 2, écrire : (Y y) = (X 2 − yX + 1 0) = (r1 X r2 ), où r1 , r2 sont les solutions de l’équation r2 − yr + 1 = 0, d’inconnue r ∈ R. En déduire la fonction de répartition de Y , puis montrer que Y est à densité.
6.18
a) Une densité de Y2 s’obtient en faisant le produit de convolution d’une densité de X1 et d’une densité de X2 .
b) Effectuer une IPP en dérivant x −→ Φ(x) et en intégrant x −→ 2xf(x). Puis effectuer un changement de variable dans l’intégrale obtenue. c) Passer à la limite lorsque A −→ −∞ et B −→ +∞ dans l’égalité 1 précédente, pour en déduire E(Z) = √ . π d) Montrer que X 2 et Z 2 ont même fonction de répartition. En déduire :
6.21
n
Ui puis utiliser un résultat de
cours pour obtenir une densité de Tn .
b) Commencer par écrire P(N0,t = n) = P(Tn t) − P(Tn+1 t), utiliser la loi de Tn et la loi de Tn+1 et effectuer une intégration par parties. c) 1) Interpréter chacun des événements. c) 2) En déduire la fonction de répartition de Wt puis reconnaître une loi usuelle.
6.22
a) b) Utiliser la méthode décrite dans la partie « les méthodes à retenir ». $ +∞ c) Montrer que xf(x) dx diverge et conclure. 0
d) Pour tout y de R, exprimer l’événement (Y y) à l’aide d’événements faisant intervenir X. En déduire la fonction de répartition de Y , puis conclure. e) 1) Immédiat. e) 2) 3) Raisonner de la même façon qu’au d).
6.23
a) Effectuer une intégration par parties.
b) 1) Remarquer :
∀x ∈ R+ , x 1 − F(x) =
$
+∞ x
$
+∞
xf(t) dt
tf(t) dt. x
b) 2) Passer à la limite lorsque x −→ +∞ dans l’égalité du a).
a) Noter Nx le nombre de va Xi inférieures ou égales à x.
Montrer Nx → B n, F(x) .
c) 1) Montrer que ϕ est croissante et majorée sur R+ . $ +∞ c) 2) En déduire que tf(t) dt converge puis utiliser les ré-
Justifier que P(Yk x) = P(Nx k) et en déduire le résultat demandé.
sultats du b).
6.19
b) Montrer que la fonction de répartition de Yk est continue sur R, C 1 sur R privé d’un ensemble fini de points. Une densité de Yk s’obtient en dérivant sa fonction de répartition, là où elle est dérivable.
c) 1) Remarquer que Yk est une va bornée. c) 2) Calculer, pour tout x de R, P(Yn x) et P(1 − Y1 x) et en déduire que Yn et 1 − Y1 ont même fonction de répartition. c) 3) • Calculer, pour tout k de 1 ; n, une densité fk de Yk , puis en utilisant la définition de E(Yk+1 ), exprimer E(Yk+1 ) en fonction de E(Yk ). • En déduire :
6.20 de Z.
192
a) Remarquer que Tn =
i=1
b) Raisonner par récurrence sur n et remarquer que, pour tout n 1, les va Yn et Xn+1 sont indépendantes. c) Utiliser la linéarité de l’espérance et la propriété sur la variance d’une somme de va indépendantes.
E(Z 2 ) = E(X 2 ).
k . ∀k ∈ 1 ; n, E(Yk ) = n+1
a) Commencer par déterminer la fonction de répartition
0
d) 1) Commencer par écrire :
∀x ∈ R, P(Mn x) = P(X1 x)n .
d) 2) Utiliser le résultat démontré dans les questions b) et c).
6.24
a) Commencer par calculer, pour tout x de R, P(Un > x), puis reconnaître la fonction de répartition de Un .
b) Utiliser un résultat de cours pour obtenir une densité de Sn , puis raisonner par récurrence sur n pour obtenir l’expression de P(Sn > x) demandée. c) 1) Commencer par obtenir : ∀x ∈ R, P(U > x) =
+∞
P(N = n)P(Un > x),
n=1
puis calculer cette somme. En déduire la fonction de répartition de U.
c) 2) Raisonner de la même façon qu’au c) 1).
Corrigés des exercices
P X ∈ [0 ; 1] = 1.
6.1 a) • La fonction f est continue sur R, privé éventuellement de l’ensemble {0, 1}. • La fonction f est positive ou nulle sur R si et seulement si c 0. • Enfin, la fonction f étant nulle en dehors de [0 ; 1], $ 1 $ +∞ f = f . Cette intégrale n’est pas une intégrale généra−∞
0
lisée car f est continue sur [0 ; 1]. $ 1 * c +1 1 c = . f = − =c 1− Et l’on a : 0 1 + t 2 2 0 On en déduit :
f est une densité si et seulement si c = 2.
•
On en déduit que X admet une espérance et une variance. Et l’on a : $ 1 $ 1 2t t f (t) dt = dt • E(X) = 2 (1 + 0 0 $ 1 $t)1 2 2(1 + t) − 2 2 dt = dt = − 2 (1 + t) 1 + t (1 + t)2 0 0 * + 2 1 = 2 ln |1 + t| + = 2 ln 2 + 1 − 2 = 2 ln 2 − 1 1+t 0 $ 1 $ 1 2t2 t2 f (t) dt = dt • E(X 2 ) = 2 0 (1 + t) $0 1 2(t + 1)2 − 4(t + 1) + 2 = dt (1 + t)2 $0 1 2 4 = + 2− dt 1 + t (1 + t)2 0 + * 1 2 = 3 − 4 ln 2 = 2t − 4 ln |1 + t| − 1+t 0 donc :
V(X) = E(X 2 ) − E(X)2 = 3 − 4 ln 2 − (2 ln 2 − 1)2 = 2 − 4(ln 2)2 .
Remarque : Puisque ln 2 0.69, on a bien : V(X) 0.
b) Notons F la fonction de répartition de X. Alors : $ x $ x • ∀x < 0, F(x) = f (t) dt = 0 dt = 0, $ • ∀x > 1, F(x) =
−∞
$
x −∞
6.2
−∞
f (t) dt = $
f (t) dt = 1, 0
x
a) Montrons que f est une densité.
1
$
• La fonction f est continue sur R privé éventuellement de l’ensemble {0}.
x
• ∀x ∈ [0 ; 1], F(x) =
Ainsi :
f (t) dt = f (t) dt −∞ 0 + * 2x 2 2 x = . =2− = − 1+t 0 1+x 1+x ⎧ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 2x ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ si 0 x 1 . ⎪ ⎪ 1+x ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x > 1
• Pour tout x 0, x e −x ou nulle sur R.
2 /2
0. Donc la fonction f est positive $
• Enfin, la fonction f étant nulle sur R∗− , donc l’intégrale converge. $ A % 2 &A f (x) dx = − e −x /2 0 De plus : ∀A > 0, = 1 − e −A
2 /2
$
f converge. 0
$
+∞
f converge et :
On en déduit que l’intégrale
c) Puisque f est nulle en dehors de [0 ; 1], la va X prend presque sûrement ses valeurs dans [0 ; 1], c’est-à-dire :
−→ 1.
A→∞
+∞
Ainsi, l’intégrale
Remarque : La fonction F est bien continue sur R, de classe C sur R privé éventuellement de {0, 1}.
f −∞
0
•
1
0
−∞
$
+∞
−∞
$ f =
$
0 −∞
+∞
f+
f = 1.
0
On conclut que f est une densité. 193
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
Représentons la fonction f .
Or :
%
− t e −t
2 /2
La fonction f est dérivable sur R+ et : 2
D’où les variations de f sur R+ suivantes : 1 0 e −1/2
f (x)
+∞
−
0
0
= −A e −A /2 −→ 0, A→∞ d’après les croissances comparées. 2
De plus, en effectuant le changement √ de variable u = t2 /2 ⇐⇒ t = 2u, $ A2 /2 $ A du 2 e −t /2 dt = e −u √ on obtient : 0 0 2u , $ A2 /2 1 1 1 π −1/2 −u u e du −→ √ Γ = √ = . A→+∞ 2 2 0 2 2 , π . On en déduit que X admet une espérance et E(X) = 2
∀x ∈ R+ , f (x) = e −x /2 (1 − x2 ).
x 0 f (x) +
&A
0
• La va X admet une variance si et seulement si X admet un $ moment d’ordre $ 2, et donc si et seulement si l’intégrale +∞
−∞
+∞
t2 f (t) dt =
t2 f (t) dt converge. Il s’agit d’une inté-
0
grale généralisée en +∞. On a : $ A $ A 2 ∀A > 0, t2 f (t) dt = t2 × t e −t /2 dt. b) Notons FX la fonction de répartition de X. Alors : $ x $ x f (t) dt = 0 dt = 0, • ∀x < 0, FX (x) = $
−∞ x
$
−∞ x
• ∀x 0, FX (x) =
Ainsi :
f (t) dt = f (t) dt 0 % −∞ −t2 /2 &x −x2 /2 . = −e 0 = 1− e 0 si x < 0 . ∀x ∈ R, FX (x) = 2 1 − e −x /2 si x 0
0
0
u (t) = 2t u(t) = t2 , on obPar IPP en posant 2 −t2 /2 , v(t) = − e −t /2 v (t) = t e $ A $ A % 2 &A 2 t2 f (t) dt = − t2 e −t /2 0 + 2t e −t /2 dt tient :
0
0
% 2 2 &A 2 = − t2 e −t /2 − 2 e −t /2 0 = 2 − (A2 + 2) e −A /2 −→ 2, A→∞ d’après les croissances comparées. Ainsi, X admet un moment d’ordre 2 et E(X 2 ) = 2. On en déduit que X admet une variance et π 4−π V(X) = E(X 2 ) − E(X)2 = 2 − = . 2 2 Remarque : On a bien V(X) 0. d) • La va Y prend ses valeurs dans R+ . • Notons FY la fonction de répartition de Y. Alors :
Remarque : La fonction FX est bien continue sur R, de classe C 1 sur R privé éventuellement de {0}. c) $ •+∞La va X admet $ +∞une espérance si et seulement si l’intégrale t f (t) dt = t f (t) dt converge. Il s’agit d’une intégrale −∞
0
généralisée en +∞. On a : $ A $ ∀A > 0, t f (t) dt = 0
A
t × t e −t
2 /2
dt.
0
u (t) = 1 u(t) = t , , on obPar IPP en posant 2 2 v(t) = − e −t /2 v (t) = t e −t /2 $ A $ A % 2 &A 2 t f (t) dt = − t e −t /2 0 + e −t /2 dt. tient : 0
194
0
∀y < 0, FY (y) = P(Y y) = 0, car Y prend ses valeurs dans R+ ∀y 0, FY (y) = P(Y y) = P(X 2 y) √ √ √ √ = P(− y X y) = P(X y) = FX ( y) car X prend ses valeurs dans R+ presque sûrement (puisque f est nulle sur R∗− ). 0 si y < 0 Ainsi : ∀y ∈ R, FY (y) = . 1 − e −y/2 si y 0 On reconnaît la fonction de répartition de la loi exponentielle 1 1 . de paramètre . On en déduit : Y → E 2 2 Remarque : On obtient, en particulier, E(X 2 ) = E(Y) = 2. On retrouve le même résultat que dans la question c).
Corrigés des exercices
6.3
On a alors :
P(X 0) + P(X 0) = P(X 0) + P(X > 0) = 1. $ 0 D’autre part : P(X 0) = f (t) dt −∞ $ 0 $ +∞ = f (−u)(− du) = f (u) du = P(X 0). u=−t +∞ !" 0 = f (u)
b) Soit x ∈ R. Alors : $ F(x) = P(X x) = =
1 . 2
P(X 0) = P(X 0) =
On en déduit :
+∞
$
x −∞
f (t) dt =
u=−t
−∞
$
+∞
f (−u)(− du) !" = f (u)
$
t f (t) dt = 0
u=−t
$
$
0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
On en déduit :
0
$
X admet une espérance ⇐⇒
+∞
t f (t) dt converge. 0
$ t f (t) dt =
$
0 −∞
a) • On a, pour tout x ∈ R :
P(Z x) = P max(X, Y) x = P (X x) ∩ (Y y) = P(X x)P(Y x) car X et Y sont indépendantes. On en déduit : ∀x ∈ R, FZ (x) = P(Z x) = FX (x) FY (x).
= FX (x) + FY (x) − FX (x)FY (x). t f (t) dt sont
−∞
0
6.5
+∞
t f (t) dt et −∞
−∞
et : ∀y > 0, P(Y = y) = P(X = y) = 0, car X est une va à densité. 1 P(Y = y) = P(Y = 0) + 0 = P(Y = 0) = 1, ce Ainsi : 2 y∈Y(Ω) qui est absurde.
On en déduit : ∀x ∈ R, FT (x) = P(T x) = 1 − P(T > x)
= 1 − 1 − FX (x) 1 − FY (x)
de même nature et que, en cas de convergence : $ 0 $ +∞ t f (t) dt = − t f (t) dt.
+∞
P(Y = y),
y∈Y(Ω) y>0
u f (u) du.
0
−A
On en déduit que les intégrales
E(X) =
y∈Y(Ω)
(−u) f (−u)(− du)
−A
$0
=−
Dans ce cas$:
P(Y = y) = P(Y = 0) +
• On a, pour tout x ∈ R :
P(T > x) = P min(X, Y) > x = P (X > x) ∩ (Y > y) = P(X > x)P(Y > x) car X et Y sont indépendantes.
−∞
A
∀A > 0,
On conclut que Y n’est ni une va à densité, ni une va discrète.
−x
c) Par définition de l’espérance : $ +∞ X admet une espérance ⇐⇒ t f (t) dt converge $ 0 $ −∞ 0 ⇐⇒ t f (t) dt et t f (t) dt convergent. Or :
Or :
Donc Y n’est pas une va discrète.
f (u) du = P(X −x) = P(X > −x) = 1 − F(−x).
−x
P(Y = y) = 1.
y∈Y(Ω)
a) D’une part :
$
t f (t) dt +
+∞
t f (t) dt = 0.
0
6.4 • La va Y prend ses valeurs dans R+ .
b) Les va X et Y étant des va à densité, les fonctions FX et FY sont continues sur R, de classe C 1 sur R privé éventuellement d’un ensemble fini de points. On en déduit, par opérations, que les fonctions FZ et FT sont elles aussi continues sur R, de classe C 1 sur R privé éventuellement d’un ensemble fini de points. Donc les va Z et T sont des va à densité. Les densités fZ et fT s’obtiennent en dérivant FZ et FT sauf en un nombre fini de points où le choix est arbitraire. On a alors (par exemple) : ∀x ∈ R, ⎧ ⎪ f (x) = fX (x)FY (x) + FX (x) fY (x) ⎪ ⎪ ⎪ Z ⎨ ⎪ fT (x) = fX (x) + fY (x) − fX (x)FY (x) − FX (x) fY (x) ⎪ ⎪
⎪ ⎩ = fX (x) 1 − FY (x) + fY (x) 1 − FX (x) .
1 • On a : P(Y = 0) = P(X 0) = , puisque X admet une 2 densité paire et d’après l’exercice 6.3.
6.6
Donc Y n’est pas une va à densité car sinon, on aurait : ∀y ∈ R, P(Y = y) = 0.
• On a : ∀y ∈ R, P(Y y) = P(aX + b y) = P(aX y − b).
• Supposons que Y soit une va discrète.
1er cas : si a > 0, alors pour tout y ∈ R,
a) Notons FY la fonction de répartition de Y.
195
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
y − b P(Y y) = P X . a
6.7
2e cas : si a < 0, alors pour tout y ∈ R y − b y − b =1−P X < P(Y y) = P X a a y − b . =1−P X a y − b Ainsi : si a > 0 : ∀y ∈ R, FY (y) = F a y − b . si a < 0 : ∀y ∈ R, FY (y) = 1 − F a • La va X étant une va à densité, sa fonction de répartition F est continue sur R, de classe C 1 sur R privé éventuellement d’un ensemble fini de points. Par opérations sur les fonctions, il en est de même pour FY .
a) La fonction f est sur positive ou nulle sur R. De $ R, $ continue A A c −ct e dt f (t) dt = plus : ∀A > 0, 0 0 2 * 1 +A 1
1 = − e −ct = 1 − e −At −→ . 0 A→∞ 2 2 2 $ +∞ 1 f converge et vaut . Donc 2 0 $ +∞ Puisque f est une fonction paire, on en déduit que f −∞ $ +∞ $ +∞ f =2 f = 1. converge et −∞
0
Ainsi f est une densité.
On en déduit que Y est une va à densité. Une densité de Y s’obtient en dérivant FY sauf en un nombre fini de points où le choix est arbitraire. Une densité fY de Y est alors (par exemple) définie par : $
1 y − b f a a 1 y − b si a < 0 : ∀y ∈ R, fY (y) = − f . a a
si a > 0 : ∀y ∈ R, fY (y) =
b) Soit x ∈ R. On a :
Ce qui peut s’écrire, pour tout a 0 : 1 y − b ∀y ∈ R, fY (y) = f . |a| a b) • La va Z prend ses valeurs dans R+ . • Notons FZ la fonction de répartition de Z. Alors : ∀z < 0, FZ (z) = P(X 2 z) = 0,
√ √ ∀z 0, FZ (z) = P(X 2 z) = P(− z X z). ⎧ ⎪ ⎪ 0 si z < 0 ⎨ Ainsi : ∀z ∈ R, FZ (z) = ⎪ ⎪ ⎩ F( √z) − F(− √z) si z 0. et
La fonction FZ est alors continue sur R∗− ; de plus, puisque F est FZ = 0 et continue sur R, FZ est continue sur R+ ; enfin, lim − 0
FZ , donc FZ est continue en 0 ; FZ (0) = F(0) − F(0) = 0 = lim +
ainsi FZ est continue sur R.
0
De plus, FZ est C 1 sur R∗− , C 1 sur R+ privé éventuellement d’un ensemble fini de points (car F l’est sur R) ; donc FZ est C 1 sur R privé éventuellement d’un ensemble fini de points. On en déduit que Z est une va à densité. Une densité fZ de Z est (par exemple) définie par : ⎧ ⎪ 0 si z 0 ⎪ ⎪ ⎨ 1 √ √ ∀z ∈ R, fZ (z) = ⎪ ⎪ f ( z) + f (− z) si z > 0. ⎪ ⎩ 2 √z 196
F(x) =
$
x −∞
f (t) dt =
x
−∞
c −c|t| e dt. 2
1er cas : Si x 0, alors $ x c ct car ∀t ∈] − ∞ ; x], |t| = −t e dt F(x) = −∞ 2 * 1 +x 1 1 1 = lim e ct = lim e cx − e cA = e cx . A A→−∞ 2 A→−∞ 2 2 2 2e cas : Si x > 0, alors $ x $ 0 f (t) dt + f (t) dt F(x) = −∞ 0 $ x $ 0 c ct c −ct = e dt + e dt −∞ 2 0 2 * 1 +0 * 1 +x e ct + − e −ct = lim A 0 A→−∞ 2 2 1 1 1 1 cA −cx − e − e + = lim A→−∞ 2 2 2 2 1 = 1 − e −cx . 2 Ainsi la fonction de répartition F de X vérifie : ⎧ 1 cx ⎪ ⎪ ⎪ e si x 0 ⎪ ⎪ ⎨ 2 . ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ 1 − e −cx si x > 0 2
Corrigés des exercices
Remarque : La fonction F est bien continue sur R, de classe C 1 sur R privé éventuellement de {0}. c) La va X admet une espérance si et seulement si l’intégrale $ +∞ t f (t) dt converge. −∞
$ A c −ct t e dt t f (t) dt = 2 0 0 +A $ A 1 * t e −ct dt par IPP = − e −ct + 0 2 0 2 * t 1 −ct +A e = − e −ct − 0 2 2c A −cA 1 −cA 1 1 e −→ =− e − + 2 2c 2c A→∞ 2c d’après les croissances comparées. $
A
On a : ∀A > 0,
$
+∞
• On en déduit que X n admet une espérance, et : $ +∞ tn f (t) dt. E(X n ) = −∞
cas :$ si n est pair, alors t −→ tn f (t) est paire, donc : +∞ n! tn f (t) dt = 2I(n) = n . E(X n ) = 2 c 0
1
er
2e cas : si n est impair, alors t −→ tn f (t) est impaire, donc : E(X n ) = 0. e) Puisque X admet un moment d’ordre 2, X admet une variance 2 2 et : V(X) = E(X 2 ) − E(X)2 = 2 − 0 = 2 . c c
6.8 a) La fonction g : t −→ ta−1 (1 − t)b−1 est continue sur ]0 ; 1[, donc I(a, b) est une intégrale généralisée en 0 et en 1.
t f (t) dt converge.
Ainsi 0
$
0
Puisque t − → t f (t) est impaire, t f (t) dt converge égale−∞ $ 0 $ +∞ ment et t f (t) dt = − t f (t) dt. −∞
0
$
Par la relation de Chasles, on en déduit que $ +∞ t f (t) dt = 0. converge et
+∞
t f (t) dt −∞
Ainsi par la relation de Chasles, I(a, b) converge si et seulement $ 1 $ 1/2 g et g convergent. si 0
1/2
• On a :
g(t) ∼ ta−1 0. D’après le théorème d’équit→0 $ 1/2 valence pour des fonctions positives, les intégrales g et 0 $ 1/2 ta−1 dt sont de même nature. 0
$
−∞
Donc X admet une espérance et E(X) = 0.
ta−1 dt 0
d) Soit n ∈ N∗ .
converge si et seulement si a − 1 > −1, c’est-à-dire a > 0. $ 1/2 On obtient : g(t) dt converge ⇐⇒ a > 0.
• D’après le théorème de transfert,
• On a :
Remarque : On pouvait aussi utiliser l’exercice 6.3.
0
X n admet une espérance $ ⇐⇒ l’intégrale © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
1/2
D’après l’exemple de Riemann en 0, l’intégrale
+∞
$−∞ +∞
tn f (t) dt converge absolument
|t|n f (t) dt converge ⇐⇒ l’intégrale $ +∞ $ +∞ −∞ |t|n f (t) dt = tn f (t) dt converge ⇐⇒ l’intégrale 0
$
0
car la fonction t −→ |t|n f (t) est paire.
+∞
• Notons I(n) =
tn f (t) dt.
g(t) ∼ (1 − t)b−1 0. D’après le théorème d’équit→1 $ 1 valence pour des fonctions positives, les intégrales g et 1/2 $ 1 (1 − t)b−1 dt sont de même nature. 1/2
$
Alors :
si et seulement si b − 1 > −1, c’est-à-dire b > 0. $ 1 On obtient : g(t) dt converge ⇐⇒ b > 0. 1/2
$
A
$
A
c n −ct t e dt 0 0 2 $ $ cA 1 cA u n −u 1 = e du = n un e −u du u=ct 2 0 c 2c 0 n! 1 Γ(n + 1) = n . −→ A→+∞ 2cn 2c ∀A > 0,
(1 − t)b−1 dt converge 1/2
0
$
1
D’après l’exemple de Riemann en 1,
tn f (t) dt =
Donc l’intégrale I(n) converge et I(n) =
n! . 2cn
1
g converge ⇐⇒
On en déduit :
a > 0 et b > 0 .
0
b) Puisque a > 0 et b > 0, on a a + 1 > 0 et b + 1 > 0. Donc toutes les intégrales qui interviennent convergent. • Pour tout (x, y) ∈ ]0 ; 1[2 , on a par intégration par parties : $ y $ y &y % b ta (1 − t)b−1 dt = − ta (1 − t)b x + ata−1 (1 − t)b dt. x
x
197
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
a a2 a+1 − a + b + 1 a + b (a + b)2
a (a + 1)(a + b) − a(a + b + 1) ab = = . (a + b + 1)(a + b)2 (a + b + 1)(a + b)2
En passant à la limite lorsque x tend vers 0 et y tend vers 1, on obtient : b I(a + 1, b) = 0 + a I(a, b + 1) = a I(a, b + 1). • Pour tout (x, y) ∈ ]0 ; 1[2 , on a : $ y $ y ta−1 (1 − t)b dt + ta (1 − t)b−1 dt x x $ y = ta−1 (1 − t)b + ta (1 − t)b−1 dt $x y
ta−1 (1 − t)b−1 (1 − t) + t dt = $x y = ta−1 (1 − t)b−1 dt. x
En passant à la limite lorsque x tend vers 0 et y tend vers 1, on obtient : I(a, b + 1) + I(a + 1, b) = I(a, b). • On en déduit :
b I(a + 1, b) = a I(a, b + 1) = a I(a, b) − I(a + 1, b)
I(a + 1, b) =
6.9 a) • La fonction f est continue sur R sauf en a. • La fonction f est positive ou nulle sur R. $ A * a +A a f (t) dt = − =1− −→ 1. • Enfin : ∀A > a, t a A A→+∞ a $ +∞ Ainsi f (t) dt converge et est égale à 1. Puisque f est nulle a $ +∞ f (t) dt en dehors de [a ; +∞[, on en déduit que l’intégrale −∞
converge et est égale à 1. On conclut que f est une densité.
donc : (a + b) I(a + 1, b) = aI (a, b), et ainsi :
=
a I(a, b). a+b
c) 1) Remarque : On montre, par récurrence sur a, que, pour tout (a, b) ∈ (R∗+ )2 , I(a, b) > 0 (et en particulier I(a, b) 0). Ainsi, la fonction f est bien définie. La fonction f est positive ou nulle sur R, continue sur R privé éventuellement de l’ensemble {0, 1}. $ 1 f (t) dt converge et De plus, d’après la question a), 0 $ 1 $ 1 1 I(a, b) f (t) dt = ta−1 (1 − t)b−1 dt = = 1. I(a, b) 0 I(a, b) 0 Puisque f est nulle en dehors de [0 ; 1], on obtient : $ +∞ $ 1 $ +∞ f converge et f = f = 1. −∞
−∞
0
b) • La va X admet $ une espérance ⇐⇒ l’intégrale ⇐⇒ l’intégrale
+∞
$−∞ +∞
t f (t) dt converge t f (t) dt converge
a
$
car f est nulle en dehors de [a ; +∞[.
A
Or : ∀A > a,
t f (t) dt $
a
A
= a
On en déduit que f est une densité. c) 2) Puisque X prend presque sûrement ses valeurs dans [0 ; 1], qui est un ensemble borné, X admet une espérance et une variance. Et l’on a : $ 1 $ 1 1 t f (t) dt = ta (1 − t)b−1 dt • E(X) = I(a, b) 0 0 a I(a + 1, b) = , d’après la question b) = I(a, b) a+b $ 1 $ 1 1 • E(X 2 ) = t2 f (t) dt = ta+1 (1 − t)b−1 dt I(a, b) 0 0 I(a + 2, b) I(a + 2, b) I(a + 1, b) = = I(a, b) I(a + 1, b) I(a, b) a+1 a = , d’après la question b) a+b+1 a+b et donc, V(X) = E(X 2 ) − E(X)2 198
$
a dt = a ln A − ln a −→ +∞. A→+∞ t +∞
f (t) dt diverge, donc que X
On en déduit que l’intégrale n’admet pas d’espérance.
a
• Puisque X n’admet pas d’espérance, X n’admet pas non plus de variance. 1 c) 1) • La va Y = admet une espérance X $ +∞ 1 f (t) dt converge absolument ⇐⇒ l’intégrale −∞ t (d’après le théorème de transfert) $ +∞ 1 f (t) dt converge absolument ⇐⇒ l’intégrale t a (car f est nulle en dehors de [a ; +∞[) $ +∞ 1 f (t) dt converge ⇐⇒ l’intégrale t a 1 (car la fonction t −→ f (t) est positive sur [a ; +∞[). t
Corrigés des exercices
$
A
Or : ∀A > a, a
1 f (t) dt = t
$
A a
* a dt = − t3 1 = − 2a
a +A 2t2 a 1 a −→ . 2A2 A→+∞ 2a
On en déduit que Y admet une espérance et E(Y) =
1 . 2a
1 admet un moment d’ordre 2 X 1 ⇐⇒ la va Y 2 = 2 admet une espérance X $ +∞ 1 ⇐⇒ l’intégrale f (t) dt converge absolument 2 t −∞ $ +∞ 1 f (t) dt converge. ⇐⇒ l’intégrale 2 t a $ A $ A * 1 a a +A f (t) dt = dt = − 3 Or : ∀A > a, 2 4 3t a a t a t 1 1 a = 2 − 3 −→ . 3a 3A A→+∞ 3a2 • La va Y =
Ainsi Y admet un moment d’ordre 2 et E(Y 2 ) =
Remarque : On retrouve bien les mêmes résultats qu’au 1).
6.10 • Puisque X suit la loi uniforme sur [−1 ; 2], X prend ses valeurs dans [−1 ; 2]. ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ si x ∈ [−1 ; 2] 3 Une densité de X est f : x −→ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon. La fonction de répartition F de X est ⎧ 0 si x < −1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x+1 F : x −→ ⎪ si −1 x 2 ⎪ ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x > 2.
1 . 3a2
On en déduit que Y admet une variance et 1 1 1 . V(Y) = E(Y 2 ) − E(Y)2 = 2 − 2 = 3a 4a 12a2 Remarque : On a bien V(Y) 0. c) 2) • Puisque f est nulle en dehors de [a ; +∞[, X prend presque sûrement ses valeurs dans [a ; +∞[. + 1+ Donc Y prend presque sûrement ses valeurs dans 0 ; . a • Soit y ∈ R.
• Notons ϕ la fonction x −→ x2 . Le tableau de variation
1er cas : Si y 0, alors P(Y y) = 0. 2e cas : Si y >
de ϕ est : 1
1 y 3 cas : Si 0 < y , alors P(Y y) = P a X $ +∞ * a +A 1 =PX f (t) dt = lim − = ay. = A→+∞ y t 1/y 1/y e
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x
1 , alors P(Y y) = 1. a
Ainsi, la fonction de répartition FY de Y vérifie : ⎧ ⎪ 0 si y 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ay si 0 < y 1 ∀y ∈ R, FY (y) = ⎪ ⎪ a . ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ 1 si y > a
ϕ(x)
−1 1
0
2 4
0 • On en déduit que la va Y prend ses valeurs dans [0 ; 4]. • Notons G la fonction de répartition de Y. Alors on a : ∀y < 0, G(y) = 0
et ∀y > 4, G(y) = 1.
Soit y ∈ [0 ; 4]. Deux cas se présentent : 1er cas : si y ∈ [0 ; 1], alors
On reconnaît la fonction de répartition de la loi uniforme sur + 1 + + 1+ . 0 ; . Ainsi : Y → U 0 ; a a
√ √ (Y y) = (X 2 y) = (− y X y), donc : √ √ √ y+1 − y+1 2 y √ √ G(y) = F( y) − F(− y) = − = . 3 3 3
• D’après le cours, on sait que :
2e cas : si y ∈]1 ; 4], alors
0+ E(Y) = 2
1 a
=
1 2a
et
( 1 − 0)2 1 . V(Y) = a = 12 12a2
(Y y) = (X 2 y) = (−1 X
√ y), donc : 199
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
√
√
G(y) = F( y) − F(−1) =
y+1 −0= 3
√
y+1 . 3
⎧ ⎪ 0 si y < 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ √ ⎪ ⎪ 2 y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ si 0 y 1 ⎪ ⎪ ⎪ 3 ⎨ . On en déduit : G : y −→ ⎪ √ ⎪ ⎪ y+1 ⎪ ⎪ ⎪ si 1 < y 4 ⎪ ⎪ ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si y > 4
= P (U = 1) ∩ (X y) + P (U = −1) ∩ (X −y) par incompatibilité des deux événements = P(U = 1)P(X y) + P(U = −1)P(X −y) par indépendance des va U et X 1 1 = P(X y) + P(X −y). 2 2 Puisque X admet une densité paire, P(X −y) = P(X y). P(Y y) =
On obtient alors :
1 1 P(X y) + P(X y) 2 2 = P(X y) = Φ(y).
On en déduit que la fonction de répartition de Y est égale à celle de X. Donc Y et X suivent la même loi. On conclut : Y suit la loi normale centrée réduite. • La fonction G est de classe C 1 sur R privé éventuellement de l’ensemble {0, 1, 4}. G = 0 = G(0) = lim G, De plus, lim 0+ 0− 2 G = = G(1) = lim G, lim 1− 1+ 3 G = 1 = G(4) = lim G. lim − + 4
4
Ainsi G est continue en 0, 1 et 4, donc sur R. On en déduit que Y est une va à densité. Une densité g est Y est donnée par : ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ √ si 0 < y 1 ⎪ ⎪ ⎪ 3 y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 1 ∀y ∈ R, g(y) = ⎪ . ⎪ √ si 1 < y 4 ⎪ ⎪ ⎪ 6 y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 si y 0 ou si y > 4
6.12 a) On a : Γ
1
Considérons une va X de loi normale centrée réduite. D’après le cours, une densité de X est définie sur R par : 1 2 f (x) = √ e −x /2 . 2π $ +∞ 1 √ 1 2 =2 π Ainsi : Γ √ e −u /2 du 2 0 $ +∞ $2π+∞ √ √ =2 π f (u) du = π f (u) du car f est paire 0 −∞ √ = π car f est une densité. b) 1) On a, pour tout x ∈ R, 2 −4x−2
Notons Φ la fonction de répartition de X.
• Puisque X prend ses valeurs dans R et U dans {−1, 1}, on en déduit que Y prend ses valeurs dans R. • Soit y ∈ R. Alors l’événement (Y y) s’écrit : (Y y) = (UX y)
= (U = 1) ∩ (X y) ∪ (U = −1) ∩ (X −y) . On obtient : 200
P(Y y)
+∞
1 √ e −t dt t $0 +∞ √ √ $ +∞ −u2 /2 2 −u2 /2 u du = 2 e du. = e u t=u2 /2 0 0
2
e −2x
6.11
$
=
(x + 1)2 . = exp − 2(x + 1)2 = exp − 2 14
Considérons une va X de loi normale d’espérance −1 et de va1 riance . D’après le cours, une densité de X est définie sur R 4 par : , (x + 1)2 2 −2x2 −4x−2 1 exp − . e = f (x) = . 1 π 24 2π 1 4
$ Ainsi :
I=
+∞ −∞
e −2x
2 −4x−2
, $ +∞ π f (x) dx 2 −∞ , π = , car f est une densité. 2
dx =
b) 2) En conservant les mêmes notations que précédemment, , $ +∞ $ +∞ π −2x2 −4x−2 xe dx = x f (x) dx J= 2 −∞ −∞
Corrigés des exercices
, =
π E(X) = − 2
,
π . 2
b) 3) Toujours en conservant les mêmes notations, , $ +∞ $ +∞ π 2 −2x2 −4x−2 x e dx = x2 f (x) dx K= 2 −∞ −∞ , ,
π π E(X 2 ) = V(X) + E(X)2 = 2 2 , 5 √π π1 2 + (−1) = √ . = 2 4 4 2 b) 4) On a, pour tout x ∈ R, en utilisant la mise sous forme canonique d’un trinôme : e −ax
2 +bx+c
b 2 b2 = exp − a x − × exp c + 2a 4a (x − 2ab )2 b2 = exp − . × exp c + 1 4a 2 2a
b et de vaConsidérons une va X de loi normale d’espérance 2a 1 . D’après le cours, une densité de X est définie sur R riance 2a b (x − 2a )2 1 exp − par : f (x) = . 1 2 2a 1 2π 2a , b (x − 2a )2 a = exp − . 1 π 2 2a , $ $ +∞ π c+ b2 +∞ 2 e −ax +bx+c dx = f (x) dx e 4a Ainsi : L = −∞ −∞ , a b2 π , car f est une densité. = e c+ 4a a c) Soit X une va de loi normale centrée réduite. Notons Φ la fonction de répartition de X. Alors : $ x 1 2 e −t /2 dt. ∀x ∈ R, Φ(x) = √ 2π −∞ 1 $ 1 2 e dx = 2π √ e −x /2 dx I= 2π 0 0 √
√ 1 = 2π Φ(1) − Φ(0) = 2π Φ(1) − . !" 2
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$
c) 1) On a :
1
−x2 /2
√
= 1/2
D’après la table numérique de la loi normale centrée réduite : Φ(1) 0.8413. I 0.8555. $ 2 $ 2 2 2 e −2x +4x−2 dx = e −2(x−1) dx c) 2) On a : J = 0 0 , $ 2 $ 2 du π 1 2 2 e −u /2 e −u /2 du = = √ u=2(x−1) −2 2 2 2π −2 ,
π Φ(2) − Φ(−2) . = 2 On obtient :
Or : Φ(−2) = P(X −2) = P(X 2) car X admet une densité paire = 1 − P(X < 2) = 1 − Φ(2). , π 2Φ(2) − 1 . D’où : J = 2 D’après la table numérique de la loi normale centrée réduite : Φ(2) 0.9772. J 1.1962. $ 1/2 $ 1/2 1 2 2 e −4x −4x dx = e −4(x+ 2 ) e 1 dx c) 3) On a : K = 0 0 $ 2 √2 du 2 e −u /2 e 1 √ = √ √ u=2 2(x+1/2) 2 2 2 √ $ 2 √2 πe 1 2 = e −u /2 du √ √ 2 2π 2 √ √ √ πe Φ(2 2) − Φ( 2) . = 2
On obtient :
D’après la table numérique de la loi normale centrée réduite : √ Φ(2 2) Φ(2.82) 0.9976 √ Φ( 2) Φ(1.41) 0.9207. On obtient :
K 0.1853.
6.13 a) Soit n ∈ N∗ . • On a :
A1 = X1 , A2 = X2 − X1 , . . . , An = Xn − Xn−1 .
En sommant ces égalités, on a :
A1 + A2 + · · · + An = Xn .
Puisque les va A1 , . . . , An sont mutuellement indépendantes et suivent des lois normales, on sait, par stabilité de la loi normale, n E(Ak ) = 0 que la va Xn suit la loi normale d’espérance m = et de variance σ2 =
n
k=1
V(Ak ) = n.
k=1
• De même, la va Yn suit la loi normale d’espérance nulle et de variance n. • Une densité de Xn et de Yn est alors la fonction fn définie par : 1 x2 e − 2n . ∀x ∈ R, fn (x) = √ 2nπ b) • Soit n ∈ N∗ . Puisque les va A1 , ..., An , B1 , ..., Bn sont mutuellement indépendantes, les va Xn et Yn sont indépendantes. On a alors :
pn = P (−1 Xn 1) ∩ (−1 Yn 1) = P(−1 Xn 1) P(−1 Yn 1) car Xn et Yn sont indépendantes
2 car Xn et Yn ont même loi = P(−1 Xn 1) 201
Chapitre 6
•
=
=√ u=x/ 2n
Variables aléatoires à densité
$ 1 2 2 x2 x2 1 2 e − 2n dx = e − 2n dx 2nπ −1 0 2nπ x2 car x − → e − 2n est paire √ $ 2 4 * 1 +2 2 1/ 2n −u2 √ e 2n du = h √ . nπ 0 π 2n $
1
√
1
−t2
• Puisque h est la primitive sur R de la fonction t −→ e qui s’annule en 0, h est de classe C 1 sur R, donc en particulier h est continue sur R. 1 Comme √ −→ 0, on a : 2n n∞
pn −→ n∞
2 4 h(0) = 0. π
Lorsque n devient grand, le point mobile a très peu de chance de se trouver dans le carré [−1 ; 1]2 à l’instant n. c) • En utilisant les résultats de l’exercice 6.6, une densité gn de Xn2 et de Yn2 est donnée par : ∀x ∈ R− , gn (x) = 0 √ 1 √ √ fn ( x) + fn (− x) 2 x √ (− x)2 1 − ( √x)2 1 1 x e − 2n = √ √ e 2n + e − 2n = √ 2 x 2nπ 2nπx 1 √ 1 1 −1 − x 2 2n , = π. x = e puisque Γ
1 1/2 2 (2n) Γ 2
∀x ∈ R∗+ , gn (x) =
En particulier, puisque lim pn = 0, on retrouve le fait que n∞ lim qn = 0. n∞
6.14 a) La fonction de répartition de X et de Y, notée F, vérifie : ⎧ ⎪ 0 si x 0 ⎪ ⎪ ⎨ x/r si 0 < x r ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x > r. • Déterminons la loi de U : Puisque X prend ses valeurs dans ]0 ; r], X/r prend ses valeurs X dans ]0 ; 1], et U = ln prend ses valeurs dans R− . r Soit u ∈ R. 1er cas : si u > 0, alors P(U u) = 1. 2e cas : si u 0, alors (U u) =
X
e u = (X r e u ) ;
r
puisque r e u ∈ ]0 ; r], on obtient : r eu = e u. r
P(U u) = F(r e u ) =
La fonction de répartition de U, notée FU vérifie : u e si u 0 ∀u ∈ R, FU (u) = . 1 si u > 0
1 On reconnaît une densité de la loi Γ 2n, . 2 1 Donc les va Xn2 et Yn2 suivent la loi Γ 2n, . 2
La fonction FU est alors de classe C 1 sur R privé éventuelleFU = 1 = FU (0) = lim FU . Donc FU ment de {0}. De plus, lim + −
• Les va Xn2 et Yn2 étant indépendantes, par stabilité de la loi Γ, 1 1 la va Dn suit la loi Γ 2n, + , c’est-à-dire la loi Γ(2n, 1), 2 2 1 c’est-à-dire la loi exponentielle de paramètre . 2n
Ainsi U est une va à densité, dont une densité fU est : u e si u 0 ∀u ∈ R, fU (u) = . 0 si u > 0
0
0
est continue en 0 donc continue sur R.
Une densité dn de Dn est alors donnée par : ⎧ ⎪ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎨ 1 −x ∀x ∈ R, dn (x) = ⎪ . ⎪ ⎪ 2n e si x0 ⎩ 2n d) • Soit n ∈ N∗ . On a : )
qn = P Xn2 + Yn2 1 = P(Dn 1) $ =
1
0
• Ainsi :
1 −x 1 e 2n dx = 1 − e − 2n . 2n
qn −→ 1 − e 0 = 1 − 1 = 0. n∞
Lorsque n devient grand, le point mobile a très peu de chance de se trouver dans le disque de centre O et de rayon 1 à l’instant n. Remarque : Puisque le disque de centre O et de rayon 1 est inclus dans le carré [−1 ; 1]2 , on en déduit : ∀n ∈ N∗ , 0 qn pn . 202
• Déterminons la loi de V : La va V = − ln
Y prend ses valeurs dans R+ . r
Soit v ∈ R. 1er cas : si v < 0, alors P(V v) = 0. 2e cas : si v 0, alors (V v) =
Y r
e −v = (Y r e −v ) ;
puisque r e −v ∈ ]0 ; r], on obtient : P(V v) = 1 − F(r e −v ) = 1 −
r e −v = 1 − e −v . r
Corrigés des exercices
On reconnaît la fonction de répartition de la loi exponentielle de paramètre 1. Donc V → E (1). Une densité fV est alors donnée par : 0 si v < 0 ∀v ∈ R, fV (v) = . e −v si v 0
1er cas : si s 0, alors $ s $ fS (t) dt = FS (s) = −∞
s −∞
* e t +s et es = dt = . −∞ 2 2 2
2 cas : si s > 0, alors $ 0 $ s FS (s) = fS (t) dt + fS (t) dt −∞ 0 $ 0 t $ s −t * e −t + s * e t +0 e e + − = dt + dt = 2 2 −∞ 2 0 −∞ 2 0 1 e −s 1 e −s = −0 + − + =1− . 2 2 2 2 e
La fonction FS vérifie alors :
⎧ es ⎪ ⎪ ⎪ si s 0 ⎪ ⎪ ⎨ 2 . ∀s ∈ R, FS (s) = ⎪ −s ⎪ ⎪ e ⎪ ⎪ ⎩1− si s > 0 2
b) Puisque les va X et Y sont indépendantes, d’après le cours, il en est de même pour les va U et V. • Ainsi la va S = U + V est la somme de deux va à densité indépendantes. D’après le cours, on sait que S est à densité et qu’une densité fS de S est $ donnée par un produit de convolution : ∀s ∈ R, fS (s) = Or :
+∞
−∞
fU (t) fV (s − t) 0 ⇐⇒
fU (t) fV (s − t) dt.
t0 ⇐⇒ s−t 0
t0 . ts
1er cas : si s 0, alors $ s $ s fU (t) fV (s − t) dt = e t e −(s−t) dt fS (s) = −∞ $ −∞ s es * e 2t +s e 2s −0 = . = e −s e 2t dt = e −s = e −s −∞ 2 2 2 −∞ 2e cas : si s > 0, alors $ 0 $ 0 fU (t) fV (s − t) dt = e t e −(s−t) dt fS (s) = −∞ −∞ $ 0 1 e −s = e −s e 2t dt = e −s − 0 = . 2 2 −∞
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La fonction fS vérifie :
1 fS (s) 1
c) 1) • On a : U = ln
X , donc : r
X = r e U.
V = − ln
Y , donc : r
Y = r e −V .
De même : Ainsi :
Q=
X r eU = e U+V = e S . = Y r e −V
• La va Q prend ses valeurs dans R∗+ . • Soit q ∈ R. 1er cas : si q 0, alors P(Q q) = 0. 2e cas : si q > 0, alors P(Q q) = P( e S q) ⎧ q ⎪ ⎪ si q 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 2 = P(S ln q) = ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 − 2q si q > 1.
⎧ s e ⎪ ⎪ ⎪ si s 0 ⎪ ⎪ ⎨ 2 . ∀s ∈ R, fS (s) = ⎪ −s ⎪ ⎪ e ⎪ ⎪ ⎩ si s > 0 2 y
O
Remarque : La fonction FS est bien continue en 0 donc sur R.
s
Remarque : Cette loi s’appelle la loi de Laplace de paramètre 1, cf. l’exercice 6.7.
La fonction de répartition de Q, notée FQ , vérifie donc : ⎧ ⎪ 0 si q 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ q ⎪ ⎪ ⎨ si 0 < q 1 ∀q ∈ R, FQ (q) = ⎪ . 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎪ si q > 1 ⎩1− 2q
• La fonction de répartition de S , notée FS vérifie : $ s f (t) dt. ∀s ∈ R, FS (s) = −∞
203
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
• La fonction FQ est alors de classe C 1 sur R privé éventuellement de {0, 1}. ⎧ ⎪ lim FQ = 0 = FQ (0) = lim FQ ⎪ ⎪ 0+ ⎨ 0− De plus : ⎪ . 1 1 ⎪ ⎪ ⎩ lim FQ = 1 − = = FQ (1) = lim FQ 1+ 1− 2 2 Ainsi FQ est continue en 0 et en 1, donc continue sur R.
Alors : ∀N 0, S N =
n=0
y
fQ (q)
O
−∞
$
q
+∞
q fQ (q)dq converge
n0
On en déduit que la suite (S N )N0 converge et que sa limite est inférieure ou égale à E(X).
q fQ (q)dq convergent.
1
$
$
A
A
q fQ (q)dq =
Or : ∀A > 1, 1
1
$
ln A 1 dq = −→ +∞. 2q 2 A→+∞
=
+∞
q fQ (q)dq diverge.
On en déduit que l’intégrale
On conclut que Q n’admet pas d’espérance.
6.15 a) • La va Y prend ses valeurs dans N. Soit n ∈ N. Alors : (Y = n) = (n X < n + 1),
Ent(x)
−∞
t f (t) dt =
nP(Y = n) +
+∞
P(Y = n) = E(Y) + 1.
n=0
Ainsi, la fonction G est majorée par E(Y) + 1. De plus, cette fonction est croissante (car : ∀x ∈ R+ , G (x) = x f (x) 0). Donc la fonction G admet une limité finie en +∞ et cette limite est inférieure ou égale à E(Y) + 1. $ +∞ $ +∞ t f (t) dt converge et t f (t) dt E(Y) + 1. Donc 0
0
t f (t) dt converge.
X admet une espérance ⇐⇒ Y admet une espérance,
0
nP(Y = n) converge
n0
(car tous les termes sont positifs). • Supposons que X admette une espérance. 204
(n + 1)P(Y = n)
n=0
On obtient alors l’équivalence suivante : +∞
n0
f (t) dt =
E(X) E(Y) + 1.
La va Y admet une espérance nP(Y = n) converge absolument ⇐⇒ la série ⇐⇒ la série
(n + 1)
n+1 Ent(x)
(n + 1)P(Y = n)
n=0 +∞
f (t) dt.
b) La va X admet $ une espérance$ ⇐⇒ l’intégrale
n
n+1 n
n=0 +∞
n
+∞
n=0
$
On conclut que X admet une espérance et :
n+1
P(Y = n) =
nP(Y = n) E(X).
n=0
n=0
1
$
+∞
• Supposons que Y admette une espérance. $ x Alors : ∀x ∈ R+ , G(x) = t f (t) dt 0 $ Ent(x)+1 Ent(x) $ n+1 t f (t) dt = t!" f (t) dt
+∞
q fQ (q)dq et 0
d’où :
nP(Y = n) converge et
0
0
$
1
⇐⇒
Ainsi, la suite (S N )N0 est majorée par E(X). De plus, cette suite nP(Y = n) est à termes positifs).
On conclut que Y admet une espérance et que E(Y) E(X).
1
c) 2) La va Q admet une espérance $ +∞ $ ⇐⇒ l’intégrale q fQ (q)dq =
f (t) dt n
0
n0
1/2
n+1
est croissante (car la série
Donc
1
$ N n n=0 n+1
n+1
0
Ainsi Q est une va à densité, dont une densité fQ est donnée ⎧ 0 si q 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎨ si 0 < q 1 . par : ∀q ∈ R, fQ (q) = ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ 2 si q > 1 2q
nP(Y = n) =
N $ n f (t) dt t f (t) dt !" n=0 n n=0 n t $ N+1 $ +∞ = t f (t) dt t f (t) dt = E(X).
=
N $
N
et dans ce cas :
E(Y) E(X) E(Y) + 1.
c) Puisque X → E (λ), une densité f de X est donnée par : 0 si x < 0 , ∀x ∈ R, f (x) = λ e −λx si x 0 et la fonction de répartition F de X vérifie : 0 si x < 0 ∀x ∈ R, F(x) = . 1 − e −λx si x 0
Corrigés des exercices
$
$
n+1
c) 1) • On a : ∀n ∈ N, P(Y = n) =
f (t) dt
n
= F(n + 1) − F(n) = e −λn − e −λ(n+1) = e −λn 1 − e −λ .
• Puisque X admet une espérance, d’après l’équivalence précédente, Y admet une espérance et l’on a : +∞
E(Y) =
nP(Y = n) =
n=0
+∞
n e −λn 1 − e −λ
n=0
n( e −λ )n = (1 − e −λ ) · = 1 − e −λ +∞
n=0
e −λ (1 − e −λ )2
e −λ = . 1 − e −λ c) 2) • On a : ∀x ∈ R, Ent(x) x < Ent(x) + 1, ∀x ∈ R, 0 x − Ent(x) < 1.
d’où :
Ainsi la va Z prend ses valeurs dans [0 ; 1[. • Soit z ∈ R.
+∞ 1 (n X n + z), n=0
P(Z z) =
donc :
= = = =
On remarque alors que E(Z) = E(X) − E(Y). Remarque : On a bien Z = X − Y, mais on ne peut pas utiliser ici la linéarité de l’espérance puisque X est une va à densité et Y est une va discrète. Les va X, Y, Z admettent pour densité la fonction f dé1 si x ∈ [0 ; 1] finie par : ∀x ∈ R, f (x) = . 0 sinon
2e cas : si z 1, alors P(Z z) = 1.
+∞
=
$ 1 λ e −λz z fZ (z) dz = z dz 1 − e −λ −∞ 0 $ 1 λ z e −λz dz 1 − e −λ 0 $ λ * z e −λz +1 1 1 −λz − + e dz par IPP 1 − e −λ λ 0 λ 0 −λz −λz λ * ze e +1 − − 2 1 − e −λ λ λ 0 e −λ λ e −λ 1 − 2 + 2 − 1 − e −λ λ λ λ e −λ 1 −λ e −λ − e −λ + 1 =− + . λ(1 − e −λ ) 1 − e −λ λ +∞
6.16
1er cas : si z < 0, alors P(Z z) = 0.
3e cas : si 0 z < 1, alors (Z z) =
E(Z) =
P(n X n + z)
et admettent pour fonction de répartition la fonction F définie ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎨ x si x ∈ [0 ; 1] . par : ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x > 1
n=0
=
+∞
par incompatibilité des événements +∞
−λn
F(n + z) − F(n) = e − e −λ(n+z)
n=0
−λz
= 1− e
n=0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
n=0
+∞
e
−λ n
=
1 − e −λz . 1 − e −λ
On en déduit que la fonction de répartition FZ de Z vérifie : ⎧ ⎪ 0 si z < 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 1 − e −λz ∀z ∈ R, FZ (z) = ⎪ si 0 z < 1 . ⎪ ⎪ ⎪ 1 − e −λ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si z 1 • La fonction FZ est alors de classe C 1 sur R privé éventuellement de {0, 1}. ⎧ ⎪ FZ = 0 = FZ (0) = lim FZ ⎪ ⎨ lim 0− 0+ De plus, ⎪ . ⎪ ⎩ lim F = 1 = F (1) = lim FZ Z Z − +
a) 1) • La va W = −Y prend ses valeurs dans [−1 ; 0].
Ainsi FZ est continue en 0 et en 1, donc continue sur R.
1er cas : si x < −1, alors
1
1
Ainsi Z est une va à densité, dont une densité fZ est : ⎧ λ e −λz ⎪ ⎪ ⎪ si 0 z < 1 ⎨ . ∀z ∈ R, fZ (z) = ⎪ 1 − e −λ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon • Puisque Z est une va bornée (car Z prend ses valeurs dans [0 ; 1[), la va Z admet une espérance et l’on a :
Soit x ∈ R. Alors :
2e cas : si x > 0, alors
P(W x) = 0, P(W x) = 1,
3e cas : si −1 x 0, alors
P(W x) = P(Y −x)
= 1 − P(Y −x) = 1 − (−x) = 1 + x. La fonction de répartition FW de W vérifie donc : 205
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
⎧ ⎪ 0 si x < −1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 1 + x si x ∈ [−1 ; 0] . ∀x ∈ R, FW (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x > 0
Remarque : La fonction fS est paire. a) 2) • La va U prend ses valeurs dans [0 ; 1]. La fonction FW est de classe C 1 sur R privé de {−1, 0}. ⎧ ⎪ FW = 0 = FW (−1) = lim+ FW ⎪ ⎨ lim −1− −1 . De plus, ⎪ ⎪ ⎩ lim FW = 1 = FW (0) = lim FW − + 0
• Soit x ∈ R. Alors : 1er cas : si x < 0, alors
P(U x) = 0,
2e cas : si x > 1, alors
P(U x) = 1,
0
Ainsi FW est continue en −1 et en 0, donc continue sur R. Donc W est une va à densité dont une densité fW est : 1 x ∈ [−1 ; 0] . ∀x ∈ R, fW (x) = 0 sinon
3e cas : si 0 x 1, alors $ 0 $ x P(U x) = P(−x S x) = fS (t) dt + fS (t) dt −x 0 $ 0 $ x x2 x2 + x− = (1 + t) dt + (1 − t) dt = x − 2 2 −x 0 = 2x − x2 . Ainsi la fonction de répartition de U vérifie : ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎨ 2 2x − x si 0x1. ∀x ∈ R, FU (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x > 1
• Notons S = X − Y = X + W et fS une densité de S . La va S prend ses valeurs dans [−1 ; 1]. Donc :
∀x ∈ R \ [−1 ; 1], fS (x) = 0.
Puisque X et Y sont indépendantes, d’après le cours, X et W le sont aussi. Donc une densité fS de S est donnée par un produit de convolution : $ +∞ fX (t) fW (x − t) dt. ∀x ∈ R, fS (x) = −∞
0t1 −1 x − t 0
fX (t) fW (x − t) 0 ⇐⇒ 0t1 ⇐⇒ ⇐⇒ max(0, x) t min(1, x + 1). x t x+1 $ x+1 1 × 1 dt = 1 + x, 1er cas : si −1 < x < 0, alors fS (x) =
Or :
Cette fonction est de classe C 1 sur R privé de {0, 1}, continue en 0 et en 1 donc continue sur R. Ainsi la va U est à densité et une densité fU de U est : 2 − 2x si x ∈ [0 ; 1] . ∀x ∈ R, fU (x) = 0 sinon
0
$
1
2e cas : si 0 x < 1, alors fS (x) =
1 × 1 dt = 1 − x. x
On conclut qu’une densité fS de S = X − Y est donnée par : ⎧ ⎪ 1 + x si −1 < x < 0 ⎪ ⎪ ⎨ 1 − x si 0 x < 1 . ∀x ∈ R, fS (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon 206
b) • La personne C est la dernière personne à sortir si seulement si l’écart entre le temps de passage de la personne la plus rapide et celui de la personne la plus lente parmi A et B est inférieur au temps de passage de C. Autrement dit :
Corrigés des exercices
$
E = |X − Y| Z = (U Z) = (U − Z 0). • Déterminons une densité de D = U − Z sur R− . La va U dépend de X et Y, et X, Y, Z sont mutuellement indépendantes ; d’après la cours, les va U et Z sont indépendantes. En raisonnant de la même façon qu’au a) 1), une densité fD de D vérifie : ∀x ∈ ] − ∞ ; −1[, fD (x) = 0, $ x+1 ∀x ∈ [−1 ; 0], fD (x) = fU (t) fZ (x − t) dt 0 $ x+1 = (2 − 2t) × 1 dt = 2(x + 1) − (x + 1)2 = 1 − x2 .
$
x
fT (x) =
x
fV (t) · 1 dt =
(2 − 2t) dt = 2x − x2 .
0
0
$ 1 fV (t) dt 2e cas : si 1 < x 2, alors fT (x) = x−1 $ 1 &1 % = (2 − 2t) dt = 2t − t2 x−1 x−1
= (2 − 1) − 2(x − 1) − (x − 1)2 = x2 − 4x + 4. On conclut qu’une densité fT de T est donnée par : ⎧ ⎪ 2x − x2 si 0 x 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 2 x − 4x + 4 si 1 < x 2 . ∀x ∈ R, fT (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon
0
• Ainsi :
$ 0 fD (x) dx P(E) = P(D 0) = −∞ $ 0 * x3 +0 1 2 = (1 − x2 ) dx = x − =1− = . −1 3 3 3 −1
c) • La va V prend ses valeurs dans [0 ; 1]. • Soit x ∈ R. Alors : 1er cas : si x < 0, alors
P(V x) = 0,
2e cas : si x > 1, alors
P(V x) = 1,
d) 2) Le temps moyen passé par C à la poste est donné par E(T ). $ 2 On a : E(T ) = x fT (x) dx $ 1 0 $ 2 = x(2x − x2 ) dx + x(x2 − 4x + 4) dx 0
3e cas : si 0 x 1, alors
P(V > x) = P (X > x) ∩ (Y > x) = P(X > x)P(Y > x) car X et Y sont indépendantes = (1 − x) , 2
donc :
P(V x) = 1 − P(V > x) = 1 − (1 − x)2 = 2x − x2 .
Ainsi les va U et V ont la même fonction de répartition. On en déduit que U et V suivent la même loi. d) 1) • La va T prend ses valeurs dans [0 ; 2].
=
1
+2 5 x4 +1 * x4 4x3 + − − + 2x2 = . 0 1 3 4 4 3 6
* 2x3
6.17 a) La fonction f est continue sur R sauf en 0, positive ou nulle $ A f (x) dx sur R. De plus : ∀A > 0, $
0
* 1 +A 1 dx = − =1− −→ 1. 2 1+x 0 1 + A A→+∞ 0 (1 + x) $ +∞ Donc l’intégrale f (x) dx converge et vaut 1. A
=
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
0
• On a : T = V + Z et les va V et Z sont à densité et indépendantes. D’après le cours, la va T est à densité.
−∞
Notons fT une densité de T . ∀x ∈ R \ [0 ; 2], fT (x) = 0 (car T prend ses valeurs dans [0 ; 2]). $ +∞ Et : ∀x ∈ [0 ; 2], fT (x) = fV (t) fZ (x − t) dt.
Alors :
−∞
0t1 0 x−t 1
fV (t) fZ (x − t) 0 ⇐⇒ 0t1 ⇐⇒ ⇐⇒ max(x − 1, 0) t min(x, 1). x−1 t x
Or :
1er cas : si 0 x 1, alors
Puisque f est nulle en dehors de R+ , on en déduit que $ +∞ f (x) dx converge et vaut 1. On conclut que f est une densité.
y 1 f (x) O
1
x
b) Notons F la fonction de répartition de X. Soit x ∈ R. 207
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
$ 1er cas : si x < 0, alors F(x) = $
x
−∞
Or : r2 − r1 =
f (t) dt = 0.
x
$
x
2 cas : si x 0, alors F(x) = f (t) dt = f (t) dt −∞ 0 $ x * dt x 1 +x 1 +1= . = − =− = 2 0 (1 + t) 1 + t 1 + x 1 + x 0
On obtient alors :
e
On conclut que la fonction de répartition F de X vérifie : ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ 0x si x < 0 ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ . ⎪ ⎩ si x 0 1+x
) y2 − 4, r1 + r2 = y et r1 r2 = 1.
P(Y y) =
)
)
y2 − 4 = y+2
(y − 2)(y + 2) = y+2
,
y−2 . y+2
• La fonction de répartition FY de Y vérifie donc : ⎧ ⎪ 0 si y < 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨, ∀y ∈ R, FY (y) = ⎪ . y − 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ y + 2 si y 2 Cette fonction FY est de classe C 1 sur R privé de {2} De plus, lim FY = 0 = FY (2) = lim FY ; ainsi FY est continue − + 2
2
en 2 donc continue sur R.
On conclut que Y est une va à densité.
1 c) 1) • Considérons la fonction h : R∗+ −→ R, x −→ x + . x La fonction h est dérivable sur R∗+ et : ∀x ∈ R∗+ , h (x) = 1 −
1 (x − 1)(x + 1) = . x2 x2
6.18
D’où le tableau de variations de h : 0 1 +∞ x h (x) − 0 + +∞ +∞ h(x) h(1)
a) On a Y2 = X1 + X2 et les va X1 et X2 sont indépendantes. On sait alors, d’après le cours, que Y2 est une va à densité, dont une densité g2 est donnée $ par un produit de convolution : ∀x ∈ R, g2 (x) =
Puisque h(1) = 2, on obtient : ∀x > 0, h(x) 2. • Puisque Y = h(X) et que X prend presque sûrement ses valeurs dans R∗+ (car sa densité f est nulle sur R∗− ), la va Y prend presque sûrement ses valeurs dans [2 ; +∞[. c) 2) • Soit y 2. Alors :
1 (Y y) = X + y = (X 2 − yX + 1 0). X Les solutions de l’équation r2 − yr + 1 = 0, ) ) d’inconnue r ∈ R, 2 y− y −4 y + y2 − 4 et r2 = . sont : r1 = 2 2 (Le discriminant Δ = y2 − 4 est bien positif ou nul car y 2). Ainsi :
(Y y) = (r1 X r2 ).
On en déduit : P(Y y) = P(r1 X r2 ) = F(r2 ) − F(r1 ) r1 r2 (1 + r1 ) − r1 (1 + r2 ) r2 − = = 1 + r2 1 + r1 (1 + r1 )(1 + r2 ) r2 − r1 = . 1 + r1 + r2 + r1 r2 208
Pour tout n 1, notons fn une densité de Xn . Alors : 0 si x < 0 ∀x ∈ R, fn (x) = . n e −nx si x 0
+∞
−∞
f1 (t) f2 (x − t) dt.
Or :
t0 ⇐⇒ 0 t x. x−t 0 $ +∞ g2 (x) = 0 dt = 0.
f1 (t) f2 (x − t) 0 ⇐⇒
1er cas : si x < 0, alors
$
−∞ x
e −t × 2 e −2(x−t) dt 2e cas : si x 0, alors g2 (x) = 0 $ x
e t dt = 2 e −2x e x − 1 = 2 e −x 1 − e −x . = 2 e −2x 0
On conclut :
∀x ∈ R, g2 (x) =
0 si x < 0
. 2 e −x 1 − e −x si x 0
b) Raisonnons par récurrence simple sur n. Notons, pour tout n 1, P(n) la propriété : « une densité de Yn est donnée par : ∀x ∈ R, gn (x) =
0 si x < 0
n−1 ». si x 0 n e −x 1 − e −x
Corrigés des exercices
• Initialisation : Puisque Y1 = X1 → E (1), une densité de Y1 est la fonction g1 = f1 . D’où P(1).
• On a alors :
P(Yk x) = P(Nx k) = =
Supposons P(n) et montrons P(n + 1).
Une densité gn+1 de Yn+1 est alors donnée par un produit de convolution : $ +∞ gn (t) fn+1 (x − t) dt. ∀x ∈ R, gn+1 (x) =
P(Nx = j)
j=k
• Hérédité : Soit n 1.
On a : Yn+1 = Yn + Xn+1 . Puisque Yn = X1 + · · · + Xn et que les va X1 , . . . , Xn , Xn+1 sont indépendantes, d’après le cours, les va Yn et Xn+1 sont indépendantes.
n
n n j=k
j
n− j F(x) j 1 − F(x) .
b) Notons Fk la fonction de répartition de Yk . Puisque F est continue sur R, C 1 sur R privé d’un ensemble fini de points, par opérations sur les fonctions, il est en de même pour Fk . Ainsi la va Yk est une va à densité, dont une densité fk s’obtient en dérivant Fk , là où Fk est dérivable.
−∞
On a :
t0 ⇐⇒ 0 t x. x−t 0 $ +∞ gn+1 (x) = 0 dt = 0.
gn (t) fn+1 (x − t) 0 ⇐⇒ 1er cas : si x < 0, alors
−∞
2e cas : si x 0, alors $ x
n−1 gn+1 (x) = n e −t 1 − e −t × (n + 1) e −(n+1)(x−t) dt 0 $ x
n−1 = n(n + 1) e −(n+1)x e nt 1 − e −t dt $0 x
n−1 et et −1 dt = n(n + 1) e −(n+1)x 0
n * e t − 1 +x = n(n + 1) e −(n+1)x 0 n
n = (n + 1) e −(n+1)x ( e x − 1)n = (n + 1) e −x 1 − e −x .
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• Conclusion : Pour tout n 1, une densité de Yn est 0 si x < 0
n−1 gn : x −→ . si x 0 n e −x 1 − e −x
On obtient alors (par exemple) : n *
n− j n ∀x ∈ R, fk (x) = j f (x)F(x) j−1 1 − F(x) j j=k
n− j−1 + − (n − j) f (x)F(x) j 1 − F(x)
n
n− j n j F(x) j−1 1 − F(x) = f (x) j j=k
n
n− j−1 n − f (x) (n − j) F(x) j 1 − F(x) . j j=k
n n−1 =n , j j−1
n n n−1 n−1 et : (n − j) = (n − j) =n =n , j n− j n− j−1 j
Or : ∀ j ∈ k ; n, j
d’où :
fk (x) = n f (x)
n
n−1
n− j F(x) j−1 1 − F(x) j − 1 j=k n
n− j−1 n−1 F(x) j 1 − F(x) − n f (x) . j j=k
• Notons Nx le nombre de va Xi inférieures ou égales à x.
En effectuant le changement d’indice i = j+1 dans la deuxième somme, on obtient, n
n− j n−1 F(x) j−1 1 − F(x) fk (x) = n f (x) j − 1 j=k n+1
n−i n−1 F(x)i−1 1 − F(x) − n f (x) i−1 i=k+1
n−k n−1 = n f (x) F(x)k−1 1 − F(x) téléscopage k − 1
−1 n−1 − n f (x) F(x)n 1 − F(x) n !" =
0
n−k n−1 =n f (x)F(x)k−1 1 − F(x) . k−1
Puisque, pour tout i de 1 ; n, P(Xi x) = F(x) et que les événements (Xi x) pour i ∈ 1 ; n sont mutuellement indé
pendantes, on en déduit : Nx → B n, F(x) .
c) 1) Puisque toutes les va Xi prennent leurs valeurs dans [0 ; 1], il en est de même pour les va Yk . Ainsi, pour tout k de 1 ; n, Yk est une va à valeurs bornées, donc l’espérance de Yk existe.
c) • Soit n 1. Puisque les va X1 , . . . , Xn admettent une espérance, par linéarité de l’espérance, Yn admet une espérance et n n 1 E(Xk ) = E(Yn ) = . k k=1 k=1 • Soit n 1. Puisque les va X1 , . . . , Xn admettent une variance et que les va sont mutuellement indépendantes, Yn admet une n n 1 V(Xk ) = . variance et V(Yn ) = 2 k k=1 k=1
6.19 a) L’événement (Yk x) est réalisé si et seulement si au moins k des va Xi sont inférieures ou égales à x.
209
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
c) 2) • La fonction de répartition F de chacune des va Xi est ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎨ x si 0 x 1 . donnée par : ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x > 1
$
x fk+1 (x) dx
0 $ 1 n−1 =n xk+1 (1 − x)n−k−1 dx k 0
(1 − x)n−k +1 n − 1 * − xk+1 = n IPP n−k 0 k $ 1 k+1 k x (1 − x)n−k dx + 0 n−k n−1
$ n − 1 k + 1 1 x fk (x) k+1 k =n E(Yk ) dx = k n − k 0 n n−1 n − k n−1 k−1 k−1
• Les va Yn et 1 − Y1 prennent leurs valeurs dans [0 ; 1]. Soit x ∈ R. 1er cas : Si x < 0, alors P(Yn x) = 0 = P(1 − Y1 x). 2e cas : Si x > 1, alors P(Yn x) = 1 = P(1 − Y1 x). 3e cas : Si 0 x 1, alors
0 n P(Yn x) = F(x)n 1 − F(x) = F(x)n = xn n
1
E(Yk+1 ) =
=
k+1 k+1n−k E(Yk ) = E(Yk ). n−k k k
• On montre ensuite par récurrence sur k que :
P(1 − Y1 x) = P(Y1 1 − x) = 1 − P(Y1 < 1 − x) = 1 − P(Y1 1 − x) n n− j
j n F(1 − x) 1 − F(1 − x) =1− j j=1 n n =1− (1 − x) j xn− j j j=1 n n = 1 − − xn + (1 − x) j xn− j j j=0 n = 1 − − x + ((1 − x) + x)n = xn . Ainsi les va Yn et 1−Y1 ont les mêmes fonctions de répartitions. Elles suivent donc la même loi. • D’après la question b), une densité fn de Yn est donnée par : ∀x ∈ R, fn (x) = n f (x)F(x)n−1 , où f est une densité de Xi . n−1 si 0 x 1 nx . Ainsi : ∀x ∈ R, fn (x) = 0 sinon $ On a alors :
$
1
E(Yn ) =
x fn (x) dx = 0
• D’où :
1
n nx dx = . n+1 n
0
E(Y1 ) = E 1 − (1 − Y1 ) = 1 − E(1 − Y1 ) n 1 = 1 − E(Yn ) = 1 − = . n+1 n+1
c) 3) • Soit k ∈ 1 ; n. D’après la question b), une densité fk de Yk est donnée par :
n−k n−1 ∀x ∈ R, fk (x) = n f (x)F(x)k−1 1 − F(x) k−1 ⎧
n − 1 k−1 ⎪ ⎪ ⎪ x (1 − x)n−k si 0 x 1 ⎨n =⎪ . k−1 ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon • Soit k ∈ 1 ; n − 1. Alors : 210
k . n+1
∀k ∈ 1 ; n, E(Yk ) =
6.20 a) • La va Z prend ses valeurs dans R. • Soit x ∈ R. Alors :
FZ (x) = P(Z x) = P (X x) ∩ (Y x) = P(X x)P(Y x) car X et Y sont indépendantes = Φ(x)2 .
• La fonction Φ étant la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite, elle est de classe C 1 sur R. Il est en donc de même, par opération, pour la fonction de répartition de Z, qui est Φ2 . Donc Z est une va à densité, de densité g = Φ2 ) = 2 f Φ. b) Soit (A, B) ∈ R2 . $ $ B xg(x) dx = On a : A
B
2x f (x)Φ(x) dx. A
⎧ ⎪ u(x) = Φ(x) ⎪ ⎪ ⎨ 2 Par IPP en posant : ⎪ −x2 /2 , ⎪ ⎪ ⎩ v (x) = 2x f (x) = √ x e 2π ⎧ ⎪ u (x) = f (x) ⎪ ⎪ ⎨ 2 donc ⎪ , on obtient : −x2 /2 ⎪ = −2 f (x) ⎪ ⎩ v(x) = − √ e 2π $ B $ B * +B xg(x) dx = − 2 f (x)Φ(x) + 2 f (x)2 dx A
A
*
= − 2 f (x)Φ(x)
De plus :
1 π
1 = √ π
$
B
e A
$
√ B 2 √ A 2
−x2
+B A
dx =√
u=x 2
A
+ 1 π
1 π $
$
B
e −x dx. 2
A √ B 2 √ A 2
1 1 2 √ e −u /2 du = √ π 2π
e −u $
2 /2
du √ 2
√ B 2 √ A 2
f (x) dx.
Corrigés des exercices
$
B
Donc : A
*
+B
1 xg(x) dx = − 2 f (x)Φ(x) + √ A π
$
√ B 2 √ A 2
f (x) dx.
c) La va Z admet une espérance si et seulement si l’intégrale $ +∞ xg(x) dx converge. −∞
• En particulier, on a :
2 E(Z 2 ) = E(X 2 ) = V(X) + E(X) = 1 + 02 = 1.
2 1 π−1 On en déduit : V(Z) = E(Z 2 ) − E(Z) = 1 − = . π π Remarque : Puisque π 3.14, on a bien V(Z) > 0.
Utilisons la question précédente et passons à la limite lorsque A tend vers −∞ et B tend vers +∞.
Alors :
1 √ π
$
√ B 2 √
A 2
1 f (x) dx −→ √ B→+∞ π A→−∞
$
1 f (x) dx = √ . π −∞ !" ,
Et : ∀x ∈ R, 0 | − 2 f (x)Φ(x)| 2 f (x) =
2 −x2 /2 , e π
− 2 f (B)Φ(B) −→ 0 et −2 f (A)Φ(A) −→ 0. $
B A
n
Ui .
i=1
La va T n est donc la somme de n va indépendantes de loi exponentielle de paramètre λ. D’après le cours, on sait alors que T n suit la loi Γ
donc par le théorème d’encadrement, on obtient :
On déduit :
a) On a : T n =
+∞
=1
B→+∞
6.21
A→−∞
1 xg(x) dx −→ √ . B→+∞ π A→−∞
1 λ
,n .
Une densité fn de T n est donc donnée par : ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎨ λn . ∀x ∈ R, fn (x) = ⎪ n−1 −λx ⎪ ⎪ si x 0 ⎩ (n − 1)! x e b) • Soit n ∈ N. L’événement (N0,t n) est réalisé si et seulement si au moins n bus sont passés dans l’intervalle de temps [0 ; t] si et seulement si le n-ième bus de la journée est passé avant l’instant t si et seulement si l’événement (T n t) est réalisé.
1 On conclut que Z admet une espérance et que E(Z) = √ . π
On en déduit : (N0,t n) = (T n t). = P(N0,t n) − P(N0,t n + 1) = P(T n t) − P(T n+1 t) $ t $ t fn (x) dx − fn+1 (x) dx. =
2
Pour tout x de R∗− , P(Z 2 x) = 0 = P(X 2 x).
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
√ √ Soit x ∈ R+ . On a : P(Z 2 x) = P(− x Z x) √ √ √ 2 √ 2 = FZ ( x) − FZ (− x) = Φ( x) − Φ(− x) . Puisque, pour tout y de R, Φ(−y) = 1 − Φ(y), on a : √ 2 √ √ 2 P(Z 2 x) = Φ( x) − 1 − Φ( x) = 2Φ( x) − 1. Et :
√ √ √ √ P(X 2 x) = P(− x X x) = Φ( x) − Φ(− x) √ √ = Φ( x) − 1 − Φ( x) = 2Φ( x) − 1. √
2
2
Ainsi, les va X et Z ont la même fonction de répartition, donc elles suivent la même loi.
P(N0,t = n)
• Soit n ∈ N. Alors :
d) • Les va X et Z prennent leurs valeurs dans R+ . 2
0
$ Or :
0
$
λn+1 n −λx x e dx n! 0 0 $ t λn+1 * n e −λx +t e −λx x + nxn−1 = dx par IPP n! −λ 0 λ 0 $ t λn λn tn −λt e + xn−1 e −λx dx =− n! 0 (n − 1)! $ t λn tn −λt fn (x) dx. =− e + n! 0 t
t
fn+1 (x) dx =
On obtient alors :
P(N0,t = n) =
λn tn −λt (λt)n e = e −λt . n! n!
On en déduit que N0,t suit la loi de Poisson de paramètre λt. c) 1) Soit h 0. L’événement (Wt > h) est réalisé si et seulement si aucun bus n’est passé dans l’intervalle de temps [t ; t + h] si et seulement si l’événement (Nt,t+h = 0) est réalisé. 211
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
On en déduit :
(Wt > h) = (Nt,t+h = 0).
c) 2) • Soit h 0. D’après l’énoncé, la va Nt,t+h suit la même loi que la va N0,h . P(Wt > h) = P(N0,h = 0) = e −λh
Donc :
(λh)0 = e −λh , 0!
P(Wt h) = 1 − P(Wt > h) = 1 − e −λh .
et ainsi :
• On a alors : P(X 0) = F(0) =
De plus, on a : ∀h < 0, P(Wt h) = 0.
P(X 0) = 1 − P(X < 0) = 1 − P(X 0)
Ainsi la fonction de répartition de Wt est égale à celle de la loi exponentielle de paramètre λ. On en déduit :
= 1 − F(0) = 1 −
Wt → E (λ).
P(X 1) = F(1) =
1 • Il s’ensuit que la personne attendra en moyenne E(Wt ) = λ avant l’arrivée du prochain bus. Ce résultat n’est pas intuitif car, le temps moyen entre deux bus 1 consécutifs est égal à E(Un ) = , et on peut donc penser que, λ pour une personne arrivant à un instant donné, le temps moyen 1 d’attente du prochain bus est strictement inférieur à . λ
6.22
= 1 − F(1) = 1 −
⇐⇒ ⇐⇒
$
$
f converge et vaut 1. −∞
$
A
∀A > 0,
x f (x) dx =
1 2π
$
A 0
2x dx 1 + x2
d) • Puisque X prend ses valeurs dans R, Y prend également ses valeurs dans R. • Déterminons la fonction de répartition de Y, notée FY . Soit y ∈ R. 1er cas : si y < 0 alors (Y y) =
b) • Notons F la fonction $ de répartition de X. Soit x ∈ R. Alors : 1 x dt F(x) = P(X x) = π −∞ 1 + t2
1 π 1 = Arctan x − lim Arctan t = Arctan x + t→−∞ π π 2
1
y
X
1 1 = X ∩ X0 = X0, y y
donc :
212
x f (x) dx converge, car x −→ x f (x) est impaire.
0
On en déduit que f est une densité.
1 1 Arctan x + . π 2
x f (x) dx converge
On en déduit que X n’admet pas d’espérance. B
+∞
=
$−∞ +∞
0
dx • On a : ∀(A, B) ∈ R2 , 1 + x2 A A 1 π π 1 − − = 1. = (Arctan B − Arctan A) −→ B→+∞ π 2 π 2 A→−∞ Ainsi
+∞
&A 1% 1 ln(1 + x2 ) 0 = ln(1 + A2 ) −→ +∞. = A→+∞ 2π 2π
• La fonction f est positive ou nulle sur R. 1 f (x) dx = π
3 1 = . 4 4
c) La va$X admet une espérance
a) • La fonction f est continue sur R.
B
1 1 = , 2 2
1 π 1 3 · + = , π 4 2 4
P(X 1) = 1 − P(X < 1) = 1 − P(X 1)
On a :
$
1 , 2
1 X0 =P <X0 y y 1 = F(0) − F y 1 1 1 1 1 1 = − Arctan . = − Arctan + 2 π y 2 π y
FY (y) = P
1
2e cas : si y = 0 alors (Y 0) = donc :
1 X
< 0 = (X 0),
FY (0) = P(X < 0) = P(X 0) = F(0) =
3e cas : si y > 0 alors
1 . 2
Corrigés des exercices
(Y y) =
1 ∪ (X 0), y = X X y
1
1 donc, par incompatibilité : FY (y) = P X + P(X 0) y 1 + P(X 0) =PX> y 1 1 1 1 1 + F(0) = 1 − Arctan − + = 1−F y π y 2 2 1 1 = 1 − Arctan . π y On en déduit que la fonction de répartition FY de Y vérifie : ⎧ 1 1 ⎪ ⎪ ⎪ − Arctan si y < 0 ⎪ ⎪ ⎪ π y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎨ ∀y ∈ R, FY (y) = ⎪ si y = 0 ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 − π Arctan y si y > 0.
• La fonction ϕ est alors continue et strictement croissante sur ] − ∞ ; 1[. Donc ϕ réalise une bijection de ] − ∞ ; 1[ sur %
& ϕ = ] − 1 ; +∞[. ϕ ] − ∞ ; 1[ = lim ϕ ; lim − −∞
Ainsi ϕ réalise une bijection de R \ {1} sur R \ {−1}. 1+x =y 1−x ⇐⇒ 1 + x = (1 − x)y ⇐⇒ x(1 + y) = y − 1 y−1 car y −1. ⇐⇒ x = y+1
• Enfin, pour tout y ∈ R \ {−1} : ϕ(x) =
• La fonction FY est alors de classe C 1 sur R privé éventuellement de {0}. De plus :
1 = −∞, donc y 1 −π 1 lim FY (y) = − · = = FY (0), y→0− π 2 2 1 lim+ = +∞, donc y→0 y 1 π 1 1 lim FY (y) = 1 − · = 1 − = = FY (0). y→0+ π 2 2 2 lim
y→0−
Ainsi, l’application réciproque ϕ−1 vérifie : y−1 . ∀y ∈ R \ {−1}, ϕ−1 (y) = y+1 e) 2) Notons FZ la fonction de répartition de Z. Soit y ∈ R.
Alors : (Z y) = ϕ(X) ∈ Iy = X ∈ ϕ−1 (Iy ) , où Iy désigne l’intervalle ] − ∞ ; y].
On en déduit que FY est continue en 0, donc continue sur R. Ainsi Y est une va à densité.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
1 1 De plus : ∀y ∈ R∗ , FY (y) = − Arctan π y 1 −1 1 1 . =− · 2 · = π y 1 + y12 π(1 + y2 )
1
De même, ϕ réalise une bijection de ]1 ; +∞[ sur ] − ∞ ; −1[.
1er cas : si y < −1, alors & & + y − 1+ ϕ−1 (Iy ) = 1 ; ϕ−1 (y) = 1 ; , noté Jy y+1
Une densité fY de Y est alors définie par : ∀y ∈ R, fY (y) =
1 = f (y). π(1 + y2 )
On en déduit que Y suit la même loi que X. e) 1) • La fonction ϕ est dérivable sur R \ {1} et, pour tout x (1 − x) + (1 + x) 2 de R \ {1}, ϕ (x) = = > 0. (1 − x)2 (1 − x)2 D’où le tableau de variation de ϕ : x
−∞
ϕ(x) −1
1 +∞ −∞
+∞ −1
d’où :
y − 1 y − 1 =F − F(1) FZ (y) = P 1 < X y+1 y+1 y−1 1 3 1 + − = Arctan π y+1 2 4 1 y−1 1 = Arctan − . π y+1 4 213
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
& % 2e cas : si y = −1, alors ϕ−1 (Iy ) = 1 ; +∞
De plus :
y−1 = +∞, donc y+1 1 π 1 1 lim FZ (y) = · − = = FZ (−1) y→−1− π 2 4 4 y−1 lim = −∞, donc y→−1+ y + 1 1 −π 3 1 + = = FZ (−1) lim FZ (y) = · y→−1+ π 2 4 4 lim
y→−1−
Ainsi FZ est continue en −1 donc continue sur R. On conclut que Z est une va à densité. y − 1 y+1 1 1 1 2 2 = · · = · π (y + 1)2 1 + ( y−1 )2 π (y + 1)2 + (y − 1)2 y+1
De plus :
d’où :
FZ (−1) = P(X > 1) = P(X 1) =
1 . 4
=
3e cas : si y > −1, alors & & & % ϕ−1 (Iy ) = − ∞ ; ϕ−1 (y) ∪ 1 ; +∞ + + & % y−1 ∪ 1 ; +∞ , noté Jy = − ∞; y+1
1
∀y ∈ R \ {−1}, FZ (y) =
π
Arctan
1 1 · . π 1 + y2
Une densité fZ de Z est alors définie par : 1 = f (y). ∀y ∈ R, fZ (y) = π(1 + y2 ) On en déduit que Z et X admettent toutes les deux f pour densité, et on conclut que Z et X suivent la même loi.
6.23 a) Soit x ∈ R+ . Effectuons une IPP en posant : ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ u (t) = − f (t) ⎨ u(t) = 1 − F(t) , ⎪ , ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ v(t) = t ⎩ v (t) = 1 $ x $ x
%
& t f (t) dt alors : 1 − F(t) dt = t 1 − F(t) 0x + 0 0
= x 1 − F(x) + ϕ(x).
d’où :
y − 1 FZ (y) = P X + P(X > 1) y+1 y − 1 1 y−1 1 1 + P(X 1) = Arctan + + =F y+1 π y+1 2 4 =
1 y−1 3 Arctan + . π y+1 4
−∞
x
f (t) dt.
0
$
+∞
Donc : 1 − F(x) =
$
x 1 − F(x) = x
$
x
f (t) dt −
0
On obtient :
0
$
+∞
f (t) dt =
f (t) dt. x
+∞
f (t) dt. x
On en déduit la fonction de répartition FZ de Z : ⎧1 y−1 1 ⎪ ⎪ ⎪ Arctan − si y < −1 ⎪ ⎪ ⎪ π y +1 4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎨ ∀x ∈ R, FZ (x) = ⎪ si y = −1 . ⎪ ⎪ 4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ y−1 3 1 ⎪ ⎪ ⎪ + si y > −1. ⎩ Arctan π y+1 4 e) 3) La fonction FZ est alors de classe C sur R privé éventuellement de {−1}. 1
214
b) 1) • Soit x ∈ R+ . $ x $ Alors : F(x) = f (t) dt =
$ +∞ f (t) dt 0 et par Puisque ∀t ∈ [x ; +∞[, f (t) 0, on a x
conséquent, x 1 − F(x) 0. $ +∞ $ +∞
x f (t) dt t f (t) dt De plus, x 1 − F(x) = !" $
=
x
+∞
t
x
$
x
t f (t) dt −
0
t f (t) dt = E(X) − ϕ(x). 0
$
+∞
• Puisque X admet une espérance,
t f (t) dt converge, donc 0
ϕ admet une limite finie en +∞ égale à E(X).
Corrigés des exercices
Ainsi :
E(X) − ϕ(x) −→ 0.
• La fonction F est C 1 sur R privé éventuellement de {0}.
x→+∞
De plus :
Par le théorème d’encadrement, on obtient :
x 1 − F(x) −→ 0. b) 2) On obtient alors, d’après a) : $ x
1 − F(t) dt −→ 0 + lim ϕ = E(X). 0
$ On en déduit que
+∞
$0 +∞
+∞
1 − F(t) dt converge et que
1 − F(t) dt = E(X).
c) 1) • La fonction ϕ est une primitive de t −→ t f (t). Donc ϕ est dérivable et : ∀x ∈ R+ , ϕ (x) = x f (x) 0. $
1 − F(t) dt − x 1 − F(x) 0 !" 0 $ +∞ $ x
1 − F(t) dt 1 − F(t) dt,
• D’après a), ∀x ∈ R+ , ϕ(x) =
x
0
0
On en déduit que Mn est une va à densité. $ +∞
1 − F(t) dt converge. d) 2) • Montrons que l’intégrale 0
Il s’agit d’une intégrale généralisée en +∞.
n
n On a : ∀t 0, 1 − F(t) = 1 − 1 − e −λt = − 1 − e −λt − 1 . Puisque e −λt −→ 0, on a : t→+∞
1 − F(t) ∼ − − n e −λt = n e −λt 0.
0
Ainsi ϕ est croissante sur R.
0
Ainsi F est continue en 0 et donc sur R.
x→+∞
x→+∞
lim F = 0 = F(0) = lim F. − +
0
donc ϕ est majorée sur R+ .
t→+∞
$
+∞
L’intégrale $
n e −λt dt converge car, pour tout X > 0 :
0 X
n e −λt dt =
0
Puis en utilisant la question b), on obtient l’égalité : $ +∞
E(X) = 1 − F(t) dt.
0
D’après c) 2), il en résulte que $ +∞Mn admet une espérance et :
1 − F(t) dt. E(Mn ) = • On a : ∀t 0, 1 − F(t) = 1 − (1 − e −λt )n n n n n −λt k (− e ) = (−1)k+1 e −λkt . =1− k k k=0 k=1 $
E(X) =
1 − F(t) dt.
0
d) 1) • La va Mn prend ses valeurs dans R+ . • Soit x ∈ R. 1er cas : si x < 0, alors
P(Mn x) = 0.
2 cas : si x 0, alors
P(Mn x) = P(X1 x, . . . , Xn x)
= P(X1 x) · · · P(Xn x) par indépendance des va
n = 1 − e −λx . Ainsi, la fonction de répartition F de Mn vérifie : 0 si x < 0
n . ∀x ∈ R, F(x) = 1 − e −λx si x 0
1 − F(t) dt
0 X
=
0 +∞
n n (−1)k+1 e −λkt dt 0 k=1 k $ X n n = e −λkt dt (−1)k+1 k 0 k=1 n * 1 +X n e −λkt = (−1)k+1 − 0 λk k k=1
n 1 e −λkX n − (−1)k+1 = λk λk k k=1 n k+1 1 n (−1) −→ . X→+∞ λ k k k=1
$
On obtient alors l’équivalence suivante : $ +∞
1 − F(t) dt converge, X admet une espérance ⇐⇒ $
X
Puis, pour tout X 0,
0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
n . λ
Par le théorème d’équivalence $ +∞ pour des fonctions positives, on
1 − F(t) dt converge. en déduit que l’intégrale
0
ment dit que X admet une espérance.
e
−→
X→+∞
0
On conclut que ϕ admet une limite finie en +∞. $ +∞ t f (t) dt converge, autrec) 2) On en déduit que l’intégrale
et dans ce cas :
n 1 − e −λX λ
On conclut :
$
E(Mn ) = 0
+∞
n
1 n (−1)k+1 1 − F(t) dt = . λ k=1 k k
6.24 a) • La va Un prend ses valeurs dans R+ . • Soit x ∈ R. 1er cas : si x < 0, alors
P(Un x) = 0. 215
Chapitre 6
•
Variables aléatoires à densité
2e cas : si x 0, alors
P(Un > x) = P(X1 > x, . . . , Xn > x)
= P(X1 > x) · · · P(Xn > x) par indépendance des va
n = e −λx = e −λnx .
=
+∞
+∞
P(N = n)P(Un > x)
n=1
(1 − p)n−1 p × e −λnx
On obtient la fonction de répartition FUn de Un : 0 si x < 0 ∀x ∈ R, FUn (x) = . 1 − e −λnx si x 0
= p e −λx
On reconnaît la fonction de répartition de la loi exponentielle de paramètre nλ.
p e −λx = . 1 − (1 − p) e −λx
On en déduit que Un suit la loi E (nλ). b) • La va S n est la somme de n va indépendantes de loi exponentielle de paramètre λ. 1 D’après le cours, on sait alors que S n suit la loi Γ , n . λ définie par : Une densité fn de S n est alors ⎧ ⎪ 0 si t < 0 ⎪ ⎪ ⎨ λn . ∀t ∈ R, fn (t) = ⎪ n−1 −λt ⎪ ⎪ e si t 0 t ⎩ (n − 1)! • On a alors : ∀n 1, ∀t ∈ R+ , λn+1 n−1 −λt λn+1 n f n+1 (t) = nt e + t (−λ) e −λt = λ fn (t) − λ fn+1 (t), n! n! et donc :
1 fn+1 (t) = fn (t) − f λ
n+1 (t).
Ainsi, en notons Fn la fonction de répartition de S n , on a : $ x ∀x ∈ R+ , Fn+1 (x) = fn+1 (t) dt 0 $ x $ x 1 fn (t) dt − = f n+1 (t) dt λ 0 0 fn+1 (x) − fn+1 (0) λn = Fn (x) − xn e −λx . = Fn (x) − λ n! On obtient alors : ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ R+ , P(S n+1 > x) = 1 − Fn+1 (x) λn n −λx (λ x)n = 1 − Fn (x) + = P(S n > x) + e −λx x e . n! n! Par une récurrence simple sur n, on montre alors : ∀n ∈ N∗ , P(S n > x) = e −λx
n−1 (λx)k k=0
k!
.
c) 1) • Soit x ∈ R+ . L’événement (U > x) s’écrit : +∞ +∞ 1 1 (N = n, U > x) = (N = n, Un > x). (U > x) = n=1
n=1
Par incompatibilité des événements : P(U > x) =
+∞
P(N = n, Un > x).
n=1
Les va N et Un sont indépendantes puisque Un dépend des va X1 , . . . , Xn et que les va X1 , . . . , Xn , N sont indépendantes. 216
P(U > x) =
Donc :
n=1
+∞
n−1 (1 − p) e −λx n=1
D’où la fonction de répartition FU de U : ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎨ −λx 1 − e . ∀x ∈ R, FU (x) = ⎪ ⎪ ⎪ si x 0 ⎩ 1 − (1 − p) e −λx La fonction FU est de classe C 1 sur R privé de {0}. lim FU = 0 = FU (0) = lim FU . + −
De plus :
0
0
Ainsi FU est continue en 0 donc sur R. On en déduit que U est une va à densité, dont une densité fU est donnée par exemple par : ∀x ∈ R, fU (x) = 0 si x < 0 et fU (x) = FU (x)
λ e −λx 1 − (1 − p) e −λx − (1 − p)λ e −λx 1 − e −λx =
2 1 − (1 − p) e −λx λp e −λx =
2 si x 0. 1 − (1 − p) e −λx c) 2) Soit x ∈ R+ . Par le même raisonnement, on obtient : P(S > x) = = = = = = =
+∞
P(N = n)P(S n > x)
n=1 +∞
(λx)k
(1 − p)n−1 p × e −λx k! n=1 k=0 +∞ n−1 (λx)k (1 − p)n−1 p e −λx k! n=1 k=0 +∞ +∞ (λx)k p e −λx (1 − p)n−1 k! k=0 n=k+1 +∞ +∞ k (λx) p e −λx (1 − p)n−1 k! n=k+1 k=0 +∞ 1 (λx)k p e −λx (1 − p)k · k! 1 − (1 − p) k=0
k +∞ λx(1 − p) = e −λx e λx(1−p) = e −λpx . e −λx k! k=0
n−1
Ainsi la fonction de répartition FS de S vérifie : 0 si x < 0 ∀x ∈ R, FS (x) = . 1 − e −λpx si x 0 On reconnaît la fonction de répartition de la loi exponentielle de paramètre λp. On en déduit que S suit la loi E (λp).
Convergences et approximations Plan Les méthodes à retenir 217 Énoncés des exercices
218
Du mal à démarrer ?
224
Corrigés des exercices
227
On abrège variable aléatoire en va.
CHAPITRE
7
Thèmes abordés dans les exercices •
Montrer qu’une suite de variables aléatoires converge en probabilité vers une variable aléatoire
•
Montrer qu’une suite de variables aléatoires converge en loi vers une variable aléatoire
•
Exemples d’approximations de lois usuelles.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices •
Inégalité de Markov, inégalité de Bienaymé-Tchebychev
•
Définition de la convergence en probabilité d’une suite de variables aléatoires, loi faible des grands nombres
•
Définition de la convergence en loi d’une suite de variables aléatoires, théorème de la limite centrée
•
Exemples de convergence en loi et application aux approximations usuelles (cas de la loi hypergéométrique, de la loi binomiale et de la loi de Poisson).
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Les méthodes à retenir •
Utiliser la définition et montrer :
∀ε > 0, P |Xn − X| ε −→ 0. n∞
Pour montrer qu’une suite (X n) n∈N de va converge en probabilité vers une va X
Pour cela, essayer de calculer explicitement P(|Xn − X| ε) ou d’appliquer l’inégalité de Markov ou l’inégalité de BienayméTchebychev.
➥ Exercices 7.2, 7.3, 7.4, 7.14, 7.23 •
Si les va Yn , pour n ∈ N, sont mutuellement indépendantes et admettent une même espérance et une même variance, appliquer la loi faible des grands nombres pour en déduire la convergence en probaY1 + · · · + Yn . bilité de la suite de terme général n ➥ Exercices 7.3, 7.12. 217
Chapitre 7
•
Convergences et approximations
•
Utiliser la définition et montrer, pour tout x de R où la fonction de répartition de X est continue : P(Xn x) −→ P(X x). n∞
➥ Exercices 7.4, 7.8, 7.17, 7.18, 7.19, 7.21, 7.23 •
Pour montrer qu’une suite (X n) n∈N de va converge en loi vers une va X
Si les va Xn , pour n ∈ N, prennent leurs valeurs dans N, alors montrer : ∀k ∈ N, P(Xn = k) −→ P(X = k). n∞
➥ Exercices 7.20, 7.22, 7.24 •
Si les va Yn , pour n ∈ N, sont mutuellement indépendantes, de même loi, et admettent une espérance et une variance, appliquer le théorème de la limite centrée pour en déduire la convergence en loi de la suite de terme général S n∗ , où S n∗ est la va centrée réduite associée à S n = Y1 + · · · + Yn .
➥ Exercices 7.9, 7.10, 7.11 •
Utiliser le fait que la convergence en probabilité implique la convergence en loi.
➥ Exercice 7.12. •
Calculer explicitement cette probabilité, puis passer à la limite.
➥ Exercices 7.2, 7.4, 7.14, 7.23 •
Pour calculer la limite d’une probabilité
Obtenir une majoration ou une minoration de cette probabilité à l’aide de l’inégalité de Markov ou l’inégalité de BienayméTchebychev, puis passer à la limite.
➥ Exercices 7.3, 7.12 •
Appliquer le théorème de la limite centrée.
➥ Exercices 7.9, 7.10, 7.12 Pour calculer une approximation d’une probabilité d’un événement lié à une va X
Remplacer la loi de X par une loi l’approchant après avoir vérifié les conditions de validité de l’approximation, puis effectuer les calculs à l’aide de cette nouvelle loi.
➥ Exercices 7.5, 7.6, 7.7, 7.13, 7.15, 7.16
Énoncés des exercices 7.1 Obtention d’une inégalité En utilisant l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer : , $ x 1 π 2 1− 2 . e −t /2 dt ∀x > 0, 2 x 0 218
Énoncés des exercices
7.2 Une condition suffisante de convergence en probabilité a) Soient (Xn )n∈N∗ une suite de va admettant un moment d’ordre 2 et X une va admettant aussi un moment d’ordre 2. On suppose :
lim E(Xn − X) = 0 et n∞
lim V(Xn − X) = 0. n∞
Montrer que la suite (Xn )n∈N∗ converge en probabilité vers X. b) En considérant des va Xn dont la loi est donnée par : Xn (Ω) = {0 , n},
P(Xn = 0) = 1 −
1 n
et
P(Xn = n) =
1 , n
étudier la réciproque à la question précédente.
7.3 Exemples de convergence en probabilité On considère une suite (Xn )n∈N∗ de va mutuellement indépendantes dont chacune suit la même loi de Bernoulli de paramètre p avec 0 < p < 1. Pour tout n de N∗ , on pose : X1 + · · · + Xn Y1 + · · · + Yn , Yn = Xn Xn+1 et T n = . n n a) Montrer que (S n )n∈N∗ converge en probabilité vers la variable certaine égale à p. Sn =
b) 1) Donner, pour tout n de N∗ , la loi de Yn . 2) En déduire, pour tout n de N∗ , l’espérance et la variance de T n . c) Montrer que (T n )n∈N∗ converge en probabilité vers la variable certaine égale à p2 .
7.4 Exemples de convergence en probabilité et de convergence en loi, d’après ECS 2006 On considère une suite (Xi )i∈N∗ de va mutuellement indépendantes, toutes de loi uniforme sur [0 ; 1]. Pour tout n de N∗ , on note Mn la va définie par : a) Soit n ∈ N∗ . Montrer :
Mn = max(X1 , . . . , Xn ).
∀x ∈ [0 ; 1], P(Mn x) = xn .
En déduire que la va Mn est une variable à densité. b) Calculer, pour tout ε ∈ ]0 ; 1], P |Mn − 1| < ε).
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En déduire que (Mn )n∈N∗ converge en probabilité vers la variable certaine égale à 1. c) 1) Soit α ∈ R+ . Montrer que, pour tout n de N tel que n α :
α n . P n(1 − Mn ) α = 1 − 1 − n
2) En déduire que n(1 − Mn ) n∈N∗ converge en loi vers une variable qui suit une loi exponentielle.
7.5 Exemple d’approximation de loi Une entreprise fabrique des boîtes dont certaines sont défectueuses. On suppose que la probabilité qu’une boîte soit défectueuse est égale à 2% et que les boîtes sont défectueuses ou non indépendamment les unes des autres. L’entreprise stocke ces boîtes par lot de 100 et garantit chaque lot à 95%, c’est-à-dire garantit que chaque lot ne contient pas plus de 5% de boîtes défectueuses. a) Estimer la probabilité pour que cette garantie tombe en défaut. b) Comment évolue cette probabilité si l’entreprise fait des lots de 200 boîtes ? 219
Chapitre 7
•
Convergences et approximations
7.6 Exemple d’approximation de loi dans un jeu de pile ou face Estimer la probabilité d’obtenir, lors de 100 lancers d’une pièce équilibrée : a) autant de piles que de faces
b) un nombre de piles compris entre 40 et 50.
7.7 Exemple d’approximation de loi On suppose que le nombre de clients d’un magasin dans un jour ouvrable suit la loi de Poisson de paramètre 10, et que la fréquentation du magasin est indépendante d’un jour ouvrable à un autre. Estimer la probabilité d’avoir au moins 180 clients au cours de 20 jours ouvrables.
7.8 Exemple d’une suite de va discrètes convergeant en loi vers une va à densité Soit X une va à densité et à valeurs positives. On définit, pour tout n de N∗ , Xn =
Ent(nX) , où Ent(x) désigne la partie entière de x. n
Montrer que la suite (Xn )n∈N∗ converge en loi vers X.
7.9 Exemple d’utilisation du théorème de la limite centrée pour déterminer un équivalent On considère une suite de va (Xn )n∈N∗ , mutuellement indépendantes, dont chacune suit la loi de Poisson de paramètre 1. Pour tout n de N∗ , on pose S n = X1 + · · · + Xn . a) Donner, pour tout n de N∗ , la loi de S n , son espérance et sa variance. b) Montrer, à l’aide du théorème de la limite centrée : c) En déduire :
n nk k=0
k!
∼
n∞
lim P(S n n) = n∞
1 . 2
en . 2
7.10 Exemple d’utilisation du théorème de la limite centrée pour déterminer un équivalent On considère une suite de va (Xn )n∈N∗ , mutuellement indépendantes, suivant la loi exponentielle de paramètre 1. Pour tout n de N∗ , on pose S n = X1 + · · · + Xn . a) Donner, pour tout n de N∗ , une densité de S n , son espérance et sa variance. b) En$ raisonnant de le même façon que dans l’exercice 7.9, déterminer un équivalent de n xn−1 e −x dx lorsque n tend vers +∞.
un =
0
7.11 Exemple d’étude de la convergence de la suite des fonctions de répartition et de la suite des densités On considère une suite (Xn )n1 de va mutuellement indépendantes, de loi exponentielle de paran Xk et S n∗ la va centrée réduite associée à S n . mètre 1. Pour tout n de N∗ , on note S n = k=1 ∗
a) On considère, pour tout n de N , Fn la fonction de répartition de S n∗ . Déterminer, pour tout x de R, lim Fn (x). n∞
220
Énoncés des exercices
b) 1) Pour tout n de N∗ , déterminer une densité fn de S n∗ . 1 2 2) Montrer : ∀x ∈ R, lim fn (x) = √ e −x /2 . n∞ 2π √ On utilisera la formule de Stirling : n! ∼ nn 2πn e −n . n∞
7.12 Calcul de la limite d’une probabilité On considère une suite (Xk )k1 de va, mutuellement indépendantes, de même espérance m et de n 1 Xk . même variance σ2 . Pour tout n 1, on pose Mn = n k=1 On cherche à calculer, pour tout x de R, lim P(Mn x). n∞
a) Soit x ∈ R tel que x < m. On pose ε = m − x. Montrer :
∀n 1, P(Mn x)
σ2 . En déduire lim P(Mn x). n∞ nε2
b) Soit x ∈ R tel que x > m. On pose ε = x − m. Montrer :
∀n 1, P(Mn x) 1 −
σ2 . En déduire lim P(Mn x). n∞ nε2
c) Montrer que la suite (Mn )n1 converge en loi vers une variable certaine. Retrouver les résultats de lim P(Mn x) lorsque x < m et lorsque x > m. n∞
d) À l’aide du théorème de la limite centrée, montrer : lim P(Mn m) = n∞
1 . 2
7.13 Exemple d’utilisation de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev et d’approximation de loi On dispose d’un dé équilibré. Déterminer le nombre de lancers à effectuer pour que l’on puisse affirmer, avec un risque inférieur ou égal à 5%, que la fréquence d’apparition de la face numé1 rotée 1 diffère de d’au plus 10−2 : 6 a) en utilisant l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev b) en utilisant une approximation par une loi normale.
7.14 Lien entre la convergence en probabilité et la convergence en moyenne, d’après EDHEC © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
2009 On dit qu’une suite (Xn )n1 de va converge en moyenne vers une va X si et seulement si, pour
tout n 1, la va |Xn − X| possède une espérance et lim E |Xn − X| = 0. n∞
a) Montrer que, si une suite (Xn )n1 de va converge en moyenne vers une va X, alors cette suite converge aussi en probabilité vers X. On se propose maintenant d’étudier un exemple montrant que la réciproque de cette propriété est fausse. On considère une suite (Zn )n1 de va, mutuellement indépendantes, et suivant toutes la loi de Poisson de paramètre λ, avec λ > 1. Pour tout n 1, on pose Yn =
n -
Zk .
k=1
b) 1) Pour tout n 1, calculer P(Yn 0). 221
Chapitre 7
•
Convergences et approximations
2) En déduire que (Yn )n1 converge en probabilité vers la variable certaine égale à 0. c) Montrer que, si (Yn )n1 converge en moyenne vers une va Y, alors P(Y = 0) = 1. d) 1) Calculer, pour tout n 1, l’espérance de Yn .
2) Établir : ∀n 1, E |Yn − Y| E(Yn ) − E(Y),
puis déterminer lim E |Yn − Y| . n∞
e) Conclure.
7.15 Exemple d’utilisation de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev et d’approximation de loi Un éleveur possède 100 vaches qui se répartissent au hasard entre deux étables contenant chacune n places (50 n 100). Déterminer une valeur de n permettant à chaque vache de trouver une place avec une probabilité supérieure ou égale à 95% : a) en utilisant l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev b) en utilisant une approximation par une loi normale.
7.16 Exemple d’approximation de loi Un avion comporte 500 places. La probabilité qu’un passager ayant réservé une place ne se présente pas à l’embarquement est de 5%. Estimer le nombre de places que la compagnie aérienne peut vendre pour que la probabilité de voir se présenter plus de passagers que de places disponibles soit inférieure ou égale à 1% ?
7.17 Étude de la convergence en loi de la suite de terme général Xn − Ent(Xn), où Xn → E (1/n) 1 On considère, pour tout n de N∗ , une va Xn suivant la loi exponentielle de paramètre , et on n pose Zn = Xn − Ent(Xn ), où Ent(x) désigne la partie entière de x. a) Montrer que, pour tout n de N∗ , Zn est une va à densité et en déterminer une densité.
b) Calculer, pour tout n de N∗ , E(Zn ). Montrer que la suite E(Zn ) n∈N∗ converge et déterminer sa limite. c) Montrer que la suite (Zn )n∈N∗ converge en loi vers une va Z dont on précisera la loi.
7.18 Exemple de convergence en loi, d’après l’oral HEC 2008 Soit λ > 0 fixé. Pour tout entier n supérieur ou égal à λ, on considère une suite (Xi,n )i1 de va mutuellement indépendantes telle que, pour tout i 1, la va Xi,n suit la loi de Bernoulli de 1 λ paramètre , et on définit la va Nn = Inf i 1 ; Xi,n = 1 . n n Étudier la convergence en loi de la suite de va réelles (Nn )nλ .
7.19 Exemple de convergence en loi, d’après l’oral HEC 2006 On considère une suite (Xk )k∈N∗ de va, mutuellement indépendantes et de même loi. Pour tout n de N∗ , on définit la va Mn par :
Mn = max(X1 , . . . , Xn ).
a) On suppose dans cette question que, pour tout k de N∗ , la va Xk suit la loi exponentielle de paramètre α > 0. Montrer que la suite (Zn )n∈N∗ définie par, pour tout n de N∗ , Zn = αMn − ln n converge en loi vers une va dont on précisera la loi. 222
Énoncés des exercices
b) On suppose dans cette question que, pour tout k de N∗ , la va Xk suit la loi de Cauchy de c paramètre c > 0, c’est-à-dire admet pour densité la fonction f : x −→ . 2 π(c + x2 ) π Mn converge en loi vers une Montrer que la suite (Zn )n∈N∗ définie par, pour tout n de N∗ , Zn = nc va dont on précisera la loi.
7.20 Exemple de convergence en loi pour des va discrètes à valeurs dans N Soit n un entier naturel non nul. On considère n urnes notées U1 , U2 , . . . , Un . Pour tout i de 1 ; n, l’urne Ui contient i boules blanches et n − i boules noires. a) On choisit une urne au hasard et dans l’urne choisie, on effectue des tirages avec remise de la boule tirée jusqu’à obtenir une boule blanche. On note Xn la va égale au nombre de tirages effectués. 1) Déterminer la loi de Xn . (On exprimera le résultat sous forme d’une sommation.) 2) Déterminer l’espérance E(Xn ) de Xn puis calculer lim E(Xn ). n∞
3) Montrer que (Xn )
n∈N∗
converge en loi vers une va X dont on précisera la loi.
La va X admet-elle une espérance ? b) Soit p ∈ N∗ fixé. Maintenant, on choisit une urne au hasard et dans l’urne choisie, on effectue p tirages successifs avec remise de la boule tirée. On note Yn la va égale au nombre de boules blanches ainsi obtenues. 1) Déterminer la loi de Yn . (On exprimera le résultat sous forme d’une sommation.) 2) Déterminer l’espérance E(Yn ) de Yn puis calculer lim E(Yn ). n∞
3) Montrer que (Yn )n∈N∗ converge en loi vers une va Y dont on précisera la loi. Comparer ensuite E(Y) et lim E(Yn ). n∞
7.21 Convergence en loi du minimum de va suivant une loi uniforme Soient p ∈]0 ; 1[ et n ∈ N∗ . On considère des va X0 , . . . , Xn , mutuellement indépendantes, suivant la même loi uniforme sur [0 ; n], et une va Nn , indépendante des va Xi pour tout i ∈ 0 ; n, et suivant la loi binomiale de paramètre (n, p). On définit les va Vn = min(X0 , . . . , Xn ) et Wn = min(X0 , . . . , XNn ).
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
a) Étudier la convergence en loi de la suite de va (Vn )n∈N∗ . b) On note Gn la fonction de répartition de Wn . Calculer, pour tout x de R, Gn (x). c) Étudier la convergence en loi de la suite de va (Wn )n∈N∗ .
7.22 Exemple de convergence en loi pour des va discrètes à valeurs dans N Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. Une urne contient n boules numérotées de 1 à n. On effectue des tirages successifs avec remise et on s’arrête dès que l’on obtient un numéro supérieur ou égal au numéro précédent. On note Xn la va égale au nombre de tirages effectués. a) Calculer, pour tout k de N∗ , P(Xn > k). En déduire la loi de Xn . b) Calculer E(Xn ) puis lim E(Xn ). n∞
c) Montrer que la suite de terme général Xn converge en loi vers une va X dont on précisera la loi. Comparer E(X) et lim E(Xn ). n∞
223
Chapitre 7
•
Convergences et approximations
7.23 Convergence en probabilité et convergence en loi d’un minimum de va, d’après l’oral HEC 2010
a) On note f la fonction définie sur R par : ∀x ∈ R, f (x) =
0 si x < 0 . 2 x e −x /2 si x 0
Montrer que f est une densité d’une va réelle X. Soit (Xn )n∈N∗ une suite de va, mutuellement indépendantes, de même loi, admettant pour densité une fonction g continue sur R, nulle sur R− , de classe C 1 sur R+ et possédant une dérivée à droite en 0 non nulle, égale à c. c b) Justifier : ∀x 0, P(X1 x) = x2 + o (x2 ). x→0 2 c) Pour tout entier n 1, on pose Yn = min(X1 , X2 , . . . , Xn ). 1) Montrer que (Yn )n1 converge en probabilité vers la variable certaine égale à 0. 2) Déterminer une suite (an )n1 de réels strictement positifs telle que (an Yn )n1 converge en loi vers la va X.
7.24 Nombre de points fixes d’une application de 1 ; n dans lui-même ou d’une permutation de 1 ; n
Soit n un entier naturel non nul. a) On note En l’ensemble des applications de 1 ; n dans lui-même. On prend au hasard l’une de ces applications, et l’on définit la va Xn égale au nombre de points fixes de cette application. 1) Déterminer la loi de Xn . 2) Montrer que la suite (Xn )n∈N∗ converge en loi vers une va de loi usuelle. b) On note maintenant Fn l’ensemble des permutations de 1 ; n. On prend au hasard l’une de ces permutations, et l’on définit la va Yn égale au nombre de points fixes de cette permutation. 1) Calculer le nombre de permutations de Fn ne présentant aucun point fixe. 2) Déterminer la loi de Yn . 3) Montrer que la suite (Yn )n∈N∗ converge en loi vers une va de loi usuelle.
Du mal à démarrer ? 7.1
Considérer une va X suivant la loi normale centrée réduite, puis appliquer l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev à X.
7.3
7.2
b) 2)
a) Appliquer l’inégalité de Markov à la va (Xn − X) pour
2 V (Xn − X) + E(Xn − X) . en déduire : P |Xn − X| ε) 2 ε Puis conclure. 2
b) Montrer que la suite (Xn )n∈N∗ converge en probabilité vers la variable certaine X égale à 0. D’autre part, calculer E(Xn − X).
224
a) Utiliser la loi faible des grands nombres.
b) 1) Montrer que Yn suit une loi de Bernoulli. • Pour E(Tn ), utiliser la linéarité de l’espérance. • Pour V (Tn ), utiliser la formule : V (Tn ) =
n + 1 * V (Yk ) + 2 Cov(Yk , Y ) . 2 n k=1 1k< n
c) Appliquer l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev à la va Tn .
Du mal à démarrer ?
7.4
a) • Commencer par écrire P(Mn x) = P(X1 x, . . . , Xn x),
puis utiliser l’indépendance des va. • En déduire la fonction de répartition de Mn sur R. Montrer que cette fonction est continue sur R, C 1 sur R privé éventuellement d’un nombre fini de points.
b) Montrer : ∀ε ∈ ]0 ; 1], P |Mn − 1| < ε = 1 − (1 − ε)n .
b) 2) Utiliser la formule de Stirling, les équivalents et les développements limités usuels.
7.12 a) Remarquer : P(Mn x) P |Mn − m| ε . Puis utiliser l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev.
b) Raisonner de la même façon en remarquant cette fois-ci :
P(Mn x) P |Mn − m| < ε .
Puis conclure.
c) 1) Utiliser le résultat de a).
c) 2) Calculer, pour tout x de R, lim P n(1 − Mn ) x , puis n∞
conclure.
7.5
a) Considérer la va X égale au nombre de boîtes défectueuses dans un lot de 100 boîtes et remarquer que X → B(100, 0.02).
Approcher la loi de X par une loi adaptée puis estimer P(X 6) en utilisant cette nouvelle loi.
b) Raisonner de la même façon, en considérant la va Y égale au nombre de boîtes défectueuses dans un lot de 200 boîtes.
7.6
Considérer la va X égale au nombre de piles obtenus lors d’une succession de 100 lancers d’une pièce équilibrée et remarquer que X → B(100, 0.5).
Approcher la loi de X par une loi adaptée puis estimer :
c) • Utiliser la loi faible des grands nombres pour en déduire que (Mn )n1 converge en probabilité vers la variable certaine X égale à m, donc qu’elle converge aussi en loi vers X. • Déterminer la fonction de répartition de X, puis utiliser la définition de la convergence en loi.
d) Noter, pour tout n de N∗ , Sn = X1 + · · · + Xn . Montrer que (S∗n )n∈N∗ converge en loi vers une va N telle que N → N (0, 1). Et remarquer :
P(Mn m) = P(S∗n 0) −→ P(N 0). n∞
7.13
Noter n le nombre de lancers effectués et X la va égale au nombre de faces numérotées 1 obtenues. Déterminer la loi de X.
Considérer, pour tout i de 1 ; 20, la va Xi égale au nombre de clients le jour i et S = X1 + · · · + X20 .
Montrer que la question revient à déterminer un entier n tel # X 1 # que : P ## − ## 10−2 0.95. n 6 a) En utilisant l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, minorer # X 1# P ## − ## 10−2 , puis obtenir un n satisfaisant la condition n 6 précédente.
Déterminer la loi de S, approcher cette loi par une loi adaptée puis estimer P(S 180).
b) Approcher la loi de X par une loi normale adaptée, puis travailler avec cette nouvelle loi.
a) P(X = 50)
b) P(40 X 50)
en utilisant cette nouvelle loi.
7.7
7.8
Commencer par déterminer, pour tout n ∈ N∗ , la loi
de Xn . Puis, pour tout x de R, noter kn = Ent(nx) et calculer P(Xn x) en fonction de kn . Conclure.
7.9 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
b) 1) Utiliser le cours pour obtenir une densité de Sn , puis en Sn − n √ . n
déduire une densité de S∗n =
a) Utiliser le théorème de stabilité de la loi de Poisson.
b) Utiliser le théorème de la limite centrée, pour en déduire que la suite (S∗n )n∈N∗ converge en loi vers une va N telle que N → N (0, 1). Remarquer :
∀n ∈ N∗ , P(Sn n) = P(S∗n 0) −→ P(N 0). n∞
c) Écrire P(Sn n) sous forme d’une sommation.
7.10
b) • Utiliser le théorème de la limite centrée, pour en déduire que la suite (S∗n )n∈N∗ converge en loi vers une va N telle que N → N (0, 1). ∀n ∈ N∗ , P(Sn n) = P(S∗n 0) −→ P(N 0). n∞
• Écrire P(Sn n) sous forme d’une intégrale.
7.11
a) Appliquer l’inégalité de Markov à la va |Xn − X|.
b) 1) Remarquer que P(Yn 0) = P(Z1 0, . . . , Zn 0), puis utiliser l’indépendance des va. b) 2) Commencer par écrire : ∀ε > 0, P(|Yn | ε) P(Yn 0). Ensuite, faire tendre l’entier n vers +∞. c) Utiliser la question a). d) 1) Utiliser l’indépendance des va Zk . d) 2) Montrer :
lim E(Yn ) = +∞. Conclure. n∞
e) En déduire que (Yn )1 ne converge pas en moyenne vers la va Y .
7.15
a) Justifier que Sn suit une loi Gamma.
Remarquer :
7.14
a) Utiliser le théorème de la limite centrée.
Considérer la va X égale au nombre de vaches qui choisissent l’étable numéro 1. La question revient à déterminer un entier n tel que : P(100 − n X n) 0.95.
a) En utilisant l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, minorer P(100 − n X n), puis obtenir un n satisfaisant la condition précédente. b) Approcher la loi de X par une loi normale adaptée, puis travailler avec cette nouvelle loi.
225
Chapitre 7
•
Convergences et approximations
7.16
Considérer l’entier n égal au nombre de places vendues et la va X égale au nombre de passagers se présentant à l’embarquement.
b) Justifier : ∀x ∈ R, P(Wn > x) =
n
P(Nn = k)P(X0 > x) · · · P(Xk > x).
k=0
La question revient à déterminer un entier n tel que : P(X > 500) 0.01. Approcher la loi de X par une loi normale adaptée, puis travailler avec cette nouvelle loi.
7.17
a) Montrer que Zn prend ses valeurs dans [0 ; 1[.
Déterminer la fonction de répartition de Zn , puis montrer que cette fonction est continue sur R, de classe C 1 sur R éventuellement privé d’un nombre fini de points.
b)
∀n ∈ N∗ , E(Zn ) = n −
Montrer :
1 puis : lim E(Zn ) = . n∞ 2 c) Calculer, pour tout x de R,
7.18
1 e 1/n
−1
,
lim P(Zn x). n∞
• Commencer par déterminer la loi de Nn .
• Puis, pour tout x de R, noter kn = Ent(nx) et calculer P(Nn x) à l’aide de kn . En déduire :
∀x ∈ R+ , P(Nn x) −→ 1 − e −λx .
a) • Montrer :
⎧ 1 n ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ k k si k ∈ 1 ; n n . ∀k ∈ N , P(Xn > k) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 si k n + 1 ∗
∀k 2, P(Xn = k) = P(Xn > k − 1) − P(Xn > k).
• Puis utiliser :
b) Utiliser la définition de l’espérance et montrer : 1 n . E(Xn ) = 1 + n k−1 . c) • Montrer : ∀k 2, P(Xn = k) −→ n∞ k! k − 1 ; k ∈ 2 ; +∞ est bien la loi d’une • Montrer que k, k! va discrète. Puis conclure. Obtenir :
7.23
x + ln n n ∀x ∈ R, P(Zn x) = P X1 . α En déduire une expression de P(Zn x) puis lim P(Zn x).
a) Justifier :
n∞
nx 1 n + b) Justifier : ∀x ∈ R, P(Zn x) = Arctan . π π 2 Pour calculer lim P(Zn x), séparer les cas x < 0, x = 0, x > 0. 1
n∞
7.20
7.22
lim E(Xn ) = e = E(X). n∞
n∞
Conclure.
7.19
En déduire une expression de P(Wn x).
c) Montrer que la suite (Wn )n∈N∗ converge en loi vers une va de loi exponentielle de paramètre p.
a) 1) Considérer, pour tout i de 1 ; n, l’événement Ai : « on choisit l’urne i ».
Commencer par déterminer la loi conditionnelle de Xn sachant Ai , puis en déduire la loi de Xn .
a) 2) Donner, dans un premier temps, l’espérance de Xn sachant Ai , puis utiliser la formule de l’espérance totale. ∗
a) 3) Calculer, pour tout k de N , lim P(Xn = k) en utilisant le n∞
théorème sur les sommes de Riemann.
a) Appliquer la définition d’une densité.
b) Commencer par écrire le développement limité d’ordre 1 en 0 de la fonction g, en déduire le développement limité d’ordre 2 en 0 de F : x −→ P(X1 x).
n c) 1) Montrer : ∀ε > 0, P |Yn − 0| ε = 1 − F(ε) .
En déduire : lim P |Yn − 0| ε . n∞
c) 2) Raisonner par analyse-synthèse. Obtenir par exemple que √ la suite ( nc Yn )n∈N∗ converge en loi vers X.
7.24
a) 1) Obtenir :
∀k ∈ 0 ; n, P(Xn = k) =
a) 2) En déduire que (Xn )n∈N∗ converge en loi vers une va X suivant la loi de Poisson de paramètre 1. b) 1) Noter, pour tout i de 1 ; n, Ai l’ensemble des permutations f de Fn telles que f(i) = i. Commencer par calculer Card(A1 ∪· · ·∪An ) à l’aide de la formule du crible.
b) Raisonner de la même façon qu’au a).
7.21
a) Déterminer la fonction de répartition de la va Vn , puis montrer que la suite (Vn )n∈N∗ converge en loi vers une va de loi exponentielle de paramètre 1.
226
n (n − 1)n−k . nn k
b) 2) Montrer :
∀k ∈ 0 ; n, P(Yn = k) =
n−k 1 (−1)i . k! i=0 i!
b) 3) En déduire que (Yn )n∈N∗ converge elle aussi en loi vers la même va X.
Corrigés des exercices 7.1
On considère une va X de loi normale centrée réduite.
∀ε > 0, ∀n ∈ N∗ , P |Xn − 0| ε = P(|Xn | ε) = P(Xn = n) 1 = −→ 0. n n∞
1 2 Alors une densité de X est f : t −→ √ e −t /2 . 2π E(X) = 0 et
De plus :
V(X) = 1.
Soit x > 0. Par l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, on a :
V(X) P |X − E(X)| x 2 , x c’est-à-dire :
On en déduit que (Xn )n∈N∗ converge en probabilité vers la variable certaine X égale à 0. • De plus :
1 P |X| x 2 , x
1 et donc : P |X| x P |X| < x = 1 − P |X| x 1 − 2 . x
Or : P |X|$ x = P(−x $ X x) x x = f (t) dt = 2 f (t) dt car f est paire −x 0 , $ x $ x 1 2 2 2 =2 e −t /2 dt. √ e −t /2 dt = π 2π 0 0 , $ x 1 2 2 On en déduit : e −t /2 dt 1 − 2 , π 0 x , $ x π 1 2 et donc : e −t /2 dt 1− 2 . 2 x 0
car Xn (Ω) = {0, n}
∀n ∈ N∗ , E(Xn − X) = E(Xn ) 1 1 + n × = 1. =0× 1− n n
Ainsi, la suite de terme général E(Xn − X) ne converge pas vers 0. On en déduit que la réciproque de la question réciproque est fausse. Remarque 1 : Dire que lim E(Xn − X) = 0 équivaut à dire que n∞ lim E(Xn ) = E(X), mais le résultat analogue pour la variance n∞ est faux. Remarque 2 : On peut donc avoir des suites (Xn )n∈N∗ de va qui convergent en probabilité vers une va X, sans que la suite
E(Xn ) n∈N∗ converge vers E(X) !
7.3 a) Les va Xn sont mutuellement indépendantes et admettent toutes une espérance égale à p et une variance égale à p(1 − p).
7.2 a) Soit ε > 0. Appliquons l’inégalité de Markov à la va (Xn − X)2 :
E (Xn − X)2 . P |Xn − X| ε) = P (Xn − X)2 ε2 ) ε2
2 Or, pour toute va Y, on a : V(Y) = E(Y 2 ) − E(Y) ,
2 et donc : E(Y 2 ) = V(Y) + E(Y) . On obtient alors :
V(Xn − X) + E(Xn − X) 2 0 P |Xn − X| ε) . ε2
Puisque lim E(Xn − X) = 0 et lim V(Xn − X) = 0, n∞
b) 1) Soit n ∈ N∗ . Puisque Xn et Xn+1 prennent leurs valeurs dans {0, 1}, Yn prend elle-aussi ses valeurs dans {0, 1}. Et :
P(Yn = 1) = P(Xn = 1, Xn+1 = 1)
= P(Xn = 1)P(Xn+1 = 1) = p2 , car Xn et Xn+1 sont indépendantes. On en déduit : Yn → b(p2 ). b) 2) Soit n ∈ N∗ . • Calculons E(T n ). Par la linéarité de l’espérance,
n∞
On en déduit, par la loi faible des grands nombres, que (S n )n∈N∗ converge en probabilité vers la variable certaine égale à p.
2
V(Xn − X) + E(Xn − X) −→ 0. n∞ ε2 Par le théorème d’encadrement : P |Xn − X| ε) −→ 0.
on obtient :
n∞
On en déduit que (Xn )n∈N∗ converge en probabilité vers X. b) • Montrons que (Xn )n∈N∗ converge en probabilité vers la variable certaine X égale à 0. On a :
E(T n ) =
n n 1 1 2 1 E(Yk ) = p = · (np2 ) = p2 . n k=1 n k=1 n
• Calculons V(T n ). Puisque les va Yn , pour n ∈ N∗ , ne sont pas mutuellement indépendantes, V(T n ) =
n + 1 * V(Yk ) + 2 Cov(Yk , Y ) . n2 k=1 1k< n
227
Chapitre 7
•
Convergences et approximations
Or, pour tout k de 1 ; n, V(Yk ) = p2 (1 − p2 ) = p2 (1 − p)(1 + p).
Ainsi, la fonction de répartition de Mn , notée Fn , vérifie : ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎨ n x si 0 x 1 ∀x ∈ R, Fn (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x > 1
De plus, pour tous k, de 1 ; n tels que k < : • si k + 1 < , puisque Yk dépend de Xk et Xk+1 , que Y dépend de X et X +1 et que les va Xk , Xk+1 , X , X +1 sont mutuellement indépendantes, alors les va Yk et Y sont indépendantes, et donc Cov(Yk , Y ) = 0 ; • si k + 1 = , alors 2 2 Xk+2 ) = P(Xk Xk+1 Xk+2 = 1) E(Yk Y ) = E(Xk Xk+1 = P(Xk = 1)P(Xk+1 = 1)P(Xk+2 = 1) = p3 ,
et donc :
Cette fonction de répartition est C 1 sur R, privé éventuellement de 0 et de 1. ⎧ ⎪ Fn = 0 = Fn (0) = lim Fn ⎪ ⎨ lim 0− 0+ . De plus, ⎪ ⎪ ⎩ lim Fn = 1 = Fn (1) = lim Fn + − 1
1
Donc Fn est continue en 0 et en 1, donc continue sur R.
Cov(Yk , Y ) = E(Yk Y ) − E(Yk )E(Y ) = p3 − (p2 )2 = p3 (1 − p).
On obtient alors : n n−1 + 1 * V(Yk ) + 2 Cov(Yk , Yk+1 ) 2 n k=1 k=1 + 1* 2 = 2 np (1 − p)(1 + p) + 2(n − 1)p3 (1 − p) n + p2 (1 − p) * = n(1 + p) + 2(n − 1)p n2 p2 (1 − p)(3np + n − 2p) . = n2
V(T n ) =
c) Ici, on ne peut pas appliquer la loi faible des grands nombres car les va Yn ne sont pas mutuellement indépendantes. Cherchons à appliquer l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev à la va T n . On a : # # # # ∀ε > 0, 0 P ##T − p2 ## ε = P ##T − E(T )## ε n
n
n
p2 (1 − p)(3np + n − 2p) V(T n ) = ε2 n2 ε2 p2 (1 − p)(3p + 1) ∼ −→ 0 n∞ n∞ nε2 Donc, par le théorème d’encadrement : # # P ##T n − p2 ## ε −→ 0. n∞
On en déduit que (T n )n∈N∗ converge en probabilité vers la variable certaine égale à p2 .
7.4 a) • Soit x ∈ [0 ; 1]. Alors :
228
On en déduit que Mn est une va à densité. b) • Soit ε ∈ ]0 ; 1]. Alors :
P |Mn − 1| < ε = P(1 − ε < Mn < 1 + ε) = P(1 − ε < Mn 1 + ε)
car P(Mn = 1 + ε) = 0
= Fn (1 + ε) − Fn (1 − ε) = 1 − (1 − ε)n car 1 + ε > 1 et 1 − ε ∈ [0 ; 1]. • Soit ε > 0. Alors :
si ε ∈ ]0 ; 1], P |Mn − 1| ε = 1 − P |Mn − 1| < ε = (1 − ε)n −→ 0 car 1 − ε ∈ [0 ; 1[. n∞
si ε ∈ ]1 ; +∞[, P |Mn − 1| ε) = P(1 − Mn ε) = P(Mn 1 − ε) = 0 −→ 0 n∞ car Mn (Ω) ⊂ [0 ; 1] et 1 − ε < 0.
On obtient alors : ∀ε > 0, P |Mn − 1| ε −→ 0. n∞
On en déduit que (Mn )n∈N∗ converge en probabilité vers la variable certaine égale à 1.
P(Mn x) = P(X1 x, . . . , Xn x) = P(X1 x) · · · P(Xn x) car X1 , . . . , Xn sont indépendantes
n car X1 , . . . , Xn ont la même loi = P(X1 x)
= xn car X1 → U [0 ; 1] .
c) 1) Soit n ∈ N tel que n α. Alors :
α α = P Mn 1 − P n(1 − Mn ) α = P 1 − Mn n n α car Mn est à densité = P Mn > 1 − n α α n α puisque ∈ [0 ; 1]. = 1 − Fn 1 − =1− 1− n n n
• Puisque les va X1 , . . . , Xn prennent leurs valeurs dans [0 ; 1], il en est de même pour Mn .
c) 2) Puisque Mn prend ses valeurs dans [0 ; 1], n(1 − Mn ) prend ses valeurs dans [0 ; n].
Corrigés des exercices
Soit x ∈ R. • Si x ∈
R∗− ,
on peut approcher la loi de Y par la loi de Poisson de paramètre 200 × 0.02 = 4.
alors :
• Considérons une va U suivant la loi de Poisson de paramètre 4.
∀n 1, P n(1 − Mn ) x = 0 −→ 0. n∞
• Si x ∈ R+ , alors :
x n ∀n x, P n(1 − Mn ) x = 1 − 1 − n x = 1 − e n ln(1− n ) , x −x ∼ n× or : n ln 1 − = −x −→ −x, n∞ n n∞ n
donc : P n(1 − Mn ) x −→ 1 − e −x . n∞
Considérons une va X suivant la loi E (1) et notons F sa fonction de répartition. Alors : ∀x ∈ R, F(x) = 0 si x < 0 et F(x) = 1 − e −x si x 0.
On obtient alors : ∀x ∈ R, P n(1 − Mn ) x −→ F(x).
On en déduit que n(1 − Mn )
n∈N∗
n∞
converge en loi vers X.
P(Y 11) P(U 11) = 1 − P(U 10) 10 4k = 1 − e−4 0.0028 = 0.28%. k! k=0
On en déduit qu’il y a environ 0.28% de risques que la garantie tombe en défaut. Remarque : En doublant le nombre de boîtes par lot, la probabilité que la garantie du lot tombe en défaut est bien plus que divisée par deux !
7.6
Notons X la va égale au nombre de piles obtenus lors d’une succession de 100 lancers d’une pièce équilibrée. On sait alors que X → B(100, 0.5). Puisque : 100 30,
100 × 0.5 = 50 15,
7.5
100 × (1 − 0.5) = 50 5,
a) On note X la va égale au nombre de boîtes défectueuses dans un lot de 100 boîtes.
on peut approcher la loi de X par une loi normale de même espérance et de même variance.
La garantie de ce lot tombe en défaut si et seulement si ce lot contient au moins 6 boîtes défectueuses. On cherche donc à évaluer P(X 6).
Or :
• D’après l’énoncé, X → B(100, 0.02). Puisque : 100 30,
0.02 0.1, 100 × 0.02 = 2 15,
on peut approcher la loi de X par la loi de Poisson de paramètre 100 × 0.02 = 2. • Considérons une va T suivant la loi de Poisson de paramètre 2. Alors : © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Alors :
P(X 6) P(T 6) = 1 − P(T 5) 21 22 23 24 25 + + + + = 1 − e−2 1 + 1! 2! 3! 4! 5! −2 109 e 0.0166 = 1.66%. =1− 15
On en déduit qu’il y a environ 1.66% de risques que la garantie tombe en défaut. b) On note Y la va égale au nombre de boîtes défectueuses dans un lot de 200 boîtes. La garantie de ce lot tombe en défaut si et seulement si ce lot contient au moins 11 boîtes défectueuses. On cherche donc à évaluer P(Y 11).
E(X) = 100 ×
1 1 1 = 50 et V(X) = 100 × × = 25. 2 2 2
Ainsi, la loi de X peut être approchée par la loi normale X − 50 N (50, 25) et donc la loi de X ∗ = peut être approchée 5 par la loi N (0, 1). Considérons N une va de loi N (0, 1) et notons Φ sa fonction de répartition. a) On cherche à estimer P(X = 50). Effectuons une correction de continuité : P(X = 50) = P(49.5 < X 50.5) = P(−0.1 < X ∗ 0.1) P(−0.1 < N 0.1) = Φ(0.1) − Φ(−0.1) = 2Φ(0.1) − 1
car ∀x ∈ R, Φ(−x) = 1 − Φ(x).
Or, d’après la table de la loi normale centrée réduite, Φ(0.1) 0.540. On en déduit :
P(X = 50) 0.080.
On conclut que la probabilité d’obtenir, lors de 100 lancers d’une pièce équilibrée, autant de piles que de faces est à peu près égale à 0.080.
• D’après l’énoncé, Y → B(200, 0.02).
Remarque : Si l’on n’effectue pas la correction de continuité, on trouve : P(X = 50) = P(X ∗ = 0) P(N = 0) = 0, et cette approximation est peu satisfaisante !
Puisque : 200 30,
b) On cherche à estimer P(40 X 50).
0.02 0.1, 200 × 0.02 = 4 15,
229
Chapitre 7
•
Convergences et approximations
P(40 X 50) = P(−2 X ∗ 0) P(−2 N 0). Or, P(−2 N 0) = P(−2 < N 0) = Φ(0) − Φ(−2)
= 0.5 − 1 − Φ(2) = Φ(2) − 0.5. D’après la table de la loi normale centrée réduite, Φ(2) 0.977. On en déduit :
P(40 X 50) 0.477.
On conclut que la probabilité d’obtenir, lors de 100 lancers d’une pièce équilibrée, un nombre de piles compris entre 40 et 50 est à peu près égale à 0.477. Remarque : Il est possible d’effectuer la correction de continuité. Dans ce cas, on obtient :
k = P Ent(nX) = k P Xn = n k k + 1 = P k nX < k + 1 = P X < n n k + 1 k k k + 1 =F −F . =P <X n n n n • Soit x ∈ R. Supposons x ∈ R∗− . Alors : ∀n 1, P(Xn x) = 0 −→ 0 = P(X x) n∞
Supposons x ∈ R+ . Soit n 1. Notons kn = Ent(nx). Alors :
P(40 X 50) = P(39.5 < X 50.5) = P(−2.1 < X ∗ 0.1) Φ(0.1) − Φ(−2.1)
On a :
= Φ(0.1) + Φ(2.1) − 1 0.540 + 0.982 − 1 = 0.522.
kn j j + 1 −F F n n j=0 kn + 1 kn + 1 =F − F(0) = F . !" n n
=
• Notons, pour tout i de 1 ; 20, Xi la va égale au nombre de clients le jour i et S = X1 + · · · + X20 . D’après l’énoncé, les va X1 , . . . , X20 sont mutuellement indépendantes et suivent la loi de PoissonP(10). On sait alors, d’après le cours, que S → P(200). Puisque 200 15, on peut approcher la loi de S par une loi normale de même espérance et de même variance. Or, E(S ) = 200 et V(S ) = 200. Ainsi, la loi de S peut être approchée par la loi normale N (200, 200) et donc la loi de X − 200 S∗ = √ peut être approchée par la loi N (0, 1). 10 2 Considérons N une va de loi N (0, 1) et notons Φ sa fonction de répartition. • On cherche à estimer P(S 180). √ 180 − 200 = P(S ∗ − 2) On a : P(S 180) = P S ∗ √ 10 2 √ √ √ P(N − 2) = P(N 2) = Φ( 2). √ Or : 2 1.41 et Φ(1.41) 0.921.
Notons, pour tout n de N∗ , Fn la fonction de répartition de Xn et F la fonction de répartition de X.
7.8
• Soit n ∈ N∗ . La va Xn prend ses valeurs dans Pour tout k de N, on a :
=0
Or, d’après l’inégalité précédente, on a : x<
1 kn + 1 x+ , n n
donc par le théorème d’encadrement :
kn + 1 −→ x. n∞ n
Puisque X est une va à densité, sa fonction de répartition est kn + 1 −→ F(x). continue sur R et donc : P(Xn x) = F n∞ n On obtient alors :
∀x ∈ R, Fn (x) −→ F(x). n∞
On conclut que la suite (Xn )n∈N∗ converge en loi vers X.
7.9 a) Soit n ∈ N∗ . Les va X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes et suivent la loi de Poisson de paramètre 1. D’après le cours, on sait que S n → P(n).
P(S 180) 0.921 = 92.1%.
On conclut que la probabilité d’avoir au moins 180 clients au cours de 20 jours ouvrables est à peu près égale à 0.921.
230
kn + 1 kn x< . n n
kn kn j = P(Xn x) = P Xn P Xn = n n j=0
7.7
Ainsi :
car X(Ω) ⊂ R+ .
k n
;k∈N.
En particulier, on a :
E(S n ) = n et V(S n ) = n.
b) Notons, pour tout n de N∗ , S n∗ la va centrée réduite associée Sn − n à S n , c’est-à-dire S n∗ = √ . n Puisque les va Xn , pour n ∈ N∗ , sont mutuellement indépendantes, de même loi, admettent une espérance et une variance, on sait, d’après le théorème de la limite centrée, que la suite (S n∗ )n∈N∗ converge en loi vers une va N telle que N → N (0, 1).
Corrigés des exercices
1 En particulier, on a : P(S n∗ 0) −→ P(N 0) = , n∞ 2 car N est une va admettant une densité paire. Sn − n Or, P(S n∗ 0) = P √ 0 = P(S n n). n P(S n n) −→
On conclut :
n∞
7.11 a) Les va Xn , pour n 1, étant mutuellement indépendantes, de même loi et admettant une espérance et une variance, on sait, d’après le théorème de la limite centrée, que la suite (S n∗ )n1 converge en loi vers une va N, telle que N → N (0, 1).
1 . 2
c) Puisque S n → P(n), on a :
Donc :
1 autrement dit, Fn (x) −→ √ n∞ 2π
nk ∀k ∈ N, P(S n = k) = e −n . k! n n nk . P(S n = k) = e −n P(S n n) = k! k=0 k=0 e −n
On obtient :
n nk k=0
k!
∼
n∞
1 et donc : 2
k!
x
e −t
2 /2
dt.
−∞
• Puisque les va X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes et suivent la loi E (1), on sait que S n suit la loi Γ(1, n).
n nk k=0
n∞
$
b) 1) Soit n ∈ N∗ .
∼
n∞
en . 2
7.10 a) Soit n ∈ N∗ .
Une densité gn de S n est donnée par : ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ n−1 . ∀x ∈ R, gn (x) = ⎪ x ⎪ −x ⎪ ⎪ ⎩ (n − 1)! e si x 0
Les va X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes et suivent la loi de exponentielle de paramètre 1.
• On sait alors que E(S n ) = n et V(S n ) = n.
D’après le cours, on sait que S n → Γ(1, n). ⎧ ⎪ 0 si t < 0 ⎪ ⎪ ⎨ n−1 t Une densité de S n est alors f : t −→ ⎪ −t ⎪ ⎪ e si t 0 ⎩ (n − 1)!
Donc : S n∗ =
Et l’on a :
E(S n ) = n et V(S n ) = n.
b) • Notons, pour tout n de N∗ , S n∗ la va centrée réduite associée Sn − n à S n , c’est-à-dire S n∗ = √ . n Puisque les va Xn , pour n ∈ N∗ , sont mutuellement indépendantes, de même loi, admettent une espérance et une variance, on sait, d’après le théorème de la limite centrée, que la suite (S n∗ )n∈N∗ converge en loi vers une va N telle que N → N (0, 1).
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
P(S n∗ x) −→ P(N x),
On en déduit, pour tout x de R :
1 En particulier, on a : P(S n∗ 0) −→ P(N 0) = , n∞ 2 car N est une va admettant une densité paire. Or,
P(S n∗ 0) = P
On en déduit :
Sn − n
0 = P(S n n). √ n
0
On obtient :
√ On a alors : ∀x ∈ R, P(S n∗ x) = P(S n n + x n). En dérivant, on obtient qu’une densité fn de S n∗ est donnée par : √ √ ∀x ∈ R, fn (x) = n gn n + x n √ ⎧ ⎪ si x < − n ⎪ ⎪ √ 0 n−1 ⎨ √ √ √ . n(n + x n) =⎪ ⎪ ⎪ e −n−x n si x − n ⎩ (n − 1)! b) 2) Soit x ∈ R. Alors : √ √ n(n + x n)n−1 −n−x √n ∀n x2 , fn (x) = e (n − 1)! √ x n−1 −n−x √n n nn−1 = e . 1+ √ (n − 1)! n √ Or : (n − 1)! ∼ (n − 1)n−1 2π(n − 1) e −n+1 n∞ √ ∼ (n − 1)n−1 2πn e −n+1 , donc : n∞
√
1 P(S n n) −→ . n∞ 2
• Puisque S n → Γ(1, n), on a : $ n P(S n n) = f (t) dt =
Sn − n √ . n
x n−1 −n−x √n n nn−1 1+ √ e √ −n+1 n (n − 2πn e 1 −n+1 1 x n−1 −x √n−1 1− = √ e 1+ √ n n 2π + * √ 1 x 1 −x n−1 . = √ × exp (n − 1) ln 1 + √ − ln 1 − n n 2π !" fn (x) ∼
n∞
1 (n − 1)!
$
n 0
tn−1 e −t dt.
$ n 1 1 et donc : tn−1 e −t dt ∼ n∞ 2 (n − 1)! 0 $ n (n − 1)! tn−1 e −t dt ∼ . n∞ 2 0
1)n−1
noté un
On obtient alors, en utilisant les développements limités lorsque l’entier n tend vers +∞ : 231
Chapitre 7
•
Convergences et approximations
x √ 1 x2 1 − − + o −x n−1 un = (n − 1) √ − n n∞ n n 2n √ √ x2 x2 = x n− + 1+ o (1) − x n − 1 = − + o (1). n∞ 2 2 n∞ On en déduit :
−x2 un −→ n∞ 2
et on conclut :
1 2 e −x /2 . fn (x) −→ √ n∞ 2π
σ2 • Puisque 1 − 2 −→ 1, par le théorème d’encadrement, on nε n∞ conclut : lim P(Mn x) = 1. n∞
,
Remarque : Bien que la suite des fonctions de répartition de S n∗ converge vers la fonction de répartition de la loi N (0, 1), on ne peut pas en déduire que la suite des densités de S n∗ converge vers une densité de la loi N (0, 1). En effet, il existe des exemples de suites de fonctions (hn )n∈N telles que, pour tout x de R, lim hn (x) = h(x) sans pour autant n∞
avoir, pour tout x de R, lim hn (x) = h (x). n∞
7.12
c) • Puisque les va Xk , pour k 1, sont mutuellement indépendantes, admettent toutes une espérance égale à m et une variance égale à σ2 , on a, par la loi faible des grands nombres : la suite (Mn )n1 converge en probabilité vers la variable certaine égale à m. Puisque la convergence en probabilité implique la convergence en loi, on en déduit que (Mn )n1 converge en loi vers la variable certaine X égale à m. • Notons F la fonction de répartition de X. 0 si x < m On a : ∀x ∈ R, F(x) = . 1 si x m Ainsi F est continue en tout point de R privé de m. On en déduit, par la définition de la convergence en loi :
a) • Soit n 1. Alors :
∀x ∈ R \ {m}, lim P(Mn x) = F(x),
(Mn x) = (Mn − m −ε) ⊂ |Mn − m| ε .
n∞
De plus, par la linéarité de l’espérance : n 1 1 E(Xk ) = (n.m) = m, E(Mn ) = n k=1 n
et puisque les va Xk sont mutuellement indépendantes : n n 1 1 1 σ2 . Xk = 2 V(Xk ) = 2 (n.σ2 ) = V(Mn ) = 2 V n n k=1 n n k=1 Donc, par l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, V(Mn ) σ2 P |Mn − m| ε) = P |Mn − E(Mn )| ε) = 2. 2 ε nε σ2 On obtient alors : 0 P(Mn x) 2 . nε σ2 −→ 0, par le théorème d’encadrement, on • Puisque nε2 n∞ conclut : lim P(Mn x) = 0.
donc on a :
⎧ ⎪ ∀x < m, lim P(Mn x) = 0 ⎪ ⎪ ⎨ n∞ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ∀x > m, lim P(Mn x) = 1 n∞
d) Notons, pour tout n de N∗ , S n =
σ2 P |Mn − m| < ε = 1 − P |Mn − m| ε 1 − 2 , nε d’après la question précédente.
Or :
On obtient alors : 1 − 232
σ P(Mn x) 1. nε2
Xk et S n∗ la va centrée
k=1
réduite associée à S n . Les va Xk , pour k 1, étant mutuellement indépendantes, de même loi et admettant une espérance et une variance, on sait, d’après le théorème de la limite centrée, que la suite (S n∗ )n1 converge en loi vers une va N de loi N (0, 1). En particulier :
P(S n∗ 0) −→ P(N 0) = n∞
1 , 2
car N admet une densité paire. Or : ∀n 1, S n∗ =
n∞
b) • Soit n 1. Alors : (Mn x) = (Mn − m ε),
et : |Mn − m| < ε ⊂ |Mn − m| ε ⊂ Mn − m ε .
On en déduit : |Mn − m| < ε ⊂ (Mn x),
et par conséquent : P |Mn − m| < ε P(Mn x).
n
et donc :
S n − E(S n ) nMn − E(nMn ) = √ √ V(S n ) V(nMn )√ Mn − E(Mn ) n = √ = √ (Mn − m), V(Mn ) σ2
P(S n∗ 0) = P(Mn − m 0) = P(Mn m).
On conclut : lim P(Mn m) = n∞
1 . 2
7.13
Notons n le nombre de lancers effectués et X la va égale au nombre de faces numérotées 1 obtenues. Alors :
X → B(n, 1/6).
2
La fréquence d’apparition de la face numérotée 1 est égale à
X . n
Corrigés des exercices
On cherche donc n tel que : ## X 1 ## P ## − ## 10−2 0.95 (∗). n 6 n X E(X) 1 a) On a : E = = 6 = n n n 6 5n X V(X) 5 V = 2 = 362 = . n n n 36n Par l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, on a : ## X ## X 1 ## X ### P ## − ## 10−2 = P ## − E # 10−2 n 6 n n V( Xn ) 50000 = . (10−2 )2 36n 50000 ## X 1 ## , On a donc : P ## − ## > 10−2 n 6 36n puis par événement contraire : ## X 1 ## 50000 P ## − ## 10−2 1 − . n 6 36n Ainsi, pour satisfaire l’inégalité (∗), il suffit d’avoir : 1−
50000 50000 0.95 ⇐⇒ 0.05 36n 36n 50000 27777.77 ⇐⇒ n 27778. ⇐⇒ n 36 × 0.05
Ainsi, lorsque n 27778, on peut affirmer, avec un risque inférieur ou égal à 5%, que la fréquence d’apparition de la face 1 numérotée 1 diffère de d’au plus 10−2 . 6 5n n 5, b) Supposons : n 30, 15, 6 36 c’est-à-dire : n 90. Dans ce cas, on peut approcher la loi de X par une loi normale de même espérance et de même variance, et donc approcher la X− n loi de X ∗ = √ 6 par la loi N (0, 1). © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
5n 6
√ ## X 1 ## ## − ## 10−2 = √5 |X ∗ | 10−2 n 6 6 n √ 6 n = |X ∗ | √ . 100 5 Considérons N une va de loi N (0, 1) et notons Φ sa fonction de répartition. √ ## X 1 ## 6 n On a alors : P ## − ## 10−2 P |N| √ n 6 100 5 √ 6 n = 2Φ √ − 1. 100 5 6 √n Et : 2Φ √ − 1 0.95 100 5 6 √n ⇐⇒ Φ √ 0.975 Φ(1.96) 100 5 De plus :
√ 6 n ⇐⇒ √ 1.96 car Φ est strictement croissante 100 5 √ 1.96 × 100 5 2 ⇐⇒ n 5335.6 ⇐⇒ n 5336. 6 Par cette méthode, lorsque n 5336, on peut affirmer, avec un risque inférieur ou égal à 5%, que la fréquence d’apparition de 1 la face numérotée 1 diffère de d’au plus 10−2 . 6 Remarque : Le résultat trouvé au b) est bien inférieur à celui trouvé au a). La deuxième méthode est plus précise que la première car elle fait intervenir la connaissance de la loi de X, tandis que première ne fait intervenir que la connaissance de l’espérance et la variance de X.
7.14 a) Supposons que la suite (Xn )n1 converge en moyenne vers la va X. Soit ε > 0. D’après l’inégalité de Markov appliquée à la va |Xn − X| :
E |Xn − X| P |Xn − X| ε −→ 0. n∞ ε On en déduit que (Xn )n1 converge en probabilité vers X. b) 1) Soit n 1. Alors : P(Yn 0) = P(Z1 0, . . . , Zn 0) = P(Z1 0) · · · P(Zn 0) car les va sont indépendantes car les va ont la même loi = P(Z1 0)
n −λ n = 1 − P(Z1 = 0) = 1 − e . n
b) 2) Soit ε > 0. Alors :
P |Yn − 0| ε = P(Yn ε) P(Yn 0).
On obtient alors : 0 P |Yn − 0| ε
n P(Yn 0) 1 − e −λ .
n Puisque λ > 0, 0 < 1 − e −λ < 1 et donc 1 − e −λ −→ 0. n∞
Par le théorème d’encadrement : P |Yn − 0| ε −→ 0. n∞
Ainsi, (Yn )n1 converge en probabilité vers la variable certaine égale à 0. c) Supposons que la suite (Yn )n1 converge en moyenne vers une va Y. Alors d’après a), (Yn )n1 converge en probabilité vers cette même va. Or, d’après la question précédente, (Yn )n1 converge en probabilité vers la variable certaine égale à 0. D’après le cours, on sait que, si une suite de va converge en probabilité vers une va X et vers une autre va X , alors P(X = X ) = 1. On obtient alors :
P(Y = 0) = 1. 233
Chapitre 7
•
Convergences et approximations
d) 1) Soit n 1. Alors :
(1) :
car Z1 , . . . , Zn sont mutuellement indépendantes
Utilisons l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev. On obtient : # # # # P ##X − E(X)## > n − 50 P ##X − E(X)## n − 50 V(X) 25 = . (n − 50)2 (n − 50)2
(2) :
car Z1 , . . . , Zn → P(λ).
On obtient donc :
E(Yn ) = E
n -
Zk =
k=1
n -
(1)
E(Zk ) = λn . (2)
k=1
d) 2) • Soit n 1. La va |Yn − Y| − (Yn − Y) est une va à valeurs positives (car : ∀x ∈ R, |x| − x 0).
On obtient alors : E |Yn − Y| − (Yn − Y) 0. Par la linéarité de l’espérance, on en déduit :
E |Yn − Y| E(Yn ) − E(Y). • Puisque E(Yn ) = λn −→ +∞ (car λ > 1) et que E(Y) = 0 (car n∞ Y est une va quasi certaine égale à 0), on en déduit : E(Yn ) − E(Y) −→ +∞. n∞
Et donc, par minoration :
lim E |Yn − Y| = +∞. n∞
e) De la question précédente, on déduit que (Yn )1 ne converge pas en moyenne vers la va Y, alors qu’elle converge en probabilité vers Y. Ainsi, la convergence en moyenne implique la convergence en probabilité, mais que la réciproque est fausse.
P(E) 1 −
25 . (n − 50)2
Pour satisfaire la condition (∗), il suffit que : 1−
25 25 0.95 ⇐⇒ 1 − 0.95 = 0.05 2 (n − 50)2 (n ,− 50) 25 ⇐⇒ n 50 + 72.3. 0.05
On en déduit que, pour n = 73, chaque vache trouve une place avec une probabilité supérieure ou égale à 95%. b) Puisque 100 30, 100 × 0.5 = 50 15 et 100 × (1 − 0.5) = 50 5, on peut approcher la loi de X par une loi normale de même espérance et de même variance. Or, E(X) = 50 et V(X) = 25. Ainsi, la loi de X peut être approX − 50 par la chée par la loi N (50, 25) et donc celle de X ∗ = 5 loi N (0, 1). Considérons N une va de loi N (0, 1) et notons Φ sa fonction de répartition. n − 50 n − 50 X∗ P(E) = P − 5 5 n − 50 n − 50 N P − 5 5 n − 50 n − 50 n − 50 −Φ − = 2Φ − 1. =Φ 5 5 5 n − 50 − 1 0.95 D’où : P(E) 0.95 ⇐⇒ 2Φ 5 n − 50 0.975 Φ(1.96) ⇐⇒ Φ 5 n − 50 1.96 car Φ est strictement croissante ⇐⇒ 5 ⇐⇒ n 50 + 5 × 1.96 = 59.80 ⇐⇒ n 60. On a alors :
7.15 • Notons X le nombre de vaches qui choisissent l’étable numéro 1. Puisque les 100 vaches choisissent une étable de façon indépendante les unes des autres, et que la probabilité de choisir l’étable 1 numéro 1 est égale à , on en déduit que X → B(100, 0.5). 2 • Notons E l’événement : « chaque vache trouve une place ». Si X vaches choisissent l’étable numéro 1, 100 − X choisissent l’étable numéro 2. On en déduit : E = (X n) ∩ (100 − X n) = (100 − n X n). On cherche donc n tel que : P(E) = P(100 − n X n) 0.95 (∗). 1 1 1 = 50 , V(X) = 100 · · = 25, 2 2 2 et : P(E) = P 100 − n X n
= P 50 − n X − 50 n − 50 ## ## ## # = P #X − 50# n − 50 = P #X − E(X)## n − 50 # # = 1 − P ## X − E(X)## > n − 50 . a) On a :
234
E(X) = 100 ·
Par cette méthode, on en déduit que, pour n = 60, chaque vache trouve une place avec une probabilité supérieure ou égale à 95%. Remarque : Comme dans l’exercice 7.13, on constate que la deuxième méthode est plus précise que la première. Ceci est dû à ce que, dans la deuxième méthode, on connaît la loi de X, tandis que dans la première méthode, on ne connaît que l’espérance et la variance de X.
7.16
Notons n le nombre de places vendues et X le nombre de passagers se présentant à l’embarquement. Alors :
X → B(n, 0.95).
Corrigés des exercices
On cherche alors n tel que : Supposons :
n 30,
P(X > 500) 0.01.
0.95 · n 15,
0.95 · 0.05 · n 5,
c’est-à-dire : n 60. Dans ce cas, on peut approcher la loi de X par une loi normale de même espérance et de même variance, et donc approcher la X − 0.95 · n par la loi N (0, 1). loi de X ∗ = √ 0.95 · 0.05 · n Notons Φ la fonction de répartition de la loi N (0, 1). On obtient alors : P(X > 500) 0.01 500 − 0.95 · n ⇐⇒ P X ∗ > √ 0.01 0.95 · 0.05 · n 500 − 0.95 · n ⇐⇒ 1 − Φ √ 0.01 0.95 · 0.05 · n 500 − 0.95 · n 0.99 Φ(2.33) ⇐⇒ Φ √ 0.95 · 0.05 · n 500 − 0.95 · n 2.33 (Φ est strictement croissante) ⇐⇒ √ 0.95 · 0.05 · n √ √ ⇐⇒ 0.95 · n + 2.33 · 0.0475 · n − 500 0. √ L’équation 0.95 · r2 + 2.33 · 0.0475 · r − 500 = 0 admet deux solutions réelles r1 et r2 , et l’on a : r1 22.68
et
r2 −23.22.
On en déduit : P(X > 500) 0.01 ⇐⇒ r2 ⇐⇒ n r12 514.45 ⇐⇒ n 514.
On en déduit que la fonction de répartition Fn de Zn vérifie : ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 1 − e −x/n ∀x ∈ R, Fn (x) = ⎪ si 0 x < 1 . ⎪ ⎪ ⎪ 1 − e −1/n ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x 1 • La fonction Fn est de classe C 1 sur R privé éventuellement de {0, 1}. De plus, lim Fn = 0 = Fn (0) et lim Fn = 1 = Fn (1). Ainsi Fn − − 0
Ainsi Zn est une va à densité, dont une densité fn est obtenue en dérivant Fn ; ainsi : ⎧ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎪ e −x/n si 0 x < 1 ⎨ n(1 − e −1/n ) ∀x ∈ R, fn (x) = ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon b) • Soit n ∈ N∗ . $ Alors E(Zn ) =
7.17
Ainsi :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
E(Zn ) =
(k Xn k + x),
k=0
donc :
P(Zn x) =
+∞
1
x e −x/n dx
0
n − n e −1/n − e −1/n 1 = n − 1/n . 1 − e −1/n e −1
1 1 1 + 2+ o 2 , n 2n n∞ n 1
1 = e 1/n − 1
Ainsi :
1 1 E(Zn ) = n − n − + o (1) = + o (1). n∞ 2 2 n∞
1 n
1 =n ( n12 ) 1 + 2n1 + o ( 1n ) n∞ 1 1 1 =n 1− + o = n − + o (1). 2n n∞ n 2 n∞
+
1 + o 2n2 n∞
On conclut : lim E(Zn ) = n∞
1 . 2
c) • Soit x ∈ R. Calculons lim P(Zn x). n∞
P(k Xn k + x)
k=0
par incompatibilité des événements +∞ 1 −t/n −k/n
e dt = − e −(k+x)/n = e n k k=0 k=0 +∞ −1/n k 1 − e −x/n −x/n e = . = 1− e 1 − e −1/n k=0 +∞ $ k+x
$
donc :
2e cas : si x 1, alors P(Zn x) = 1. +∞ 1
1 n(1 − e −1/n )
e 1/n = 1 +
• Soit x ∈ R.
3e cas : si 0 x < 1, alors (Zn x) =
x fn (x) dx. 0
=
a) Soit n ∈ N∗ .
1er cas : si x < 0, alors P(Zn x) = 0.
1
1
• On a :
• Puisque ∀x ∈ R, Ent(x) x < Ent(x) + 1, la va Zn prend ses valeurs dans [0 ; 1[.
$ x fn (x) dx =
$ 1 &1 % x e −x/n dx = − nx e −x/n 0 + n e −x/n dx par IPP 0 0 % & 1 = − nx e −x/n − n2 e −x/n 0 = −n e −1/n − n2 e −1/n + n2 .
$
n r1
On en déduit que la compagnie aérienne peut vendre jusqu’à 514 places pour être sûre à 99% que le nombre de passagers se présentant à l’embarquement soit inférieur ou égal à 500.
+∞
−∞
Or : √
1
est continue en 0 et en 1, donc continue sur R.
1er cas : si x < 0, alors P(Zn x) = 0 −→ 0. n∞
2 cas : si x 1, alors P(Zn x) = 1 −→ 1. e
n∞
3 cas : si 0 x < 1, alors e
P(Zn x) =
x/n 1 − e −x/n ∼ = x −→ x. n∞ 1 − e −1/n n∞ 1/n 235
Chapitre 7
•
Convergences et approximations
• Considérons U une va de loi uniforme sur [0 ; 1[.
Alors : ∀x ∈ R, P(X x) =
∀x ∈ R, P(Zn x) −→ P(U x).
On a alors :
Ainsi : ∀x ∈ R, P(Nn x) −→ P(X x).
n∞
On en déduit que (Zn ) forme sur [0 ; 1[.
n∈N∗
n∞
converge en loi vers U, de loi uni-
On en déduit que (Nn )n1 converge en loi vers la va X.
1 Remarque : On a E(U) = , et donc lim E(Zn ) = E(U), ce qui n∞ 2 n’est pas toujours le cas comme le montre l’exercice 7.2.
• Soit n ∈ N tel que n λ. Déterminons la loi de Nn . La va Nn prend ses valeurs dans
k n
; k ∈ N∗ .
k Pour tout k ∈ N∗ , on a : P Nn = n = P inf i 1 ; Xi,n = 1 = k
= P X1,n = 0, . . . , Xk−1,n = 0, Xk,n = 1
= P(X1,n = 0) · · · P(Xk−1,n = 0)P(Xk,n = 1) par indépendance des va λ k−1 λ . = 1− n n Remarque : n Nn suit la loi géométrique de paramètre
7.19 a) • Soit x ∈ R. Alors, pour tout n de N∗ : x + ln n P(Zn x) = P(αMn x + ln n) = P Mn α x + ln n x + ln n , . . . , Xn = P X1 α α x + ln n x + ln n . . . P Xn = P X1 α α car les va sont indépendantes * x + ln n +n = P X1 car les va ont la même loi. α
7.18
λ . n
• Soit x ∈ R. Calculons lim P(Nn x). n∞
1er cas : Supposons x 0. Pour tout n 1, P(Nn x) = 0, donc :
0 si x 0 . 1 − e −λx si x > 0
x + ln n 0, α x + ln n n
Pour tout n de N∗ tel que n > e −x , on a :
P(Zn x) = 1 − exp − α · α e −x n e −x = 1− = exp n ln 1 − . n n − e −x e −x ∼ n = − e −x −→ − e −x . Or : n ln 1 − n∞ n n∞ n
et donc :
Donc :
P(Zn x) −→ exp(− e −x ). n∞
• Notons F la fonction définie sur R par :
P(Nn x) −→ 0. n∞
1 2 cas : Supposons x > 0. Pour tout n 1 tel que n > , notons x kn = Ent(nx).
∀x ∈ R, F(x) = exp(− e −x ).
e
On a :
kn + 1 kn 1 x< et kn 1 (car x ). n n n n kn j P(Nn x) = P Nn = P Nn = n n j=1
k
Ainsi :
=
kn j=1
1−
λ j−1 λ n
n
=
λ n
1 − (1 − λn )kn 1 − (1 − λn )
λ kn . =1− 1− n
λ kn λ = e kn ln(1− n ) , Or : 1 − n λ λ ∼ − et kn ∼ nx (car kn = Ent(nx)), avec ln 1 − n∞ n n∞ n λ ∼ −λx −→ −λx. donc : kn ln 1 − n∞ n n∞ Ainsi :
P(Nn x) −→ 1 − e n∞
−λx
.
• Considérons une va X suivant la loi exponentielle de paramètre λ. 236
Montrons que F est la fonction de répartition d’une va à densité. La fonction F est C 1 sur R (et donc continue sur R). De plus :
∀x ∈ R, F (x) = e −x exp(− e −x ) > 0,
donc F est strictement croissante sur R. ⎧ −x ⎪ −→ 0, donc lim F = exp(0) = 1 ⎪ ⎨ − e x→+∞ +∞ . Enfin : ⎪ ⎪ ⎩ − e −x −→ −∞, donc lim F = lim exp = 0 x→−∞
−∞
−∞
Ainsi F est la fonction de répartition d’une va X à densité, admettant pour densité la fonction f définie par : ∀x ∈ R, f (x) = F (x) = e −x exp(− e −x ). On en déduit que (Zn )n∈N∗ converge en loi vers la va X. b) • Soit x ∈ R. Alors, pour tout n de N∗ : π ncx P(Zn x) = P Mn x = P Mn nc π ncx ncx , . . . , Xn = P X1 π π
Corrigés des exercices
ncx ncx = P X1 . . . P Xn π π car les va sont indépendantes ncx n = P X1 car les va ont la même loi. π $ ncx *1 π c ncx t + ncx π = Or : P X1 dt = Arctan 2 + t2 ) −∞ π π(c π c −∞ nx 1 −π 1 nx 1 1 − · = Arctan + . = · Arctan π π π 2 π π 2 1 nx 1 n Donc : ∀x ∈ R, P(Zn x) = Arctan + = e un , en π π 2 1 nx 1 notant un = n ln Arctan + . π π 2 • Soit x ∈ R. Déterminons lim P(Zn x). n∞
nx Supposons x < 0. Alors Arctan π 1 nx 1 Arctan + −→ 0, puis un −→ −∞ n∞ π π 2 n∞ On en déduit :
π −→ − , donc n∞ 2
Enfin : lim F = 0 et −∞
Ainsi F est la fonction de répartition d’une va X à densité, admettant pour densité la fonction f définie par : ⎧ ⎪ 0 si x 0 ⎪ ⎪ ⎨ . ∀x ∈ R, f (x) = ⎪ 1 ⎪ −1/x ⎪ ⎩ 2e si x > 0 x On en déduit que (Zn )n∈N∗ converge en loi vers la va X.
7.20 a) 1) • La va Xn prend ses valeurs dans N∗ .
« on choisit l’urne i ».
n∞
1 = −n ln!" 2 −→ −∞. n∞ 2
P(Zn x) −→ 0. n∞
nx −→ Supposons x > 0. Alors Arctan n∞ π 1 nx 1 Arctan + −→ 1. On a alors : π π 2 n∞ n 1 nx 1 + − 1 = Arctan un ∼ n Arctan n∞ π π 2 π
π , donc 2 nx π − . π 2
Alors les événements A1 , . . . , An forment un système complet 1 d’événements et, pour tout i de 1 ; n, P(Ai ) = . n • D’après l’énoncé, la loi conditionnelle de Xn sachant l’évéi nement Ai est la loi géométrique de paramètre . n On en déduit, d’après la formule des probabilités totales : ∀k ∈ N∗ , P(Xn = k) = =
∀y > 0, Arctan y + Arctan
n∞
1 π = , y 2
n π − Arctan . π nx
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
On en déduit :
1 1 n π − = − −→ − . π nx x n∞ x
P(Zn x) −→ e −1/x . n∞
• Notons F la fonction définie sur R par : 0 si x 0 . ∀x ∈ R, F(x) = e −1/x si x > 0 Montrons que F est la fonction de répartition d’une va à densité. La fonction F est C 1 sur R privé éventuellement de 0. −1 De plus, lim+ F = 0 = F(0) = lim F. = −∞ et donc lim x→0 0+ 0− x Ainsi F est continue en 0 et donc sur R.
n i k−1 i 1 i k−1 i × 1− = . 1− n n n n i=1 n n
a) 2) • Puisque la loi conditionnelle de Xn sachant Ai est la loi i géométrique de paramètre , on obtient : n E(Xn | Ai ) =
y→0
n∞
P(Ai )PAi (Xn = k)
n 1 i=1
Enfin, puisque Arctan y ∼ y, on obtient : un ∼
n i=1
En utilisant l’égalité :
un ∼
−1 −→ 0, donc lim F = exp(0) = 1. +∞ x x→+∞
• Notons, pour tout i de 1 ; n, Ai l’événement :
0
on obtient :
1 −1/x e 0. x2
Donc F est croissante sur R∗+ , puis F est croissante sur R.
P(Zn x) −→ 0.
Supposons x = 0. Alors un = n ln On en déduit :
∀x > 0, F (x) =
De plus :
1 i n
=
n . i
Puis par la formule de l’espérance totale : E(Xn ) =
n
P(Ai )E(Xn | Ai ) =
i=1
• Puisque la série
n 1 i=1
n
n 1 = . i i i=1 n
×
1
diverge (il s’agit d’une série de Riei mann avec α = 1) et qu’elle est à termes positifs, on en déduit : n 1 lim E(Xn ) = +∞. −→ +∞. On conclut : n∞ i n∞ i=1 i1
a) 3) • Puisque les va Xn prennent leurs valeurs dans N∗ , pour étudier la convergence en loi, il suffit de calculer, pour tout k de N∗ , lim P(Xn = k). n∞
237
Chapitre 7
•
Convergences et approximations
Soit k ∈ N∗ . Alors :
∀n ∈ N∗ , $ 1 n i k−1 i 1 1− (1 − x)k−1 x dx, −→ P(Xn = k) = n i=1 n n n∞ 0 d’après le théorème sur les sommes de Riemann, appliqué à la fonction x −→ (1 − x)k−1 x qui est continue sur [0 ; 1]. $ 1 On a, par IPP : (1 − x)k−1 x dx 0 * −(1 − x)k +1 $ 1 −(1 − x)k dx − = x 0 k k 0 * −(1 − x)k+1 +1 1 = = . k(k + 1) 0 k(k + 1) 1 et montrons que • Notons, pour tout k ∈ N∗ , pk = k(k + 1) (k, pk ) ; k ∈ N∗ est bien la loi d’une va discrète. ∀k ∈ N∗ , pk 0.
K
pk =
k=1
K 1 k=1
Donc :
k
−
1 1 =1− −→ 1. k+1 K + 1 K∞
pk converge et
+∞
k1
pk = 1.
k=1
On en déduit qu’il existe une va X discrète telle que : X(Ω) = N∗
et
∀k ∈ N∗ , P(X = k) =
1 . k(k + 1)
• On obtient alors : ∀k ∈ N∗ , lim P(Xn = k) = P(X = k). n∞
On en déduit que la suite (Xn )n∈N∗ converge en loi vers X. • Enfin : car la série
∀K ∈ N∗ , 1 k1
k
K
kpk =
k=1
K k=1
K+1 1 1 = −→ +∞, k+1 k K∞ k=2
diverge et est à termes positifs.
Puis par la formule de l’espérance totale : E(Yn ) =
P(Ai )E(Yn | Ai ) =
i=1
• On conclut : lim E(Yn ) = n∞
n n p 1 pi i × = 2 n n n i=1 i=1 p n(n + 1) p(n + 1) = 2 × = . n 2 2n
p . 2
b) 3) Raisonnons de la même façon qu’au a). • Soit k ∈ 0 ; p. Alors : ∀n ∈ N∗ ,
n i p−k p 1 i k 1− × P(Yn = k) = n i=1 n n k
$ 1 p −→ xk (1 − x) p−k dx, n∞ k 0 d’après le théorème sur les sommes de Riemann, appliqué à la fonction x −→ xk (1 − x) p−k qui est continue sur [0 ; 1]. $ 1 xk (1 − x) p−k dx. Notons, pour tout k de 0 ; p, Ik = 0
* −(1 − x) p−k+1 +1 Par IPP, on a : Ik = xk p−k+1 0 $ 1 k k + xk−1 (1 − x) p−(k−1) dx = Ik−1 . p+k−1 0 p−k+1 De proche en proche, on obtient : k k(k − 1) Ik−1 = Ik−2 p+1−k (p + 1 − k)(p + 1 − (k − 1)) k(k − 1) · · · 1 = ··· = I0 . (p + 1 − k)(p + 1 − (k − 1)) · · · (p + 1 − 1) $ 1 * −(1 − x) p+1 +1 1 , Puisque I0 = (1 − x) p dx = = 0 p+1 p+1 0 Ik =
on obtient :
On conclut que X n’admet pas d’espérance.
k!(p − k)! k(k − 1) · · · 1 = . (p + 1 − k) · · · p(p + 1) (p + 1)!
p k!(p − k)! P(Yn = k) −→ n∞ k (p + 1)! k!(p − k)! 1 p! × = . = k!(p − k)! (p + 1)! p+1
Ik =
b) 1) • La va Yn prend ses valeurs dans 0 ; p.
On en déduit :
• En conservant les mêmes notations qu’au a), la loi conditionnelle de Yn sachant l’événement Ai est la loi binomiale de i paramètre p, . n
• Considérons Y une va de loi uniforme sur 0 ; p.
On en déduit, d’après la formule des probabilités totales : ∗
∀k ∈ N , P(Yn = k) = n
n
b) 2) • On a :
Alors : ∀k ∈ 0 ; p, P(Yn = k) −→ P(Y = k). n∞
P(Ai )PAi (Yn = k)
i=1 p i k
i p−k 1 1− × n k n n
i=1 n i p−k p 1 i k 1− = × . k n i=1 n n
=
238
n
∀i ∈ 1 ; n, E(Yn | Ai ) =
On en déduit que la suite (Yn )n∈N∗ converge en loi vers Y. • Enfin, d’après le cours :
E(Y) =
p . 2
D’après b) 2), on conclut : lim E(Yn ) = E(Y). n∞
pi . n
7.21 a) • Déterminons la fonction de répartition Fn de Vn .
Corrigés des exercices
Puisque la va Vn prend ses valeurs dans [0 ; n], on a : ∀x ∈ R, Fn (x) = 0 si x < 0 et
Fn (x) = 1 si x > n.
Il reste à calculer Fn (x) lorsque 0 x n. Soit x ∈ R tel que 0 x n. Alors :
P(Vn > x) = P(X0 > x, . . . , Xn > x)
= P(X0 > x) · · · P(Xn > x) x n+1 = 1− n
par indépendance des va car X0 , . . . , Xn → U ([0 ; n]).
x n+1 . Fn (x) = 1 − P(Vn > x) = 1 − 1 − n
On en déduit :
x px n Donc : Gn (x) = 1 − 1 − . 1− n n On conclut : ∀x ∈ R, ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 1− 1− Gn (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ c) Soit x ∈ R. Si x < 0, alors : ∀n 1, Gn (x) = 0 −→ 0. n∞
Si x 0, alors :
• Étudions la convergence en loi de (Vn )n∈N∗ . Soit x ∈ R.
et
Si x < 0, alors :
∀n 1, Fn (x) = 0 −→ 0. n∞
x
∀n x, Fn (x) = 1 − e (n−1) ln(1− n ) x x et (n − 1) ln 1 − ∼ n − = −x −→ −x, n∞ n n∞ n donc :
Fn (x) −→ 1 − e −x .
P(Wn > x) −→ 1 × e −px = e −px , n∞
et on en déduit : Gn (x) −→ 1 − e −px . n∞
Considérons W une va de loi exponentielle de paramètre p. On a alors : ∀x ∈ R, P(Wn x) −→ P(W x). n∞
n∞
Considérons V une va de loi exponentielle de paramètre 1. ∀x ∈ R, P(Vn x) −→ P(V x).
On a alors :
n∞
On en déduit que (Wn )n∈N∗ converge en loi vers W.
7.22
On en déduit que (Vn )n∈N∗ converge en loi vers V.
a) • Soit k ∈ N∗ .
b) Puisque la va Wn prend elle-aussi ses valeurs dans [0 ; n], on a :
L’événement (Xn > k) est réalisé si et seulement si les k numéros obtenus lors des k premiers tirages sont rangés par ordre strictement décroissant.
∀x ∈ R, Gn (x) = 0 si x < 0 et Gn (x) = 1 si x > n. Il reste à calculer Gn (x) lorsque 0 x n. Soit x ∈ R tel que 0 x n. On a : © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
x n ln(1− px ) n e ∀n x, P(Wn > x) = 1 − Gn (x) = 1 − n px px n ln 1 − ∼ n − = −px −→ −px, n∞ n n∞ n
donc :
Si x 0, alors :
0 si x < 0 x px n 1− si 0 x n . n n 1 si x > n
P(Wn > x) = = = =
n k=0 n k=0 n
n
P(Nn = k, Wn > x)
k=0
P(Nn = k, min(X0 , . . . , Xk ) > x) P(Nn = k, X0 > x, . . . , Xk > x) P(Nn = k)P(X0 > x) · · · P(Xk > x)
k=0
par indépendance des va x k+1 p (1 − p) 1 − = n k k=0 n px k x n p− = 1− (1 − p)n−k n k=0 k n n px px n x x p− 1− = 1− . +1− p = 1− n n n n n n
k
n−k
Si k n + 1, alors cet événement est impossible. Ainsi : ∀k n + 1, P(Xn > k) = 0. Supposons k n. Puisque les tirages s’effectuent avec rek mise,
il y a n résultats possibles pour les k premiers tirages, n et résultats amenant des numéros rangés par ordre strictek ment décroissant (en effet, il faut choisir les k numéros distincts que l’on obtient ( nk choix), puis ranger ces numéros par ordre strictement décroissant (1 choix)).
1 n Ainsi : ∀k ∈ 1 ; n, P(Xn > k) = k . n k • La va Xn prend ses valeurs dans 2 ; n + 1, car il est impossible d’obtenir n + 1 numéros ou plus rangés par ordre strictement décroissant. Soit k ∈ 2 ; n + 1. Alors : P(Xn = k) = P(Xn > k − 1) − P(Xn > k). 239
Chapitre 7
•
Convergences et approximations
n 1 n − nk−1 k − 1 nk k 1 n! n! − n nk (k − 1)!(n − k + 1)! k!(n − k)!
n! 1 nk − (n + 1 − k) · nk k!(n + 1 − k)! n! 1 · (n + 1)(k − 1) nk k!(n + 1 − k)!
k − 1 (n + 1)! k−1 n+1 . = nk k!(n + 1 − k)! nk k
Si k ∈ 2 ; n, P(Xn = k) = = = = =
1
∀k ∈ 2 ; +∞, pk 0.
K
pk =
K
k=2
converge et
k=2 +∞
1 1 1 = 1− pk − −→ 1, donc : (k − 1)! k! K! K∞ k2 pk = 1.
k=2
On en déduit qu’il existe une va X discrète telle que : X(Ω) = 2 ; +∞ et
∀k ∈ 2 ; +∞, P(X = k) =
Si k = n + 1, P(Xn = k) = P(Xn > n)
1 (n + 1) − 1 n + 1 1 n = n = ; = n n n n nn+1 n+1
• On a alors : ∀k ∈ 2 ; +∞, lim P(Xn = k) = P(X = k).
donc l’égalité précédente est encore vraie pour k = n + 1.
k−1 n+1 Ainsi : ∀k ∈ 2 ; n + 1, P(Xn = k) = k . n k
• Montrons que X admet une espérance et calculons E(X).
n∞
On conclut que la suite (Xn )n∈N∗ converge en loi vers X.
∀K 2,
On a :
K
K k(k − 1) k! k=2 K K−2 1 1 = = −→ e . (k − 2)! k=0 k! K∞ k=2
kP(X = k) =
k=2
b) • La va Xn est une va finie, donc Xn admet une espérance, et n+1 k P(Xn = k) l’on a : E(Xn ) =
k=2
n+1 n + 1 1 k n − 1 1 k = k(k − 1) = n(n + 1) n k k−2 n k=2 k=2
n−1 n − 1 1 k+2 = n(n + 1) n k k=0
n−1 n(n + 1) n − 1 1 k n−1−k = 1 n2 n k k=0 n(n + 1) 1 n 1 n−1 = = 1+ . 1+ n2 n n 1 n 1 • On a : 1 + = e n ln(1+ n ) , n 1 1 ∼ n × = 1 −→ 1, et : n ln 1 + n∞ n n∞ n 1 n donc : lim 1 + = e. n∞ n n+1
On conclut :
lim E(Xn ) = e .
Ainsi X admet une espérance et E(X) = e . On obtient alors, d’après b) : lim E(Xn ) = e = E(X). n∞
7.23 a) La fonction f est continue sur R, sauf éventuellement en 0, et est positive sur R. De plus : $ A % 2 &A 2 f (x) dx = − e −x /2 0 = 1 − e −A /2 −→ 1. ∀A > 0, $
A→+∞
0
$
+∞
+∞
f converge et f = 1. Puisque f est nulle 0 0 $ +∞ $ +∞ f converge et f = 1. sur R− , alors Ainsi
−∞
−∞
On conclut que f est une densité d’une va X. b) • Puisque g est de classe C 1 sur R+ , on a, d’après la formule de Taylor-Young :
n∞
c) Puisque les va Xn prennent leurs valeurs dans 2 ; +∞, pour étudier la converge en loi, il suffit de calculer, pour tout k de 2 ; +∞, lim P(Xn = k). n∞
• Soit k ∈ 2 ; +∞. On a :
k−1 n+1 ∀n k, P(Xn = k) = k n k k−1 k − 1 nk k − 1 (n + 1)n · · · (n − k + 2) · · ∼ = . = k n∞ n k! nk k! k! k−1 et montrons que • Notons, pour tout k ∈ 2 ; +∞, pk = k! (k, pk ) ; k ∈ 2 ; +∞ est bien la loi d’une va discrète. 240
k−1 . k!
g(x) = g(0) + g (0)x+ o (x) = cx+ o (x). x→0
x→0
• Notons F la fonction de répartition de la va X1 . Alors, puisque g est nulle sur R− , on a : $ x $ x g(t) dt = g(t) dt. ∀x 0, F(x) = −∞
0
Ainsi F est la primitive de g qui s’annule en 0. On a donc, d’après le cours sur les développements limités : ∀x 0, F(x) = F(0) + c
c x2 + o (x2 ) = x2 + o (x2 ). x→0 2 x→0 2
Corrigés des exercices
c) 1) • Puisque g est nulle sur R− , les va Xn prennent presquesûrement leurs valeurs dans R+ , et donc Yn aussi.
Soit ε > 0. On a : P |Yn − 0| ε = P(Yn ε) = P(X1 ε, . . . , Xn ε) = P(X1 ε) · · · P(Xn ε) par indépendance des va = P(X1 > ε) · · · P(Xn > ε) car les va Xi sont à densité
n car les va Xi ont la même loi = P(X1 > ε)
n = 1 − F(ε) . c 2 x et que F est une fonction positive ou 2 nulle, on en déduit que c 0.
• Puisque F(x) ∼ + x→0
Ainsi, il existe δ > 0 tel que : ∀x ∈ ]0 ; δ], F(x) > 0.
∀x > 0, F(x) > 0.
n∞
n∞
On conclut que (Yn )n1 converge en probabilité vers la variable certaine égale à 0. c) 2) Analyse : Supposons qu’il existe une suite (an )n1 de réels strictement positifs telle que (an Yn )n1 converge en loi vers X. ∀x ∈ R, P(an Yn x) −→ P(X x) n∞ ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎨$ x 2 2 =⎪ . ⎪ ⎪ t e −t /2 dt = 1 − e −x /2 si x 0 ⎩ 0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
En particulier :
Soit x ∈ R. √ Si x < 0, alors P( nc Yn x) = 0 −→ 0 = P(X x). n∞
Si x 0, alors, en raisonnant de la même façon que précédemment :
√ x n n ln 1−F( √x ) nc , = e P( nc Yn > x) = 1 − F √ nc c x 2 x x ∼ −nF √ ∼ −n n ln 1 − F √ √ 2 nc nc n∞ nc n∞ x2 x2 = − −→ − = P(X > x), n∞ 2 2 √ donc : P( nc Yn x) −→ P(X x). √ On conclut que ( nc Yn )n∈N∗ converge en loi vers X.
a) 1) La va Xn prend ses valeurs dans 0 ; n. Soit k ∈ 0 ; n. Pour réaliser l’événement (Xn = k), il faut :
n choisir k éléments distincts de 1 ; n : choix, k envoyer ces k éléments sur eux-mêmes : 1k = 1 choix, envoyer les (n − k) éléments restants sur un élément de 1 ; n, autre que lui-même : (n − 1)n−k choix.
n Ainsi : Card (Xn = k) = (n − 1)n−k . k De plus :
∀x 0, P(an Yn > x) = 1 − P(an Yn x) −→ e n∞
−x2 /2
.
x n x Or : ∀x 0, P(an Yn > x) = P Y > ) = 1 − F en an an raisonnant de la même façon qu’au c) 1). Supposons de plus que lim an = +∞. Dans ce cas : n∞
et :
nc. √ Synthèse : Montrons que la suite ( nc Yn )n∈N∗ converge en loi vers X.
7.24
• On en déduit : ∀ε > 0, 0 1 − F(ε) < 1,
n donc : 1 − F(ε) −→ 0, d’où : P |Yn − 0| ε −→ 0.
puisque F est continue en 0, F
√
n∞
Enfin, puisque F est une fonction croissante, on a également : ∀x ∈ [δ, +∞[, F(x) F(δ) > 0.
Alors :
∀n ∈ N∗ , an =
et
Or, par hypothèse, c 0, et donc c > 0. c On a donc : F(x) ∼ + x2 et c > 0. x→0 2
On a donc :
c’est-à-dire :
x −→ F(0) = 0, an n∞
x x c x 2 nc −x2 . ∼ −nF ∼ −n = 2 n ln 1 − F an n∞ an n∞ 2 an an 2
x −x2 −→ Pour que n ln 1 − F , il suffit que : an n∞ 2 nc ∀n ∈ N∗ , 2 = 1, an
Card(En ) = nn .
On en déduit : P(Xn = k) =
Card (Xn = k) n (n − 1)n−k = . Card(En ) k nn
a) 2) Soit k ∈ N. Puisque les va Xn prennent leurs valeurs dans N, pour étudier la convergence en loi de (Xn )n∈N∗ , il suffit de calculer lim P(Xn = k). n∞
On a :
∀n k, P(Xn = k) =
1 n−k n 1 1− . k nk n
nk n n(n − 1) · · · (n − k + 1) ∼ , = n∞ k! k! k n 1 1 1 ∼ donc : −→ ; k nk n∞ k! n∞ k! Or :
241
Chapitre 7
•
Convergences et approximations
1 1 ∼ n − = −1 −→ −1, (n − k) ln 1 − n∞ n n∞ n 1 n−k donc : 1 − −→ e −1 . n∞ n et :
1 −1 1k e = e −1 . n∞ k! k! Considérons X une va de loi de Poisson de paramètre 1. P(Xn = k) −→
On en déduit :
On a alors :
∀k ∈ N, lim P(Xn = k) = P(X = k). n∞
On conclut que (Xn )n∈N∗ converge en loi vers X. b) 1) Notons pn le nombre de permutations de Fn ne présentant aucun point fixe et qn le nombre de permutations de Fn présentant au moins un point fixe.
Soit k ∈ 0 ; n. Pour réaliser l’événement (Yn = k), il faut :
n choisir k éléments distincts de 1 ; n : choix, k envoyer ces k éléments sur eux-mêmes : 1k = 1 choix, définir une permutation de l’ensemble des (n − k) éléments restants sans aucun point fixe : pn−k choix.
n pn−k . Ainsi : Card (Yn = k) = k De plus :
pn = Card(Fn ) − qn = n! − qn .
On a alors :
Notons également, pour tout i de 1 ; n, Ai l’ensemble des permutations f de Fn telles que f (i) = i (i est alors un point fixe de f ). On a alors qn = Card(A1 ∪ · · · ∪ An ), et la réunion des Ai n’est pas disjointe. Appliquons donc la formule du crible : n
(−1)i+1 Card Ak1 ∩ · · · ∩ Aki . qn = i=1
1k1 <···
Or, pour tout i de 1 ; n, les ensembles A k1 ∩ · · · ∩ Aki ont tous n le même cardinal, égal à (n − i)!, et il y a ensembles de cette i forme. On obtient alors :
n n (−1)i+1 n qn = (−1)i+1 (n − i)! = n! . i! i i=1 i=1 On en déduit :
242
b) 2) La va Yn prend ses valeurs dans 0 ; n.
pn = n! − n!
n (−1)i+1
i! i=1 n n (−1)i (−1)i = n! . = n! + n! i! i! i=1 i=0
Card(Fn ) = n!.
On en déduit :
P(Yn = k) = =
Card (Yn = k) n pn−k = Card(Fn ) k n!
n−k n−k 1 (−1)i (−1)i n 1 (n − k)! = . i! k! i=0 i! k n! i=0
b) 3) Soit k ∈ N. Comme précédemment, calculons lim P(Yn = k). n∞
n−k 1 1 (−1)i −→ e −1 , k! i=0 i! n∞ k! +∞ (−1)i (−1)i converge et = e −1 . car la série i! i! i0 i=0
On a :
∀n k, P(Yn = k) =
On a alors : ∀k ∈ N, lim P(Yn = k) = P(X = k), n∞
où X est une va qui suit la loi de Poisson de paramètre 1. On conclut que (Yn )n∈N∗ converge elle-aussi en loi vers X.
Estimation, statistique
Plan
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Les méthodes à retenir 244 Énoncés des exercices
245
Du mal à démarrer ?
254
Corrigés des exercices
257
CHAPITRE
8
Thèmes abordés dans les exercices •
Calculer le biais et le risque quadratique d’un estimateur
•
Montrer qu’un estimateur est sans biais
•
Montrer qu’un estimateur est asymptotiquement sans biais
•
Montrer qu’un estimateur est convergent
•
Déterminer un intervalle de confiance d’un paramètre à un risque donné ou à un niveau de confiance donné
•
Déterminer une équation de la droite de régression pour une série statistique double.
On abrège variable aléatoire en va.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices
Une table de la loi normale centrée réduite figure page 275.
•
Définition d’un n-échantillon, d’un n-échantillon indépendant et identiquement distribué
•
Estimateur d’un paramètre, biais d’un estimateur, risque quadratique d’un estimateur, estimateur sans biais, estimateur asymptotiquement sans biais, estimateur convergent (ou consistant)
•
Intervalle de confiance d’un paramètre à un risque donné (ou à un niveau de confiance donné), exemple d’un intervalle de confiance du paramètre d’une loi de Bernoulli, exemple d’un intervalle de confiance de l’espérance d’une loi normale d’écart-type donné
•
Caractéristiques d’une série statistique (simple) : moyenne, variance empirique, écart-type empirique, ...
•
Caractéristiques d’une série statistique double : covariance empirique, coefficient de corrélation empirique
•
Droite de régression (ou droite des moindres carrés) associée à une série statistique double.
243
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
Les méthodes à retenir Pour calculer le biais bT n (θ) d’un estimateur T n de g(θ)
Utiliser la définition du cours : si T n admet une espérance, alors bT n (θ) = E(T n ) − g(θ).
➥ Exercices 8.1, 8.14. Utiliser la définition du cours :
Pour montrer qu’un estimateur T n de g(θ) est sans biais
l’estimateur T n de g(θ) est sans biais ⇐⇒ le biais de T n est nul ⇐⇒ E(T n ) = g(θ)
➥ Exercices 8.1, 8.7, 8.10, 8.11, 8.13 à 8.18, 8.20, 8.21. Utiliser la définition du cours : Pour montrer qu’un estimateur T n de g(θ) est asymptotiquement sans biais
l’estimateur T n de g(θ) est asymptotiquement sans biais ⇐⇒ le biais de T n tend vers 0 lorsque n tend vers +∞ ⇐⇒ lim E(T n ) = g(θ). n∞
➥ Exercices 8.1, 8.2, 8.11, 8.14, 8.17 à 8.19. Utiliser la définition du cours : Pour calculer le risque quadratique rT n (θ) d’un estimateur T n de g(θ)
•
si T n admet un moment d’ordre 2, alors *
+ rT n (θ) = E T n − g(θ) 2 = V(T n ) + bT n (θ)2
•
si, de plus T n est un estimateur sans biais (c’est-à-dire bT n (θ) = 0), alors rT n (θ) = V(T n ).
➥ Exercices 8.2, 8.7, 8.14 à 8.16, 8.20. Utiliser la définition du cours : l’estimateur T n de g(θ) est convergent (ou consistant) ⇐⇒
la suite de va (T n )n converge en probabilité vers la variable certaine égale à g(θ)
⇐⇒ ∀ε > 0, P |T n − g(θ)| ε −→ 0.
Pour montrer qu’un estimateur T n de g(θ) est convergent
n∞
Pour montrer cette convergence en probabilité, penser à utiliser l’inégalité de Markov ou l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev.
➥ Exercices 8.1, 8.2, 8.10, 8.11, 8.15, 8.17 à 8.19, 8.21. Pour déterminer un intervalle de confiance de g(θ) au risque α ou au niveau de confiance 1 − α 244
•
Déterminer deux estimateurs de g(θ) Un et Vn tels que :
P Un g(θ) Vn 1 − α.
➥ Exercices 8.9, 8.10, 8.17, 8.18
Énoncés des exercices
•
Si g(θ) est le paramètre p d’une loi de Bernoulli, alors considérer : – (X1 , . . . , Xn ) un n-échantillon indépendant et identiquement distribué de la loi de Bernoulli de paramètre p α – tα le réel défini par Φ(tα ) = 1 − , où Φ est la fonction de répar2 tition de la loi normale centrée réduite ; un intervalle de confiance de p au risque α est alors : * X1 + · · · + Xn tα tα + X1 + · · · + Xn − √ ; + √ . n n 2 n 2 n
➥ Exercices 8.3, 8.10, 8.17 (suite)
•
Si g(θ) est l’espérance m d’une loi normale d’écart-type σ donné, alors considérer : – (X1 , . . . , Xn ) un n-échantillon indépendant et identiquement distribué de la loi normale d’espérance m et d’écart-type σ α – tα le réel défini par Φ(tα ) = 1 − , où Φ est la fonction de répar2 tition de la loi normale centrée réduite ; un intervalle de confiance de m au risque α est alors : * X1 + · · · + Xn tα σ X1 + · · · + Xn tα σ + − √ ; + √ . n n n n
➥ Exercices 8.4, 8.6.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Pour déterminer une équation de la droite de régression de y en x de la série statistique double
(xi , yi ) ; i ∈ 1 ; n
Utiliser le résultat du cours : la droite de régression linéaire de y en x a pour équation : σy
Cov(x, y)
y − y = ρ x,y x−x = x−x , 2 σx σx où : x (resp. y) et σ x (resp. σy ) désignent la moyenne et l’écart-type empirique de la série statistique xi ; i ∈ 1 ; n (resp. yi ; i ∈ 1 ; n ) Cov(x, y) désigne la covariance empirique de x et y ρ x,y désigne le coefficient de corrélation empirique entre x et y Cov(x, y) . défini par : ρ x,y = σ x σy
➥ Exercices 8.5, 8.8.
Énoncés des exercices 8.1 Estimation d’une espérance et d’une variance On considère une suite de va (Xn )n∈N∗ , mutuellement indépendantes, de même loi et admettant une espérance m et une variance σ2 , avec σ > 0. 245
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
a) Montrer que la moyenne empirique Xn = convergent de m.
X1 + · · · + Xn est un estimateur sans biais et n
b) On suppose, dans cette question, que m est connu. n 1 Montrer que la va T n = (Xk − m)2 est un estimateur sans biais de σ2 . n k=1 c) On suppose, dans cette question, que m est inconnu. On note Vn =
n 1 (Xk − Xn )2 . n k=1
1) Montrer que Vn est un estimateur asymptotiquement sans biais de σ2 et calculer le biais de cet estimateur. 2) Construire, à partir de Vn , un estimateur sans biais de σ2 .
8.2 Condition suffisante pour un estimateur convergent Soit T n un estimateur de g(θ). a) Montrer que, si le risque quadratique de T n tend vers 0 lorsque n tend vers l’infini, alors T n est un estimateur convergent de g(θ). b) En déduire que, si T n est un estimateur asymptotiquement sans biais de g(θ) et si la variance de T n tend vers 0 lorsque n tend vers l’infini, alors T n est un estimateur convergent de g(θ).
8.3 Obtention d’un intervalle de confiance d’une proportion Un institut de sondage a observé, sur un échantillon de 2000 personnes prises au hasard, 1060 intentions de vote en faveur d’un candidat A. a) Estimer la proportion d’intentions de vote en faveur du candidat A dans la population à l’aide d’un intervalle de confiance à 90%, puis à 95%, et enfin à 99%. b) Combien de personnes faut-il interroger pour que la longueur de l’intervalle de confiance de p à 95% soit inférieure ou égale à 0.02 ?
8.4 Obtention d’un intervalle de confiance d’une moyenne On souhaite estimer la masse m d’un certain objet. Pour cela, on effectue des pesées successives, et l’on note la masse moyenne obtenue. On admet que la va X qui renvoie le résultat de la pesée de cet objet suit la loi normale d’espérance m et d’écart type σ = 0.1. a) On effectue 10 pesées et on obtient une masse moyenne de 72.40 g. Donner un intervalle de confiance à 90% pour la masse de cet objet. b) Combien de pesées faudrait-il effectuer pour que la longueur de cet intervalle de confiance à 90% soit inférieure ou égale à 0.05 ?
8.5 Exemple d’une série statistique double On considère la série statistique suivante : i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 xi −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 yi 1 5 4 7 10 8 9 13 14 13 18 a) Calculer la moyenne et l’écart-type empirique associée à ces deux séries statistiques, ainsi que la covariance empirique et le coefficient de corrélation empirique entre x et y. 246
Énoncés des exercices
b) Représenter le nuage de points correspondant à cette série statistique double. c) Déterminer une équation de la droite de régression de y en x. d) Donner une estimation de y pour x = 7.
8.6 Obtention d’un intervalle de confiance d’une moyenne Dans une fabrique d’aliments, une machine remplit des boîtes. Sur 1000 boîtes, on constate que la répartition du poids est la suivante : Poids xi en g [215 ; 225[ [225 ; 235[ [235 ; 245[ [245 ; 255[ Effectifs ni 80 100 190 260 Poids xi en g [255 ; 265[ [265 ; 275[ [275 ; 285[ Effectifs ni 180 130 60 a) Calculer la moyenne x et l’écart-type empirique σx de cette série statistique. b) On suppose que la va X qui renvoie le poids d’une boîte suit la loi normale d’espérance m et d’écart type σ x (où σ x a été déterminé dans la question précédente). Déterminer un intervalle de confiance de m au risque 0.1, au risque 0.05 puis au risque 0.01.
8.7 Estimation du paramètre a de la loi uniforme sur [0 ; 2a], d’après l’oral HEC 2008 Soient a un réel strictement positif et X une va de loi uniforme sur [0 ; 2a]. Soit n ∈ N∗ . On considère un n-échantillon (X1 , . . . , Xn ) indépendant et identiquement distribué de même loi que X. a) On pose Mn = max(X1 , . . . , Xn ). 1) Déterminer la loi de Mn et calculer son espérance et sa variance. n+1 Mn est un estimateur sans biais de a. 2n X1 + · · · + Xn b) On pose Vn = . Montrer que Vn est aussi un estimateur sans biais de a. n c) Entre Un et Vn , quel estimateur choisir ? 2) En déduire que Un =
8.8 Exemple d’une série statistique double © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
L’étude d’une réaction chimique en fonction du temps nous donne les résultats suivants : Temps t (en heures) 1 2 3 4 5 Concentration C (en g/L) 6.25 6.71 7.04 7.75 8.33 Des considérations théoriques laissent supposer que la concentration C et le temps t sont liés 1 par la relation : C = , où a et b sont des paramètres constants tels que b > −5a > 0. at + b Déterminer, par la méthode des moindres carrés, les valeurs numériques des paramètres a et b.
8.9 Exemple d’obtention d’un intervalle de confiance Soit n ∈ N∗ . On considère un n-échantillon (X1 , . . . , Xn ) indépendant et identiquement distribué m de loi normale de moyenne m et d’écart-type , avec m > 0, le paramètre m étant inconnu. 5 α a) Soient α ∈ ]0 ; 1] et tα le réel tel que Φ(tα ) = 1 − , où Φ désigne la fonction de répartition 2 t2 de la loi normale centrée réduite. On suppose que n > α . 25 247
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
On note Xn =
X1 + · · · + Xn . n
+ * √ √ Xn Xn ;5 n √ est un intervalle de confiance de m au Montrer que l’intervalle 5 n √ 5 n + tα 5 n − tα niveau de confiance 1 − α. b) Pour n = 100, une réalisation de ce n-échantillon nous donne une moyenne empirique de 12.0. Déterminer une estimation d’un intervalle de confiance de m à 95%.
8.10 Exemples d’estimations et d’intervalles de confiance, d’après EDHEC 2000 Un sondage consiste à proposer l’affirmation A à certaines personnes d’une population donnée. Le sujet abordé étant délicat, le stratagème suivant est mis en place afin de mettre en confiance les personnes sondées pour qu’elles ne mentent pas ... L’enquêteur dispose d’un paquet de 20 cartes, numérotées de 1 à 20, qu’il remet à la personne sondée. Celle-ci tire une carte au hasard et ne la montre pas à l’enquêteur. La règle est alors la suivante : •
si la carte porte le numéro 1, la personne sondée répond « vrai » si elle est d’accord avec l’affirmation A et « faux » sinon ;
•
si la carte porte un autre numéro, la personne sondée répond « vrai » si elle n’est pas d’accord avec l’affirmation A et « faux » sinon.
Le but de l’enquête est d’évaluer la proportion p de personnes de cette population qui sont réellement d’accord avec l’affirmation A. a) On interroge une personne selon ce procédé et on considère l’événement V suivant : « la personne répond « vrai » ». On note θ = P(V). En utilisant la formule des probabilités totales, exprimer θ en fonction de p, puis en déduire p en fonction de θ. b) On considère un échantillon aléatoire, de taille n, extrait de la population considérée et on note S n le nombre de réponses « vrai » obtenues. On suppose n assez grand pour pouvoir considérer que cet échantillonnage est assimilable à un tirage avec remise. 1) Donner la loi de S n , ainsi que son espérance et sa variance. 2) Montrer que
Sn est un estimateur sans biais et convergent de θ. n
c) Dans cette question, on suppose que l’on a réalisé un échantillon de 100 personnes et on constate que 23 personnes ont répondu « vrai ». 1) Donner une estimation ponctuelle de θ et de p. 2) Donner une estimation d’un intervalle de confiance à 95% de θ puis de p. On rappelle que, si Φ désigne la fonction de répartition d’une variable X suivant la loi normale centrée réduite, alors Φ(1.96) = 0.975.
8.11 Estimation du nombre N de boules dans une urne, d’après l’oral HEC 2008 Une urne contient N boules numérotées de 1 à N. On sait que N est supérieur ou égal à 2, mais on ne connaît pas sa valeur exacte et on cherche à l’estimer. Pour cela, on effectue n tirages avec remise (n ∈ N∗ ) et on note, pour tout k de 1 ; n, Zk le numéro de la boule obtenue au k-ième tirage. 248
Énoncés des exercices
a) On pose Mn =
n 1 Zk . n k=1
1) Donner l’expression d’un estimateur T n sans biais de N en fonction de Mn . 2) Montrer que cet estimateur est convergent. On pourra utiliser le résultat de l’exercice 8.2 b). b) On pose S n = max(Z1 , . . . , Zn ). 1) Calculer, pour tout k de N, P(S n k). 2) Montrer que, pour toute va Y à valeurs dans 1 ; N, on a la relation : N E(Y) = P(Y k). k=1
3) Montrer :
E(S n ) = N −
N−1 k n k=0
N
, et en déduire :
E(S n ) N −
N . n+1
4) Montrer alors que S n est un estimateur asymptotiquement sans biais de N.
8.12 Exemple de détermination de la parabole des moindres carrés On considère la série statistique double suivante : xi −2 −1 0 1 2 3 4 yi 6 3 2 6 10 14 18 a) Déterminer la parabole des moindres carrés de y en x, c’est-à-dire la courbe d’équation 7
2 yi − f (xi ) soit y = f (x) = ax2 + bx + c (avec (a, b, c) ∈ R3 fixé) de façon à ce que k=1
minimum. b) Représenter sur une même figure le nuage de points et la parabole obtenue.
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8.13 Estimation de deux paramètres Soit (b, θ) ∈ R+∗ × R. On suppose que X est une va à densité qui prend ses valeurs dans [θ ; +∞[, dont une densité f est définie par : ⎧ ⎪ ⎪ 0 si x < θ ⎪ ⎨ x − θ 1 . ∀x ∈ R, f (x) = ⎪ ⎪ ⎪ exp − si x θ ⎩ b b Soit n ∈ N tel que n 2 et soit (X1 , . . . , Xn ) un n-échantillon indépendant et identiquement distribué de même loi que X. X1 + · · · + Xn On pose : Xn = et T n = min(X1 , . . . , Xn ). n Xk − θ . a) Soit k ∈ 1 ; n. Reconnaître la loi de Yk = b Y1 + · · · + Yn b) On pose Yn = et Un = min(Y1 , . . . , Yn ). Calculer E(Yn ) et E(Un ). n c) Exprimer les va Xn et T n en fonction des va Yn et Un . En déduire E(Xn ) et E(T n ). d) Déterminer un estimateur sans biais θ4n de θ et un estimateur sans biais b4n de b sous la forme de combinaisons linéaires de Xn et T n .
8.14 Comparaison de plusieurs estimateurs, d’après l’oral ESCP 2006 Soit θ > 0. On note f la fonction définie sur R par : ⎧ ⎪ 2 x ⎪ ⎪ ⎨ 1− si 0 x θ ∀x ∈ R, f (x) = ⎪ . θ θ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon 249
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
a) Montrer que f est une densité d’une va réelle X. Déterminer la fonction de répartition F de X, son espérance E(X) et sa variance V(X). On cherche à estimer θ à l’aide d’un échantillon (X1 , . . . , Xn ) de va indépendantes de même loi X1 + · · · + Xn que X. On pose : Xn = et Mn = max(X1 , . . . , Xn ). n b) Déterminer la constante a pour que T n = aXn soit un estimateur sans biais de θ. Calculer le risque quadratique de T n . , $ 1 π c) On note In = (1 − t2 )n dt et on admet que In ∼ . n∞ 4n 0 1) Déterminer la loi de Mn . 2) Montrer que E(Mn ) = θ(1 − In ). Que peut-on en déduire sur Mn en tant qu’estimateur de θ ? 3) Montrer que V(Mn ) = θ2
1 − In2 . Calculer le risque quadratique de Mn . n+1
4) Entre T n et Mn , quel estimateur choisir ? d) Donner un estimateur sans biais de θ de la forme Mn = an Mn , où an est un réel dépendant de n. Entre T n et Mn , quel estimateur choisir ?
8.15 Estimation de e −θ pour la loi de Poisson de paramètre θ, d’après l’ESSEC 2009 et l’oral ESCP 2006 Soit n 2. On dispose de n observations indépendantes notées X1 , . . . , Xn de même loi de Poisson de paramètre θ inconnu, θ ∈ ]0 ; +∞[. On souhaite estimer le paramètre e −θ . 1 si Xk = 0 . Pour tout k de 1 ; n, on définit la va Yk par : Yk = 0 sinon Puis on note :
Yn =
n 1 Yk n k=1
et S n =
n
Xk .
k=1
a) 1) Montrer que Yn est un estimateur sans biais de e −θ . 2) Calculer V(Yn ) et en déduire que Yn est un estimateur convergent de e −θ . On pourra utiliser le résultat de l’exercice 8.2 b). b) Pour tout j de N, calculer la probabilité conditionnelle P(S n = j) (X1 = 0), notée ϕ( j). c) 1) Montrer que ϕ(S n ) est un estimateur sans biais de e −θ .
2) Calculer V ϕ(S n ) et en déduire que ϕ(S n ) est un estimateur convergent de e −θ . On pourra utiliser le résultat de l’exercice 8.2 b). d) Comparer les risques quadratiques des deux estimateurs Yn et ϕ(S n ).
8.16 Détermination du « meilleur » estimateur non biaisé Soit X une va discrète d’espérance E(X) = θ (avec θ ∈ R∗ ) et de variance V(X) = 1. Soit n ∈ N∗ . On dispose d’un n-échantillon (X1 , . . . , Xn ) de va mutuellement indépendantes et n 1 Xi . de même loi que X. On pose Xn = n i=1 a) Montrer que Xn est un estimateur sans biais de θ. Calculer son risque quadratique. 250
Énoncés des exercices
Soit (α1 , . . . , αn ) ∈ (R∗ )n . On note Yn =
n
αi Xi .
i=1
b) Donner une condition nécessaire et suffisante sur α1 , . . . , αn pour que Yn soit un estimateur sans biais de θ. On suppose, dans la suite, que cette condition est vérifiée. c) Calculer Cov(Xn , Yn ). En déduire V(Xn ) V(Yn). Que dire si V(Xn ) = V(Yn ) ? d) Interpréter les résultats obtenus sur les estimateurs Xn et Yn de θ.
8.17 Estimation du nombre d’individus d’une population par capture-marquage-recapture Afin d’évaluer le nombre N d’individus d’une espèce animale vivant sur une île, on propose d’adopter la méthode de capture-marquage-recapture. Pour cela, on capture m individus (m étant connu) que l’on marque d’un signe distinctif puis que l’on relâche sur l’île (c’est la phase de capture-marquage). La phase de recapture peut se faire (au moins) de deux façons. a) Une première façon consiste à effectuer des recaptures successives avec remise, jusqu’à obtenir un individu marqué. On répète cette expérience n fois (n étant connu) et l’on note, pour tout k de 1 ; n, Xk le nombre de captures effectuées lors de la k-ième expérience. On note enfin n 1 Xn = Xk . n k=1 1) Déterminer, pour tout k de 1 ; n, la loi de Xk , puis en déduire l’espérance et la variance de Xn . 2) En déduire un estimateur sans biais et convergent de N. √ √ n m Xn − n N 3) Montrer que la suite de terme général Nn = converge en loi vers une va √ N (N − m) de loi normale centrée réduite. 4) Soit α ∈ ]0 ; 1[. En déduire un intervalle de confiance de N au niveau de confiance 1 − α. 5) Sachant que l’on a marqué m = 800 individus et qu’il a fallu 1000 captures pour obtenir n = 200 individus marqués, donner une estimation d’un intervalle de confiance de N à 95%.
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b) Une seconde façon consiste à recapturer n individus (n étant connu) avec remise. On note Yn le nombre d’individus marqués obtenus. 1) Déterminer la loi de Yn , son espérance et sa variance. 1 Yn est un estimateur sans biais de . nm N nm comme estimateur de N ? Peut-on prendre Yn 1 3) Calculer l’espérance de . Yn + 1 En déduire un estimateur asymptotiquement sans biais de N. 2) Montrer que
4) On note p la proportion d’individus marqués sur l’île. Soit α ∈ ]0 ; 1[. Donner un intervalle de confiance de p au niveau de confiance 1 − α. 5) Sachant que l’on a marqué m = 800 individus, que l’on a recapturé n = 1000 individus parmi lesquels 200 étaient marqués, donner une estimation d’un intervalle de confiance de p à 95%, puis une estimation d’un intervalle de confiance de N à 95%. 251
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
8.18 Estimation et intervalle de confiance du paramètre d’une loi exponentielle, d’après HEC 2010 Soit λ un réel strictement positif, inconnu et soit n ∈ N tel que n 3. On considère un néchantillon (X1 , . . . , Xn ) de va à valeurs strictement positives, mutuellement indépendantes, de n n Xk et λ4n = . même loi exponentielle de paramètre λ. On pose S n = S n k=1 a) Donner une densité de S n . b) Montrer que λ4n admet une espérance et une variance et les calculer. c) L’estimateur λ4n de λ est-il sans biais ? asymptotiquement sans biais ? convergent ? d) On souhaite déterminer un intervalle de confiance de λ au risque α. On note Φ la fonction de α répartition de la loi normale centrée réduite et tα le réel strictement positif tel que Φ(tα ) = 1 − . 2 √ Sn 1) Montrer que la suite de terme général Nn = λ √ − n converge en loi vers une va de loi n normale centrée réduite. * tα tα + 2) En déduire que, pour n assez grand, l’intervalle 1 − √ λ4n ; 1 + √ λ4n est un intervalle n n de confiance de λ au risque α. e) Soit k > 1. On souhaite maintenant construire un intervalle de confiance de λ au risque β tel que la longueur de cet intervalle soit k fois plus petite que celle obtenue avec le risque α. 1) Justifier l’existence de la fonction réciproque Φ−1 de Φ. Quel est son domaine de définition ? 1 α . 2) Montrer : β = 2Φ Φ−1 k 2 En déduire que β > α. Ce dernier résultat était-il prévisible ?
8.19 Obtention d’un estimateur par la méthode du maximum de vraisemblance Soit a un réel strictement positif. On note f la fonction définie sur R par : ⎧ a ⎪ ⎪ ⎨ a+1 si x 1 ∀x ∈ R, f (x) = ⎪ . x ⎪ ⎩ 0 sinon a) Montrer que f est une densité d’une va réelle X. On cherche à estimer le paramètre a. Pour cela, on dispose d’un n-échantillon (X1 , . . . , Xn ) de va mutuellement indépendantes et de même loi que X, avec n 2. b) On définit la fonction L sur Rn × R∗+ par : ∀(x1 , . . . , xn , a) ∈ Rn × R∗+ , L(x1 , . . . , xn , a) =
n -
f (xk ).
k=1
La fonction L est appelée fonction de vraisemblance. 1) Calculer, pour tout (x1 , . . . , xn , a) ∈ Rn × R∗+ , L(x1 , . . . , xn , a). 2) Soit (x1 , . . . , xn ) ∈ [1 ; +∞[n fixé. Étudier les variations sur R∗+ de la fonction a qui rend maximum la fonction h. On pourra h : a −→ L(x1 , . . . , xn , a). En déduire la valeur 4
considérer la fonction g : a −→ ln h(a) . Puisque 4 a dépend de x1 , . . . , xn , on note 4 a = ϕ(x1 , . . . , xn ), où ϕ est une fonction de n variables. On considère alors la va T n = ϕ(X1 , . . . , Xn ), appelée l’estimateur de maximum de vraisemblance de a. 252
Énoncés des exercices
c) On note S n =
n
ln(Xk ). Montrer que, pour tout k de 1 ; n, la va ln(Xk ) suit une loi expo-
k=1
nentielle. En déduire une densité de S n . d) Calculer alors E(T n ) et V(T n ). e) En déduire que T n est un estimateur asymptotiquement sans biais et convergent de a.
8.20 Estimation du paramètre d’une loi de Poisson Soit n un entier naturel non nul fixé. a) On définit l’application f : Rn −→ R, (x1 , . . . , xn ) −→
n
x2i .
i=1
Déterminer les extremums de f sous la contrainte
n
xi = 1.
i=1
b) On considère un n-échantillon (X1 , . . . , Xn ) indépendant et identiquement distribué de la loi de Poisson de paramètre λ > 0 inconnu. Montrer que, parmi les combinaisons linéaires des va X1 , . . . , Xn , il existe un unique estimateur T n sans biais de λ et qui est de variance minimale. Quel est l’intérêt de cet estimateur ?
8.21 Estimation de l’écart-type d’une loi normale centrée, d’après l’oral ESCP 2007 Soit X une va qui suit la loi normale centrée, d’écart-type σ, le paramètre réel inconnu σ étant strictement positif. 1 X2 suit la loi γ . a) Montrer que la va T = 2σ2 2 Soit n ∈ N∗ . On considère un n-échantillon (X1 , . . . , Xn ) indépendant et identiquement distribué, de même loi que X. n n 1 2 1 2 Xi et Yn = X . b) On pose : S n = 2 2σ i=1 n i=1 i 1) Donner une densité de S n . En déduire que Yn est un estimateur sans biais de σ2 . √ 2) En justifiant son existence, calculer E Yn en fonction de n et σ. 3) En déduire un estimateur 5 σn sans biais du paramètre σ. c) 1) En justifiant son existence, calculer V(5 σn ) en fonction de n et σ.
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5n est un estimateur 2) On admet que, pour tout x > 0, Γ(x + n) ∼ nx (n − 1)!. Montrer que σ n∞ convergent de σ.
253
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
Du mal à démarrer ? 8.1
a) Calculer, dans un premier temps, E(Xn ) et V (Xn ). Puis utiliser les définitions du cours.
• Calculer E(Mn ) en utilisant la définition de l’espérance, E(M2n ) en utilisant le théorème de transfert, puis en déduire V (Mn ).
Pour montrer que Xn est un estimateur convergent, utiliser l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev.
a) 2) Vérifier que E(Un ) = a.
b), c)1) Utiliser les définitions du cours.
c) Comparer les risques quadratiques des deux estimateurs.
c) 2) Chercher un estimateur Vn de la forme aVn de telle sorte que E(Vn ) = σ2 .
8.2
2 a) Appliquer l’inégalité de Markov à la va Tn − g(θ) .
b) Utiliser les définitions du cours, et montrer que, dans ce cas, le risque quadratique de Tn tend vers 0 lorsque n tend vers +∞.
8.3
a) Noter p la proportion d’intentions de vote en faveur du candidat A dans la population, n le nombre de personnes interrogées et X1 , . . . , Xn les va définies par : 1 si la k-ième personne choisit le candidat A Xk = . 0 sinon
Alors (X1 , . . . , Xn ) est un n-échantillon indépendant, identiquement distribué de la loi de Bernoulli de paramètre p. En déduire, d’après le cours, un intervalle de confiance de p, puis une estimation de cet intervalle.
b) Calculer la longueur de l’intervalle de confiance obtenu au a), puis déterminer n pour que cette longueur soit inférieure ou égale à 0.02.
8.4
a) Noter n le nombre de pesées effectuées et X1 , . . . , Xn les résultats de ces pesées. Alors (X1 , . . . , Xn ) est un néchantillon indépendant, identiquement distribué de la loi normale d’espérance m et d’écart-type 0.1. En déduire, d’après le cours, un intervalle de confiance de m, puis une estimation de cet intervalle.
b) Calculer la longueur de l’intervalle de confiance obtenu au a), puis déterminer n pour que cette longueur soit inférieure ou égale à 0.05.
8.5
d) Faire x = 7 dans l’équation obtenue dans la question c).
8.6
b) Noter n = 1000 le nombre de pesées effectuées, X1 , . . . , Xn les résultats de ces pesées. Alors (X1 , . . . , Xn ) est un n-échantillon indépendant, identiquement distribué de la loi normale d’espérance m et d’écart-type σx = 16. En déduire, d’après le cours, un intervalle de confiance de m, puis une estimation de cet intervalle.
en t.
1 et déterminer la droite de régression de y C
8.9
a) Commencer par déterminer la loi de Xn . En déduire √ Xn − m ∗ que la va Xn = 5 n suit la loi normale centrée réduite. m Montrer ensuite : √ √ 5 n Xn ∗ 5 n Xn m √ . P(−tα Xn tα ) = P √ 5 n + tα 5 n − tα Conclure.
b) Donner une estimateur de cet intervalle de confiance, avec n = 100, α = 0.05, t0.05 1.96 et une réalisation de Xn égale à 12.
8.10
a) Considérer l’événement E : « La personne est d’accord avec l’affirmation A ».
Puis utiliser la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements (E, E).
b) Remarquer :
Sn → B(n, θ).
c) 1) Estimer θ à l’aide de la réalisation de Sn obtenue. Pour estimer p, utiliser la relation entre p et θ.
c) 2) Déterminer un intervalle de confiance de θ, puis estimer cet intervalle. Pour estimer p par intervalle de confiance, utiliser la relation entre p et θ.
∀x ∈ R, P(Mn x) = P(X x) .
a) 2) Calculer V (Tn ) puis utiliser l’exercice 8.2.
n b) 1) Obtenir : ∀k ∈ N, P(Sn k) = P(Z1 k) . b) 2) Utiliser la définition de l’espérance et remplacer P(Y = k) par P(Y k) − P(Y k + 1). Faire apparaître des sommes téléscopiques. N−1 N−1 $ k+1 N 1 1 k n = b) 3) Utiliser : xn dx . k n+1 N N N k=0
b) 4) Montrer :
8.12
k=0
E(Sn ) −→ N. n∞
a) Noter S la fonction définie sur R3 par :
n
En déduire la fonction de répartition puis une densité de Mn .
254
Poser y =
a) 1) Calculer E(Mn ) puis déterminer Tn sous la forme aMn + b de sorte que E(Tn ) = N.
c) Appliquer la formule du cours donnant une équation de la droite de régression de y en x.
a) 1) • Montrer :
8.8
8.11
a) Utiliser les formules du cours.
b) Immédiat.
8.7
b) Montrer que E(Vn ) = a.
∀(a, b, c) ∈ R3 , S(a, b, c) =
7 i=1
2 yi − (axi2 + bxi + c) .
Du mal à démarrer ?
8.16
• Pour (a, b) ∈ R2 fixé, montrer que la fonction g : R −→ R, c −→ S(a, b, c)
a) Montrer :
c) 1) Montrer :
Traiter le cas d’égalité.
d) Comparer les risques quadratiques des deux estimateurs.
8.17
a) 1) Remarquer que, pour tout k de 1 ; n, la va Xk suit m . N 5n = mXn . a) 2) Considérer N
la loi géométrique de paramètre
T n = θ + b Un .
n ∀x ∈ R, P(Mn x) = F(x) .
En déduire la fonction de répartition et une densité de Mn .
c) 2) Pour calculer E(Mn ), utiliser la définition de l’espérance, x et effectuer enθ fin une intégration par parties.
puis faire le changement de variable t = 1 − En déduire que lim E(Mn ) = θ. n∞
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
c) 3) Calculer E(M2n ) de la même façon que précédemment. En déduire V (Mn ). Conclure. c) 4) Comparer les biais et les risques quadratiques des deux estimateurs. 1 d) Obtenir an = . Déterminer la limite du quotient 1 − In des deux risques quadratiques, et comparer cette limite à 1. Conclure.
8.15
a) Remarquer que, pour tout i de 1 ; n, la va Yi suit la loi de Bernoulli de paramètre e −θ . b) Obtenir :
P(X1 = 0) × P(X2 + · · · + Xn = j) . ∀j ∈ N, ϕ(j) = P(Sn = j)
Déterminer la loi de Sn et la loi de X2 + · · · + Xn .
c) Obtenir : E ϕ(Sn ) = e −θ et V ϕ(Sn ) = e −2θ e
θ n
αi = 1.
• Développer V (Yn − Xn ) pour en déduire V (Xn ) V (Yn ).
d) Commencer par résoudre le système d’inconnue (b, θ) sui⎧ ⎪ ⎪ θ + b = E(Xn ) ⎪ ⎨ vant : . ⎪ b ⎪ ⎪ ⎩ θ + = E(Tn ) n 8.14 a) Revenir à la définition d’une densité. b) Obtenir a = 3.
n
1 . n
c) • Pour calculer Cov(Xn , Yn ), utiliser la bilinéarité de la covariance et l’indépendance des va X1 , . . . , Xn .
Montrer que Un → E (n) et en déduire E(Un ). et
rXn (θ) = V (Xn ) =
i=1
Yk → E (1).
Xn = θ + b Yn
et
Yn est un estimateur sans biais de θ ⇐⇒
b) Utiliser la linéarité de l’espérance pour calculer E(Yn ).
c) Obtenir :
E(Xn ) = θ
b) Montrer :
59 admet un minimum global pour c = −5a − b + . 7 • Pour a ∈ R fixé, montrer que la fonction 59 h : R −→ R, b −→ S a, b, −5a − b + 7 33 . admet un minimum global pour b = −2a + 14 • Enfin, étudier les variations de la fonction 85 33 , −3a + . i : R −→ R, a −→ S a, −2a + 14 14 Conclure.
8.13
a) Obtenir :
−1 .
a) 3) Appliquer le théorème de la limite centrée. a) 4) Noter Φ la fonction de répartition de la loi N (0, 1) et tα le α réel tel que Φ(tα ) = 1 − . 2 ) En utilisant le fait que N(N − m) N, obtenir : √ √ n m Xn
n m Xn P √ N √ P |Nn | tα = 1 − α. n + tα n − tα a) 5) Donner une estimation de cet intervalle avec m = 800, 1000 n = 200, une réalisation de Xn égale à = 5, α = 0.05 et 200 t0.05 = 1.96. m . b) 1) Remarquer : Yn → B n, N b) 2) Utiliser les définitions du cours. b) 3) Utiliser le théorème de transfert et obtenir : 1 m n+1 + 1 N* E 1− 1− = . 1 + Yn n+1 m N b) 4) Utiliser un résultat de cours. b) 5) Donner une estimation de cet intervalle avec m = 800, n = 1000, une réalisation de Yn égale à 200, α = 0.05 et t0.05 = 1.96. ;n . λ b) Utiliser le théorème de transfert pour montrer l’existence et 2 calculer E(λ4n ) puis E(λ4n ). En déduire ensuite V (λ4n ).
8.18
a) Justifier :
Sn → Γ
1
c) Utiliser les définitions du cours et l’exercice 8.2. d) 1) Utiliser le théorème de la limite centrée. d) 2) Obtenir : tα tα |Nn | tα ⇐⇒ 1 − √ λ4n λ 1 + √ λ4n . n n
Conclure à l’aide de l’exercice 8.2.
En déduire le résultat demandé.
d) Noter respectivement rn (θ) et ρn (θ) les risques quadratiques de Yn et ϕ(Sn ).
e) 1) Appliquer le théorème de la bijection monotone à Φ. tα , puis que e) 2) Obtenir, tout d’abord, que β = 2 − 2Φ k 1 tα
α = Φ Φ−1 1−Φ . 2 k k
Calculer rn (θ) − ρn (θ) et étudier la fonction h : R+ −→ R, x −→
ex − 1 −e n
x n
+ 1.
255
Chapitre 8
8.19
•
Estimation, statistique
a) Revenir à la définition d’une densité.
∀(x1 , . . . , xn , a) ∈ Rn × R∗+ , ⎧ n ⎪ - a ⎪ an ⎪ ⎪ ⎪ = si x1 , . . . , xn 1 ⎨ a+1 L(x1 , . . . , xn , a) = ⎪ (x1 · · · xn )a+1 x ⎪ k=1 k ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon
b) 1) Obtenir :
b) 2) Commencer par étudier les variations de la fonction
g : a −→ ln h(a) . 1 c) Obtenir : Sn → Γ , n . a d) Utiliser le théorème de transfert pour montrer l’existence et calculer E(Tn ) puis E(Tn2 ). En déduire ensuite V (Tn ). e) Utiliser les définitions de cours. n 8.20 a) Noter C = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn ; xi = 1 . i=1
• Montrer tout d’abord que, si f possède un extremum sous la 1 1 contrainte C en un point A, alors A = ,..., . n n • Puis calculer, pour tout H = (h1 , . . . , hn ) ∈ Rn tel que A + H ∈ C , f(A + H) − f(A).
256
En déduire que la fonction f possède en A un minimum global sous la contrainte C . n b) Considérer l’estimateur Tn = αi Xi , avec (α1 , . . . , αn ) ∈ Rn . i=1
Déterminer Tn de telle sorte que : E(Tn ) = λ
et
V (Tn ) est minimale.
8.21
a) Commencer par déterminer la fonction de répartition de la va T . b) 1) Utiliser le théorème de stabilité de la loi γ.
Montrer ensuite que E(Yn ) = σ2 .
b) 2) Utiliser le théorème de transfert.
√ b) 3) Déterminer σ 5n sous la forme a Yn de telle sorte que E(5 σn ) = σ.
c) 1) Remarquer σ 5n 2 = a2 Yn . En déduire E(5 σn 2 ) puis V (5 σn ). c) 2) Montrer que V (5 σn ) −→ 0, puis utiliser l’exercice 8.2. n∞
Corrigés des exercices
a) • La va Xn dépend uniquement du n-échantillon (X1 , . . . , Xn ). Donc Xn est bien un estimateur. • De plus, par linéarité de l’espérance :
E(Vn ) =
Or : ∀k ∈ 1 ; n, E(Xk2 ) = V(Xk ) + E(Xk ) 2 = σ2 + m2 , et, d’après a) :
n 1 1 E(Xk ) = × (n m) = m. E(Xn ) = n k=1 n
E(Vn ) =
• Soit ε > 0. D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :
V(Xn ) . 0 P |Xn − m| ε = P |Xn − E(Xn )| ε ε2 n 1 1 V(Xk ) V(Xn ) = 2 V(X1 + · · · + Xn ) = 2 n n k=1
1 σ2 . × (n σ2 ) = 2 n n
σ On obtient alors : 0 P |Xn − m| ε 2 . nε
Par le théorème d’encadrement : P |Xn − m| ε −→ 0. 2
n∞
Ainsi, la suite de va (Xn )n∈N∗ converge en loi vers la variable certaine égale à m. On conclut que Xn est un estimateur convergent de m. b) Par linéarité de l’espérance : E(T n ) =
n n
1 1 1 E (Xk − m)2 = V(Xk ) = × (nσ2 ) = σ2 . n k=1 n k=1 n
Donc T n est un estimateur sans biais de σ2 . c) 1) • La va Vn dépend uniquement du n-échantillon (X1 , . . . , Xn ). Donc Vn est bien un estimateur. n 2 1 2 • De plus : Vn = (X − 2Xn Xk + Xn ) n k=1 k n n 2 1 2 = Xk − 2Xn Xk +n Xn n k=1 k=1 !"
=
1 n
n
= nXn
Xk2 − nXn
k=1
Ainsi, par linéarité de l’espérance :
2
=
1 n
n k=1
σ2 1 1 × n(σ2 + m2 ) − + m2 = 1 − σ 2 . n n n
Puisque E(Vn ) σ2 , Vn est un estimateur biaisé de σ2 . Son biais bVn (σ2 ) est : bVn (σ2 ) = E(Vn ) − σ2 = −
par indépendance des va =
2 σ2 2 + m2 . E(Xn ) = V(Xn ) + E(Xn ) = n
Ainsi :
Donc Xn est un estimateur sans biais de m.
Or :
1 2 E(Xk2 ) − E(Xn ). n k=1 n
8.1
2 Xk2 − Xn .
σ2 . n
1 Enfin, puisque E(Vn ) = 1 − σ2 −→ σ2 , n∞ n Vn est un estimateur asymptotiquement sans biais de σ2 . c) 2) Posons Vn = Alors :
E(Vn ) =
n n 1 (Xk − Xn )2 . Vn = n−1 n − 1 k=1
1 n n E(Vn ) = 1 − σ2 = σ2 . n−1 n−1 n
On en déduit que Vn est un estimateur sans biais de σ2 .
8.2 a) Le risque quadratique rT n (θ) de T n est défini par :
2 %
2 & rT n (θ) = V(T n ) + E(T n ) − g(θ) = E T n − g(θ) . Soit ε > 0. Par l’inégalité de Markov : #
2 0 P |T n − g(θ)## ε = P T n − g(θ) ε2
& % E T n − g(θ) 2 rT (θ) = n2 . ε2 ε Puisque rT n (θ) −→ 0, par le théorème d’encadrement, on obn∞ #
tient : P |T n − g(θ)## ε −→ 0. n∞
Ainsi, la suite (T n )n∈N converge en probabilité vers la variable certaine égale à g(θ), autrement dit : T n est un estimateur convergent de g(θ). b) Par définition du biais bT n (θ) de T n et du risque quadratique rT n (θ) de T n , on a : rT n (θ) = V(T n ) + bT n (θ)2 . 257
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
Puisque T n est un estimateur asymptotiquement sans biais de g(θ) : bT n (θ) −→ 0. n∞
D’autre part, par hypothèse : V(T n ) −→ 0. n∞
T n est un estimateur convergent de g(θ).
Une estimation de l’intervalle de confiance de p à 99% est alors * 2.575 + 2.575 ; 0.53+ √ , c’est-à-dire après arrondis : 0.53− √ 2 2000 2 2000 [0.501 ; 0.559].
Remarque : Ce résultat est en particulier valable pour un estimateur T n sans biais dont la variance V(T n ) tend vers 0 lorsque n tend vers +∞.
Remarque : Plus le niveau de confiance est élevé (et donc α petit), plus la longueur de l’intervalle est confiance est grande, ce qui est cohérent !
On obtient alors rT n (θ) −→ 0. D’après a), on conclut : n∞
8.3
Notons p la proportion d’intentions de vote en faveur du candidat A dans la population, n = 2000 le nombre de personnes interrogées et X1 , . . . , Xn les va définies par : 1 si la k-ième personne choisit le candidat A Xk = 0 sinon. Alors (X1 , . . . , Xn ) est un n-échantillon indépendant, identiquement distribué de la loi de Bernoulli de paramètre p. X1 + · · · + Xn représente la proportion d’intenDe plus, Xn = n tions de vote en faveur du candidat A parmi les n personnes interrogées. α Soient α ∈ [0 ; 1] et tα le réel tel que Φ(tα ) = 1 − , où Φ est la 2 fonction de répartition de la loi normale centrée réduite. On sait d’après le cours que l’intervalle * tα tα + Xn − √ ; Xn + √ 2 n 2 n est un intervalle de confiance de p au niveau de confiance 1− α.
a) On a ici n = 2000 et une réalisation de Xn égale à 1060 = 0.53. 2000 α = 0.95, et on lit dans la • Pour α = 0.1, on a 1 − 2 table de la loi normale centrée réduite Φ(1.64) 0.9495 et Φ(1.65) 0.9505, ce qui donne t0.1 1.645. Une estimation de l’intervalle de confiance de p à 90% est alors * 1.645 1.645 + 0.53− √ ; 0.53+ √ , c’est-à-dire après arrondis : 2 2000 2 2000 [0.511 ; 0.549].
258
α • Pour α = 0.01, on a 1 − = 0.995, et on lit dans la 2 table de la loi normale centrée réduite Φ(2.57) 0.9949 et Φ(2.58) 0.9951, ce qui donne t0.01 2.575.
b) Dans le cas général, la longueur de l’intervalle de confiance de p au niveau de confiance 1 − α est : tα tα tα Xn + √ − Xn − √ = √ . 2 n 2 n n tα On cherche donc n tel que √ 0.02. n Pour α = 0.05, on a vu plus haut : t0.05 = 1.96. Ainsi :
t0.05 √ 0.02 n ⇐⇒
√ 1.96 t0.05 = = 98 ⇐⇒ n 9604. n 0.02 0.02
On en déduit que, si l’on interroge (au moins) 9604 personnes, l’intervalle de confiance de p à 95% est de longueur inférieure ou égale à 0.02 (ainsi on connaîtra la proportion p à 2% près).
8.4 Notons n le nombre de pesées effectuées et X1 , . . . , Xn les résultats de ces pesées. Alors (X1 , . . . , Xn ) est un n-échantillon indépendant, identiquement distribué de la loi normale d’espérance m et d’écart-type 0.1. De plus, Xn = obtenues.
X1 + · · · + Xn représente la moyenne des masses n
α Soient α ∈ [0 ; 1] et tα le réel tel que Φ(tα ) = 1 − , où Φ est la 2 fonction de répartition de la loi normale centrée réduite. On sait d’après le cours que l’intervalle * tα σ tα σ + Xn − √ ; Xn + √ n n
α • Pour α = 0.05, on a 1 − = 0.975, et on lit dans la table de 2 la loi normale centrée réduite Φ(1.96) 0.975, ce qui donne t0.05 1.96.
est un intervalle de confiance de m au niveau de confiance 1−α.
Une estimation de l’intervalle de confiance de p à 95% est alors * 1.96 1.96 + , c’est-à-dire après arrondis : 0.53− √ ; 0.53+ √ 2 2000 2 2000 [0.508 ; 0.552].
α Pour α = 0.1, on a 1 − = 0.95, et on lit dans la 2 table de la loi normale centrée réduite Φ(1.64) 0.9495 et Φ(1.65) 0.9505, ce qui donne t0.1 1.645.
a) On a ici n = 10 et une réalisation de Xn égale à 72.40.
Corrigés des exercices
Ainsi, une estimation de l’intervalle de confiance de m à 90% * 1.645 · 0.1 + 1.645 · 0.1 ; 72.4 + , c’est-à-dire est alors 72.4 − √ √ 10 10 après arrondis : [72.347 ; 72.453].
b)
b) Dans le cas général, la longueur de l’intervalle de confiance de m au niveau de confiance 1 − α est : tα σ tα σ tα σ Xn + √ − Xn − √ = 2 √ . n n n tα σ On cherche donc n tel que 2 √ 0.05. n t0.1 σ 2 √ 0.05 n √ 2t0.1 σ 2 · 1.645 · 0.1 ⇐⇒ n = = 6.58 ⇐⇒ n 44. 0.05 0.05
Ainsi :
c) D’après le cours, la droite de régression de y en x a pour Cov(x, y)
x−x y−y = Vx c’est-à-dire : y = f (x) 1.44x + 9.27.
équation :
On en déduit que, si l’on effectue (au moins) 44 pesées, l’intervalle de confiance de m à 90% est de longueur inférieure ou égale à 0.05.
8.5 a) L’échantillon est de taille n = 11. • La moyenne de la série statistique de x est donnée par : n 1 x= xi = 0. n i=1 La variance empirique de la série statistique de x est donnée n 1 1 110 − 02 = 10. x2 − x2 = par : V x = n i=1 i 11 L’écart-type √ empirique √ de la série statistique de x est donné par : σ x = V x = 10 3.16.
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• De la même façon, on obtient :
102 9.27, y= 11
1194 102 2 2730 − 22.56 = 11 11 121 √ 2230 4.75. et σy = 11
Vy =
• La covariance empirique de x et y est donnée par : n 1 158 Cov(x, y) = xi yi − x y = − 0 14.36. n i=1 11 Le coefficient de corrélation empirique de x et y est donné par : Cov(x, y) 158 0.96. = ρx,y = √ σ x σy 10 273 Remarque : Le coefficient ρx,y est proche de 1, ce qui signifie que x et y sont bien corrélées.
d) Pour x = 7, on a : f (x) 19.35. On peut estimer que, pour x = 7, on aura approximativement y = 19.35, ou encore, si y est un entier, y = 19.
8.6 a) Complétons le tableau de l’énoncé en précisant, pour chaque classe, son centre : Poids xi en g Centre ci en g Effectifs ni Poids xi en g Centre ci en g Effectifs ni
[215 ; 225[ [225 ; 235[ [235 ; 245[ [245 ; 255[
220 80
230 100
240 190
250 260
[255 ; 265[ [265 ; 275[ [275 ; 285[
260 180
270 130
280 60
L’effectif total de la population est donné par : n=
7
ni = 1000
i=1
La moyenne est donnée par : x=
7 1 ni ci = 249.9 n i=1
259
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
La variance empirique est donnée par : Vx =
7 1
n
ni c2i − x2 = 62705 − (249.9)2 255.0
i=1
L’écart-type empirique est donnée par : √ σ x = V x 16.0 b) Notons n = 1000 le nombre de pesées effectuées, X1 , . . . , Xn les résultats de ces pesées. Alors (X1 , . . . , Xn ) est un n-échantillon indépendant, identiquement distribué de la loi normale d’espérance m et d’écart-type σ x = 16 (par hypothèse). De plus, Xn = obtenues.
X1 + · · · + Xn représente la moyenne des masses n
α Soient α ∈ [0 ; 1] et tα le réel tel que Φ(tα ) = 1 − , où Φ est la 2 fonction de répartition de la loi normale centrée réduite. On sait d’après le cours que l’intervalle *
tα σ tα σ + Xn − √ ; Xn + √ n n
est un intervalle de confiance de m au niveau de confiance 1 − α et donc au risque α. D’après l’énoncé, une réalisation de Xn est égale à x = 249.9. Enfin : α = 0.95 ; on lit dans la pour α = 0.1, on a 1 − 2 table de la loi normale centrée réduite Φ(1.64) 0.9495 et Φ(1.65) 0.9505, ce qui donne t0.1 1.645 ; α pour α = 0.05, on a 1 − = 0.975 ; on lit dans la table de 2 la loi normale centrée réduite Φ(1.96) 0.975, ce qui donne t0.05 1.96 ; α pour α = 0.01, on a 1 − = 0.995 ; on lit dans la 2 table de la loi normale centrée réduite Φ(2.57) 0.9949 et Φ(2.58) 0.9951, ce qui donne t0.01 2.575. Une réalisation de l’intervalle de confiance de m • au risque 0.1 est : % √ 249.9 − 1.645·16 ; 249.9 + 1000 • au risque 0.05 est : % √ 249.9 − 1.96·16 ; 249.9 + 1000 • au risque 0.01 est : % √ 249.9 − 2.575·16 ; 249.9 + 1000 260
& 1.645·16 √ 1000 & 1.96·16 √ 1000
a) 1) • Puisque X suit la loi uniforme sur [0 ; 2a], sa fonction de répartition F est donnée par : ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x si 0 x 2a ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ ⎪ ⎪ 2a ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x > 2a et une densité f est donnée par : ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ si 0 x 2a ⎨ 2a ∀x ∈ R, f (x) = ⎪ . ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon • La fonction de répartition Fn de Mn vérifie : ∀x ∈ R, Fn (x) = P(Mn x) = P(X1 x, . . . , Xn x) = P(X1 x) · · · P(Xn x)
n
n = P(X x) = F(x) .
par indépendance des va
Puisque F est continue sur R, C 1 sur R privé éventuellement de 0 et 2a, il en est de même, par produit, pour Fn . Ainsi, Mn est une va à densité, dont une densité fn est donnée
n−1 par : ∀x ∈ R, fn (x) = n f (x) F(x) ⎧ n ⎪ n−1 ⎪ si 0 x 2a ⎪ ⎨ (2a)n x . =⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon • Puisque Mn est une va bornée (à valeurs dans [0 ; 2a] presque sûrement), Mn admet une espérance et une variance. Et l’on a : $ 2a $ 2a n E(Mn ) = x fn (x) dx = xn dx (2a)n 0 0 n (2a)n+1 2an = × = , (2a)n n+1 n+1 $ 2a $ 2a n x2 fn (x) dx = xn+1 dx E(Mn2 ) = (2a)n 0 0 4a2 n (2a)n+2 n = , × = (2a)n n+2 n+2
2 4a2 n 2an 2 et donc V(Mn ) = E(Mn2 ) − E(Mn ) = − n+2 n+1 2 4a n
2 (n + 1) = − n(n + 2) (n + 1)2 (n + 2) 4a2 n . = (n + 1)2 (n + 2) a) 2) On a :
E(Un ) =
n+1 n+1 2an E(Mn ) = × = a. 2n 2n n+1
On en déduit que Un est un estimateur sans biais de a. [248.90 ; 250.90],
2.575·16 & √ 1000
[249.06 ; 250.74],
8.7
[248.59 ; 251.21].
b) Par linéarité de l’espérance : E(Vn ) =
n
1 1 E(Xk ) = × nE(X) = E(X). n k=1 n
Corrigés des exercices
D’après le cours, E(X) =
0 + 2a = a, donc : 2
E(Vn ) = a.
où :
On en déduit que Vn est également un estimateur sans biais de a. c) Puisque les deux estimateurs Un et Vn sont des estimateurs sans biais, comparons leurs risques quadratiques notés respectivement rUn (a) et rVn (a). • On a : =
2 rUn (a) = V(Un ) + E(Un ) − a = V(Un ) !"
n + 1 2
V(Mn ) =
2n a2 = . n(n + 2)
n + 1 2 2n
=0
×
4a2 n (n + 1)2 (n + 2)
5 5 1 1 ti = 3, y= yi 0.140, 5 i=1 5 i=1 5 1 ti yi − t y −0.020, Cov(t, y) = 5 i=1 5 1 2 Vt = t − (t)2 = 2. 5 i=1 i
t=
Ainsi, la droite de régression de y en t a pour équation : −0.020 (t − 3), 2 c’est-à-dire : y = −0.01 t + 0.17. a = −0.01 On obtient donc : . b = 0.17 y − 0.140 =
b > −5a > 0.
On a bien :
2 • Et : rVn (a) = V(Vn ) + E(Vn ) − a = V(Vn ) !" =0
n 1 1 V(Xk ) = 2 V(X1 + · · · + Xn ) = 2 n n k=1 par indépendance des va
V(X) 1 . = 2 × nV(X) = n n
D’après le cours, V(X) = donc : rVn (a) =
(2a)2 − 02 a2 = ; 12 3
8.9
a2 . 3n 2
2
a a − n(n + 2) 3n a2
−a2 (n − 1) = 3 − (n + 2) = 0 (car n 1). 3n(n + 2) 3n(n + 2)
• On a donc :
rUn (a) − rVn (a) =
Ainsi, le risque quadratique de Un est inférieur à celui de Vn .
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Donc Un est « un meilleur estimateur » de a que Vn .
8.8
On a : C =
1 1 ⇐⇒ = at + b. at + b C
1 Posons donc y = et déterminer la droite de régression de y C en t. On a alors la série statistique double suivante :
a) • Les va X1 , . . . , Xn étant mutuellement indépendantes et suivant des lois normales, on sait, d’après le cours que S n = X1 + · · · + Xn suit également une loi normale n E(Xk ) = nm et de variance d’espérance E(S n ) = m 2 nm2 V(Xk ) = n = V(S n ) = . 5 25 k=1 1 S n suit aussi une loi normale d’espérance n 1 1 m2 . E(Xn ) = E(S n ) = m et de variance V(Xn ) = 2 V(S n ) = n n 25n
• Donc, la va Xn =
∗
• Enfin, la va centrée réduite associée à Xn , notée Xn est donnée par : ∗
ti Ci yi
1 6.25 1 = 0.160 6.25
2 6.71 1 0.149 6.71
Xn =
3 7.04 1 0.142 7.04 ti Ci yi
4 7.75 1 0.129 7.75
k=1
n
Xn − E(Xn ) σ(Xn )
=
Xn − m m √ 5 n
√ Xn − m =5 n . m
∗
Alors Xn suit la loi normale centrée réduite. 5 8.33 1 0.120 8.33
D’après le cours, la droite de régression de y en t a pour équaCov(t, y) tion : y − y = (t − t), Vt
• On obtient ainsi : d’une part : ∗
P(−tα Xn tα ) = Φ(tα ) − Φ(−tα )
= Φ(tα ) − 1 − Φ(tα ) = 2Φ(tα ) − 1 α − 1 = 1 − α; =2 1− 2 261
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
d’autre part :
On a donc :
√ Xn − m −tα Xn tα ⇐⇒ −tα 5 n tα m √ ⇐⇒ −mtα 5 n (Xn − m) mtα √ √ √ √ ⇐⇒ m(5 n − tα ) 5 n Xn et 5 n Xn m(5 n + tα ) √ √ √ 5 n Xn 5 n Xn 5 √n + tα > 0 . m √ car ⇐⇒ √ 5 n − tα > 0 5 n + tα 5 n − tα ∗
E(S n ) = nθ
b) 2) On en déduit :
E
n
=
V(S n) = nθ(1 − θ). E(S n ) = θ. n
Sn est un estimateur sans biais de θ. n S n V(S n ) θ(1 − θ) = . = De plus : V n n2 n Donc
Soit ε > 0. Par l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, on a :
Donc : P(−tα Xn
∗
√ 5 √n Xn 5 n Xn . tα ) = P √ m √ 5 n + tα 5 n − tα
On obtient alors : √ 5 √n Xn 5 n Xn = 1 − α. P √ m √ 5 n + tα 5 n − tα + * √ √ Xn Xn est un interAinsi l’intervalle 5 n √ ;5 n √ 5 n + tα 5 n − tα valle de confiance de m au niveau de confiance 1 − α.
## ## S n V( Snn ) θ(1 − θ) = . 0 P ## − θ## ε n ε2 nε2 ## ## S n On obtient alors : lim P ## − θ## ε = 0. n∞ n On en déduit que
Sn est un estimateur convergent de θ. n
c) 1) • Une estimation ponctuelle de θ est donc la réalisation 23 Sn obtenue, c’est-à-dire : = 0.23. de n 100 19 10 θ − , une estimation ponctuelle de p est 18 9 23 10 × 19 4 100 − = = 0.8. 18 9 5
b) On a ici : n = 100, une réalisation de Xn égale à 12, α α = 0.05, 1 − = 0.975, et d’après la table de la loi normale 2 centrée réduite, Φ(1.96) = 0.975, donc t0.05 1.96.
• Puisque p =
Une estimation de l’intervalle de confiance de m à 95% est * 5 × 10 × 12 & 5 × 10 × 12 + % 11.54 ; 12.49 . alors : ; 5 × 10 + 1.96 5 × 10 − 1.96
c) 2) • D’après le cours, on sait qu’un intervalle de confiance de θ au niveau de confiance 1 − α est donné par :
donc :
*Sn
8.10
n
−
a) Notons E l’événement : « La personne est d’accord avec l’affirmation A ». Alors, par définition de p, on a :
P(E) = p.
Les événements E et E forment un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales : P(V) = P(E) PE (V) + P(E) PE (V). Or, sachant l’événement E, l’événement V est réalisé si et seulement si la personne tire la carte numéro 1 ; puisque toutes 1 . les cartes sont équiprobables, on a : PE (V) = 20 De la même façon, PE (V) = On obtient donc : θ = p × D’où :
19 . 20 19 19 9 p 1 + (1 − p) × = − . 20 20 20 10
19 10 θ 10 19 p= −θ = − . 9 20 18 9
b) 1) La va S n est donc le nombre de réalisations de l’événement V (de probabilité θ) obtenues lors de n expériences indépendantes. Ainsi, la va S n suit la loi binomiale de paramètre (n, θ). 262
et
Sn
où tα vérifie Φ(tα ) = 1 −
tα tα + Sn + √ , √ ; 2 n n 2 n α . 2
On a ici : n = 100, 1 − α = 0.95, donc α = 0.05 et α 1 − = 0.975, et puisque Φ(1.96) 0.975, on a t0.05 1.96. 2 Ainsi, une estimation d’un intervalle de confiance à 95% de θ est : %
0.23 −
& 1.96 & % 1.96 ; 0.23 + √ = 0.132 ; 0.328 . √ 2 100 2 100
10 θ 19 − , une estimation d’un intervalle de • Puisque p = 18 9 confiance à 95% de p est : * 19 18
−
& 10 × 0.328 19 10 × 0.132 + % ; − 0.691 ; 0.909 . 9 18 9
Pour tout k de 1 ; n, la va Zk suit la loi uniforme sur N+1 N2 − 1 et V(Zk ) = . 1 ; N, et donc : E(Zk ) = 2 12
8.11
Puisque les tirages s’effectuent avec remise, les va Z1 , . . . , Zn sont mutuellement indépendantes. Donc (Z1 , . . . , Zn ) est un n-échantillon indépendant et identiquement distribué de la loi uniforme sur 1 ; N.
Corrigés des exercices
a) 1) • Par linéarité de l’espérance : n 1 1 N + 1 N + 1 = E(Mn ) = E(Zk ) = × n . n k=1 n 2 2
b) 3) • En appliquant le résultat précédent à S n à la place de Y, on a : E(S n ) =
N = 2E(Mn ) − 1.
• On obtient alors :
k=1
a) 2) De plus, par propriété de la variance : 4 V(T n ) = V(2Mn − 1) = 22 V(Mn ) = 2 V(Z1 + · · · + Zn ) n n 4 V(Zk ) par indépendance des va = 2 n k=1 4 N2 − 1 N2 − 1 = = 2 n . n 12 3n Ainsi, T n est un estimateur sans biais de N vérifiant V(T n ) −→ 0.
1 = n+1
car les Zk sont mutuellement indépendantes, de même loi. Or : • si k ∈ 1 ; N, alors P(Z1 k) =
k i=1
k P(Z1 = i) = ; N
• cette relation est encore vraie pour k = 0 ; • et si k N + 1, alors P(Z1 k) = 1. ⎧ n k ⎪ ⎪ ⎪ si 0 k N ⎨ N . Ainsi : P(S n k) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 sinon
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
N−1 $
1
xn dx 0
=
Chasles
N−1 * k n
N
k=0
n x!" dx
k N
k=0
×
k+1 N
k + 1 N
( Nk )n
k + k n 1 × = = uN . N N N k=0 N−1
−
b) 4) Puisque S n prend ses valeurs dans 1 ; N, en particulier, on a : E(S n ) N. On obtient donc :
N−
N E(S n ) N. n+1 E(S n ) −→ N.
Par le théorème d’encadrement :
n∞
8.12
k=1
a) Notons S la fonction définie sur R3 par : 7
2 yi − (ax2i + bxi + c) . R3 , S (a, b, c) = En développant, on obtient : ∀(a, b, c) ∈ R3 ,
k=1
S (a, b, c) =
k=1 N
kP(Y k) − kP(Y k) −
k=1
N
N k=1 N+1
kP(Y k + 1)
k=2 N+1
N k=2
N+1
=0
N P(Y k) + P(Y N + 1) = P(Y k). !" =0
y2i + a2
− 2a
kP(Y k) + P(Y k) k=2 k=2 k=1 = P(Y 1) − (N + 1) P(Y N + 1) !" +
kP(Y k) −
7 i=1
(k − 1)P(Y k)
k=1
∀(a, b, c) ∈
i=1
N
k P(Y k) − P(Y k + 1) N
N . n+1
E(S n ) = N − N uN N −
On en déduit que S n est un estimateur asymptotiquement sans biais de N.
b) 2) La va Y étant une va finie, Y admet une espérance, et N kP(Y = k) l’on a : E(Y) =
=
$
On obtient alors :
n P(S n k) = P(Z1 k, . . . , Zn k) = P(Z1 k)
=
k=1
N−1 1 k n . On a, en faisant une comparaison N k=0 N entre une somme et une intégrale d’une fonction croissante :
D’après l’exercice 8.2, on en déduit que T n est un estimateur convergent de N. b) 1) Soit k ∈ N. Alors :
N
1 − P(S n < k)
• Notons uN =
n∞
=
P(S n k) =
N N k − 1 n
1 − P(S n k − 1) = 1− = N k=1 k=1 N−1 k n . =N− N k=0
On en déduit que la va T n = 2Mn − 1 est un estimateur sans biais de N, puisque E(T n ) = 2E(Mn ) − 1 = N.
=
N
7
7
x4i + b2
i=1
x2i yi − 2b
i=1 7
+ 2ab
i=1
x3i + 2ac
7
i=1 7 i=1 7
x2i + c2
7
1
i=1 7
xi yi − 2c x2i + 2bc
i=1 7
i=1
yi xi
i=1
= 705 + 371a2 + 35b2 + 7c2 − 974a − 250b − 118c + 182ab + 70ac + 14bc. • Soit (a, b) ∈ R2 fixé. Considérons la fonction g : R −→ R, c −→ S (a, b, c). 263
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
On a : ∀c ∈ R, g(c) = 7c2 + (70a + 14b − 118)c + (705 + 371a2 + 35b2 − 974a − 250b + 182ab).
y = f (x) =
5 2 13 55 x + x+ . 7 14 14
b)
Alors g est dérivable sur R et : ∀c ∈ R, g (c) = 14c + (70a + 14b − 118). Notons α = −
70a + 14b − 118 59 = −5a − b + . 14 7
On en déduit le tableau de variations de g : c −∞ α +∞ g (c) − 0 + +∞ +∞ g(c) Donc g atteint son minimum pour c = α. Ainsi, pour (a, b) fixé, S (a, b, c) est minimum pour 59 c = −5a − b + . 7
8.13 a) Soit x ∈ R. Alors : $
• Soit a ∈ R fixé. Considérons maintenant la fonction 59 . h : R −→ R, b −→ S a, b, −5a − b + 7
P(Yk x) = P(Xk θ + bx) =
On a, après calculs : ∀b ∈ R, 1454 . h(b) = 28b2 + (112a − 132)b + 196a2 − 384a + 7 Alors h est dérivable sur R et :
De la même façon que précédemment, h atteint son minimum 33 112a − 132 = −2a + . pour b = − 56 14 Ainsi, pour a fixé, S (a, b, c) est minimum pour 33 59 85 b = −2a + et c = −5a − b + = −3a + . 14 7 14 • Considérons enfin la fonction 85 33 . i : R −→ R, a −→ S a, −2a + , −3a + 14 14 On a, après calculs : ∀a ∈ R, i(a) = 84a2 − 120a +
365 . 7
Alors i est dérivable sur R et :
∀a ∈ R, i (a) = 168a − 120. 120 5 = . 168 7
On en déduit que la fonction S atteint son minimum pour : a=
33 13 85 55 5 , b = −2a + = , c = −3a + = . 7 14 14 14 14
On conclut que la parabole, qui approche le mieux le nuage de points au sens des moindres carrés de y en x, a pour équation : 264
f (t) dt. −∞
1er cas : si x < 0, alors θ + bx < θ (car b > 0), $ θ+bx 0 dt = 0. donc : P(Yk x) = −∞
2 cas : si x 0, alors θ + bx θ (car b > 0), $ θ+bx t − θ 1 donc : P(Yk x) = exp − dt b b θ * t − θ +θ+bx = − e −x + 1. = − exp − b θ 0 si x < 0 . Ainsi, on a : ∀x ∈ R, P(Yk x) = 1 − e −x si x 0 e
∀b ∈ R, h (b) = 56c + (112a − 132).
Ainsi, i atteint son minimum pour a =
θ+bx
On reconnaît la fonction de répartition de la loi exponentielle de paramètre 1. On conclut : Yk → E (1). b) • Par linéarité de l’espérance : E(Yn ) =
n
1 1 E(Yk ) = × nE(Y1 ) = E(Y1 ) = 1. n k=1 n
• On a : ∀x ∈ R, P(Un > x) = P(Y1 > x, . . . , Yn > x)
n = P(Y1 > x) car Y1 , . . . , Yn sont indépendantes et ont même loi. Donc : ∀x ∈ R, P(Un x) = 1 − P(Un > x)
n
n = 1 − P(Y1 > x) = 1 − 1 − P(Y1 x) 0 si x < 0 = 1 − ( e −x )n si x 0 0 si x < 0 = . 1 − e −nx si x 0
Corrigés des exercices
On reconnaît la fonction de répartition de la loi exponentielle de paramètre n. On conclut : Un → E (n). E(Un ) =
En particulier :
1 . n
c) • Pour tout k de 1 ; n, on a : Donc :
Xn =
Xk = θ + bYk .
1 (θ + bY1 ) + · · · + (θ + bYn ) n
1 = nθ + b(Y1 + · · · + Yn ) = θ + bYn . n
Et : T n = min(θ + bY1 , . . . , θ + bYn ) = θ + b min(Y1 , . . . , Yn )
car b > 0
= θ + bUn . • On en déduit :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
E(Xn ) = θ + bE(Yn ) = θ + b, b E(T n ) = θ + bE(Un ) = θ + . n ⎧ ⎪ θ + b = E(Xn ) ⎪ ⎪ ⎨ d) On a le système (S ) : ⎪ b ⎪ ⎪ ⎩ θ + = E(T n ) n ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 1 − b = E(Xn ) − E(T n ) n ⇐⇒ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (n − 1)θ = −E(X ) + nE(T ) n n ⎧
n ⎪ ⎪ b= E(Xn ) − E(T n ) ⎪ ⎪ ⎨ n−1 ⇐⇒ ⎪ ⎪
1 ⎪ ⎪ ⎩θ = − E(Xn ) + nE(T n ) n−1 n ⎧
⎪ ⎪ b=E Xn − T n ⎪ ⎪ ⎨ n−1 ⇐⇒ ⎪ 1 ⎪
. ⎪ ⎪ ⎩θ = E nT n − Xn n−1
n Xn − T n est un estimateur sans biais Ainsi, la va b4n = n−1 1
de b et la va θ4n = nT n − Xn est un estimateur sans biais n−1 de θ.
8.14 a) • La fonction f est continue sur R sauf éventuellement en 0 et θ, et f est positive ou nulle sur R. $ θ $ +∞ x 2 1− dx f (x) dx = De plus : θ −∞ 0 θ x2 +θ 2 θ2 2* = 1. = x− = θ− θ 2θ 0 θ 2θ On conclut que f est une densité. • Soit x ∈ [0 ; θ]. Alors : $ x t 2 x2 2x x2 2 1 − dt = x − = − 2. F(x) = θ θ 2θ θ θ 0 θ
Puisque X prend presque sûrement ses valeurs dans [0 ; θ], on en déduit que F vérifie : ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎨ 2x x ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ − 2 si 0 x θ . ⎪ ⎪ ⎪ θ θ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x > θ • Puisque X est une va bornée, X admet une espérance, variance et l’on a : $ θ $ x2 2 θ dx x− x f (x) dx = E(X) = θ 0 θ 0 2 * x2 x3 +θ 2 θ2 θ2 = = = − − θ 2 3θ 0 θ 2 3 $ θ $ 2 θ 2 x3 dx x − x2 f (x) dx = E(X 2 ) = θ 0 θ 0 2 * x3 x4 +θ 2 θ3 θ3 = = − − = θ 3 4θ 0 θ 3 4 donc :
une
θ , 3
θ2 , 6
2 θ2 θ 2 θ2 = − . V(X) = E(X 2 ) − E(X) = 6 3 18
b) Par linéarité de l’espérance, E(Xn ) =
n
1 1 θ E(Xk ) = × nE(X) = E(X) = . n k=1 n 3
Ainsi, la va T n = 3Xn est un estimateur sans biais de θ. Son risque quadratique rT n (θ) est donné par :
2 rT n (θ) = V(T n ) + E(T n ) − θ = V(T n ) = V(3Xn ) n n 1 9 = 9V(Xn ) = 9V Xk = 2 V Xk n k=1 n k=1 n 9 V(Xk ) par indépendance des va X1 , . . . , Xn n2 k=1
9 9 nθ2 θ2 = 2 × nV(X) = 2 × = . n n 18 2n
=
c) 1) La fonction de répartition Fn de Mn vérifie : ∀x ∈ R, Fn (x) = P(Mn x) = P(X1 x, . . . , Xn x) = P(X1 x) · · · P(Xn x)
n
n = P(X x) = F(x) .
par indépendance des va
Puisque F est continue sur R, C 1 sur R privé éventuellement de 0 et θ, il en est de même, par produit, pour la fonction Fn . Ainsi, Mn est une va à densité, dont une densité fn est donnée
n−1 par : ∀x ∈ R, fn (x) = n f (x) F(x) ⎧ ⎪ 2 n x2 n−1 x ⎪ ⎪ ⎨n si 0 x θ . x− 1− =⎪ θ 2θ θ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon 265
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
$
2 n x x2 n−1 dx 1− n x x− θ 2θ θ 0 $ θ x n x n−1 x = 2n dx 2− 1− θ θ θ 0 $ 0 (1 − t)n (1 + t)n−1 t(−θ) dt = 2n θ
De plus, l’estimateur Mn est biaisé, alors que T n est sans biais. L’estimateur T n est donc préférable à Mn .
c) 2) • E(Mn ) =
t=1−x/θ
d) • Puisque E(Mn ) = θ(1 − In ), Mn = teur sans biais de θ.
1 1
$
= 2nθ
• Son risque quadratique rMn (θ) est donné par :
(1 − t)t(1 − t2 )n−1 dt.
rMn (θ) = V(Mn ) + E(Mn ) − θ 2 = V(Mn ) !"
0
Effectuons une IPP en posant : ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ u(t) = 1 − t ⎨ u (t) = −1 , 1 2 n−1 ⎪ ⎪ ⎪ v (t) = t(1 − t ) ⎩ v(t) = − (1 − t2 )n 2n +1 1 $ 1 * 1 − t d’où : E(Mn ) = 2nθ − (1 − t2 )n dt (1 − t2 )n − 0 2n 2n 0 1 1 = 2nθ − In = θ(1 − In ). 2n 2n , π • Puisque In ∼ , on a lim In = 0. n∞ n∞ 4n
=0
= • On a alors :
De plus :
c) 3) • Par un calcul analogue au précédent, on obtient : $ θ 2 n 2 x2 n−1 x n x x− dx E(Mn2 ) = 1− θ 2θ θ 0 $ θ x n+1 x n−1 x dx 2− 1− = 2nθ θ θ θ 0 $ 0 (1 − t)n+1 (1 + t)n−1 t(−θ) dt = 2nθ
On obtient :
Puisque 2(4 − π) > 1, on en déduit que, pour n suffisamment grand, rMn (θ) > rT n (θ). Les deux estimateurs T n et Mn étant sans biais, lorsque n est grand, il est donc préférable de choisir l’estimateur T n .
(1 − t)2 2nt(1 − t2 )n−1 dt
0
% &1 = θ2 − (1 − t)2 (1 − t2 )n 0 −
$
1
2(1 − t)(1 − t2 )n dt
rMn (θ) ∼ 2(4 − π) et donc : rT n (θ) n∞ rMn (θ) −→ 2(4 − π). rT n (θ) n∞
1
= θ2
0
$ 1 * (1 − t2 )n+1 +1 (1 − t2 )n dt − = θ2 1 − 2 n+1 0 0 1 = θ2 1 − 2In + . n+1
2 Donc : V(Mn ) = E(Mn2 ) − E(Mn ) 1
2 1 − θ(1 − In ) = θ2 = θ2 1 − 2In + − In2 . n+1 n+1
266
4−π 1 − In2 ∼ . n∞ n+1 n
Donc :
2n ∼ 2n. (1 − In )2 n∞
1 1 1 π − In2 = − + o n+1 n + 1 4n n∞ n 1 1 π . = − + o n 4n n∞ n
On en déduit que Mn est un estimateur asymptotiquement sans biais de θ.
1
rMn (θ) 2n 1 = − In2 . 2 rT n (θ) (1 − In ) n + 1
n∞
∞
$
θ2 1 1 V(Mn ) = − In2 . (1 − In )2 (1 − In )2 n + 1
Puisque lim In = 0, on a :
Donc : lim E(Mn ) = θ.
t=1−x/θ
1 Mn est un estima1 − In
8.15 a) 1) • Soit i ∈ 1 ; n. La va Yi suit la loi de Bernoulli de paramètre p, avec : p = P(Yi = 1) = P(Xi = 0) = e −θ
θ0 = e −θ . 0!
En particulier, on a : E(Yi ) = e −θ
et
V(Yi) = e −θ (1 − e −θ ).
• Le risque quadratique rMn (θ) de Mn est donné par :
2 rMn (θ) = V(Mn ) + E(Mn ) − θ 1 θ2 = θ2 − In2 + θ(1 − In ) − θ)2 = . n+1 n+1
• Par linéarité de l’espérance,
c) 4) Puisque n + 1 < 2n, on a rMn (θ) > rT n (θ).
Ainsi, la va Yn est un estimateur sans biais de e −θ .
1 1 E(Yk ) = × nE(Y1 ) = E(Y1 ) = e −θ . n k=1 n n
E(Yn ) =
Corrigés des exercices
1 V Yk n2 k=1
V(Yn ) =
n − 1 2k
(nθ)k E ϕ(S n )2 = ϕ(k)2 P(S n = k) = e −nθ n k! k=0 k=0 2 θ k (n−1) +∞ (n−1)2 θ n = e −nθ = e −nθ e n k! k=0 +∞
n
a) 2) • On a :
n 1 V(Yk ) par indépendance des va 2 n k=1
V(Y1) 1 e −θ (1 − e −θ ) = 2 × nV(Y1 ) = = . n n n
=
• Ainsi, Yn est un estimateur sans biais de e −θ et sa variance V(Yn ) tend vers 0 lorsque n tend vers +∞.
+∞
1
1
= e −nθ e (n−2+ n )θ = e (−2+ n )θ .
&
% Donc : V ϕ(S n ) = E ϕ(S n )2 − E ϕ(S n ) 2
2 θ
1 = e (−2+ n )θ − e −θ = e −2θ e n − 1 .
• On a, en particulier : V ϕ(S n ) −→ 0. n∞
En utilisant l’exercice 8.2, on en déduit que Yn est un estimateur convergent de e −θ .
Toujours en utilisant l’exercice 8.2, on en déduit que ϕ(S n ) est un estimateur convergent de e −θ .
b) Soit j ∈ N. Alors :
d) Notons respectivement rn (θ) et ρn (θ) les risques quadratiques de Yn et ϕ(S n ).
ϕ( j) = P(S n = j) (X1 = 0) =
P(X1 = 0, S n = j) P(S n = j)
Puisque les deux estimateurs sont sans biais, on a :
P(X1 = 0, X1 + X2 + · · · + Xn = j) = P(S n = j) =
P(X1 = 0, X2 + · · · + Xn = j) P(S n = j)
=
P(X1 = 0) × P(X2 + · · · + Xn = j) P(S n = j) car les va X1 et X2 + · · · + Xn sont indépendantes.
Puisque les va X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes et suivent une loi de Poisson, on sait, d’après le cours, que S n = X1 + · · · + Xn suit la loi de Poisson de paramètre nθ. De même, la va X2 + · · · + Xn suit la loi de Poisson de paramètre (n − 1)θ. e −θ θ0! × e −(n−1)θ × 0
On a alors :
ϕ( j) = =
e −nθ (nθ) j!
(n − 1) = nj j
n − 1 j n
(n−1)θ j!
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
k=0
= e −nθ
n
k +∞ (n − 1)θ k=0
k!
e −nθ
(nθ) k!
k
= e −nθ e (n−1)θ = e −θ .
Ainsi, la va ϕ(S n ) est un estimateur sans biais de e −θ . c) 2) • Par le même raisonnement,
rn (θ) − ρn (θ) 0 et donc : rn (θ) ρn (θ).
8.16
.
+∞ n − 1 k k=0
x (n 1) et exp est croissante sur R. n Donc h est croissante sur R+ .
On en déduit que ϕ(S n ) est un meilleur estimateur que Yn .
Par le théorème de transfert, on a : ϕ(k)P(S n = k) =
ex en 1 x x e − e n 0. − = n n n
car x
On obtient :
j
n − 1 S n est indépendante de θ et ne déc) 1) La va ϕ(S n ) = n pend que du n-échantillon (X1 . . . , Xn ), donc ϕ(S n ) est un estimateur.
E ϕ(S n ) =
x
h (x) =
Puisque h(0) = 0, on en déduit : ∀x ∈ R+ , h(x) 0.
j
Remarque : Cette probabilité est indépendante de θ.
+∞
e −θ (1 − e −θ ) , n
θ ρn (θ) = V ϕ(S n ) = e −2θ e n − 1 . eθ −1 θ On a alors : rn (θ) − ρn (θ) = e −2θ − e n +1 . n ex −1 x Considérons h : R+ −→ R, x −→ − e n + 1. n Alors h est dérivable sur R+ , et, pour tout x de R+ , rn (θ) = V(Yn ) =
a) • Par linéarité de l’espérance, n
1 1 E(Xi ) = × nE(X) = E(X) = θ. E(Xn ) = n i=1 n Ainsi, la va Xn est un estimateur sans biais de θ. • Son risque quadratique rXn (θ) est donné par :
2 rXn (θ) = V(Xn ) + E(Xn ) − θ = V(Xn ) !" =0
n n 1 1 Xi = 2 V(Xi ) = 2V n n i=1 i=1 par indépendance des va
V(X) 1 1 = 2 × nV(X) = = . n n n
b) L’estimateur Yn est un estimateur sans biais de θ 267
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
⇐⇒ E(Yn ) = θ ⇐⇒
n
8.17
αi E(Xi ) = θ
a) 1) • Pour tout k de 1 ; n, la va Xk suit la loi géométrique de m paramètre ; en particulier, N
i=1
⇐⇒
n
αi θ = θ ⇐⇒
i=1
c) • On a :
n
αi = 1.
i=1
Cov(Xn , Yn ) = Cov
n 1
n
i=1
Xi ,
n
αjXj
j=1
n n 1 α j Cov(Xi , X j ), par propriété de la covariance. = n i=1 j=1
Or, puisque les va X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes, on a : 0 si i j 2 . ∀(i, j) ∈ 1 ; n , Cov(Xi , X j ) = V(Xi ) si i = j Ainsi :
Cov(Xn , Yn ) =
n n 1 1 1 αi V(Xi ) = αi = . n i=1 !" n i=1 n =1 !" =1
On a donc :
Cov(Xn , Yn ) = V(Xn).
=
N m
et V(Xk ) =
1 − mN N(N − m) = . ( mN )2 m2
• Par linéarité de l’espérance, E(Xn ) =
n 1 1
N E(Xk ) = × nE(X1 ) = E(X1 ) = . n k=1 n m
Par indépendance des va X1 , . . . , Xn , V(Xn ) =
n
1 1 V(Xi ) = 2 × nV(X1 ) n2 i=1 n V(X1 ) N(N − m) . = = n n m2
a) 2) Notons 5 Nn = m X n . E(5 Nn ) = mE(Xn ) = m ×
N = N, m
donc 5 Nn est un estimateur sans biais de N.
V(Yn − Xn ) = V(Yn ) + V(Xn ) − 2 Cov(Xn , Yn ) = V(Yn ) + V(Xn ) − 2V(Xn ) = V(Yn) − V(Xn ). Puisqu’une variance est toujours positive ou nulle, on obtient : V(Yn ) − V(Xn ) 0, et donc : V(Xn ) V(Yn). • Enfin, d’après l’égalité précédente : V(Xn ) = V(Yn ) ⇐⇒ V(Yn − Xn ) = 0. n 1 V(Yn − Xn ) = V αi − Xi n i=1 n 1 2 V(Xi ) par indépendance des va = αi − n i=1 n 1 2 = . αi − n i=1
n 1 2 =0 On obtient alors : V(Xn ) = V(Yn ) ⇐⇒ αi − n i=1 !" 0
1 ⇐⇒ ∀i ∈ 1 ; n, αi = ⇐⇒ Yn = Xn . n d) Pour tout estimateur sans biais, le risque quadratique est égal à la variance. On vient donc de montrer que tous les estimateurs non biaisés de θ, qui sont combinaisons linéaires des Xi , ont un risque 1 quadratique supérieur ou égal à , et que le seul estimateur de n 1 risque quadratique égal à est Xn . n 268
m N
D’une part :
• On en déduit :
Or :
1
E(Xk ) =
D’autre part : V(5 Nn ) = m2 V(Xn ) = m2 ×
N(N − m) N(N − m) = −→ 0, n∞ n m2 n
donc, d’après l’exercice 8.2, 5 Nn est un estimateur convergent. a) 3) Notons S n = X1 + · · · + Xn = nXn et S n∗ la va centrée réduite associée à S n . Alors : S n∗ =
S n − E(S n ) nXn − E(nXn ) = . √ V(S n ) V(nXn )
nXn − nE(Xn ) Xn − E(Xn ) = . . n V(Xn ) V(Xn ) √ N Xn − m n m(Xn − Nm ) = . = √ N(N−m) N(N − m) =
n m2
√ √ n m Xn − n N = = Nn . √ N(N − m) Les va Xk , pour k 1, étant mutuellement indépendantes, de même loi et admettant une espérance et une variance, on sait, ∗ d’après le théorème de la limite centrée, que la suite (S n )n1 , c’est-à-dire la suite (Nn )n1 , converge en loi vers une va qui suit la loi normale N(0, 1). a) 4) Notons Φ la fonction de répartition de la loi normale cenα trée réduite et tα le réel tel que Φ(tα ) = 1 − . 2 Pour n suffisamment grand, on peut considérer que la va Nn suit la loi normale centrée réduite. On a alors :
Corrigés des exercices
On a alors :
P |Nn | tα = P − tα Nn tα
= Φ(tα ) − Φ(−tα ) = Φ(tα ) − 1 − Φ(tα )
= 2Φ(tα ) − 1 = 1 − α. √ √ n m Xn − n N tα Or : |Nn | tα ⇐⇒ −tα √ N(N − m) √ √ √ √ ⇐⇒ −tα N(N − m) n m Xn − n N tα N(N − m). √ √ N(N − m) N 2 = N. De plus : √ √ tα =⇒ −tα N Donc : |Nn | √ √ n m Xn −√ n N tα N ⇐⇒ ( n − tα )N n m Xn ( n + tα )N √ √ n m Xn n m Xn N √ . ⇐⇒ √ n + tα n − tα On a alors : √ √ n m Xn
n m Xn N √ P |Nn | tα = 1 − α. P √ n + tα n − tα * √n m Xn √n m Xn + Ainsi l’intervalle √ est un intervalle de ; √ n + tα n − tα confiance de N, au niveau de confiance (supérieur ou égal à) 1 − α.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
a) 5) On a ici : m = 800, n = 200 et une réalisation de Xn 1000 = 5. égale à 200 α = 0.975 ; on lit dans la table de Pour α = 0.05, on a 1 − 2 la loi normale centrée réduite Φ(1.96) 0.975, ce qui donne t0.05 1.96. Une estimation d’un intervalle de confiance de N à 95% est : √ √ * 200 · 800 · 5 & 200 · 800 · 5 + % ; √ = 3513 ; 4644 . √ 200 + 1.96 200 − 1.96 m b) 1) La va Yn suit la loi binomiale de paramètre n, ; N m nm = en particulier, E(Yn ) = n · N N m m n m (N − m) . et V(Yn ) = n · · 1 − = N N N2 Yn E(Yn ) 1 nm 1 b) 2) • On a : E = = · = . nm nm nm N N Yn 1 est un estimateur sans biais de . nm N m n > 0. • On a : P(Yn = 0) = 1 − N
Donc
Ainsi la va Yn s’annule avec une probabilité non nulle. On ne nm . peut donc pas définir la va Yn b) 3) • Par le théorème de transfert, on a : E
1 1 = P(Yn = k) Yn + 1 k+1 k=0
n 1 n m k m n−k 1− . = k + 1 k N N k=0 n
Or : ∀k ∈ 0 ; n,
1 n 1 n+1 = . k+1 k n+1 k+1
n
1 n + 1 m k m n−k 1 = 1− Donc : E Yn + 1 n + 1 k=0 k + 1 N N
=
n+1
m n−(k−1) 1 n + 1 m k−1 1− n + 1 k=1 k N N
n+1
m n+1−k 1 N * n + 1 m k 1− n + 1 m k=0 k N N m n+1 + − 1− N * m n+1 + 1 N m m n+1 − 1− = +1− n+1m N N N m n+1 + 1 N* 1− 1− . = n+1m N =
(n + 1)m . On a alors : Yn + 1 * m n+1 + −→ N, E(T n ) = N 1 − 1 − n∞ N m m m n+1 car −→ 0. ∈ ]0 ; 1[, donc 1 − ∈ ]0 ; 1[ et 1 − n∞ N N N • Notons T n =
On en déduit que T n est un estimateur asymptotiquement sans biais de N. b) 4) Le réel p désigne la proportion d’individus marqués sur m l’île. Alors p = . N Yn représente la proportion d’individus marqués De plus, la va n parmi les n individus capturés. En conservant les notations de la question a) 4), d’après le * Yn tα tα + Yn cours, l’intervalle − √ ; + √ est un intervalle n 2 n n 2 n de confiance de p au niveau de confiance 1 − α. b) 5) On a ici : égale à 200.
m = 800, n = 1000 et une réalisation de Yn
α Pour α = 0.05, on a 1 − = 0.975 ; on lit dans la table de 2 la loi normale centrée réduite Φ(1.96) 0.975, ce qui donne t0.05 1.96. Une estimation d’un intervalle de confiance de p à 95% est : * 200 & 1.96 1.96 + % 200 − √ + √ ; 0.169 ; 0.231 . 1000 2 1000 1000 2 1000 m , une estimation d’un intervalle de confiance p * 800 & 800 + % 3463 ; 4734 . ; de N à 95% est : 0.231 0.169
Puisque N =
269
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
8.18 a) Puisque les va X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes, de loi exponentielle de paramètre λ, on sait, d’après le cours, 1 que la va S n suit la loi Γ , n . λ Une densité fn de S n est donc donnée par : ⎧ λn ⎪ ⎪ ⎪ xn−1 e −λx si x 0 ⎨ . ∀x ∈ R, fn (x) = ⎪ (n − 1)! ⎪ ⎪ ⎩ 0 si x < 0 4 b) • Par le théorème de transfert, espérance si $ +∞ $ +∞ λn admet une n n et seulement si l’intégrale fn (x) dx = fn (x) dx x −∞ x 0 converge absolument. $ X# $ X ## ## n n fn (x) dx Pour tout X > 0, # fn (x)## dx = x 0 0 $x $ X λX n nλ nλ = un−2 e −u du xn−2 e −λx dx = u=λx (n − 1)! 0 0 (n − 1)! nλ nλ nλ −→ Γ(n − 1) = (n − 2)! = . X∞ (n − 1)! (n − 1)! n−1 nλ . On en déduit que λ4n admet une espérance et E(λ4n ) = n−1 • De la même façon, on montre que λ4n admet un moment 2 n2 λ2 n2 λ2 d’ordre 2 et E(λ4n ) = Γ(n − 2) = . (n − 1)! (n − 1)(n − 2) Donc λ4n admet une variance et nλ 2 n2 λ2 − (n − 1)(n − 2) n−1 n2 λ2
n2 λ2 = (n − 1) − (n − 2) = . 2 (n − 1) (n − 2) (n − 1)2 (n − 2)
2 V(λ4n ) = E(λ4n ) − E(λ4n = 2
c) Puisque E(λ4n ) λ, l’estimateur λ4n est biaisé. nλ Mais, E(λ4n ) = −→ λ, donc l’estimateur λ4n est asympton − 1 n∞ tiquement sans biais. n2 λ2 −→ 0, d’après l’exer(n − 1)2 (n − 2) n∞ cice 8.2, l’estimateur λ4n est convergent. Enfin, puisque V(λ4n ) =
d) 1) Notons S n∗ la va centrée réduite associée à S n . n n Puisque S n → Γ ; n , alors E(S n ) = et V(S n ) = 2 . λ λ λ 1
Ainsi :
Sn − S n∗ = .
n λ2
n λ
Sn − n √ Sn = λ √ λ = λ √ − n = Nn . n n
Les va Xk , pour k 1, étant mutuellement indépendantes, de même loi et admettant une espérance et une variance, on sait, d’après le théorème de la limite centrée, que la suite (S n∗ )n1 c’est-à-dire la suite (Nn )n1 , converge en loi vers une va N telle que N → N (0, 1). 270
d) 2) Pour n suffisamment grand, on peut considérer que la va Nn suit la loi normale centrée réduite. On a alors :
P |Nn | tα = P − tα Nn tα
= Φ(tα ) − Φ(−tα ) = Φ(tα ) − 1 − Φ(tα ) = 2Φ(tα ) − 1 = 1 − α. √ Sn Or : |Nn | tα ⇐⇒ −tα λ √ − n tα n √ √
n
n √ √ ⇐⇒ n − tα λ n + tα Sn Sn tα 4 tα 4 ⇐⇒ 1 − √ λn λ 1 + √ λn . n n On obtient alors : tα tα P 1 − √ λ4n λ 1 + √ λ4n = 1 − α. n n * tα + tα On en déduit que l’intervalle 1 − √ λ4n ; 1 + √ λ4n est un n n intervalle de confiance de λ au niveau de confiance 1 − α, et donc au risque α. e) 1) La fonction Φ est continue sur R, strictement croissante sur R. Elle réalise donc une bijection de R sur Φ(R) =] lim Φ ; lim Φ[=]0 ; 1[. −∞
+∞
Ainsi, la fonction Φ−1 existe et est définie sur ]0 ; 1[. e) 2) • La longueur de l’intervalle de confiance au risque α est 2 tα égale à √ . n Donc celle de l’intervalle de confiance au risque β 2 tα est égale à √ . Cet intervalle est alors l’intervalle k n * tα tα + In = 1 − √ λ4n ; 1 + √ λ4n . k n k n En effectuant les mêmes calculs que précédemment : tα tα
P λ ∈ In = P |Nn | = 2Φ − 1. k k On obtient donc : 1 − β = 2Φ
tα
− 1 ⇐⇒ β = 2 − 2Φ
tα . k
k 1 tα α = Φ Φ−1 . • Montrons que 1 − Φ k k 2 tα 1 tα =Φ − = Φ (−tα ) . On a : 1 − Φ k k k α α De plus : Φ(−tα ) = 1 − Φ(tα ) = 1 − 1 − = . 2 2 α −1 . Donc : −tα = Φ 2 1 tα α = Φ Φ−1 . On obtient donc : 1 − Φ k k 2
Corrigés des exercices
On en déduit :
β = 2Φ
1 k
Φ−1
α . 2
• Puisque Φ−1 est strictement croissante sur ]0 ; 1[ (car Φ est strictement croissante sur R, de limite 0 en −∞ et de limite 1 α 1 en +∞) et que < , on a : 2 2 α 1 < Φ−1 = 0. Φ−1 2 2 De plus, k > 1. On a alors :
α 1 −1 α > Φ−1 . Φ k 2 2
an b) 2) On a alors : ∀a ∈ R∗+ , h(a) = et (x1 · · · xn )a+1
g(a) = ln h(a) = n ln(a) − (a + 1) ln(x1 · · · xn ) n = n ln(a) − (a + 1) ln(xk ). k=1
La fonction g est dérivable sur
Notons 4 a=
Ce résultat est prévisible car, plus l’intervalle de confiance est étroit, plus le niveau de confiance est faible et donc le risque grand.
8.19 a) La fonction f est continue sur R sauf en 1, positive ou nulle sur R. $
X
De plus : ∀X > 1, 1
$ X f (x) dx = ax−a−1 dx 1 &X % = − x−a 1 = −X −a + 1 −→ 1. X→+∞
$
+∞
Ainsi l’intégrale −∞
vaut 1.
$ f (x) dx =
+∞
f (x) dx converge et 1
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On en déduit que f est une densité.
n − ln(xk ). a k=1
n n
. On obtient le tableau de variations de g
ln(xk )
k=1
suivant :
β > α.
et : n
∀a ∈ R∗+ , g (a) =
Enfin, puisque Φ est strictement croissante sur R, on a : 1 α α α > Φ Φ−1 = . Φ Φ−1 k 2 2 2 On en déduit, en multipliant par 2 :
R∗+
a 0 4 a +∞ g (a) + 0 − g(a)
On en déduit que g est croissante sur ]0 ;4 a] et est décroissante sur [4 a ; +∞[. En composant par la fonction exp qui est strictement croissante sur R, on en déduit que la fonction h a les mêmes variations que g. Et ainsi, h atteint son maximum en 4 a. c) • Soit k ∈ 1 ; n. Puisque Xk prend presque sûrement ses valeurs dans [1 ; +∞[ (car f est nulle en dehors de [1 ; +∞[), la va ln(Xk ) prend presque sûrement ses valeurs dans [0 ; +∞[.
De plus : ∀x ∈ [0 ; +∞[, P ln(Xk ) x = P(Xk e x ) $ ex * −1 + e x a −1 dt = a = + 1 = 1 − e −ax . = a+1 t t 1 ( e x )a 1 Ainsi, la fonction de répartition G de ln(Xk ) vérifie : 1 − e −ax si x 0 . ∀x ∈ R, G(x) = 0 si x < 0 On reconnaît la fonction de répartition d’une loi exponentielle de paramètre a. On conclut : ln(Xk ) → E (a). • Puisque les va ln(X1 ), . . . , ln(Xn ) sont mutuellement indépendantes et suivent la loi E (a), d’après le cours, on sait que S n 1 suit la loi Γ , n . a
b) 1) On a :
∀(x1 , . . . , xn , a) ∈ Rn × R∗+ ,
• s’il existe i ∈ 1 ; n tel que xi < 1 alors : L(x1 , . . . , xn , a) = 0 ; • sinon :
n an a = . L(x1 , . . . , xn , a) = a+1 (x · · · xn )a+1 x 1 k=1 k
Une densité fn de S n est donnée par : ⎧ an ⎪ ⎪ ⎪ xn−1 e −ax si x 0 ⎨ ∀x ∈ R, fn (x) = ⎪ . (n − 1)! ⎪ ⎪ ⎩ 0 si x < 0 d) Puisque 4 a=
n n k=1
ln(xk )
, on a : T n =
n n
ln(Xk )
=
n . Sn
k=1
271
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
• Par le théorème de transfert, on a : T n admet une espérance $ +∞
⇐⇒ l’intégrale absolument
−∞
$
+∞
⇐⇒ l’intégrale positive ou nulle).
0
n fn (x) dx = x
Soit H = (h1 , . . . , hn ) ∈ Rn tel que A + H ∈ C . $
+∞ 0
n fn (x) dx converge x
Alors :
f (A + H) − f (A) =
na . On en déduit que T n admet une espérance et E(T n ) = n−1 • De la même façon, on montre que T n admet un moment n2 a2 n2 a2 Γ(n − 2) = . d’ordre 2 et E(T n2 ) = (n − 1)! (n − 1)(n − 2) n a 2 n2 a2 − (n − 1)(n − 2) n−1
n2 a2 n2 a2 (n − 1) − (n − 2) = = . 2 (n − 1) (n − 2) (n − 1)2 (n − 2)
na −→ a. Donc T n est un estimateur e) On a : E(T n ) = n − 1 n∞ asymptotiquement sans biais de a. n2 a2 De plus, V(T n ) = −→ 0. (n − 1)2 (n − 2) n∞
n 1 2
Puisque A + H = on a :
n 1 i=1
Donc :
n
1
+ h1 , . . . ,
n
+ hi = 1 +
n
1 + hn ∈ C , n hi = 1 ; d’où :
i=1
f (A + H) − f (A) =
n
hi = 0.
i=1
n
h2i 0.
i=1
On en déduit que la fonction f possède en A un minimum global sous la contrainte C . b) Soit (α1 , . . . , αn ) ∈ Rn . Considérons l’estimateur T n =
n
αi Xi .
On cherche à déterminer T n tel que : E(T n ) = λ et On a :
E(T n ) =
n i=1
donc :
V(T n ) est minimale.
αi E(Xi ) = λ !"
n
=λ
E(T n ) = λ ⇐⇒
n
αi ,
i=1
αi = 1.
i=1
De plus, par indépendance des va Xi ,
D’après l’exercice 8.2, T n est un estimateur convergent de a.
V(T n ) =
n
V(αi Xi ) =
i=1 n
xi et C =
i=1
n i=1
α2i V(Xi ) = λ !" =λ
Il s’agit donc de minimiser (α1 , . . . , αn ) −→ n
n
α2i .
i=1 n
α2i sous la
i=1
αi = 1.
• Soit A = (a1 , . . . , an ) ∈ C .
contrainte
Si f possède un extremum sous la contrainte C en A, alors ∇ f (A) est colinéaire à ∇g = (1, . . . , 1).
D’après a), le problème admet une unique solution : 1 1 ,..., . n n
Or :
∇ f (A) = (2a1 , . . . , 2an ).
On en déduit que a1 = · · · = an ; et puisque A ∈ C , on a n 1 ai = 1, donc : a1 = · · · = an = . n i=1 On conclut que, si f possède un extremum sous la contrainte C 1 1 en un point A, alors A = , . . . , . n n 1 1 • Notons A = , . . . , . n n 272
−
i=1
2 V(T n ) = E(T n2 ) − E(T n =
a) Notons g : Rn −→ R, (x1 , . . . , xn ) −→ (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn ; g(x1 , . . . , xn ) = 1 .
2
n n i=1 n n 2 = hi + h2i . n i=1 i=1
Donc T n admet une variance et
8.20
+ hi
i=1
n fn (x) dx converge (car l’intégrande est x
$ X n On a : ∀X > 0, fn (x) dx x 0 $ aX $ X nan na = un−2 e −u du xn−2 e −ax dx = u=ax (n − 1)! 0 0 (n − 1)! na na na −→ Γ(n − 1) = (n − 2)! = . X∞ (n − 1)! (n − 1)! n−1
n 1
i=1
On en déduit qu’il existe un unique estimateur sans biais, de n n 1 1 Xi . variance minimale ; il s’agit de T n = Xi = n n i=1 i=1 Cet estimateur étant non biaisé, sa variance est égale à son risque quadratique. Ainsi l’estimateur T n est non biaisé, et de risque quadratique minimal. Remarque : L’estimateur T n correspond à la moyenne empirique.
Corrigés des exercices
8.21 a) Notons FX la fonction de répartition de X et fX la densité de X définie par : ∀x ∈ R, fX (x) =
1 2 2 √ e −x /2σ . σ 2π
P(T t) = P(X 2 2σ2 t).
Soit t ∈ R. On a :
on obtient :
2e cas : Si t 0, alors √ √ P(T t) = P(−σ 2t X σ 2t) √ √ = FX (σ 2t) − FX (−σ 2t) √ √ = FX (σ 2t) − 1 − FX (σ 2t) √ = 2FX (σ 2t) − 1.
car f est paire
Ainsi la fonction de répartition FT de T vérifie : 0 si t < 0 √ ∀t ∈ R, FT (t) = . 2FX (σ 2t) − 1 si t 0 Puisque FX est C 1 sur R, la fonction FT est C 1 sur R+ ; ainsi FT est C 1 sur R privé éventuellement de 0. 0
FT (0) = 2FX (0) − 1 = 0.
1 FT = 0 et − 1 = 0, lim 0− 2
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Ainsi FT est continue en 0 donc sur R. On en déduit que T est une va à densité, dont une densité fT est donnée par : ⎧ ⎪ 0 si t 0 ⎪ ⎪ ⎨ 2σ √ ∀t ∈ R, fT (t) = ⎪ ⎪ f (σ 2t) si t > 0 ⎪ ⎩ √ X 2t ⎧ ⎪ 0 si t 0 ⎪ ⎪ ⎨ 2σ √ =⎪ −(σ 2t)2 /2σ2 ⎪ e si t > 0 ⎪ ⎩ √ σ 4π t ⎧ ⎪ 0 si t 0 ⎪ ⎪ ⎨ 1 . =⎪ −1/2 −t ⎪ e si t > 0 ⎪ ⎩ √π t Puisque Γ
1 2
=
√
π, on obtient : T → γ
1 2
.
X2 b) 1) • Notons, pour tout i de 1 ; n, T i = i 2 . 2σ Alors les va T 1 , . . . , T n sont mutuellement indépendantes et suin 1 Ti. vant la loi γ . De plus : S n = 2 i=1 D’après le cours, on a : S n → γ
n . 2
• La va Yn dépend uniquement du n-échantillon (X1 , . . . , Xn ). Donc Yn est un estimateur. De plus, on sait alors que E(S n ) =
1er cas : Si t < 0, alors P(T t) = 0.
FT = 2FX (0) − 1 = 2 · De plus : lim +
Une densité fn de S n est alors donnée par : ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎨ 1 n . ∀x ∈ R, fn (x) = ⎪ −1 −x ⎪ ⎪ ⎩ Γ n x 2 e si x 0 2
E(Yn ) = σ2 .
n 2σ2 et puisque Yn = S n, 2 n
On en déduit que Yn est un estimateur sans biais de σ2 . , √ 2S n b) 2) Puisque Yn = σ , d’après le théorème de transn fert, on a : √ Yn admet une espérance, $ +∞ , $ +∞ 2x 2x σ σ ⇐⇒ l’intégrale fn (x) dx = fn (x) dx n n −∞ 0 converge absolument $ +∞ , 2x σ ⇐⇒ l’intégrale fn (x) dx converge (car l’intén 0 grande est positive ou nulle). On a : ∀X > 0, , $ X $ X , 2x 2 n−1 σ σ x 2 e −x dx fn (x) dx = n n Γ( ) n 0 0 , 2 , σ 2 n − 1 2 n + 1 σ −→ Γ +1 = Γ . n X→+∞ Γ( n ) n 2 Γ( ) n 2 2 2 √ Ainsi Yn admet une espérance et , n+1 √ 2 Γ( 2 ) E( Yn ) = σ . n Γ( n2 ) , n n Γ( 2 ) √ Yn est un estimateur b) 3) On en déduit que σ 5n = n+1 2 Γ( 2 ) sans biais de σ. n n Γ( 2 ) 2 Yn et que Yn admet une espéc) 1) • Puisque 5 σn 2 = n+1 2 Γ( 2 ) rance, la va σ 5n 2 admet un moment d’ordre 2 et E(5 σn 2 ) =
n n n Γ( 2 ) 2 n Γ( 2 ) 2 2 E(Y ) = σ. n 2 Γ( n+1 2 Γ( n+1 ) ) 2 2
• Ainsi 5 σn 2 admet une variance et n Γ( n2 ) 2
2 σn 2 ) − E(5 σn ) = σ2 −1 . V(5 σn ) = E(5 2 Γ( n+1 ) 2 c) 2) Déterminons la limite de V(5 σn ) lorsque n tend vers +∞. Distinguons deux cas : 1er cas : si n est pair, n = 2p, alors Γ( n2 ) Γ(p) = Γ( n+1 ) Γ(p + 12 ) 2 273
Chapitre 8
•
Estimation, statistique
or : Γ(p) = (p − 1)! et d’après l’énoncé : 1 1 Γ p+ ∼ p 2 (p − 1)! 2 p∞ donc :
Γ( n2 ) ∼ Γ( n+1 ) n∞ 2
1 √ , et : p
n n Γ( 2 ) 2 ∼ 2 Γ( n+1 ) n∞ 2
donc :
n 1 · = 1. 2 p
2e cas : si n est impair, n = 2p + 1, alors 1 Γ( n2 ) Γ(p + 12 ) 1 p 2 (p − 1)! = ∼ = √ p∞ Γ(p + 1) p! p Γ( n+1 ) 2
274
n n 1 2p n Γ( 2 ) 2 = 1. ∼ · ∼ n+1 2 Γ( 2 ) n∞ 2 p n∞ 2p
Ainsi en groupant les deux cas, on a :
n n Γ( 2 ) 2 −→ 1. n+1 2 Γ( 2 ) n∞
On en déduit que V(5 σn ) −→ 0, et en utilisant l’exercice 8.2, on n∞
conclut que σ 5n est un estimateur convergent de σ.
Corrigés des exercices
Table de la loi normale centrée réduite Par définition, la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite, notée Φ, est donnée par : $ x $ x t2 1 Φ : R −→ R, x −→ Φ(x) = √ e − 2 dt = f (t) dt, −∞ 2π −∞
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t2 1 où f : R −→ R, t −→ √ e − 2 . 2π
x
0.00
0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9
0.50000 0.53983 0.57926 0.61791 0.65542 0.69146 0.72575 0.75804 0.78814 0.81594 0.84134 0.86433 0.88493 0.90320 0.91924 0.93319 0.94520 0.95543 0.96407 0.97128 0.97725 0.98214 0.98610 0.98928 0.99180 0.99379 0.99534 0.99653 0.99744 0.99813
0.01 0.50399 0.54380 0.58317 0.62172 0.65910 0.69497 0.72907 0.76115 0.79103 0.81859 0.84375 0.86650 0.88686 0.90490 0.92073 0.93448 0.94630 0.95637 0.96485 0.97193 0.97778 0.98257 0.98645 0.98956 0.99202 0.99396 0.99547 0.99664 0.99752 0.99819
0.02
0.03
0.04
0.05
0.06
0.07
0.08
0.09
0.50798 0.54776 0.58706 0.62552 0.66276 0.69847 0.73237 0.76424 0.79389 0.82121 0.84614 0.86864 0.88877 0.90658 0.92220 0.93574 0.94738 0.95728 0.96562 0.97257 0.97831 0.98300 0.98679 0.98983 0.99224 0.99413 0.99560 0.99674 0.99760 0.99825
0.51197 0.55172 0.59095 0.62930 0.66640 0.70194 0.73565 0.76730 0.79673 0.82381 0.84849 0.87076 0.89065 0.90824 0.92364 0.93699 0.94845 0.95818 0.96638 0.97320 0.97882 0.98341 0.98713 0.99010 0.99245 0.99430 0.99573 0.99683 0.99767 0.99831
0.51595 0.55567 0.59483 0.63307 0.67003 0.70540 0.73891 0.77035 0.79955 0.82639 0.85083 0.87286 0.89251 0.90988 0.92507 0.93822 0.94950 0.95907 0.96712 0.97381 0.97932 0.98382 0.98745 0.99036 0.99266 0.99446 0.99585 0.99693 0.99774 0.99836
0.51994 0.55962 0.59871 0.63683 0.67364 0.70884 0.74215 0.77337 0.80234 0.82894 0.85314 0.87493 0.89435 0.91149 0.92647 0.93943 0.95053 0.95994 0.96784 0.97441 0.97982 0.98422 0.98778 0.99061 0.99286 0.99461 0.99598 0.99702 0.99781 0.99841
0.52392 0.56356 0.60257 0.64058 0.67724 0.71226 0.74537 0.77637 0.80511 0.83147 0.85543 0.87698 0.89617 0.91309 0.92785 0.94062 0.95154 0.96080 0.96856 0.97500 0.98030 0.98461 0.98809 0.99086 0.99305 0.99477 0.99609 0.99711 0.99788 0.99846
0.52790 0.56749 0.60642 0.64431 0.68082 0.71566 0.74857 0.77935 0.80785 0.83398 0.85769 0.87900 0.89796 0.91466 0.92922 0.94179 0.95254 0.96164 0.96926 0.97558 0.98077 0.98500 0.98840 0.99111 0.99324 0.99492 0.99621 0.99720 0.99795 0.99851
0.53188 0.57142 0.61026 0.64803 0.68439 0.71904 0.75175 0.78230 0.81057 0.83646 0.85993 0.88100 0.89973 0.91621 0.93056 0.94295 0.95352 0.96246 0.96995 0.97615 0.98124 0.98537 0.98870 0.99134 0.99343 0.99506 0.99632 0.99728 0.99801 0.99856
0.53586 0.57535 0.61409 0.65173 0.68793 0.72240 0.75490 0.78524 0.81327 0.83891 0.86214 0.88298 0.90147 0.91774 0.93189 0.94408 0.95449 0.96327 0.97062 0.97670 0.98169 0.98574 0.98899 0.99158 0.99361 0.99520 0.99643 0.99736 0.99807 0.99861
Par exemple, pour x = 1.23 (intersection de la ligne 1.2 et de la colonne 0.03), on obtient :
Φ(1.23) 0.89065.
275
Algorithmique
Plan 281
Du mal à démarrer ?
290
Corrigés des exercices
293
9
Thèmes abordés dans les exercices
Les méthodes à retenir 276 Énoncés des exercices
CHAPITRE
•
Calculs de sommes et de produits
•
Calcul des termes d’une suite récurrente du type un+1 = f (un )
•
Calcul d’une valeur approchée de la limite d’une suite convergente et de la somme d’une série convergente
•
Calcul d’une valeur approchée de la solution d’une équation du type f (x) = 0
•
Calcul d’une valeur approchée d’une intégrale
•
Simulations de variables aléatoires discrètes et de variables aléatoires à densité
•
Manipulation de variables de type array[1..n] of integer ou de type array[1..n] of real.
Points essentiels du cours pour la résolution des exercices
On abrège variable aléatoire en va.
•
Utilisation de l’instruction conditionnelle if...then (...else), utilisation de la boucle for...do, utilisation des boucles conditionnelles while...do, repeat...until
•
Écriture et utilisation de procédures et de fonctions
•
Écriture et utilisation de procédures et de fonctions récursives
•
Utilisation des instructions random et random(n) pour simuler des variables aléatoires suivant une loi uniforme discrète, une loi de Bernoulli, une loi binomiale, une loi géométrique, une loi uniforme à densité
•
Recherche de la valeur et d’un rang des extremums d’un tableau
•
Recherche dichotomique d’un élément dans une liste ordonnée.
Les méthodes à retenir Pour calculer une somme de réels S n =
n k=1
276
ak
On définit une variable S, que l’on initialise à 0, et à laquelle on ajoute successivement les réels a1 , puis a2 , ..., puis an . Pour cela, on utilise une boucle for...do.
Les méthodes à retenir
(suite)
La séquence d’instructions est donc : S:=0 ; for k:=1 to n do S:=S+{ak} ; writeln(’La somme est égale à ’,S) ; À la fin de chaque boucle k, la variable S contient la valeur de
k
ai .
i=1
➥ Exercices 9.1, 9.2, 9.12, 9.13, 9.19, 9.20. On définit une variable P, que l’on initialise à 1, et que l’on multiplie successivement par les réels a1 , puis a2 , ..., puis an . Pour cela, on utilise une boucle for...do. Pour calculer un produit de réels n Pn = ak
La séquence d’instructions est donc : P:=1 ; for k:=1 to n do P:=P*{ak} ; writeln(’Le produit est égal à ’,P) ;
k=1
À la fin de chaque boucle k, la variable P contient la valeur de
k
ai .
i=1
➥ Exercices 9.1, 9.3, 9.4.
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Pour calculer le terme d’indice n d’une suite récurrente (u n) n∈N définie par la donnée de u0 et la relation u n+1 = f (u n)
Dans la mesure où seule la valeur de un nous intéresse, on peut se permettre d’utiliser une seule variable u qui va contenir les valeurs successives des termes de la suite. Plus précisément, on initialise u à u0 , puis on calcule f(u) que l’on réaffecte à u (u contient alors la valeur de u1 ). On effectue cette opération n fois, de façon à ce que u contienne la valeur de un . Pour cela, on utilise une boucle for...do. La séquence d’instructions est donc : u:={u0} ; for k:=1 to n do u:=f(u) ; writeln(’Le terme u(n) est égal à ’,u) ; À la fin de chaque boucle k, la variable u contient la valeur de uk .
➥ Exercices 9.6, 9.9.
Pour calculer une valeur approchée de la limite L d’une suite convergente (u n) n∈N à ε près
• Calculer les termes un de la suite jusqu’à ce que |un − L| ε (ou tant que |un − L| > ε). Dans ce cas, n est le plus petit entier naturel tel que un soit une valeur approchée de L à ε près. Pour cela, on utilise une boucle conditionnelle repeat...until (ou while...do). 277
Chapitre 9
•
Algorithmique
La séquence d’instructions est donc : u:={u0 } ; n:=0 ; u:={u0} ; n:=0 ; ou repeat while abs(u-L)>{ε} do begin begin u:=f(u) ; u:=f(u) ; n:=n+1 ; n:=n+1 ; end ; end ; until abs(u-L)<={ε} • Chercher une suite (εn )n∈N qui converge vers 0 et telle que : ∀n ∈ N, |un − L| εn .
(suite)
On calcule ensuite les termes un de la suite jusqu’à ce que εn ε (ou tant que εn > ε). Dans ce cas, un est une valeur approchée de L à ε près, mais l’entier n n’est pas forcément le plus petit entier vérifiant cette condition. Une séquence d’instruction analogue à la séquence précédente permet d’obtenir cette valeur approchée.
➥ Exercices 9.12, 9.13, 9.14. On calcule les termes un de la suite jusqu’à ce que un A (ou tant que un < A). Pour cela, on utilise une boucle conditionnelle repeat...until (ou while...do). La séquence d’instructions est donc :
Pour calculer le plus petit entier n tel que u n A où (u n) n∈N est une suite divergeant vers +∞
u:={u0} ; n:=0 ; repeat begin u:=f(u) ; n:=n+1 ; end ; until u>=A
ou
u:={u0} ; n:=0 ; while u
➥ Exercice 9.9. Pour calculer une valeur approchée de la somme S d’une série convergente un à ε près
n0
Pour calculer une valeur approchée de la solution d’une équation du type f (x) = 0 par la méthode de dichotomie 278
On calcule une valeur approchée de la limite S de la suite de terme n général S n = uk par la méthode décrite précédemment. k=0
➥ Exercices 9.2, 9.13.
On suppose connue une fonction f continue et strictement monotone sur un segment [a ; b] et telle que f (a) f (b) < 0. Dans ce cas, l’équation f (x) = 0 admet une unique solution dans l’intervalle [a ; b], notée α.
Les méthodes à retenir
On définit deux suites (an )n∈N et (bn )n∈N par : a0 = a, b0 = b et pour tout n de N, ⎧ ⎪ ⎪ an + bn ⎪ ⎨ an+1 si f (an ) f < 0, alors ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎩ bn+1 ⎧ ⎪ ⎪ an + bn ⎪ ⎨ an+1 si f (an ) f 0, alors ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎩ bn+1 (suite)
= an an + bn = 2 an + bn = 2 = bn
Les deux suites (an )n∈N et (bn )n∈N sont adjacentes et convergent vers α. On a alors :
1
a + b n n −
|an − bn | ; ∀n ∈ N,
2 2 1 an + bn est une valeur approchée de à |an − bn | près. autrement dit, 2 2 On calcule alors les termes an et bn des deux suites jusqu’à ce que 1 1 |an − bn | ε (ou tant que |an − bn | > ε). 2 2 Pour cela, on utilise une boucle conditionnelle repeat...until (ou while...do).
➥ Exercice 9.14.
Pour simuler une va X suivant la loi uniforme discrète sur a ; b avec (a, b) ∈ N2
On utilise l’instruction random(n) qui renvoie un entier aléatoire compris entre 0 et n − 1 suivant la loi uniforme sur 0 ; n − 1. On obtient alors une simulation de X avec l’instruction suivante : x:=a+random(b-a+1);
➥ Exercices 9.8, 9.10, 9.17, 9.18, 9.28.
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On utilise l’instruction random qui renvoie un réel compris entre 0 et 1 suivant la loi uniforme sur [0 ; 1]. Pour simuler une va X suivant la loi de Bernoulli de paramètre p avec p ∈ ]0 ; 1[
Ce réel a une probabilité p d’être inférieur (ou égal) à p. On obtient alors une simulation de X avec l’instruction suivante : if random
➥ Exercices 9.7, 9.19, 9.22.
Pour simuler une va X suivant la loi binomiale de paramètre (n, p) avec n ∈ N∗ et p ∈ ]0 ; 1[
En considérant que X est le nombre de succès obtenus lors de la réalisation de n épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre p, on obtient une simulation de X avec la séquence d’instructions suivante : x:=0 ; for i:=1 to n do if random
➥ Exercice 9.7. 279
Chapitre 9
•
Algorithmique
Pour simuler une va X suivant la loi géométrique de paramètre p avec p ∈ ]0 ; 1[
En considérant que X est le temps d’attente du premier succès lors de réalisations d’épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre p, on obtient une simulation de X avec la séquence d’instructions suivante : ou x:=1 ; x:=0 ; while random>p do repeat x:=x+1 ; x:=x+1 ; until random
➥ Exercices 9.17, 9.28. Pour simuler une va X suivant la loi uniforme à densité sur [a ; b] avec (a, b) ∈ R2
Pour déterminer les éléments extremums d’un tableau T de type array[1..n] of integer ou de type array[1..n] of real
On utilise l’instruction random qui simule la loi uniforme sur [0 ; 1]. On obtient une simulation de X avec l’instruction suivante : x:=a+(b-a)*random ; ➥ Exercices 9.8, 9.20, 9.21. • Pour déterminer le minimum min du tableau T, on initialise min à T[1], puis on compare min avec T[2] et on modifie éventuellement min, et ainsi de suite jusqu’à parcourir tout le tableau. Pour cela, on utilise une boucle for...do. La séquence d’instructions est la suivante : min:=T[1] ; for i:=2 to n do if T[i]<min then min:=T[i] ; • Une séquence d’instructions analogue permet d’obtenir le maximum du tableau T. La séquence d’instructions est la suivante : max:=T[1] ; for i:=2 to n do if T[i]>max then max:=T[i] ;
➥ Exercices 9.10, 9.15, 9.26.
Pour rechercher par dichotomie un élément x dans un tableau T préalablement trié par ordre croissant de type array[1..n] of integer ou de type array[1..n] of real
On commence par comparer l’élément x à la valeur médiane du tableau [T]. Si cette valeur médiane est supérieure à x, alors on se ramène à la première moitié du tableau, sinon à la seconde moitié du tableau. Et on recommence avec la partie du tableau sélectionnée, et ainsi de suite jusqu’à obtenir une partie du tableau de taille 1. Il ne reste alors plus qu’à comparer x avec cet élément. La séquence d’instructions est la suivante : a:=1 ; b:=n ; while aT[c] then a:=c+1 else b:=c ; end ; if x=T[a] then write(’x appartient à T au rang ’,a) else write(’x n’ ’appartient pas à T’) ;
➥ Exercice 9.25. 280
Énoncés des exercices
Énoncés des exercices 9.1 Calculs de sommes et de produit Écrire un programme demandant un entier n à l’utilisateur et affichant la valeur de : ⎧ n ⎪ ⎪ ⎨ u0 = 1 uk avec ⎪ a) ⎪ ⎩ ∀n ∈ N, un+1 = √un + n k=0 ⎧ n ⎪ ⎪ ⎨ u0 = 1, u1 = 2 uk avec ⎪ b) ⎪ ⎩ ∀n ∈ N, un+2 = un+1 + nun k=0
c)
n
uk vk
k=0
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ u0 = 1, v0 = 2 avec ⎪ √ ⎪ ⎪ ⎩ ∀n ∈ N, un+1 = 3un + vn , vn+1 =
1 un + vn n+1
9.2 Calcul d’une valeur approchée de la somme d’une série convergente, d’après ESSEC 2001 On note, pour tout n de N∗ , S n = a) Montrer :
∀k 2,
n 1 2 k k=1
et S =
+∞ 1 . 2 n n=1
1 1 1 1 1 − − . k k + 1 k2 k−1 k
b) En déduire, pour tout (n, p) de (N∗ )2 , un encadrement de S n+p − S n puis un encadrement de S − S n. c) Montrer :
∀n ∈ N∗ , 0 S n +
1 1 −S 2. n n
d) Écrire un programme en Pascal qui calcule et affiche une valeur approchée de S à 10−6 près.
9.3 Calcul de factorielles Écrire une fonction dont l’en-tête est : function fact(n:integer):integer qui calcule n ! : a) en utilisant la formule n! = 1 × 2 × · · · × n
b) en utilisant la récursivité.
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9.4 Calcul de puissances Écrire une fonction dont l’en-tête est : function puissance(x:real ; n:integer):real qui calcule xn : x× ··· × x a) en utilisant la formule xn =
b) en utilisant la récursivité.
n fois
9.5 Exemple de fonction récursive, d’après EDHEC 2008
1
Pour tout couple (p, q) d’entiers naturels, on pose I(p, q) =
x p (1 − x)q dx. 0
a) Calculer, pour tout p de N, I(p, 0). b) Montrer :
∀(p, q) ∈ N × N∗ , I(p, q) =
q I(p + 1, q − 1). p+1 281
Chapitre 9
•
Algorithmique
c) Compléter la déclaration récursive suivante afin qu’elle permette le calcul de I(p, q) : function i(p,q:integer):real ; begin if q=0 then i:=... else ... ; end ;
9.6 Exemple d’une suite récurrente, d’après Écricome 2005 On considère la suite (un )n∈N définie par u0 = 1 et, pour tout n de N∗ , un =
√ n + un−1 .
Écrire une fonction récursive ayant pour nom suite qui calcule le terme d’indice n de la suite (un )n∈N .
9.7 Simulations de lois binomiales, d’après ESSEC 2006 a) Écrire un programme qui simule une va X suivant la loi de Bernoulli de paramètre p, le réel p étant entré par l’utilisateur. b) Écrire un programme qui simule une va X qui suit la loi binomiale de paramètre (n, p), l’entier n et le réel p étant entrés par l’utilisateur. c) Soient (p1 , p2 ) ∈ ]0 ; 1[2 et n ∈ N∗ . On effectue n épreuves de Bernoulli indépendantes et de paramètre p1 et l’on note X le nombre de succès obtenus lors de cette première série d’épreuves. On effectue ensuite X épreuves de Bernoulli de paramètre p2 et l’on note Y le nombre de succès obtenus lors de cette deuxième série d’épreuves. Écrire un programme qui simule la va Y, l’entier n et les réels p1 et p2 étant entrés par l’utilisateur.
9.8 Simulation de lois uniformes a) Simulation d’une loi discrète uniforme On choisit un entier X au hasard compris entre 1 et 100, puis un entier Y au hasard compris entre X et 100. Écrire un programme simulant n = 1000 fois l’expérience aléatoire et renvoyant la moyenne des valeurs de Y obtenues. b) Simulation d’une loi uniforme à densité On casse une baguette de bois de longueur 1 à un endroit au hasard et l’on note X l’abscisse du point où l’on brise la baguette. Puis l’on casse à nouveau le premier morceau de la baguette et l’on note Y l’abscisse du point de la brisure. Écrire un programme simulant n = 1000 fois l’expérience aléatoire et renvoyant la moyenne des valeurs de Y obtenues.
9.9 Exemple d’une suite récurrence On considère la suite (un )n∈N définie par : u0 = 1,
√ u1 = 2, ∀n ∈ N, un+2 = un+1 n + 1 + min(un , n).
a) Écrire un programme qui calcule et affiche la valeur de un , l’entier n étant entré par l’utilisateur. b) Montrer que la suite (un )n∈N diverge vers +∞. c) Écrire un programme qui calcule et affiche la plus petite valeur de n telle que un > A, le réel A étant entré par l’utilisateur. 282
Énoncés des exercices
9.10 Manipulation de tableaux a) Écrire un programme qui crée un tableau de 20 entiers aléatoires compris entre 0 et 100, qui affiche ce tableau ainsi que le plus petit entier, le plus grand entier de ce tableau et les rangs auxquels ils apparaissent. b) Écrire un programme qui crée un tableau de 20 entiers aléatoires compris entre 0 et 10, qui demande un entier x à l’utilisateur et qui affiche le nombre de fois qu’apparaît l’entier x dans le tableau.
9.11 Calcul de coefficients binomiaux a) 1) Montrer :
∀(n, p) ∈ N2 tel que 1 p n,
n n n−1 = . p p p−1
2) Écrire une fonction récursive qui calcule le coefficient binomial
n . p
b) En utilisant la formule de Pascal, écrire une fonction « doublement récursive » qui calcule
n . p
9.12 Calculs approchés d’intégrales par la méthode des rectangles Soit f : [a ; b] −→ R une application continue. On souhaite déterminer une valeur approchée de b I= f (t) dt. On suppose f de classe C 1 sur [a ; b]. a
∀t ∈ [a ; b], | f (t)| M.
Soit M > 0 tel que :
On note, pour tout n de N∗ , S n =
a) Montrer :
n−1 b−a b − a . f a+k n k=0 n
∀n ∈ N∗ , |S n − I|
M(b − a)2 . 2n
1
b) Application : Calculer une valeur approchée de I =
e −t dt à 10−3 près en utilisant la 2
0
question précédente.
9.13 Exemple d’une suite récurrente, d’après EML 2010 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
On note f : R −→ R l’application définie, pour tout x de R, par :
f (x) = x − ln(1 + x2 ).
On considère la suite (un )n∈N définie par u0 = 1 et, pour tout n de N, un+1 = f (un ). a) Établir que la suite (un )n∈N converge et déterminer sa limite. b) Écrire un programme qui calcule et affiche le plus petit entier n tel que un 10−3 . c) 1) Établir : ∀x ∈ [0 ; 1], f (x) x − 2) En déduire :
x2 . 2
∀n ∈ N, u2n 2(un − un+1 ).
3) Montrer que la série
u2n converge et que l’on a : ∀n ∈ N,
n0
4) Écrire un programme qui affiche une valeur approchée de
+∞
u2k 2un+1 .
k=n+1 +∞
u2n à 10−4 près.
n=0
283
Chapitre 9
•
Algorithmique
9.14 Calcul approché de la solution d’une équation par la méthode de dichotomie, par la méthode d’itérations ∀x ∈ R, f (x) = (x2 + 1) e −x .
On considère la fonction f définie sur R par :
a) Montrer que l’équation f (x)− x = 0 admet une unique solution dans R, notée α, et que l’on a : 1 α∈ ; 1 . On pourra utiliser l’inégalité : 2 < e < 4. 2 On souhaite déterminer une valeur approchée de α. b) 1ère méthode : Écrire un programme qui calcule une valeur approchée de α à 10−6 près en utilisant la méthode de dichotomie. c) 2nde méthode : On considère la suite (un )n∈N définie par : u0 = 1 et ∀n ∈ N, un+1 = f (un ). 1) Montrer : 2) Montrer :
1 ; 1 , | f (x)| ∀x ∈ 2 4 1 n ∀n ∈ N, |un − α| . 4 1
et
1 f (x) 1. 2
3) En déduire que la suite (un )n∈N converge vers α. 4) Écrire un programme qui calcule une valeur approchée de α à 10−6 près.
9.15 Détermination du « plus petit des plus grands », d’après HEC 2002 Pour toute matrice A = (ai j ) 1in de Mn,p (R), on note u(A) =min
1in
1 jp
max ai j .
1 jp
On suppose que, dans le préambule d’un programme écrit en Turbo-Pascal, on a défini : •
deux constantes entières : n et p
•
un type : matrice = array[1..n,1..p] of real
a) Écrire le corps de la fonction function MaxLigne (A:matrice ; i:integer):real ; cette fonction doit retourner le plus grand élément de la ligne i de la matrice A. b) Écrire le corps de la fonction function MinMax(A:matrice):real ; cette fonction doit retourner la valeur de u(A) ; on pourra utiliser la fonction MaxLigne.
9.16 Simulation de la loi hypergéométrique Écrire une fonction d’en-tête function hypergeom(m,n:integer ; p:real):integer simulant une va de loi hypergéométrique de paramètre (m, n, p) en utilisant : a) un algorithme itératif
b) un algorithme récursif.
L’algorithme reposera sur le fait qu’une loi hypergéométrique apparaît lors de tirages sans remise dans une urne.
9.17 Simulation de lois géométriques, d’après ESSEC 2006 On considère une va X suivant la loi géométrique de paramètre p. 284
Énoncés des exercices
a) En considérant que X est le temps d’attente du premier succès dans un processus de Bernoulli, écrire un programme de simulation de X qui utilise une boucle repeat. Quel est le nombre moyen d’appels à la fonction random ? b) La méthode précédente étant « coûteuse » pour les petites valeurs de p, on se propose d’écrire un autre programme qui n’appelle qu’une seule fois la fonction random. 1) Soient U une variable aléatoire suivant la loi uniforme sur ]0 ; 1[ et a > 0. 1 Montrer que − ln(U) suit la loi exponentielle de paramètre a. En déduire un programme simua lant une va suivant la loi exponentielle de paramètre a. 2) Soit Y une va suivant la loi exponentielle de paramètre a, avec a > 0. Montrer :
∀k ∈ N∗ , P(k − 1 Y < k) = ( e −a )k−1 (1 − e −a ).
En déduire que l’on peut choisir a tel que X et Ent(Y) + 1 suivent la même loi. 3) Écrire le programme correspondant qui simule la va X.
9.18 Simulation d’une expérience aléatoire, d’après EDHEC 2007 Soit n ∈ N∗ . Une urne contient une boule blanche et n − 1 boules noires. Trois joueurs notés A, B et C tirent à tour de rôle une boule de cette urne dans l’ordre suivant : A joue le premier, B joue après A, C joue après B, puis A joue après C, ... Le gagnant est le premier des trois qui extrait la boule blanche. a) On suppose que les tirages se font avec remise de la boule tirée.
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On code l’événement « on obtient la boule blanche » par le nombre 0. Compléter le programme suivant pour qu’il simule l’expérience aléatoire décrite précédemment et en affiche le vainqueur. program simulation ; var a,b,c,n:integer ; begin readln(n) ; randomize ; repeat a:=random(n) ; if a=0 then ... else begin b:=... ; if b=0 then ... else begin c:=... ; if c=0 then ... ; end ; end ; until (a*b*c=0) ; end. b) On suppose maintenant que les tirages se font sans remise de la boule tirée. Modifier en conséquence le programme précédent.
9.19 Construction d’intervalles de confiance pour un paramètre p inconnu On rappelle que si (X1 , . . . , Xn ) est un n-échantillon indépendant et identiquement distribué de α la loi de Bernoulli de paramètre p, α ∈ ]0 ; 1[ et tα le réel défini par Φ(tα ) = 1 − , où Φ est la 2 fonction de répartition de la loi normale centrée réduite, alors un intervalle de confiance de p au risque α est : tα tα X1 + · · · + Xn Xn − √ ; Xn + √ , où Xn = . n 2 n 2 n 285
Chapitre 9
•
Algorithmique
Dans la suite, on prend n = 1000, α = 0.1 et donc tα 1.645. a) Écrire une fonction qui simule la va Xn , le paramètre p étant entré par l’utilisateur. b) Écrire un programme qui choisit aléatoirement un paramètre p, réalise 100 simulations de Xn , crée les intervalles de confiance de p associés, et enfin qui compte le nombre d’intervalles obtenus contenant réellement le paramètre p.
9.20 Simulation de lois exponentielles, de lois Gamma et de lois de Poisson, d’après EML 2011 On considère une suite de va réelles (Xk )k∈N∗ mutuellement indépendantes qui suivent la loi exponentielle de paramètre égal à 1. Pour tout n ∈ N∗ , on note S n la va définie par S n =
n
Xk .
k=1
a) Soit une va U suivant la loi uniforme sur l’intervalle [0 ; 1]. Montrer que la va Y = − ln(1 − U) suit la loi exponentielle de paramètre 1. En déduire un programme simulant une va suivant la loi exponentielle de paramètre 1. b) Écrire un programme simulant la va S n , l’entier n étant entré par l’utilisateur. c) Pour tout t ∈ ]0 ; +∞[, on note Nt la va égale à 0 si l’événement (S 1 > t) est réalisé, et sinon, au plus grand entier n ∈ N∗ tel que l’événement (S n t) est réalisé. Ainsi, pour tout t ∈ ]0 ; +∞[, pour tout n ∈ N∗ , l’événement (Nt = n) est égal à l’événement (S n t) ∩ (S n+1 > t). Écrire un programme simulant la va Nt , le réel t étant entré par l’utilisateur.
9.21 Simulation de la loi normale centrée réduite Soit (Un )n∈N∗ une suite de va indépendantes suivant toutes la loi uniforme [0 ; 1]. Pour tout n de N∗ , on note Xn =
n
Uk et Xn∗ la va centrée réduite associée à Xn .
k=1
a) Exprimer, pour tout n de N∗ , Xn∗ en fonction de Xn . Justifier que la suite (Xn∗ )n∈N∗ converge en loi vers une va de loi normale centrée réduite. Dans la suite, on prend n = 48, et l’on approxime la loi de Xn∗ par la loi N (0, 1). b) En déduire un programme simulant une va de loi normale centrée réduite. c) Soit N une va de loi normale centrée réduite. Quelle est la probabilité P(N 1) ? Écrire un programme simulant 1000 fois la va N et qui calcule le pourcentage de réalisations obtenues inférieures ou égales à 1.
9.22 Simulation d’une expérience aléatoire, d’après Ecricome 2006 On effectue une succession infinie de lancers indépendants d’une pièce équilibrée. On s’intéresse aux successions de lancers amenant un même côté. Pour tout n de N∗ , on note Xn la va égale à 1 si le n-ième lancer amène pile et 0 sinon, et Nn le nombre de changements de côtés survenus lors des n premiers lancers. Compléter le programme informatique suivant pour que, m étant une valeur entière inférieure à 100 entrée par l’utilisateur, il simule m va X1 , X2 , . . . , Xm (dont les valeurs seront placées dans le tableau X) et détermine les valeurs de N1 , N2 , . . . , Nm (qui seront placées dans le tableau N) : 286
Énoncés des exercices
program simulation ; const nmax=100 ; type suite=array[1..nmax] of integer ; var X,N:suite ; m,i:integer ; begin randomize ; writeln(’m ? ’) ; readln(m) ; X[1]:=... ; N[1]:=... ; for i:=2 to m do begin X[i]:=... ; ... end ; ... end.
9.23 Manipulation d’entiers Soit un entier naturel donné. On calcule la somme des carrés des chiffres qui le composent. On obtient un nouvel entier, pour lequel on calcule la somme des carrés des chiffres qui le composent, et ainsi de suite ... On admet qu’au bout d’un certain nombre d’itérations, on obtient toujours 1 ou 4. Par exemple, en considérant l’entier 2012, on obtient successivement : 2012 −→ 9 −→ 81 −→ 65 −→ 61 −→ 37 −→ 58 −→ 89 −→ 145 −→ 42 −→ 20 −→ 4 a) Écrire une fonction d’en-tête function unite(n:integer):integer ; qui renvoie le chiffre des unités de l’entier n. b) En déduire une fonction d’en-tête function somme(n:integer):integer ; qui renvoie la somme des carrés des chiffres qui composent n. c) Écrire un programme qui demande à l’utilisateur un entier naturel n et qui renvoie le nombre d’itérations nécessaires pour obtenir 1 ou 4.
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9.24 Méthode de la transformée inverse pour simuler des va à densité a) On considère une va X à densité. On note F sa fonction de répartition et on suppose que F est strictement croissante sur R. 1) Justifier que F réalise une bijection de R dans ]0 ; 1[. On note G sa fonction réciproque. 2) Soit U une va suivant la loi uniforme sur ]0 ; 1[. Montrer que les va X et G(U) suivent la même loi. b) Soit c > 0. On considère une va Y admettant pour densité l’application f : R −→ R définie c par : ∀x ∈ R, f (x) = exp(−c|x|). 2 1) Déterminer la fonction de répartition F de Y. Vérifier que F est strictement croissante sur R puis déterminer la fonction G = F −1 , réciproque de F. 2) En utilisant la question a), écrire un programme qui simule la va Y, le réel c étant entré par l’utilisateur. 287
Chapitre 9
•
Algorithmique
c) Mêmes questions pour une va Z suivant la loi de Cauchy, c’est-à-dire admettant pour densité 1 . π(1 + x2 )
l’application f : R −→ R définie par : ∀x ∈ R, f (x) =
9.25 Recherche par dichotomie d’un élément dans un tableau trié On suppose connu un tableau T de type array[1..n] of integer ordonné par ordre croissant, où n est une constante définie dans le programme principal. Écrire une procédure d’en-tête procedure dicho(var i:integer ; T:tab ; x:integer) ; qui recherche l’entier x dans le tableau T en utilisant la recherche par dichotomie et qui donne à i un rang auquel x apparaît dans T s’il y apparaît et 0 sinon.
9.26 Tri par sélection d’un tableau L’une des méthodes pour trier un tableau est le tri par sélection : le principe de ce tri consiste à réaliser un premier parcours complet pour rechercher la position du plus petit élément ; ce plus petit élément est alors échangé avec le premier élément du tableau ; on recommence ensuite avec les n − 1 derniers éléments du tableau, et ainsi de suite ... On suppose connu le tableau à trier T de type array[1..n] of integer, où n est une constante définie dans le programme principal. Écrire une procédure qui trie par ordre croissant le tableau T et qui affiche le tableau trié.
9.27 Manipulation d’entiers On choisit un entier de E = 1 ; 999, puis on forme le plus grand entier et le plus petit entier possibles avec ses trois chiffres (par exemple, 324 donne 432 et 234, 73 donne 730 et 37, 8 donne 800 et 8, ...), on soustrait le plus petit de ces deux entiers au plus grand, puis on recommence l’opération. On admet que l’on finit toujours par obtenir 495, sauf si l’entier de départ est composé de trois chiffres identiques. On considère le programme suivant : program truc ; type tab=array[1..3] of integer ; var ... procedure chiffres(var T:tab ; n:integer) ; ... procedure tri(var T:tab) ; ... function difference(n:integer):integer ; ... function test(n:integer):boolean ; ... {programme principal} begin ... end. a) Compléter la procédure chiffres de façon à ce que le tableau T contienne les trois chiffres de l’entier n. b) Compléter la procédure tri de façon à ce qu’à la sortie, le tableau T soit trié par ordre croissant. 288
Énoncés des exercices
c) Compléter la function difference de façon à ce qu’elle renvoie la différence entre le plus grand entier et le plus petit entier possibles avec les trois chiffres de n. d) Compléter la fonction test afin qu’elle renvoie true si l’entier n vérifie les conditions données dans l’énoncé et false sinon. e) Enfin, compléter le programme principal afin qu’il choisisse aléatoirement un entier de E satisfaisant les conditions de l’énoncé et affiche le nombre d’itérations nécessaires à l’obtention de 495.
9.28 Simulation d’une expérience aléatoire, d’après HEC 2005 Soit n ∈ N∗ . On considère une urne blanche contenant n boules blanches numérotées de 1 à n et une urne noire contenant n boules noires numérotées de 1 à n, dans lesquelles on effectue des suites de tirages. À chaque tirage, on tire simultanément et au hasard une boule de chaque urne. On obtient ainsi à chaque tirage, deux boules, une blanche et une noire. On dit qu’on a obtenu une paire lors d’un tirage, si la boule blanche et la boule noire tirées portent le même numéro. a) Dans cette question, les tirages se font avec remise jusqu’à obtenir pour la première fois une paire. Écrire une fonction dont l’en-tête est pgrm1(n:integer):integer qui simule le rang d’apparition de la première paire. b) Dans cette question, les tirages se font sans remise dans l’urne blanche et avec remise dans l’urne noire jusqu’à ce que l’urne blanche soit vide. On note Xn le nombre de paires obtenues à l’issue des n tirages. 1) Définir un type tableau de n entiers noté tab, puis deux variables de type tab dont les identificateurs sont blanc et noir. 2) Soit s un tableau de type tab. Écrire une procédure dont l’en-tête est echange(var s :tab ; i,j:integer) qui échange les éléments s[i] et s[j] du tableau s.
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3) On considère les lignes de programme suivantes utilisant la procédure echange : begin for i:=1 to n do blanc[i]:=i ; for i:=1 to n-1 do begin j:=random(n+1-i)+i ; echange(blanc,i,j) ; end ; writeln ; for i:=1 to n do write(blanc[i],’ ’) ; end. Expliquer le fonctionnement de ce programme et son résultat. On précisera ce qui se passe au premier passage puis au i-ième passage dans la deuxième boucle for, et en particulier la raison pour laquelle on écrit l’instruction j:=random(n+1-i)+i. 4) Construire une procédure qui s’appelle initialise permettant de simuler le tirage sans remise et au hasard des n boules numérotées, en mettant dans la variable s[i] le numéro de la i-ième boule tirée. 5) Écrire un programme complet permettant de simuler l’expérience lorsque n = 20, puis de donner la valeur de Xn . 289
Chapitre 9
•
Algorithmique
Du mal à démarrer ? 9.1
Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
9.2
a) Immédiat.
b) Sommer l’inégalité du a) pour k allant de n + 1 à n + p, puis passer à la limite quand p tend vers +∞. c) Immédiat. d) 1re méthode : Calculer S1000 à l’aide d’une boucle for...do et en utilisant la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ». 1 Une valeur approchée de S est S1000 + . 1000 1 2è méthode : Calculer la somme Sn tant que 2 > 10−6 ou jusn 1 qu’à ce que 2 10−6 à l’aide d’une boucle while...do ou n repeat...until
9.3
a) Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir » pour calculer le produit 1 × 2 × · · · × n.
b) Calculer ici n! à l’aide des formules : 0! = 1 et n! = n × (n − 1)!.
c) Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
9.10
a) • Pour créer le tableau T, utiliser une boucle for...do, et pour tout i de 1 ; 20, remplir la case T[i] d’un entier au hasard de 0 ; 100.
• Pour déterminer les extremums du tableau T, utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
b) Créer le tableau T de la même façon qu’au a), puis comparer chaque élément du tableau à l’élément x.
9.11
a) 1) Exprimer les coefficients binomiaux à l’aide de factorielles. a) 2) Pour écrire la fonction récursive, utiliser les formules : n n n n−1 . = 1 et = p p−1 0 p b) Pour écrire la fonction récursive, utiliser les formules : n n = 1, = 0 si p > n 0 p n n−1 n−1 et = + . p p p−1
9.12
9.4
a) Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir » pour calculer le produit x × x × · · · × x.
k=0
xk
b) Calculer ici xn à l’aide des formules : x 0 = 1 et xn = x × xn−1 .
puis appliquer l’inégalité des accroissements finis à f sur l’intervalle [xk ; t].
9.5
b) Considérer f : [0 ; 1] −→ R, t −→ e −t . 2
a) Immédiat.
b) Effectuer une intégration par parties. c) Utiliser les formules obtenues au a) et au b).
9.6
Utiliser l’égalité de définition de la suite.
9.7
a) b) Utiliser les méthodes décrites dans la rubrique « les méthodes à retenir ». c) Remarquer que la loi de X est la loi binomiale de paramètre (n, p1 ) et que la loi conditionnelle de Y sachant (X = x) est la loi binomiale de paramètre (x, p2 ).
Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir » pour simuler une loi binomiale.
9.8
a) Remarquer que la loi de X est la loi discrète uniforme sur 1 ; 100 et que la loi conditionnelle de Y sachant (X = x) est la loi discrète uniforme sur x ; 100.
Utiliser la question précédente pour en déduire que Sn est une 1 près. n
valeur approchée de I à
9.13
a) Montrer que la suite (un )n∈N est minorée par 0 et décroissante. En déduire qu’elle converge, puis montrer que sa limite est 0. b) Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ». c) 1) Étudier le signe de la fonction x2 − f(x). 2 c) 2) Montrer que, pour tout n de N, un ∈ [0 ; 1], puis appliquer l’inégalité précédente à un . g : [0 ; 1] −→ R, x −→ x −
c) 3) • Penser au lien suite/série. • Utiliser la règle de comparaison pour les séries à termes posi tifs ou nuls pour montrer que la série u2n converge.
b) Remarquer que la loi de X est la loi uniforme à densité sur [0 ; 1] et la loi conditionnelle de Y sachant (X = x) est la loi uniforme à densité sur [0 ; x].
Ensuite sommer l’inégalité du c) 2) pour k allant de n + 1 à +∞.
9.9
c) 4) Noter, pour tout n de N, Sn =
a) Utiliser une boucle for...do.
b) Montrer que la suite (un )n∈N est croissante, puis : √ ∀n 2, un n − 1.
290
a) Commencer par écrire : n−1 xk+1 f(xk ) − f(t) dt, Sn − I =
n0
n k=0
uk et S =
+∞
un .
n=0
Montrer que Sn est une valeur approchée (par défaut) de S à ε = 2un+1 près.
Du mal à démarrer ?
9.14
a) Montrer que l’application g : R −→ R, x −→ f(x) − x est une bijection. b) Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ». c) 1) Calculer puis majorer |f (x)|. Montrer que f est décroissante 1 1 1 sur ; 1 , que f(1) et que f 1. 2 2 2 1 c) 2) • Montrer : ∀n ∈ N, un ∈ ;1 . 2 • Appliquer l’inégalité des accroissements finis à f pour en dé1 duire : ∀n ∈ N, |un+1 − α| |un − α|. 4 • Conclure. c) 3) Immédiat. c) 4) Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
9.15
a) Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir » pour calculer le maximum des éléments A[i,1],...,A[i,p]. a) Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir » pour calculer le minimum des éléments MaxLigne(A,1),...,MaxLigne(A,n).
9.16
Considérer que si X → H (m, n, p), alors X est le nombre de boules blanches obtenues lors de n tirages sans remise dans une urne contenant m boules dont mp boules blanches.
9.17
a) Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
b) 1) Commencer par calculer la fonction de répartition de 1 − ln(U). a b) 2) • Remarquer : ∀k ∈ N∗ , P(k − 1 Y < k) = P(Y k) − P(Y k − 1). Puis utiliser le fait que Y → E (a). • Prendre a = − ln(1 − p).
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b) 3) Utiliser la fonction trunc.
9.18
a) Simuler l’événement E : « on obtient une boule blanche » par l’événement (random(n):=0).
b) Raisonner de la même façon qu’au a) en soustrayant 1 à n lorsque l’on tire une boule noire.
9.19
a) Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir » pour simuler les va X1 , . . . , Xn , puis en faire la moyenne.
b) Utiliser une boucle for...do pour simuler 100 intervalles de confiance.
9.20
a) Commencer par déterminer la fonction de répartition
de Y .
b) Simuler n va de loi E (1) et en faire la somme.
c) Utiliser la boucle while...do ou repeat...until.
9.21
a) Appliquer le théorème de la limite centrée.
b) Simuler la va Xn∗ . c) • Justifier :
P(N 1) = Φ(1) 0, 8413.
• Utiliser une variable qui comptabilise le nombre de simulations obtenues inférieures ou égales à 1.
9.22
Remarquer que les va X1 , . . . , Xm suivent la loi de Ber1 . 2 Pour définir les variables N[i], utiliser le fait qu’il y a un changement de cotés au i-ième lancer lorsque Xi Xi−1 .
noulli de paramètre
9.23
a) Utiliser le fait que le chiffre c des unités de n est obtenu par : c = n − 10 Ent(n/10).
b) Commencer par déterminer tous les chiffres de l’entier n, puis calculer la somme de leurs carrés. c) Utiliser la boucle while...do ou repeat...until.
9.24
a) 1) Appliquer le théorème de la bijection réciproque.
a) 2) Montrer que les va X et G(U) ont même fonction de répartition. ⎧ e cx ⎪ ⎪ ⎪ si x < 0 ⎪ ⎨ 2 −cx . b) 1) Montrer : ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ ⎪ e ⎪ ⎪ ⎩1− si x 0 2 Pour déterminer F −1 , résoudre, pour tout y de ]0 ; 1[, l’équation 1 1 y = F(x), d’inconnue x ∈ R, en séparant les cas y et y > . 2 2 b) 2) Simuler une va suivant la loi uniforme sur ]0 ; 1[, puis utiliser le résultat de la question b) 1).
c) Obtenir :
∀x ∈ R, F(x) =
arctan x 1 + . π 2
Pour déterminer F −1 , résoudre, pour tout y de ]0 ; 1[, l’équation y = F(x), d’inconnue x ∈ R.
9.25
Utiliser la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
9.26
Pour tout i de 1 ; n − 1, déterminer le minimum parmi les éléments T[i],...,T[n], puis échanger cet élément avec l’élément T[i].
9.27
a) Utiliser par exemple la fonction div qui renvoie le quotient de la division euclidienne.
b) Effectuer des comparaisons successives des trois éléments du tableau deux par deux. c) Immédiat. d) Utiliser l’instruction conditionnelle if...then. e) Prendre un entier n au hasard dans 1 ; 999 et tant que test(n)=false en prendre un autre. Puis avec cet entier, appliquer la fonction difference tant que l’on n’a pas obtenu 495.
291
Chapitre 9
•
Algorithmique
9.28
a) Utiliser l’instruction random(n)+1 et une boucle repeat...until ou while...do b) 1) Immédiat. b) 2) Utiliser une variable auxiliaire. b) 3) Remarquer que l’instruction j:=random(n+1-i)+i; renvoie un entier au hasard de i ; n.
292
b) 4) Utiliser les lignes du programme de la question b) 3). b) 5) Créer les tableaux blanc et noir de façon à ce que la case blanc[i] (resp. noir[i]) contienne le numéro de la boule blanche (resp. noire) obtenue au i-ième tirage. Puis compter le nombre d’indices i tels que blanc[i]=noir[i].
Corrigés des exercices 9.1
On utilise, pour chaque question, une boucle for...do :
Exemple d’exécution du programme : n? 5 P(5)=2.560000E+003
a) program somme ; var
u,s:real ; i,n:integer ;
c) program somme2 ;
begin
var
u,v,w,s:real ; i,n:integer ;
write(’n ? ’) ; readln(n) ; begin
u:=1 ; s:=1 ;
write(’n ? ’) ; readln(n) ;
for i:=1 to n do
u:=1 ; v:=2 ; s:=2 ;
begin u:=sqrt(u+i-1) ; s:=s+u ;
for i:=1 to n do begin
end ;
w:=u ; u:=3*u+sqrt(v) ; v:=1/i*w+v ;
writeln(’S(’,n,’) = ’,s) ;
s:=s+u*v ;
end. À la fin de chaque boucle i, la variable u contient la valeur de ui i et la variable s contient la valeur de uk . k=1
Exemple d’exécution du programme : n ? 10 S(10) = 2.565479E+001
end ; writeln(’S(’,n,’) = ’,s) ; end. À la fin de chaque boucle i, la variable u contient la valeur de ui , la variable v contient la valeur de vi et la variable s contient la i uk vk . valeur de k=1
b) program produit ; var
Exemple d’exécution du programme :
u,v,w,p:real ; i,n:integer ;
n ? 10 S(10)=7.069198E+008
begin write(’n ? ’) ; readln(n) ;
9.2
v:=1 ; u:=2 ; p:=2 ;
a) Soit k 2. On a : k(k − 1) k2 k(k + 1), 1 1 1 et donc : . k(k + 1) k2 k(k − 1)
for i:=2 to n do begin w:=v ; v:=u ; u:=u+(i-2)*w ; p:=p*u ; end ;
De plus :
1 1 1 1 1 1 − = et − = . k k + 1 k(k + 1) k − 1 k k(k − 1)
On obtient alors :
writeln(’P(’,n,’) = ’,p) ;
1 1 1 1 1 − − . k k + 1 k2 k−1 k
b) • Soit (n, p) ∈ (N∗ )2 .
end. À la fin de chaque boucle i, la variable v contient la valeur de ui−1 , la variable u contient la valeur de ui et la variable p i uk . contient la valeur de k=1
En sommant l’inégalité précédente pour k allant de n+1 à n+ p, on obtient : n+p n+p n+p 1 1 1 1 1 − − . 2 k k + 1 k k − 1 k k=n+1 k=n+1 k=n+1 293
Chapitre 9
Or :
•
Algorithmique
n+p n+p n+p+1 1 1 1 1 = − − k k+1 k k=n+2 k k=n+1 k=n+1
=
program ValeurApprochee ; var s:real ; n:integer ; 1 1 − , n+1 n+ p+1
n+p n+p−1 n+p 1 1 1 1 1 1 − = − = − , k − 1 k k k n n + p k=n+1 k=n k=n+1
begin s:=1 ; n:=1 ; while 1/(n*n)>exp(-6*ln(10)) do begin
n+p n+p n 1 1 1 = − = S n+p − S n . et 2 2 k k k2 k=n+1 k=1 k=1
On conclut :
1 1 1 1 − S n+p − S n − . n+1 n+ p+1 n n+ p
• Soit n ∈ N∗ . En faisant tendre p vers +∞ dans l’inégalité précédente, on obtient : 1 1 S − Sn . n+1 n 1 1 c) Soit n ∈ N∗ . D’après b), on a : − S n − S − , n n+1 1 1 1 1 1 + = . et donc : 0 S n + − S − n n + 1 n n(n + 1) n2
n:=n+1 ; s:=s+1/(n*n) ; end ; writeln(’une valeur approchee de S est ’,s+1/n) ; end. Le programme avec la boucle repeat...until est le suivant : program ValeurApprochee ; var s:real ; n:integer ; begin s:=1 ; n:=1 ; repeat
d) • 1re méthode : utilisation d’une boucle for...do. 1 1 = 10−6 , et donc S n + est une n2 n valeur approchée (par excès) de S à 10−6 près.
En posant n = 1000, on a
Le programme suivant calcule la valeur de S 1000 puis affiche la 1 valeur de S 1000 + . 1000 program ValeurApprochee ;
n:=n+1 ; s:=s+1/(n*n) ; until 1/(n*n)<=exp(-6*ln(10)) ; writeln(’une valeur approchee de S est ’,s+1/n) ; end. Remarque : L’exécution des deux programmes précédents donne le même résultat que le programme utilisant une boucle for...do
var s:real ; i:integer ; begin s:=1 ;
9.3 a) On calcule n! à l’aide de la formule :
for i:=2 to 1000 do s:=s+1/(i*i) ; writeln(’une valeur approchee de S est ’,s+1/1000) ;
n! = 1 × 2 × · · · × n. function fact(n:integer):integer ; var f,i:integer ;
end.
begin Exécution du programme : une valeur approchee de S est 1.644935E+000 • 2e méthode : utilisation d’une boucle while...do ou repeat...until.
294
f:=1 ; for i:=1 to n do f:=f*i ; fact:=f ; end ; À la fin de chaque boucle i, la variable f contient la valeur de i!.
1 On calcule la somme S n tant que 2 > 10−6 ou jusqu’à ce que n 1 10−6 . n2
b) On calcule ici n! à l’aide des formules :
Le programme avec la boucle while...do est le suivant :
begin
0! = 1 et
n! = n × (n − 1)!.
function fact(n:integer):integer ;
Corrigés des exercices
if n=0
then fact:=1 else fact:=n*fact(n-1) ;
write(’n ? ’) ; readln(n) ; write(’ x puissance n = ’, puissance(x,n)) ;
end ;
end.
Remarque : Voici un programme demandant un entier naturel n à l’utilisateur et affichant la valeur de n! en utilisant l’une des fonctions précédentes.
Exemple d’exécution du programme : x? 2 n? 5 x puissance n = 32
program factorielle ; var n:integer ;
9.5
begin
a) Soit p ∈ N. On a :
write(’n ? ’) ; readln(n) ;
write(’ n ! = ’,fact(n)) ;
1
x p dx =
I(p, 0) =
end.
0 ∗
b) Soit (p, q) ∈ N × N . Effectuons une IPP en posant :
Exemple d’exécution du programme :
⎧ ⎧ u (x) = −q(1 − x)q−1 ⎪ ⎪ u(x) = (1 − x)q ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ , ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ v (x) = x p x p+1 ⎩ v(x) = p+1
n? 5 n ! = 120
9.4 a) On calcule xn à l’aide de la formule :
où u, v sont de classe C 1 sur le segment [0 ; 1].
x × x × · · · × x. xn =
n fois
On obtient :
1
x p (1 − x)q dx
I(p, q) = 0
function puissance(x:real ; n:integer) :real ;
1 x p+1 1 q x p+1 (1 − x)q−1 dx = (1 − x)q + p+1 0 0 p+1
var p:real ; i:integer ; begin p:=1 ; for i:=1 to n do p :=x*p ;
=
puissance:=p ; end ;
q I(p + 1, q − 1). p+1
c) La fonction récursive est la suivante : i
À la fin de chaque boucle i, la variable p contient la valeur de x . n
b) On calcule ici x à l’aide des formules : x = 1 et 0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
x p+1 1 1 = . p+1 0 p+1
x = x×x n
n−1
function i(p,q:integer):real ; begin
.
if q=0
then i:=1/(p+1) ; else i:=q/(p+1)*i(p+1,q-1) ;
function puissance(x:real ; n:integer) :real ; end ;
begin if n=0 then puissance:=1 else puissance:=x*puissance(x,n-1) ;
Remarque : Voici un programme demandant à l’utilisateur deux entiers naturels p et q et affichant la valeur de I(p, q) en utilisant la fonction précédente.
end ; Remarque : Voici un programme demandant un réel x et un entier naturel n à l’utilisateur et affichant la valeur de xn en utilisant l’une des fonctions précédentes.
program calcul ; var p,q:integer ; begin
program puiss ;
write(’p ? ’) ; readln(p) ;
var n:integer ; x:real ;
write(’q ? ’) ; readln(q) ;
begin write(’x ? ’) ; readln(x) ;
write(’L’ ’intégrale est egale à ’, i(p,q)) ; end. 295
Chapitre 9
•
Algorithmique
Exemple d’exécution du programme : p? 5 q? 3 L’intégrale est egale à 1.984127E-003
program binomiale ; var p:real ; n,x,i:integer ; begin randomize ; write(’n ? ’) ; readln(n) ;
Remarque : À l’aide des résultats de a) et b), on déduit : p! q! ∀(p, q) ∈ N2 , I(p, q) = . (p + q + 1)!
9.6
x:=0 ; for i:=1 to n do if random
La fonction récursive découle de la définition de la
suite.
write(’X = ’,x) ;
function suite(n:integer):real ;
end.
begin
c) La loi de X est la loi binomiale de paramètre (n, p1 ) et la loi conditionnelle de Y sachant (X = x) est la loi binomiale de paramètre (x, p2 ).
if n=0 then suite:=1 else suite:=sqrt(n+suite(n-1)) ; end ; Remarque : Voici un programme demandant à l’utilisateur un entier naturel n et affichant la valeur de un en utilisant la fonction précédente.
En utilisant la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir » pour simuler une loi binomiale, on obtient le programme suivant : program simulation ;
program ecricome05 ;
var p1,p2:real ; n,x,i,y:integer ;
var n:integer ;
begin
begin
randomize ;
write(’n ? ’) ; readln(n) ;
write(’n ? ’) ; readln(n) ;
write(’u(’,n,’) = ’,suite(n)) ;
write(’p1 ? ’) ; readln(p1) ;
end.
write(’p2 ? ’) ; readln(p2) ;
Exemple d’exécution du programme :
x:=0 ;
n ? 10 u(10) = 3.67597972E+000
for i:=1 to n do if random
9.7
y:=0 ;
a) Utilisons la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
for i:=1 to x do
program bernoulli ;
write(’Y = ’,y) ;
var p:real ; x:integer ; begin randomize ; write(’p ? ’) ; readln(p) ; if random
write(’p ? ’) ; readln(p) ;
if random
end.
9.8 a) La loi de X est la loi discrète uniforme sur 1 ; 100 et la loi conditionnelle de Y sachant (X = x) est la loi discrète uniforme sur x ; 100. En utilisant la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir » pour simuler une loi discrète uniforme, on obtient le programme suivant : program uniforme1 ;
Corrigés des exercices
var i,x,y:integer ; som,moy:real ;
9.9
begin
a) Utilisons la boucle for...do.
randomize ; som:=0 ;
program suite1 ;
for i:=1 to 1000 do
var i,n:integer ; u,v,aux:real ;
begin
begin
x:=random(100)+1 ;
write(’n ? ’) ; readln(n) ;
y:=random(101-x)+x ; som:=som+y ;
v:=1 ; u:=2 ;
end ; moy:=som/1000 ;
for i:=2 to n do begin
write(’la moyenne est ’,moy) ;
if v
end.
then aux:=v else aux:=i-2 ;
v:=u ; u:=sqrt(i-1)*u+aux ;
Exemple d’exécution du programme :
end ; la moyenne est 7.594900E+001 Remarque : Une étude mathématique nous donne 301 E(Y) = = 75.25. Après exécution du programme, la va4 riable moy contiendra une valeur proche de 75.25. b) La loi de X est la loi uniforme à densité sur [0 ; 1] et la loi conditionnelle de Y sachant (X = x) est la loi uniforme à densité sur [0 ; x].
write(’u(’,n,’) = ’,u) ; end. À la fin de chaque boucle i, la variable aux contient la valeur de min(ui−2 , i − 2), la variable v contient la valeur de ui−1 et u celle de ui . Exemple d’exécution du programme : n ? 10 u(10) = 2.903617E+003
En utilisant la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir » pour simuler une loi uniforme à densité, on obtient le programme suivant :
b) Il est clair que, pour tout n de N, un 0.
program uniforme2 ;
On obtient alors :
∀n 2, √ un = un−1 n − 1 + min(un−2 , n − 2) un−1 .
var i:integer ; x,y,som,moy:real ; begin
0
randomize ; som:=0 ; for i:=1 to 1000 do
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
begin x:=random ; y:=random*x ; som:=som+y ; end ; moy:=som/1000 ; write(’la moyenne est ’,moy) ;
Puisque l’on a aussi u1 u0 , on en déduit que la suite (un )n∈N est croissante. √ √ √ Ainsi : ∀n 2, un un−1 n − 1 u0 n − 1 = n − 1. Par le théorème de minoration, on conclut que la suite (un )n∈N diverge vers +∞. c) Utilisons la boucle conditionnelle while...do ou repeat...until. Le programme avec la boucle while...do est le suivant :
end. program suite2 ; Exemple d’exécution du programme : la moyenne est 2.462447E-001 1 Remarque : Une étude mathématique nous donne E(Y) = . 4 Là encore, après exécution du programme, la variable moy contiendra un valeur proche de 0.25.
var n:integer ; u,v,aux,A:real ; begin write(’A ? ’) ; readln(A) ; v:=1 ; u:=2 ; n:=1 ; while u<=A do 297
Chapitre 9
Algorithmique
•
begin
writeln(T[i],’ ’) ;
n:=n+1 ;
end ;
if v
then aux:=v else aux:=n-2 ;
v:=u ; u:=sqrt(n-1)*u+aux ; end ;
{calcul des extremums et de leurs rangs} min:=T[1] ; rmin:=1 ; max:=T[1] ; rmax:=1 ; for i:=2 to 20 do
write(’n = ’,n) ;
begin
end.
if T[i]<min then
Exemple d’exécution du programme :
begin min:=T[i] ; rmin:=i ;
A ? 100 n = 7
end ; if T[i]>max then
Le programme avec la boucle repeat...until est le suivant :
begin
program suite3 ;
max:=T[i] ; rmax:=i ;
var n:integer ; u,v,aux,A:real ;
end ;
begin
end ;
write(’A ? ’) ; readln(A) ; v:=1 ; u:=2 ; n:=1 ;
writeln() ;
repeat
writeln(’le min est ’,min,’ et son rang est ’,rmin) ;
n:=n+1 ; if v
then aux:=v else aux:=n-2 ;
v:=u ; u:=sqrt(n-1)*u+aux ; until u>A ;
writeln(’le max est ’,max,’ et son rang est ’,rmax) ; end. Exemple d’exécution du programme : 26 11 80 72 93 8 84 9 39 61 88 33 70 93 82 4 72 21 7 66 le min est 4 et son rang est 16 le max est 93 et son rang est 5
write(’n = ’,n) ; end. Exemple d’exécution du programme : A ? 100 n = 7
9.10
program minmax ; T:array[1..20] of integer ; i, min, rmin, max, rmax:integer ;
begin
T:array[1..20] of integer ; i,x,nb:integer ;
begin randomize ; for i:=1 to 20 do begin T[i]:=random(11) ;
randomize ; {creation et affichage de tableau} for i:=1 to 20 do begin T[i]:=random(101) ; 298
program recherche ; var
a) Utilisons la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
var
b) Le programme est le suivant :
writeln(T[i],’ ’) ; end ; writeln() ; write(’x ? ’) ; readln(x) ; nb:=0 ;
Corrigés des exercices
for i:=1 to 20 do
var n,p:integer ;
if T[i]=x then nb:=nb+1 ;
begin
writeln(x,’ apparait ’,nb,’ fois dans le tableau’) ; end.
write(’n ? ’) ; readln(n) ; write(’p ? ’) ; readln(p) ; write(p,’ parmi ’,n,’ = ’,C(n,p)) ;
Exemple d’exécution du programme :
end.
6 9 4 10 3 6 5 2 1 7 3 0 4 7 6 6 8 5 6 1 x? 6 6 apparait 5 fois dans le tableau
9.11 a) 1) Soit (n, p) ∈ N2 tel que 1 p n. n n n−1 (n − 1)! = · On a : p p−1 p (p − 1)! (n − 1) − (p − 1) !
n n! = = . p!(n − p)! p
a) 2) La fonction récursive suivante repose sur les formules : n n n n−1 . = 1 et = p p−1 0 p function C(n,p:integer):integer ; begin if p=0
then C:=1 else C:=n*C(n-1,p-1) div p ;
Exemple d’exécution du programme : n? 5 p? 3 3 parmi 5 = 10
9.12 a) Soit n ∈ N∗ . Notons, pour tout k de 0 ; n, xk = a + k • Par la relation de Chasles, on a : b n−1 f (t) dt = I= a
De plus :
Sn =
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
begin if p>n if p=0
then C:=0 else begin then C:=1 else C:=C(n-1,p)+C(n-1,p-1) ; end ;
end ;
f (t) dt.
n−1 n−1 xk+1 b−a f (xk ) = f (xk ) dt. n k=0 k=0 xk
n−1
Ainsi : |S n − I| =
k=0
xk+1 xk
f (xk ) − f (t) dt
function C(n,p:integer):integer ;
xk+1 xk
k=0
end ; b) La fonction récursive suivante repose sur les formules : n n = 1, = 0 si p > n 0 p n n−1 n−1 et = + . p p p−1
b−a . n
n−1 k=0
xk+1
f (xk ) − f (t)
dt.
xk
• Soit k ∈ 0 ; n−1 et soit t ∈ [xk ; xk+1 ]. Appliquons l’inégalité des accroissements finis à f sur l’intervalle [xk ; t]. On obtient :
f (xk ) − f (t)
|xk − t|× max | f | M|xk − t| = M(t − xk ). [xk ;t]
On obtient alors : n−1 xk+1 n−1 (t − xk )2 xk+1 |S n − I| M(t − xk ) dt = M xk 2 k=0 xk k=0 =M
n−1 (xk+1 − xk )2 k=0
=M
2
=M
n−1 (b − a)2 k=0
2n2
(b − a)2 (b − a)2 ×n = M . 2n2 2n
b) Notons f : [0 ; 1] −→ R, t −→ e −t . 2
Remarque : Voici un programme demandant à l’utilisateur n deux entiers naturels n et p et affichant la valeur de en utip lisant l’une des deux fonctions précédentes.
L’application f est de classe C 1 sur [0 ; 1] et :
program CoefBinomial ;
Ainsi : ∀t ∈ [0 ; 1], | f (t)| = 2t e −t 2.
∀t ∈ [0 ; 1], f (t) = −2t e −t . 2
2
299
Chapitre 9
•
Algorithmique
Notons, pour tout n de N∗ , S n =
n−1 1 k . f n k=0 n
D’après la question précédente, on a : ∀n ∈ N∗ , |S n − I|
2(1 − 0)2 1 = . 2n n
1 = 10−3 et donc S n est une valeur appron près.
Donc la suite (un )n∈N est décroissante. La suite (un )n∈N étant décroissante et minorée par 0, elle converge vers un réel et, puisque f est continue sur R, en particulier en , on a : f () = ⇐⇒ ln(1 + 2 ) = 0 ⇐⇒ 2 = 0 ⇐⇒ = 0.
Pour n = 103 , on a
On conclut que la suite (un )n∈N converge vers 0.
chée de I à 10−3
b) program calcul ;
Calculons S 1000 en utilisant une boucle for...do.
var n:integer ; u:real ;
program integrale ;
function f(x:real):real ;
var n,k:integer ; s:real ;
begin
function f(t:real):real ;
f:=x-ln(1+x*x) ; end ;
begin f:=exp(-t*t) ;
begin
end ;
u:=1 ; n:=0 ; repeat
begin
n:=n+1 ; u:=f(u) ;
s:=0 ; n:=1000 ; for k:=0 to n-1 do s:=s+1/n*f(k/n) ; writeln(’Une valeur approchee de I a 0.001 pres est ’,s) ; end.
until u<=0.001 ; writeln(’n = ’,n) ; end. Exécution du programme :
Exécution du programme : Une valeur approchee de I à 0.001 pres est 7.471401E-001
9.13 a) • La fonction f est dérivable sur R et : ∀x ∈ R, f (x) = 1 −
2x 1 + x2 − 2x (1 − x)2 = = 0. 2 1+x 1 + x2 1 + x2
On en déduit le tableau de variations suivant : 0 1 +∞ x −∞ f (x) + + 0 + f (x) 0 On en déduit que l’intervalle [0 ; +∞[ est stable par f . • On montre alors, par récurrence sur n que : ∀n ∈ N, un ∈ [0 ; +∞[. De plus, on a : ∀n ∈ N, un+1 − un = f (un ) − un = − ln(1 + u2n ) 0. 300
n = 993 c) 1) Soit g : [0 ; 1] −→ R, x −→ x − On a :
∀x ∈ [0 ; 1], g(x) = −
x2 − f (x). 2
x2 + ln(1 + x2 ). 2
La fonction g est dérivable sur [0 ; 1] et : 2x ∀x ∈ [0 ; 1], g (x) = −x + 1 + x2 x x = − (1 + x2 ) + 2 = 1 − x2 0. 1 + x2 1 + x2 Donc la fonction g est croissante sur [0 ; 1]. En particulier, on a : ∀x ∈ [0 ; 1], g(x) g(0) = 0. On conclut : ∀x ∈ [0 ; 1], f (x) x −
x2 . 2
c) 2) • La suite (un )n∈N étant décroissante, de limite nulle, on obtient : ∀n ∈ N, 0 un u0 = 1. • Soit n ∈ N. En appliquant l’inégalité précédente à un ∈ [0 ; 1], u2 on a : f (un ) = un+1 un − n . 2 On obtient alors :
u2n 2(un − un+1 ).
Corrigés des exercices
c) 3) • La série
9.14
(un − un+1 ) converge car :
a) Notons g : R −→ R, x −→ f (x) − x.
n0
∀N 0,
N
(un − un+1 ) = u0 − uN+1 −→ u0 . N∞
n=0
• D’après c) 2), on a :
∀n ∈ N, 0 u2n 2(un − un+1 ).
D’après le théorème de majoration pour des séries à termes po u2n converge. sitifs ou nuls, on en déduit que la série
On a :
∀x ∈ R, g(x) = (x2 + 1) e −x − x.
La fonction g est deux fois dérivable sur R et : ∀x ∈ R, g (x) = 2x − (x2 + 1) e −x − 1 = (2x − x2 − 1) e −x 2 g (x) = 2 − 2x − (2x − x − 1) e −x
et
= (3 − 4x + x2 ) e −x = (x − 1)(x − 3) e −x .
n0
• Soit n ∈ N. En sommant l’inégalité u2k 2(uk − uk+1 ) pour k allant de n + 1 à +∞, on obtient : +∞ +∞ u2k 2 (uk − uk+1 ) = 2un+1 . k=n+1
On en déduit le tableau suivant : 1 3 +∞ x −∞ g (x) + 0 − 0 + 0 0 g (x)
k=n+1
c) 4) Notons, pour tout n de N, S n =
n
uk et S =
k=0
+∞
On obtient : uk .
k=0
D’après la question précédente, on a : ∀n ∈ N, 0 S − S n 2un+1 . On en déduit que, si 2un+1 10−4 , alors S n est une valeur approchée (par défaut) de S à 10−4 près. Le programme suivant calcule la somme S n jusqu’à ce que 2un+1 10−4 à l’aide d’une boucle repeat...until. program ValeurApprochee ; var n:integer ; u,s:real ; function f(x:real):real ; begin f:=x-ln(1+x*x) ; end ;
∀x ∈ R, g (x) 0 et g ne s’annule qu’en 1.
Ainsi la fonction g est strictement décroissante sur R. De plus g est continue sur R. Donc g réalise une bijection de R sur g(R) = ] lim g ; lim g[ = ] − ∞ ; +∞[ = R. +∞
−∞
On en déduit que l’équation g(x) = 0 admet une unique solution sur R, notée α. 1 1 5 −1/2 − ; puisque e < 4, on a = e Enfin, g 2 4 2 1 5 1 1 1 1 e −1/2 > 4−1/2 = , et donc g > − = > 0. 2 2 42 2 8 1 Et g(1) = 2 e −1 − 1 ; puisque e > 2, on a e −1 < 2−1 = , et 2 1 donc g(1) < 2 − 1 = 0. 2 1 > 0 = g(α) > g(1), et puisque g est strictement On a donc g 2 1 < α < 1. décroissante sur R, on en déduit : 2 b) Utilisons la méthode de recherche par dichotomie.
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begin
program dichotomie ;
u:=1 ; s:=1 ; n:=0 ;
var a,b:real ;
repeat n:=n+1 ; u:=f(u) ; s:=s+u*u ; until 2*f(u)<=0.0001 ; writeln(’une valeur approchee est ’,s) ;
function g(x:real):real ; begin g:=(x*x+1)*exp(-x)-x ;
end.
end ;
Exécution du programme :
begin
une valeur approchee est 1.313002E+000 Remarque : Il est également possible d’utiliser une boucle while...do.
a:=1/2 ; b:=1 ; repeat if g(a)*g((a+b)/2)<0 then b:=(a+b)/2 301
Chapitre 9
Algorithmique
•
• On a alors par récurrence sur n :
else a:=(a+b)/2 ; until (b-a)/2<=0.000001 ;
∀n ∈ N, |un − α|
writeln(’une valeur approchee est ’,(a+b)/2) ; end.
1
c) 3) Puisque
< 1, on a : 4
Exécution du programme : une valeur approchee est 7.3843288421E-001 c) 1) On a : 1 ; 1 , f (x) = (2x − x2 − 1) e −x = −(1 − x)2 e −x . ∀x ∈ 2 • Ainsi :
1 ; 1 , | f (x)| = (1 − x)2 e −x (1 − x)2 . 2 4 1 • De plus, puisque f 0 sur ; 1 , la fonction f est décrois2 1 sante sur ;1 . 2 1 1 . On en déduit : ∀x ∈ ; 1 , f (1) f (x) f 2 2 ∀x ∈
1
−1
1
1 ; 1 et α ∈ ;1 . Or un ∈ 2 2 Donc :
max | f | max | f |
[un ;α]
[1/2 ;1]
302
n∞
program iteration ; var u,x:real ; n:integer ; function f(x:real):real ; begin f:=(x*x+1)*exp(-x) ;
begin u:=1 ; n:=0 ; x:=1 ; repeat u:=f(u) ; n:=n+1 ; x:=x/4 ; until x<=0.000001 ; writeln(’une valeur approchee est ’,u) ;
À la fin de chaque boucle, la variable u contient la valeur de un 1 n et x la valeur de . 4 Exécution du programme : une valeur approchee est 7.3843240070E-001 • 2e méthode : On a, pour tout n de N : 1 n 4
10−6 ⇐⇒ −n ln(4) −6 ln(10) ⇐⇒ n
1 . 4
De plus, on a f (un ) = un+1 et f (α) = α. On obtient alors : |un+1 − α|
−→ 0.
c) 4) • 1re méthode : On calcule les termes un jusqu’à ce que 1 n 10−6 en utilisant une boucle repeat...until. (Il est 4 également possible d’utiliser une boucle while...do).
c) 2) • De la question précédente, on en déduit que l’intervalle 1 ; 1 est stable par f . 2 1 ; 1 , on a donc par récurrence sur n : Puisque u0 ∈ 2 1 ∀n ∈ N, un ∈ ;1 . 2
[un ;α]
4
1
On en déduit que la suite (un )n∈N converge vers α.
end.
| f (un ) − f (α)| |un − α|× max | f |.
1 n
1 n |u0 − α| . 4
n∞
end ;
• Soit n ∈ N. Appliquons l’inégalité des accroissements finis à f sur l’intervalle [un ; α] (ou [α ; un ]) :
4
Par le théorème d’encadrement, on obtient : |un − α| −→ 0.
1 1 e 1 = 2 e −1 − = (4 − e ) > 0 ; ainsi f (1). 2 2 4 2 5 1 5 −1/2 −1 = e − 1 = e −1/2 − e 1/2 ; puisque De plus f 2 4 4 25 5 5 e > 2 et 2 > , on a e 1/2 > et donc − e 1/2 0 ; ainsi 16 4 4 1 f 1. 2 1 1 ;1 , f (x) 1. On conclut : ∀x ∈ 2 2
Or f (1) −
1 n
1 |un − α|. 4
Par exemple, prenons n = Ent
3 ln(10) ln(2)
6 ln(10) 3 ln(10) = . ln(4) ln(2)
+ 1.
Pour cette valeur de n, on a |un − α| 10−6 et donc un est une valeur approchée de α à 10−6 près.
Corrigés des exercices
Calculons alors le terme un à l’aide d’une boucle for...do. program iteration ; var u:real ; n,i:integer ; function f(x:real):real ; begin f:=(x*x+1)*exp(-x) ; end ; begin u:=1 ; n:=trunc(3*ln(10)/ln(2))+1 ; for i:=1 to n do u:=f(u) ; writeln(’une valeur approchee est ’,u) ;
L’instruction MaxLigne(A,1) renvoie 6, l’instruction MaxLigne(A,2) renvoie 7 et l’instruction MaxLigne(A,3) renvoie 5. Enfin, l’instruction MinMax(A) renvoie 5.
9.16
Soit X → H (m, n, p).
On considère que X est le nombre de boules blanches obtenues lors de n tirages sans remise dans une urne contenant m boules dont mp boules blanches. a) Dans la fonction itérative suivante, la variable x contient le nombre de boules blanches obtenues, nb le nombre de boules dans l’urne et a le nombre de boules blanches. function hypergeom(m,n:integer ; p:real) :integer ; var i,nb,x:integer ; a:real ;
end.
begin Exécution du programme : une valeur approchee est 7.3843240070E-001
x:=0 ; nb:=m ; a:=nb*p ; for i:=1 to n do begin
9.15
if random<=a/nb then
a) function MaxLigne(A:matrice ; i:integer):real ;
begin
var x:real ; j:integer ;
a:=a-1 ; x:=x+1 ;
begin
end ;
x:=A[i,1] ;
nb:=nb-1 ;
for j:=2 to p do
end ;
if A[i,j]>x then x:=A[i,j] ; MaxLigne:=x ; end ;
x:=MaxLigne(A,1) ;
b) La fonction récursive suivante repose sur le fait que, si une urne contient m boules avec une proportion de boules blanches égale à p et si l’on tire une boule blanche, alors la proportion mp − 1 et sinon cette prode boules blanches devient égale à m−1 mp portion devient égale à . m−1
for i:=2 to n do
function H(m,n : integer ; p : real) : integer ;
b) function MinMax(A:matrice):real ; var x:real ; j:integer ; © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
hypergeom:=x ; end ;
begin
if MaxLigne(A,i)<x then x:=MaxLigne(A,i) ; MinMax:=x ;
begin if n=1 then if random<=p then H:=1 else H:=0
end ;
else
Remarque : Supposons entrée la matrice A suivante : ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜5 2 4 6⎟⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ ⎜ A = ⎜⎜4 7 1 2⎟⎟⎟⎟. ⎠ ⎝ 1352
if random<=p then H:=1+H(m-1,n-1,(m*p-1)/(m-1)) else H:=H(m-1,n-1,m*p/(m-1)) ; end ; 303
Chapitre 9
•
Algorithmique
9.17
write(’a ? ’) ; readln(a) ;
a) Utilisons la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
y:=-1/a*ln(random) ; writeln(’Y = ’,y) ;
program geometrique ;
end.
var p:real ; x:integer ;
b) 2) • Soit k ∈ N∗ . On a :
begin write(’p ? ’) ; readln(p) ;
P(k − 1 Y < k) = P(k − 1 < Y k) = P(Y k) − P(Y k − 1) = 1 − e −ak − 1 − e −a(k−1) = e −a(k−1) − e −ak = e −a(k−1) 1 − e −a = e −a k−1 1 − e −a .
randomize ; x:=0 ; repeat x:=x+1 until random>p ; writeln(’X = ’,x) ;
• Prenons a tel que 1 − e −a = p, a = − ln(1 − p).
end.
c’est-à-dire :
Le nombre moyen d’appels de la fonction random est égal à 1 E(X) = . p
Notons Z la va Ent(Y) + 1.
Remarque : Si l’on avait choisi d’utiliser une boucle while...do, la séquence correspondante serait la suivante : x:=1 ; while random>p do x:=x+1 ;
∀k ∈ N∗ , P(Z = k) = P Ent(Y) = k − 1
La va Z prend ses valeurs dans N∗ et :
= P(k − 1 Y < k) = (1 − p)k−1 p = P(X = k). On en déduit que les va X et Z ont la même loi.
On remarquera la différence dans l’initialisation de x. 1 b) 1) • Notons Y = − ln(U). Puisque U prend presque sûrea ment ses valeurs dans ]0 ; 1[ et que a > 0, la va Y prend presque sûrement ses valeurs dans R∗+ . Ainsi :
∀y 0, P(Y y) = 0.
De plus : ∀y > 0, P(Y y) = P(− ln(U) ay) = P(ln(U) −ay) = P(U e −ay )
b) 3) Le programme est le suivant : program geometrique ; var p,y:real ; x:integer ; begin randomize ; write(’p ? ’) ; readln(p) ;
= 1 − P(U < e −ay ) = 1 − P(U e −ay )
y:=-1/ln(1-p)*ln(random) ;
= 1 − e −ay
x:=trunc(y)+1 ;
car U → U (]0 ; 1[) et e −ay ∈]0 ; 1[.
Ainsi la fonction de répartition FY de Y vérifie : 0 si y 0 ∀y ∈ R, FY (y) = . 1 − e −ay si y > 0 On reconnaît la fonction de répartition de la loi exponentielle de paramètre a. On conclut :
Y → E (a).
• Un programme simulant une va Y de loi E (a) est :
writeln(’X = ’,x) ; end.
9.18 a) Pour tout k de N∗ , l’événement Ek : « on obtient une boule blanche au k-ième tirage » 1 a une probabilité égale à . On simule cet événement par l’évén nement (random(n):=0) qui a la même probabilité.
program exponentielle ; var a,y:real ;
Le programme complété est le suivant :
begin
program simulation ;
randomize ; 304
var a,b,c,n:integer ;
Corrigés des exercices
begin
program simule ;
readln(n) ; randomize ;
const n=1000 ;
repeat
var i:integer ; p,x:real ;
a:=random(n) ;
begin
if a=0 then write(’A gagne’) else begin b:=random(n) ;
write(’p ? ’) ; readln(p) ; randomize ; x:=0 ; for i:=1 to n do
if b=0 then write(’B gagne’) else begin c:=random(n) ;
if random
if c=0 then write(’C gagne’) ; end ;
Exemple d’exécution du programme :
end ; p ? 0.3 Xn = 3.140000E-001
until (a*b*c=0) ; end. b) Le principe est le même, sauf qu’il faut soustraire 1 à n lorsque l’on tire une boule noire.
b) Le programme est le suivant :
Le programme alors complété est le suivant :
program simule ;
program simulation ;
const n=1000 ; t=1.645 ;
var a,b,c,n:integer ;
var
k,i,nb:integer ; p,x,a,b:real ;
begin readln(n) ; randomize ;
begin randomize ; p:=random ;
repeat
nb:=0 ;
a:=random(n) ; if a=0 then write(’A gagne’) else begin
for k:=1 to 100 do begin {simulation de Xn}
n:=n-1 ; b:=random(n) ;
x:=0 ;
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
if b=0 then write(’B gagne’)
for i:=1 to n do
else begin
if random
n:=n-1 ; c:=random(n) ;
x:=x/n ;
if c=0 then write(’C gagne’) ;
{calcul des extremités de l’intervalle}
else n:=n-1 ;
a:=x-t/(2*sqrt(n)) ;
end ;
b:=x+t/(2*sqrt(n)) ;
end ;
if (a<=p) and (p<=b)
until (a*b*c=0) ;
then nb:=nb+1 ;
end. end ;
9.19 a) Utilisons la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir » pour simuler les va X1 , . . . , Xn .
write(’Le nombre d’ ’intervalles contenant p est ’,nb) ; end. 305
Chapitre 9
•
Algorithmique
Exemple d’exécution du programme : Le nombre d’intervalles contenant p est 91 Remarque : La valeur obtenue est légèrement supérieure à la confiance de l’intervalle égale à 1 − α = 0.9.
write(’t ? ’) ; readln(t) ; randomize ; n:=-1 ; s:=0 ; repeat s:=s-ln(1-random) ; n:=n+1 ; until s>t ;
9.20 a) • Puisque U prend presque sûrement ses valeurs dans [0 ; 1[, Y prend presque sûrement ses valeurs dans R+ . Ainsi :
begin
∀y < 0, P(Y y) = 0.
De plus : ∀y 0, P(Y y) = P − ln(1 − U) y = P ln(1 − U) −y = P(1 − U e −y ) = P(U 1 − e −y ) = 1 − e −y
write(’Nt = ’,n) ; end. Remarque : La va Nt suit la loi de Poisson de paramètre t.
9.21 a) • D’après le cours, on a : et
V(Un ) =
Ainsi la fonction de répartition FY de Y vérifie : 0 si y < 0 ∀y ∈ R, FY (y) = . 1 − e −y si y 0
Soit n ∈ N∗ . Par linéarité de l’espérance, on a :
On reconnaît la fonction de répartition de la loi exponentielle de paramètre 1.
Par indépendance des va U1 , . . . , Un , on a :
On conclut :
V(Xn ) =
write(’Y = ’,y) ; end. b) program gamma ; var i,n:integer ; s:real ; begin write(’n ? ’) ; readln(n) ; randomize ; s:=0 ; for i:=1 to n do s :=s-ln(1-random) ; write(’S = ’,s) ; end. Remarque : La va S n suit la loi Gamma de paramètre (1, n). c) program poisson ; var n:integer ; t,s:real ;
V(Uk ) =
k=1
n . 12
On en déduit : Xn∗ =
var y:real ;
randomize ; y:=-ln(1-random) ;
n
1 . 12
n . 2
E(Uk ) =
k=1
program exponentielle ;
begin
n
E(Xn ) =
Y → E (1).
• Un programme simulant la loi exponentielle de paramètre 1 est le suivant :
306
1 2
∀n ∈ N∗ , E(Un ) =
car U → U (]0 ; 1[) et 1 − e −y ∈ [0 ; 1].
√ n √ Xn − E(Xn ) Xn − 2 2 3 = n = √ Xn − 3n. √ n V(Xn ) 12
• Les va Un étant mutuellement indépendantes, de même loi et admettant une espérance et une variance, on sait, d’après le théorème de la limite centrée, que la suite (Xn∗ )n∈N∗ converge en loi vers une va de loi normale centrée réduite. b) En prenant n = 48, on a :
Xn∗ =
Xn − 12. 2
On obtient une simulation de la loi normale centrée réduite en simulant la va Xn∗ . program normale ; const n=48 ; var x:real ; i:integer ; begin randomize ; x:=0 ; for i:=1 to n do x:=x+random ; x:=x/2-12 ; write(’N = ’,x) ; end.
Corrigés des exercices
c) • En notant Φ la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite et en utilisant sa table, on a :
if X[i]=X[i-1] then N[i]:=N[i-1]
P(N 1) = Φ(1) 0, 8413. • program normale ;
else N[i]:=N[i-1]+1 ; end ;
const n=48 ;
for i:=1 to m do write(’ ’,X[i],’ ’) ;
var x,p:real ; i,k:integer ;
for i:=1 to m do write(’ ’,N[i],’ ’) ; end.
begin randomize ; p:=0 ;
Exemple d’exécution du programme :
for k:=1 to 1000 do m ? 15 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 0 1 2 3 3 3 4 4 5 6 7 7 7 7 8
begin x:=0 ; for i:=1 to n do x:=x+random ; x:=x/2-12 ;
9.23 a) Le chiffre c des unités de n est obtenu par :
if x<=1 then p:=p+1 ;
c = n − 10 Ent(n/10).
end ; p:=p/1000 ;
Ce qui donne la fonction suivante :
write(’Le pourcentage est ’,p) ;
function unite(n:integer):integer ; begin
end. Exemple d’exécution du programme : Le pourcentage est 0.839000E-001 Remarque : Le pourcentage obtenu est bien proche de Φ(1) 0, 8413.
9.22 1 • Les va X1 , . . . , Xm suivent la loi de Bernoulli de paramètre . 2 On les simule par l’instruction random(2).
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Pour tout i de 2 ; m, il y a un changement de cotés au i-ième lancer lorsque Xi Xi−1 .
unite:=n-10*trunc(n/10) ; end ; b) Il faut commencer par déterminer les chiffres de l’entier n. Pour cela, on calcule son chiffre des unités, puis le chiffre des unités de Ent(n/10) (ce qui nous donne le chiffre des dizaines de n), et ainsi de suite. On obtient la fonction suivante : function somme(n:integer):integer ; var a,n,s:integer ; begin
• Le programme complété alors est le suivant :
s:=0 ;
program simulation ;
while n<>0 do
const nmax=100 ;
begin
type suite=array[1..nmax] of integer ;
a:=unite(n) ; s:=s+a*a ;
var X,N:suite ; m,i:integer ;
n:=trunc(n/10) ;
begin
end ;
randomize ; writeln(’m ? ’) ; readln(m) ; X[1]:=random(2) ; N[1]:=0 ;
somme:=s ; end ; Remarque : Par exemple,
for i:=2 to m do begin X[i]:=random(2) ;
l’instruction somme(54) renvoie 41, l’instruction somme(298) renvoie 149, ... 307
Chapitre 9
•
Algorithmique
c) program exo ;
F(x) =
var n,nb:integer ; function unite(n:integer):integer ; ... function somme(n:integer):integer ; ...
x c ct c −ct e dt + e dt 2 2 −∞ 0 e ct 0 e −ct x = + − −∞ 2 2 0 −cx e 1 e −cx 1 + =1− . = + − 2 2 2 2 0
• On a : ∀x ∈ R∗− , F (x) = f (x) > 0,
begin write(’n ? ’) ; readln(n) ;
donc F est strictement croissante sur R∗− . ∀x ∈ R∗+ , F (x) = f (x) > 0,
nb:=0 ;
On a aussi :
while (n<>1) and (n<>4) do
donc F est strictement croissante sur R∗+ .
begin
De plus, F est continue en 0.
n:=somme(n) ; write(n,’ ’) ; nb:=nb+1 ;
On conclut que F est strictement croissante sur R. • D’après a) 1), F réalise une bijection de R dans ]0 ; 1[.
end ; writeln() ;
Déterminons la fonction G = F −1 , réciproque de F.
writeln(’le nombre d’ ’iterations est ’,nb) ;
Soit y ∈ ]0 ; 1[.
end.
Considérons l’équation (E), d’inconnue x ∈ R : F(x) = y.
Exemple d’exécution du programme : n ? 945 122 9 81 65 61 37 58 89 145 42 20 4 le nombre d’itérations est 12
9.24
1 1 1er cas : Supposons y . Puisque F(0) = et que F est stric2 2 tement croissante sur R, l’équation (E) n’admet pas de solution ∗ sur R+ . Résolvons (E) sur R− . ∀x ∈ R− , F(x) = y ⇐⇒
a) 1) La fonction F étant la fonction de répartition d’une va à densité, F est continue sur R. De plus, par hypothèse, F est strictement croissante sur R. Donc la fonction F réalise une bijection de R dans ] lim F ; lim F[ = ]0 ; 1[. −∞
+∞
a) 2) La fonction G est définie sur ]0 ; 1[. Donc la va G(U) est bien définie. De plus : ∀x ∈ R, P G(U) x) = P U F(x) car G est bijective et G−1 = F = F(x) = P(X x) car U → U (]0 ; 1[ et F(x) ∈]0 ; 1[. On en déduit que la va X et G(U) ont même fonction de répartition, donc elles suivent la même loi. x f (t) dt. b) 1) • On a : ∀x ∈ R, F(x) = −∞
1 cas : si x < 0, alors x 1 x e cx c ct = e dt = e ct . F(x) = −∞ 2 2 −∞ 2 er
2e cas : si x 0, alors 308
e cx = y ⇐⇒ e cx = 2y 2 ⇐⇒ x =
Dans ce cas : G(y) =
1 ln(2y). c
1 ln(2y). c
1 2e cas : Supposons y > . Par le même raisonnement que pré2 cédemment, l’équation (E) n’admet pas de solution sur R− . Résolvons (E) sur R∗+ . ∀x ∈ R∗+ , F(x) = y ⇐⇒ 1 −
e −cx = y ⇐⇒ e −cx = 2(1 − y) 2 1 ⇐⇒ x = − ln 2(1 − y) . c
1 Dans ce cas : G(y) = − ln 2(1 − y) . c Ainsi, la fonction G vérifie : ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ln(2y) si y ⎪ ⎪ ⎨ c ∀y ∈ ]0 ; 1[, G(y) = ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ ⎩ − ln 2(1 − y) si y > c b) 2) Pour simuler la va Y, simulons la va G(U) avec U → U (]0 ; 1[). Ces deux va ont la même loi.
1 2 . 1 2
Corrigés des exercices
9.25
var c,y:real ;
Utilisons la méthode décrite dans la rubrique « les méthodes à retenir ».
function G(c,y:real):real ;
procedure dicho(var i:integer ; T:tab ; x:integer) ;
begin
var a,b,c:integer ;
program laplace ;
if y<1/2
then G:=1/c*ln(2*y) else G:=-1/c*ln(2*(1-y)) ;
end ;
begin a:=1 ; b:=n ; while a
begin
begin
write(’c ? ’) ; readln(c) ;
c:=(a+b) div 2 ;
randomize ; y:=G(c,random) ; write(’Y = ’,y) ; end.
1 x dt f (t) dt = c) 1) • On a : ∀x ∈ R, F(x) = π −∞ 1 + t2 −∞ x 1 1 π arctan x 1 arctan t −∞ = = arctan x + = + . π π 2 π 2 • On a :
if x>T[c] then a:=c+1 else b:=c ; end ;
x
∀x ∈ R, F(x) = f (x) > 0,
if x=T[a] then i:=a else i:=0 ; end ;
9.26 procedure tri(var T:tab) ;
donc F est strictement croissante sur R.
var i,j,rmax,aux,k:integer ;
• D’après a) 1), F réalise une bijection de R dans ]0 ; 1[.
begin
Déterminons la fonction G = F −1 , réciproque de F. Soit y ∈ ]0 ; 1[.
for i:=1 to n-1 do begin {recherche du rang du min parmi T[i],...,T[n]}
Considérons l’équation (E), d’inconnue x ∈ R : F(x) = y. arctan x 1 + =y On a : ∀x ∈ R, F(x) = y ⇐⇒ π 2 1 1 =⇒ x = tan π y − . ⇐⇒ arctan x = π y − 2 2
rmax:=i ; for j:=i+1 to n do if T[rmax]>T[j] then rmax:=j ; {échange des cases T[i] et T[rmax]}
Ainsi, la fonction G vérifie :
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1 . ∀y ∈ ]0 ; 1[, G(y) = tan π y − 2 c) 2) Pour simuler la va Z, simulons la va G(U) avec U → U (]0 ; 1[). Ces deux va ont la même loi. • program cauchy ;
aux:=T[rmax] ; T[rmax]:=T[i] ; T[i]:=aux ; end ; {affichage du tableau} for k:=1 to n do write(T[k],’ ’) ; end ;
var y:real ; function G(y:real):real ; begin G:=sin(pi*(y-1/2))/cos(pi*(y-1/2)) ; end ; begin
9.27 a) La procédure est la suivante : procedure chiffres(var T:tab ; n:integer) ; begin {chiffre des centaines}
randomize ; y:=G(random) ;
T[1]:=n div 100 ;
write(’Y = ’,y) ;
{chiffre des dizaines}
end. 309
Chapitre 9
•
Algorithmique
T[2]:=(n-T[1]*100) div 10 ;
test:=true ;
{chiffre des unités}
if (T[1]=T[2]) and (T[2]=T[3])
T[3]:=n-T[1]*100-T[2]*10 ; end ;
{n a trois chiffres identiques} then test:=false ;
b) La procédure est la suivante : procedure tri(var T:tab) ; var aux:integer ;
end ; e) Le corps du programme principal est le suivant : begin randomize ; n:=random(999)+1 ;
begin if T[1]>T[2] then begin {on échange le contenu des deux cases} aux:=T[1] ; T[1]:=T[2] ; T[2]:=aux ; end ; if T[2]>T[3] then
while test(n)=false do n:=random(999)+1 ; writeln(’n = ’,n) ; nb:=0 ; while n<>495 do begin
begin {on échange le contenu des deux cases} aux:=T[2] ; T[2]:=T[3] ; T[3]:=aux ; end ; if T[1]>T[2] then begin {on échange le contenu des deux cases}
n:=difference(n) ; write(n,’ ’) ; nb:=nb +1 ; end ; writeln(’il a fallu ’,nb,’ iterations’) ; end. Exemple d’exécution du programme : n = 758 297 693 594 495 il a fallu 4 iterations
aux:=T[1] ; T[1]:=T[2] ; T[2]:=aux ; end ; end ; c) La fonction est la suivante : function difference(n:integer):integer ; var T:tab ; min,max:integer ; begin chiffres(T,n) ; tri(T) ; min:=100*T[1]+10*T[2]+T[3] ; max:=100*T[3]+10*T[2]+T[1] ; difference:=max-min ;
9.28 a) Dans la fonction suivante, la variable x contient le numéro de la boule blanche tirée et la variable y celui de la boule noire tirée. function pgrm1(n:integer):integer ; var x,y:real ; begin randomize ; pgrm1:=1 ; x:=random(n) ; y:=random(n) ; while x<>y do begin
end ;
x:=random(n) ; y:=random(n) ;
d) La fonction est la suivante : function test(n:integer):boolean ; var T:tab ;
end ;
begin
b) 1) type tab=array[1..n] of integer ;
chiffres(T,n) ; 310
pgrm1:=pgrm1+1 ; end ;
var blanc,noir:tab ;
Corrigés des exercices
b) 2) procedure echange(var s:tab ; i,j:integer) ;
end ;
var aux:integer ;
b) 5) Le programme est le suivant :
begin aux:=s[i] ; s[i]:=s[j] ; s[j]:=aux ;
program simulation ; const n=20 ;
end ; b) 3) • L’instruction
type tab=array[1..n] of integer ; var
blanc,noir:tab ; i,x:integer ;
for i:=1 to n do blanc[i]:=i ; initialise chaque case du tableau blanc à son rang. • Au premier passage dans la deuxième boucle for, c’est-àdire pour i égal à 1, la variable j contient un entier aléatoire de 1 ; n puis on échange le contenu des cases blanc[1] et blanc[j]. Ceci permet de simuler le tirage de la première boule et de placer son numéro dans la première case du tableau blanc. • Plus généralement, au i-ième passage dans cette deuxième boucle for, la variable j contient un entier aléatoire de i ; n puis on échange le contenu des cases blanc[i] et blanc[j]. Ceci permet de simuler le tirage de la i-ième boule et de placer son numéro dans la i-ième case du tableau blanc. Les cases blanc[i+1], ..., blanc[n] contiennent alors les numéros des boules qui n’ont pas été encore tirées.
procedure echange(var s:tab ; i,j:integer) ; ... procedure initialise(var s:tab) ; ... begin randomize ; initialise(blanc) ; for i:=1 to n do noir[i]:=random(n)+1 ; x:=0 ; for i:=1 to n do
Ce programme permet donc de simuler un tirage sans remise de n boules. b) 4) Utilisons des lignes du programme précédent. La procédure est alors la suivante : procedure initialise(var s:tab) ; var i,j:integer ;
writeln() ; for i:=1 to n do write(noir[i],’ ’) ; writeln() ; writeln(’On a obtenu ’,x,’ paire(s)’) ;
begin for i:=1 to n do s[i]:=i ; for i:=1 to n-1 do begin © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
if blanc[i]=noir[i] then x:=x+1 ; for i:=1 to n do write(blanc[i],’ ’) ;
j:=random(n+1-i)+1 ; echange(s,i,j) ; end ;
end. Exemple d’exécution du programme : 12 19 2 16 15 14 9 13 1 7 3 11 4 5 8 6 10 17 18 20 9 14 14 7 13 12 18 19 15 14 6 20 4 12 5 6 6 1 8 13 On a obtenu 2 paire(s)
311
Problèmes de révision
10.1 Polynômes Espaces vectoriels - Applications linéaires Matrices Réduction des endomorphismes et des matrices carrées Algèbre bilinéaire Suites - Séries Fonctions réelles d’une variable réelle (limite, continuité, dérivation) Intégration sur un segment Intégrales impropres Fonctions réelles de plusieurs variables réelles Espaces probabilisés Variables aléatoires discrètes Variables aléatoires à densité Convergences et approximations Algorithmique
10.3
10.4
10.5
10.6
10.7
10
10.8
10.9
10.10
Polynômes Espaces vectoriels - Applications linéaires Matrices Réduction des endomorphismes et des matrices carrées Algèbre bilinéaire Suites - Séries Fonctions réelles d’une variable réelle (limite, continuité, dérivation) Intégration sur un segment Intégrales impropres Fonctions réelles de plusieurs variables réelles Variables aléatoires discrètes Variables aléatoires à densité Convergences et approximations Algorithmique
10.2
CHAPITRE
10.11
10.12
10.13
10.14
10.16
10.17
10.15
Les durées indiquées pour les exercices ont été estimées proportionnellement au temps accordé pour l’épreuve complète. 312
Énoncés des exercices
Énoncés des exercices 10.1 Étude d’une expérience aléatoire, d’après ESC 2007 Durée : 30 minutes
Dans tout l’exercice, p est un réel de l’intervalle ]0 ; 1[ et q = 1 − p. Sur une table sont placées deux boules noires (étape 0). Une des deux boules est choisie au hasard et éliminée de la table. Ensuite, on repose sur la table : soit une boule blanche, avec la probabilité p soit une boule noire, avec la probabilité q. On a alors atteint l’étape 1. Cette action est répétée ainsi indéfiniment, de sorte qu’à chaque étape k, deux boules sont sur la table : soit deux boules noires (événement noté Ak ) soit une boule noire et une boule blanche (événement noté Bk ) soit deux boules blanches (événement noté Ck ). À chaque étape, une des deux boules est choisie au hasard puis remplacée comme précédemment soit par une boule blanche avec la probabilité p soit par une boule noire avec la probabilité q = 1 − p. Pour tout ⎞ k ), bk⎛ = P(Bk ), ck = ⎞P(Ck ), et on définit les matrices suivantes : ⎛ ak = P(A ⎞ on note ⎛ k de N, ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ q q/2 0 ⎟⎟⎟ q q2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜ ⎟ M = ⎜⎜⎜⎜⎜ p 1/2 q ⎟⎟⎟⎟⎟ , D = ⎜⎜⎜⎜⎜0 1/2 0⎟⎟⎟⎟⎟, P = ⎜⎜⎜⎜−2 p − q 2pq⎟⎟⎟⎟, ⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎠ 1 −p p 0 0 1 0 p/2 p ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ak ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Uk = ⎜⎜bk ⎟⎟ avec U0 = ⎜⎜⎜⎜0⎟⎟⎟⎟. ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 ck 1. a) Calculer le produit PD. b) Calculer le produit MP et, en utilisant la relation p + q = 1, vérifier MP = PD. 2. a) Justifier : a1 = q, b1 = p et c1 = 0. b) Soit k ∈ N∗ . Justifier que PAk (Ak+1 ) = q, P Bk (Ak+1 ) =
q et PCk (Ak+1 ) = 0. 2
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Donner aussi PAk (Bk+1 ), P Bk (Bk+1), PCk (Bk+1), PAk (Ck+1 ), P Bk (Ck+1 ), PCk (Ck+1 ). c) Montrer, pour tout k de N∗ : Uk+1 = MUk . d) En utilisant la question 1. b), montrer par récurrence, pour tout k de N∗ : ⎛ 2⎞ ⎜⎜⎜ p ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ k⎜ Uk = PD ⎜⎜⎜2p⎟⎟⎟⎟. ⎝ ⎠ 1 e) En déduire, pour tout k de N∗ , ak , bk , ck en fonction de k et montrer : lim ak = q2 , k∞
lim bk = 2pq, k∞
lim ck = p2 . k∞
10.2 Dérivées successives et intégrales, d’après Ecricome 2004 Durée : 1 heure 30 minutes
π 1 et on considère l’application f : I −→ R, x −→ On note I = 0 ; . 4 cos x 313
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
Partie I : Étude de la bijection réciproque de f 1. Montrer que f est une bijection de I sur un intervalle J que l’on précisera. On note f −1 la bijection réciproque. 2. Donner sur un même graphique l’allure des courbes représentatives de f et de f −1 . 3. Justifier :
1 ∀x ∈ J, cos f −1 (x) = et sin f −1 (x) = x
1−
1 . x2
4. Montrer que f −1 est dérivable sur J \ {1} et : ∀x ∈ J \ {1}, ( f −1 ) (x) = 5. En déduire le développement limité d’ordre 1 de f −1 en
√
1
x x2 − 1
.
√ 2.
Partie II : Étude des dérivées successives de f 1. Justifier que f est de classe C ∞ sur J. 2. Montrer que, pour tout n ∈ N, il existe Pn ∈ R[X] unique tel que : Pn (sin x) ∀x ∈ I, f (n) (x) = cosn+1 x et montrer : P0 = 1
∀n ∈ N, Pn+1 = (1 − X2 )P n + (n + 1)XPn .
et
3. Calculer P0 , P1 , P2 , P3 . 4. Déterminer, pour tout n ∈ N, le degré et le coefficient dominant de Pn . Partie III : Étude d’une suite d’intégrales π 4 n f (x) dx. On note, pour tout n ∈ N : In = 0
1. Justifier que, pour tout n ∈ N, In existe. Calculer I0 et I2 . 2. a) Déterminer (a, b) ∈ R2 de façon que : ∀t ∈ R \ {−1, 1},
b 1 a + . = 1 − t2 1−t 1+t
b) À l’aide du changement de variable t = sin x, calculer I1 . 3. Montrer que la suite (In )n∈N est croissante. 4. a) Établir :
∀n ∈ N, In+2 =
√ ( 2)n n + In . n+1 n+1
b) En déduire : In −→ +∞. n∞
10.3 Égalité d’une intégrale et d’une somme de série, d’après EML 2007 Durée : 1 heure 30 minutes
⎧ ln(1 + x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ si x > 0 ⎪ ⎨ x On considère l’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ f (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x = 0. Partie I : Étude de l’application f 1. Montrer que f est continue sur [0 ; +∞[.
314
Énoncés des exercices
x − ln(1 + x). 1+x A(x) a) Montrer que f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et que : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = 2 . x 1 b) Montrer que f admet − comme limite en 0 à droite. 2
2. On considère l’application
A : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ A(x) =
c) Démontrer que f est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et préciser f (0). d) Dresser le tableau de variation de A. En déduire que f est strictement décroissante sur [0 ; +∞[. e) Déterminer la limite de f en +∞. 3. On considère l’application B : [0 ; +∞[ −→ R, x −→ B(x) = −
3x2 + 2x + 2 ln(1 + x). (1 + x)2
B(x) . x3 b) Dresser le tableau de variation de B. En déduire que f est convexe sur ]0; +∞[. a) Montrer que f est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et que : ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =
4. Tracer l’allure de la courbe représentative de f . Partie II : Un développement en série (−1)N+1 tN+1 1 = . (−1)k tk + 1 + t k=0 1+t N
1. Montrer :
2. En déduire :
∀N ∈ N, ∀t ∈ [0 ; 1],
∀N ∈ N, ∀x ∈ [0 ; 1], ln(1 + x) =
N (−1)k xk+1 k=0
x
où on a noté JN (x) = 0
3. Établir :
+ JN (x),
(−1)N+1 tN+1 dt. 1+t
∀N ∈ N, ∀x ∈ [0 ; 1], |JN (x)|
4. En déduire que, pour tout x ∈ [0 ; 1], la série ln(1 + x) = © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
k+1
xN+2 . N+2
(−1)n−1 xn converge et que : n n1
+∞ (−1)n−1 xn n=1
n
.
Partie III : Égalité d’une intégrale et d’une somme de série 1. Montrer, en utilisant le résultat de II 3. : N
(−1)k xk
xN+1 ∀N ∈ N, ∀x ∈ [0 ; 1],
f (x) − .
k+1 N+2 k=0 1 +∞ (−1)n−1 (−1)n−1 converge et que : f (x) dx = . 2. Montrer que la série 2 n n2 0 n1 n=1
3. Montrer, pour tout N ∈ N∗ : 2N+1 N N 2N+1 N N 1 (−1)n−1 1 1 1 1 = + et = − . 2 2 2 2 2 2 n (2p + 1) 4p n (2p + 1) 4p n=1 p=0 p=1 n=1 p=0 p=1 1 +∞ 1 π2 π2 . Montrer : . 4. On admet que = f (x) dx = 2 n 6 12 0 n=1 315
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
10.4 Exemple de variables aléatoires à densité, simulation informatique, d’après EDHEC 2010 Durée : 40 minutes
Dans cet exercice, a désigne un réel strictement positif. On considère deux variables aléatoires X et Y, définies sur un espace probabilisé (Ω, A , P), indépendantes, et suivant toutes deux la loi uniforme sur [0 ; a[. On pose Z = |X − Y| et on admet que −Y, X − Y et Z sont des variables aléatoires à densité, elles aussi définies sur l’espace probabilisé (Ω, A , P). 1. a) Déterminer une densité de −Y. b) En déduire que X − Y admet pour densité la fonction g définie par : ⎧ a − |x| ⎪ ⎪ ⎪ si x ∈ [−a ; a] ⎨ a2 ∀x ∈ R, g(x) = ⎪ . ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon On note G la fonction de répartition de X − Y. 2. a) Exprimer la fonction de répartition H de la variable Z en fonction de G. b) En déduire qu’une densité de Z est la fonction h définie par : ⎧ 2(a − x) ⎪ ⎪ ⎪ si x ∈ [0 ; a] ⎨ a2 . ∀x ∈ R, h(x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon 3. Montrer que Z possède une espérance et une variance et les déterminer. 4. Simulation informatique. On rappelle qu’en Turbo Pascal, la fonction random permet de simuler la loi uniforme sur [0 ; 1[. Compléter la déclaration de fonction suivante pour qu’elle retourne à chaque appel un nombre réel choisi selon la loi de Z. function z(a:real):real ; var x,y:real ; begin x:=... ; y:=... ; z:=... ; end ;
10.5 Trace d’une matrice carrée, endomorphisme de Mn(R), d’après Ecricome 2009 Durée : 1 heure
Soit n ∈ N∗ . Pour toute matrice A = (ai j )i j ∈ Mn (R), on appelle trace de A et on note tr (A), la n aii . somme des éléments diagonaux de A, c’est-à-dire : tr (A) = i=1
Pour toute matrice A de Mn (R), on note : φA : Mn (R) −→ Mn (R), M −→ AM − MA. Pour toutes matrices A, B de Mn (R), on note < A , B > = tr ( t AB). 1. Montrer que l’application tr : Mn (R) −→ R, A −→ tr (A) est linéaire et que : 2 ∀(A, B) ∈ Mn (R) , tr (AB) = tr (BA). 2. Montrer que, pour toute A ∈ Mn (R), φA est un endomorphisme de Mn (R). 3. Montrer que l’application 316
2 < . , . > : Mn (R) −→ R, (A, B) −→ < A , B >
Énoncés des exercices
est un produit scalaire sur Mn (R). On suppose dorénavant que A est une matrice symétrique de Mn (R) et on note Sp (A) l’ensemble des valeurs propres de A, Sp (φA ) l’ensemble des valeurs propres de φA , et ! 2 " Γ = λ − μ ; (λ, μ) ∈ Sp (A) . 4. Montrer :
2 ∀(M, N) ∈ Mn (R) , < φA (M) , N > = < M , φA (N) > .
En déduire que φA est diagonalisable. 2 5. a) Soient (λ, μ) ∈ Sp (A) , X ∈ Mn,1 (R) un vecteur propre pour A associé à λ, Y ∈ Mn,1 (R) un vecteur propre pour A associé à μ. On note MX,Y = X t Y ∈ Mn (R). Montrer :
MX,Y 0,
t
Y A = μ t Y,
φA (MX,Y ) = (λ − μ)MX,Y .
b) En déduire : Γ ⊂ Sp (φA ). 6. Soient α ∈ Sp (φA ), M ∈ Mn (R) un vecteur propre pour φA associé à α. a) Montrer qu’il existe un vecteur propre Z0 pour A tel que MZ0 0. (On pourra raisonner par l’absurde.) On note μ la valeur propre pour A associée à Z0 . b) Montrer que MZ0 est un vecteur propre pour A associé à une valeur propre que l’on précisera à l’aide de α et μ. En déduire : α ∈ Γ. 7. Conclure : Sp (φA ) = Γ.
10.6 Valeurs propres d’une matrice symétrique réelle, d’après ESSEC 2004 Durée : 1 heure 30 minutes
Soit n ∈ N∗ . On rappelle que le produit scalaire canonique sur Mn,1 (R) est l’application (X, Y) −→ < X , Y > = t XY et que la norme euclidienne associée est l’application X −→ ||X|| = ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜c1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 1. Dans cette question, C = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ ∈ Mn,1 (R) \ {0}. ⎜⎝ ⎟⎠ cn
< X , X >.
a) Expliciter le produit matriciel C tC. La matrice C tC est-elle diagonalisable ?
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
b) Exprimer (C tC)2 en fonction de ||C|| et de C tC. c) En déduire que toute valeur propre de C tC est égale à 0 ou à ||C||2 . d) Montrer que 0 est valeur propre de C tC et préciser le sous-espace propre pour C t C associé à 0. e) Calculer C tCC en fonction de C, montrer que ||C||2 est valeur propre de C tC et préciser le sous-espace propre pour C tC associé à ||C||2 . f) Montrer que l’endomorphisme de Mn,1 (R) canoniquement représenté par la matrice 1 C tC est un projecteur orthogonal dont on précisera le noyau et l’image. ||C||2 Dorénavant, A ∈ Mn (R) est une matrice symétrique. 2. a) Établir, pour tous X, Y ∈ Mn,1 (R) :
( t XY)2 = t Y(X t X)Y.
b) Justifier l’existence de (λ1 , ..., λn ) ∈ Rn et d’une base orthonormale ∀i ∈ 1 ; n, AUi = λi Ui . B = (U1 , ..., Un ) de Mn,1 (R) tels que : 317
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
c) Pour tout X ∈ Mn,1 (R), exprimer X et AX dans la base B, et exprimer ||X||2 et ||AX||2 à l’aide des produits scalaires < Ui , X > et < Ui , AX > pour i ∈ 1 ; n, puis prouver : < X , AX > =
n
λi < U i , X >2 .
i=1
In =
d) En déduire :
n
Ui Ui et A = t
n
i=1
λi U i t U i .
i=1
Reconnaître, pour tout i ∈ 1 ; n, l’endomorphisme de Mn,1 (R) canoniquement représenté par Ui t Ui . e) Déduire, pour tout X ∈ Mn,1 (R) : Min λi ||X||2 < X , AX > Max λi ||X||2 . 1in
1in
3. On note ρ(A) = Max |λi |. 1in
∀X ∈ Mn,1 (R), ||AX||2 =
a) Vérifier :
n
λ2i < Ui , X >2 .
i=1
∀X ∈ Mn,1 (R), ||AX|| ρ(A)||X||.
b) En déduire :
Exhiber un vecteur X non nul réalisant l’égalité dans l’inégalité précédente. c) Montrer que les deux assertions suivantes sont équivalentes : i. Pour tout X ∈ Mn,1 (R), ||A p X|| −→ 0
ii. ρ(A) < 1.
p∞
10.7 Construction d’une variable aléatoire à densité ayant une densité donnée, d’après EDHEC Durée : 1 heure 30 minutes
2009 Partie I : Préliminaire Dans cette partie, x désigne un réel élément de [0 ; 1[. 1. a) Pour tout n de N∗ et tout t de [0 ; x], simplifier la somme
n
t p−1 .
p=1
x n n xp t b) En déduire, pour tout n de N∗ : = − ln(1 − x) − dt. p 1 −t 0 p=1 c) Montrer :
x
lim n∞
0
tn dt = 0. 1−t xp xp converge et que = − ln(1 − x). p p p=1 +∞
d) Établir que la série de terme général 2. a) Vérifier, pour tout n de N∗ :
1 1 1 = − . n(n + 1) n n + 1
b) Montrer que la série de terme général +∞ n=1
xn+1 est convergente et que : n(n + 1)
xn+1 = x + (1 − x) ln(1 − x). n(n + 1)
Partie II : On considère une variable aléatoire X de densité f , nulle sur ] − ∞ ; 0[, continue sur [0 ; +∞[ et strictement positive sur [0 ; +∞[. On note F la fonction de répartition de X. 318
Énoncés des exercices
1. Justifier que, pour tout réel x, on a :
1 − F(x) > 0.
On définit alors la fonction g sur R par :
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ − f (x) ln 1 − F(x) si x 0 ∀x ∈ R, g(x) = ⎪ . ⎪ ⎩ 0 si x < 0
2. Montrer que g est une densité d’une variable aléatoire Y. 3. Étude d’un cas particulier a) Montrer qu’une variable aléatoire X suivant une loi exponentielle vérifie les conditions imposées dans cette partie. b) On suppose ici que X suit la loi exponentielle de paramètre λ > 0. Reconnaître alors la loi de Y puis donner son espérance et sa variance. Partie III : Dans cette partie, on considère une suite de variables aléatoires (Xi )i∈N toutes définies sur le même espace probabilisé (Ω, A , P), mutuellement indépendantes, ayant toutes la même loi que X (c’est-à-dire de densité f , nulle sur ] − ∞ ; 0[, continue sur [0 ; +∞[ et strictement positive sur [0 ; +∞[, et de fonction de répartition F). On se propose, à partir d’une suite, de construire une variable aléatoire Z ayant comme densité la fonction g, nulle sur ] − ∞ ; 0[, et définie pour tout réel x positif, par g(x) = − f (x) ln 1 − F(x) . Pour ce faire, on considère la suite (un )n1 de réels positifs définie, pour tout n 1, par 1 un = . n(n + 1) 1. Montrer que
+∞
un = 1.
n=1
On considère dès lors une variable aléatoire N, définie elle-aussi sur (Ω, A , P), indépendante 1 des variables Xi , et dont la loi est donnée par : ∀n ∈ N∗ , P(N = n) = . n(n + 1) On pose alors Z = Max(X0 , X1 , ..., XN ) ce qui signifie : ∀ω ∈ Ω, Z(ω) = Max X0 (ω), X1 (ω), ..., XN(ω) (ω) .
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
2. a) Montrer que la fonction de répartition de Z, notée FZ , est donnée par : n+1 +∞ F(x) . ∀x ∈ R, FZ (x) = n(n + 1) n=1 b) Utiliser le préliminaire pour en déduire, à l’aide de la fonction F, une expression explicite de FZ sur [0 ; +∞[. c) Vérifier que Z est une variable aléatoire à densité et qu’elle admet bien la fonction g comme densité.
10.8 Polynômes de Tchebychev de seconde espèce, d’après EML 2005 Durée : 1 heure 30 minutes
On considère la suite (T n )n∈N de polynômes de R[X] définie par T 0 = 1, T 1 = 2X et, pour tout entier n 2, T n = 2XT n−1 − T n−2 . On pourra confondre polynôme et fonction polynomiale. PARTIE I : Étude de la suite de polynômes (T n )n∈N 1. Calculer T 2 et T 3 . 319
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
2. a) Démontrer que, pour tout n ∈ N, T n est un polynôme de degré n, dont on déterminera le coefficient du terme de degré n. b) Établir que, si n est un entier pair (resp. impair), alors T n est un polynôme pair (resp. impair). 3. Calculer, pour tout n ∈ N, T n (1) en fonction de n. ∀n ∈ N, ∀θ ∈ ]0 ; π[, T n (cos θ) =
4. a) Établir :
sin (n + 1)θ . sin θ
b) En déduire que, pour tout n ∈ N∗ , T n admet n racines réelles, toutes situées dans l’intervalle ] − 1 ; 1[, que l’on explicitera. ∀n ∈ N∗ , T n = 2n
c) Établir :
n
X − cos
k=1
d) En déduire, pour tout n ∈ N∗ , la valeur de
n
sin
k=1
kπ . n+1
kπ en fonction de n. 2(n + 1)
5. a) Démontrer : ∀n ∈ N, ∀θ ∈ ]0 ; π[, sin2 θ T n (cos θ) − 3 cos θ T n (cos θ) + (n2 + 2n)T n (cos θ) = 0. (On pourra dériver deux fois la fonction (nulle) : θ −→ sin θT n (cos θ) − sin(n + 1)θ.) b) En déduire :
∀n ∈ N, (X2 − 1)T n + 3XT n − (n2 + 2n)T n = 0.
Dans la suite du problème, n désigne un entier fixé tel que n 2 et on note E = Rn [X]. On note L l’application qui, à un polynôme P de E, associe le polynôme L(P) défini, par : L(P) = (X2 − 1)P + 3XP . PARTIE II : Étude de l’endomorphisme L 1. Montrer que L est un endomorphisme de l’espace vectoriel E. 2. a) Calculer L(T k ) pour tout k ∈ 0 ; n. b) En déduire les valeurs propres de L et, pour chaque valeur propre de L, une base et la dimension du sous-espace propre associé. PARTIE III : Étude d’un produit scalaire On note
ϕ : E 2 −→ R, (P, Q) −→
1
√
−1
1 − x2 P(x)Q(x) dx.
1. Montrer que ϕ est un produit scalaire sur E. 2. Démontrer :
∀(P, Q) ∈ E 2 , ϕ L(P), Q = ϕ P, L(Q) .
Indication : On pourra, à l’aide d’une intégration par parties, montrer : 1 3 (1 − x2 ) 2 P (x)Q (x) dx. ϕ L(P), Q = −1
3. Établir que (T k )0kn est une base orthogonale de E. 320
Énoncés des exercices
10.9 Existence et calcul d’une intégrale impropre, d’après EML 2009 Durée : 1 heure
Soit (a, b) ∈ ]0 ; +∞[2 .
+∞
1. Montrer que l’intégrale impropre 0
e −ax − e −bx dx converge. x
2. a) Établir, en utilisant des changements de variable, pour tout (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε X : X −ax aX −y X −bx bX −y e e e e dx = dy et dx = dy. x y x y ε aε ε bε b) En déduire, pour tout (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε X : ε
X
e −ax − e −bx dx = x
bε aε
e −y dy − y
e −y dy. y
bX aX
3. a) Montrer que l’application ⎧ 1 − e −y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ y h : [0 ; +∞[ −→ R, y −→ h(y) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1
si y 0 si y = 0
est continue sur [0 ; +∞[. bε −y b e b) En déduire : dy −→ ln . ε −→ 0 y a aε bX −y X −ax b e − e −bx e dx = ln − dy. c) Établir : ∀X ∈ ]0 ; +∞[, x a y 0 aX +∞ −ax e − e −bx b dx = ln . d) En déduire : x a 0
10.10 Étude de deux variables aléatoires à densité, d’après Écricome 2011 Durée : 1 heure
Pour toute variable aléatoire réelle X, on note FX sa fonction de répartition définie par :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
∀t ∈ R, FX (t) = P(X t). On considère une suite (Xn )n∈N∗ de variables aléatoires mutuellement indépendantes suivant la même loi exponentielle de paramètre 1. Pour tout entier naturel n non nul, on note Yn et Zn les deux variables aléatoires définies par : X1 X2 Xn Xi + + ··· + = . 1 2 n i i=1 n
Yn = max(X1 , X2 , . . . , Xn ) =max Xi 1in
et
Zn =
Pour finir, on désigne par fn la fonction définie sur R par : 0 si t < 0 n−1 ∀t ∈ R, fn (t) = si t 0. n exp(−t) 1 − exp(−t) 1. On considère un tableau X de nombres réels de taille 2011 (c’est-à-dire « X=array[1..2011] of real » préalablement rempli. a) Écrire un programme en Pascal calculant et affichant les réels : max(X[1], X[2]) et
max(X[1], X[2], X[3]). 321
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
b) Écrire un programme en Pascal calculant et affichant le réel : max(X[1], X[2], ..., X[2011]). 2. Soit n un entier naturel non nul. a) Pour tout réel t, exprimer le réel FYn (t) à l’aide des réels FX1 (t), . . . , FXn (t). b) Pour tout réel t, donner alors l’expression de FYn (t) en fonction de n et t, en distinguant le cas t < 0 et le cas t 0. c) Vérifier alors que la fonction fn est une densité de Yn . 3. Soit n un entier naturel non nul. a) Préciser la fonction de répartition de la variable aléatoire b) Démontrer que
Xn+1 . n+1
Xn+1 est une variable aléatoire à densité et en proposer une densité dn+1 . n+1
4. Pour tout x de R et tout n de N∗ , vérifier : x n−1 n n exp(nt) 1 − exp(−t) dt = exp(x) − 1 . 0
5. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n non nul, Zn est une variable aléatoire à densité dont fn est une densité. Indication : Pour l’hérédité, on remarquera que Zn+1 = Zn +
Xn+1 . n+1
10.11 Matrice compagnon d’un polynôme, d’après EML 2006 Durée : 1 heure 30 minutes
Soit n ∈ N tel que n 2. On considère un n-uplet (a0 , a1 , ..., an−1 ) de Cn et le polynôme P = Xn + an−1 Xn−1 + · · · + a1 X + a0 . On note : ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜0 . . . . . . . . . 0 −a0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ . .. ⎟ ⎜⎜⎜1 . . (0) . −a1 ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜⎜ . . .. ⎟⎟⎟⎟ .. ⎜⎜⎜⎜0 . . . . . ⎟⎟⎟⎟ . ∈ Mn (C). C = ⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ .. . . . . . . .. . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜ . . . . . ⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎜⎜⎜ .. (0) . . . . . . 0 −a ⎟⎟⎟⎟⎟ n−2 ⎜⎝ ⎟⎠ 0 . . . . . . 0 1 −an−1 On dit que C est la matrice compagnon du polynôme P. On note B = (e1 , ..., en ) la base canonique de Cn . On note e = IdCn et f l’endomorphisme de Cn représenté par la matrice C dans la base B. On note f 0 = e et, pour tout k ∈ N, f k+1 = f k ◦ f. 1. a) Exprimer, pour tout i ∈ 1 ; n − 1, f (ei ) en fonction de ei+1 . b) En déduire : ∀ j ∈ 1 ; n − 1, f j (e1 ) = e j+1 et f n (e1 ) = −(a0 e1 + · · · + an−1 en ). 2. On note g = f n + an−1 f n−1 + · · · + a1 f + a0 e.
322
a) Vérifier :
g(e1 ) = 0.
b) Montrer :
∀i ∈ N, g ◦ f i = f i ◦ g.
Énoncés des exercices
c) En déduire :
∀i ∈ 1 ; n, g(ei ) = 0.
d) Montrer que P est annulateur de f . Application 1 : Déterminer une matrice A de M5 (C) telle que : A5 = A3 + 2A2 + I5 . e) Établir que les valeurs propres de C sont des racines du polynôme P. 3. a) Soit Q = α0 + α1 X + · · · + αn−1 Xn−1 un polynôme non nul et de degré inférieur ou égal à n − 1. Calculer Q( f )(e1 ). b) En déduire qu’il n’existe pas de polynôme non nul, de degré inférieur ou égal à n − 1, et annulateur de f . c) Soit λ une racine de P. Il existe donc un polynôme R de C[X] et un seul tel que P = (X−λ)R. Vérifier : ( f − λe) ◦ R( f ) = 0. d) Conclure que toutes les racines de P sont des valeurs propres de f . 4. a) Montrer : ∀x ∈ C, rg (C − x In ) n − 1. En déduire que chaque sous-espace propre de C est de dimension 1. b) Établir que C est diagonalisable si et seulement si P admet n racines deux à deux distinctes. ⎛ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜1 5. a) Application 2 : Montrer que la matrice A1 = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0
0 0 1 0
⎛ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜1 b) Application 3 : Montrer que la matrice A2 = ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0 sable.
0 0 0 1 0 0 1 0
⎞ 1⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ de M4 (C) est diagonalisable. 0⎟⎟⎟⎟ ⎠ 0 0 0 0 1
⎞ 4 ⎟⎟⎟ −8⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ de M4 (C) n’est pas diagonali3 ⎟⎟⎟⎟ ⎠ 2
10.12 Tirage avec remise dans une urne, d’après Écricome 2009
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Durée : 2 heures
Dans tout le problème, a et b désignent des entiers naturels tous deux non nuls et l’on note N = a + b. On considère une urne contenant initialement a boules blanches et b boules noires, dans laquelle on effectue des tirages successifs, au hasard et avec remise d’une boule en procédant de la façon suivante : • lorsque la boule tirée est blanche, elle est remise dans l’urne avant de procéder au tirage suivant, • lorsque la boule tirée est noire, elle n’est pas remise dans l’urne, mais est remplacée dans cette urne par une boule blanche et l’on procède alors au tirage suivant. PARTIE I : Soient (Ω, A , P) un espace probabilisé et Y : Ω −→ R la variable aléatoire égale au nombre de tirages nécessaires à l’obtention d’une première boule blanche. 1. Préciser soigneusement l’ensemble des valeurs prises par la variable Y. 2. Pour tout entier k de 1 ; b + 1, calculer la probabilité P(Y = k). 323
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
3. Vérifier que P(Y = b + 1) =
b! , et pour tout entier k ∈ 1 ; b : Nb b! b! − . (b − (k − 1))! N k−1 (b − k)! N k
P(Y = k) =
4. Soient M un entier naturel non nul et a0 , a1 , · · · , aM une famille de réels. Établir : M M−1 k(ak−1 − ak ) = ak − MaM . k=1
5. En déduire :
E(Y) =
b k=0
k=0
b! . (b − k)! N k
PARTIE II : Dans cette partie, on note : • pour tout n de N∗ , qn la probabilité de l’événement, noté Nn : « la n-ième boule tirée est noire » • pour tout n de N, Xn le nombre de boules noires obtenues au cours des n premiers tirages, avec par convention X0 = 0, • pour tous n et k de N, pn,k la probabilité de l’événement : « au cours des n premiers tirages, on a obtenu exactement k boules noires ». On remarquera que p0,0 = 1 et que pn,k = 0 si k > n ou si k > b. 1. Soit n ∈ N. Calculer pn,0 puis pn,n . Que vaut la somme
n
pn,k ?
k=0
2. Démontrer, pour tous n et k de N∗ : (A ) :
N pn,k = (a + k)pn−1,k + (b + 1 − k)pn−1,k−1 .
3. Calcul de l’espérance de Xn : a) À l’aide de la formule (A ) obtenue dans la question II.2), démontrer pour tout n de N∗ : n−1 1 b E(Xn−1 ) + . b + k(N − 1) pn−1,k et E(Xn ) = 1 − N E(Xn ) = N N k=0 b) À l’aide de la formule ci-dessus, écrire une fonction en Pascal fournissant le calcul de E(X2009 ) lorsque b = 10 et N = 100. c) En utilisant la dernière formule établie à la question II.3) a), prouver, pour tout n de N∗ : 1 n . E(Xn ) = b 1 − 1 − N 4. Calcul de qn : a) En utilisant la formule des probabilités totales, établir, pour tout n de N : N qn+1 =
n
(b − k)pn,k .
k=0
b) Pour tout n de N, exprimer alors qn+1 en fonction de E(Xn ) et en déduire l’expression de qn+1 en fonction de n, b, N. 5. Calcul de la variance de Xn : On introduit la suite (un )n0 définie pour tout n de N par : un = E Xn (Xn − 1) . 324
Énoncés des exercices
a) À l’aide de la formule (A ) au II.2), montrer, pour tout n de N∗ : N un =
n−1 k(k − 1)(a + b − 2) + 2(b − 1)k pn−1,k . k=1
b) En déduire que la suite (un )n0 satisfait la relation de récurrence : 1 n−1 2 2b(b − 1) un−1 + 1− 1− . ∀n ∈ N∗ , un = 1 − N N N c) À l’aide d’une récurrence, démontrer, pour tout n de N : 2 n 1 n −2 1− un = b(b − 1) 1 + 1 − . N N d) Donner alors la valeur de V(Xn ) puis préciser sa limite lorsque l’entier n tend vers +∞.
10.13 Polynômes de Laguerre, produit scalaire, d’après EML 2011 Durée : 2 heures
Partie I : Polynômes de Laguerre On considère, pour tout n ∈ N, les applications fn : R −→ R, x −→
xn e −x , n!
Ln : R −→ R, x −→ e x fn(n) (x),
où fn(n) désigne la dérivée n-ième de fn . 1. Calculer, pour tout x ∈ R, L0 (x), L1 (x), L2 (x). 2. Montrer :
∀n ∈ N, ∀x ∈ R, Ln (x) =
n (−1)k n k=0
k!
k
xk .
3. En déduire que, pour tout n ∈ N, Ln est une fonction polynomiale dont on précisera le degré et le coefficient du terme de plus haut degré. n+1 (x)
= fn (x) − fn+1 (x).
4. Montrer :
∀n ∈ N, ∀x ∈ R, f
5. En déduire :
∀n ∈ N, ∀x ∈ R, Ln+1 (x) = Ln (x) − Ln (x).
6. Montrer :
∀n ∈ N, ∀x ∈ R, fn+1 (x) =
x fn (x). n+1
7. En déduire : ∀n ∈ N, ∀x ∈ R, (n + 1)Ln+1 (x) = xLn (x) + (n + 1 − x)Ln (x). © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
8. Établir :
∀n ∈ N, ∀x ∈ R, xLn (x) − (x − 1)Ln (x) + nLn (x) = 0.
Partie II : Produit scalaire, orthogonalité, endomorphisme On note E le R-espace vectoriel des applications polynomiales de R dans R. Soit N ∈ N fixé. On note EN le sous-espace vectoriel de E formé des applications polynomiales de R dans R de degré inférieur ou égal à N. +∞ A(x) e −x dx converge. 1. Montrer que, pour tout A ∈ E, l’intégrale impropre 0
On considère l’application
+∞
< . , . > : E × E −→ R, (P, Q) −→ < P , Q > =
P(x)Q(x) e −x dx.
0
2. Montrer que < . , . > est un produit scalaire sur E. 325
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
On considère, pour tout P ∈ E, l’application T (P) : R −→ R définie par : ∀x ∈ R, T (P)(x) = xP (x) − (x − 1)P (x). 3. Vérifier que T est un endomorphisme du R-espace vectoriel E. 4. Montrer que, pour tout P ∈ E, l’application de R dans R : x −→ T (P)(x) e −x est la dérivée de l’application de R dans R : x −→ xP (x) e −x . +∞ xP (x)Q (x) e −x dx. 5. En déduire : ∀(P, Q) ∈ E × E, < T (P) , Q > = − 0
6. Établir :
∀(P, Q) ∈ E × E, < T (P) , Q > = < P , T (Q) > .
7. En utilisant le résultat de la question I 8., calculer, pour tout n ∈ N, T (Ln ). 8. En déduire que la famille (L0 , ..., LN ) est orthogonale. 9. Montrer :
∀P ∈ EN , T (P) ∈ EN .
On note T N l’endomorphisme induit par T sur EN , c’est-à-dire l’endomorphisme T N de EN défini par : ∀P ∈ EN , T N (P) = T (P). 10. Montrer que (L0 , ..., LN ) est une base de EN . 11. Donner la matrice de T N dans la base (L0 , ..., LN ) de EN . 12. Est-ce que T N est diagonalisable ? Est-ce que T N est bijectif ?
10.14 Réarrangement de n variables aléatoires à densité indépendantes, d’après CCIP 2011 Durée : 2 heures
Dans tout le problème, on considère une variable aléatoire X de fonction de répartition FX et admettant une densité fX . Soit n ∈ N∗ . On considère un n-échantillon (X1 , X2 , . . . , Xn ) i.i.d. (indépendant, identiquement n 1 Xk , qui est la moyenne distribué) de la loi de X et on définit la variable aléatoire : X n = n k=1 empirique de l’échantillon (X1 , X2 , . . . , Xn ). On admet l’existence de variables aléatoires à densité Y1 , Y2 , . . . , Yn telles que, pour tout ω de Ω, les réels Y1 (ω), Y2 (ω), . . . , Yn (ω) constituent un réarrangement par ordre croissant des réels X1 (ω), X2 (ω), . . . , Xn (ω), de telle sorte que, pour tout ω de Ω : Y1 (ω) Y2 (ω) · · · Yn (ω). En particulier, Y1 = min(X1 , X2 , . . . , Xn ) et Yn = max(X1 , X2 , . . . , Xn ). Pour tout réel x et tout entier k de 1 ; n, on note Jk (x) la variable aléatoire définie par : n 1 si (Xk x) est réalisé et on pose : S n (x) = Jk (x) = Jk (x). 0 si (Xk > x) est réalisé k=1
1. a) Montrer que les fonctions fY1 et fYn définies pour tout x réel par : fY1 (x) = n(1 − FX (x))n−1 fX (x)
et
fYn (x) = n(FX (x))n−1 fX (x)
sont des densités de Y1 et Yn respectivement. b) Pour tout réel x, quelle est la loi de probabilité de la variable aléatoire S n (x) ? c) Soient k ∈ 1 ; n et x ∈ R. Justifier l’égalité entre événements suivante : (Yk x) = (S n (x) k). 326
Énoncés des exercices
d) Soit k ∈ 1 ; n. Établir :
∀x ∈ R, FYk (x) =
n n j=k
j
n− j (FX (x)) j 1 − FX (x) .
e) En déduire que, pour tout k de 1 ; n, la fonction fYk définie, pour tout x réel, par : n fYk (x) = k (FX (x))k−1 (1 − FX (x))n−k fX (x) k est une densité de Yk . f) Montrer que si X admet un moment d’ordre r (r ∈ N∗ ), alors, pour tout k de 1 ; n, Yk admet un moment d’ordre r. Dans la suite du problème, on suppose que la fonction de répartition FX est donnée par : ⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 − √ si x 1 ⎨ x FX (x) = ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 si x < 1 2. a) Tracer la courbe représentative de FX dans le plan rapporté à un repère orthonormé. Préciser la demi-tangente à droite au point d’abscisse x = 1. Justifier que X est une variable aléatoire à densité et préciser une densité fX de X. b) Montrer que X n’admet aucun moment. c) Expliciter, pour tout k de 1 ; n et pour tout x réel, l’expression fYk (x) d’une densité de Yk . En déduire un équivalent de fYk (x) lorsque x tend vers +∞, l’entier k étant fixé. 3. On suppose dans cette question que n 3. a) Montrer que, pour tout k de 1 ; n − 2, Yk admet une espérance. 1 b) En justifiant l’emploi du changement de variable t = √ , établir, pour tout k de 1 ; n − 2, x 1 n la formule : E(Yk ) = k tn−k−2 (1 − t)k−1 dt. k 0 c) Pour tout couple (r, s) de (N∗ )2 , on pose :
1
Ir,s =
tr−1 (1 − t)s−1 dt.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
0
Montrer que, pour tout couple (r, s) de (N∗ )2 , on a :
Ir,s =
(r − 1)!(s − 1)! . (r + s − 1)!
d) En déduire l’expression de E(Yk ) pour tout k de 1 ; n − 2. 4. On pose, pour tout n de N∗ :
Zn =
1 Yn max(X1 , X2 , . . . , Xn ) = 2 . n2 n
a) Calculer, pour tout x réel, FZn (x). b) On définit la fonction ϕZ par :
⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ exp − √ x si x > 0 ∀x ∈ R, ϕZ (x) = ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 si x 0
Montrer que ϕZ est la fonction de répartition d’une variable aléatoire Z à densité. c) Montrer que la suite de variables aléatoires (Zn )n∈N∗ converge en loi vers Z. 327
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
10.15 Matrices productives, d’après EML 2004 Durée : 1 heure 30 minutes
Dans tout le problème, n désigne un entier supérieur ou égal à 2. Une matrice M de Mn (R) ou de Mn,1 (R) est dite positive si et seulement si tous les coefficients de M sont positifs ou nuls. On notera alors M 0. Une matrice M de Mn (R) ou de Mn,1 (R) est dite strictement positive si et seulement si tous les coefficients de M sont strictement positifs. On notera alors M > 0. Si M et N sont deux matrices de Mn (R) ou deux matrices de Mn,1 (R), la notation M N (resp. M > N) signifie que M − N 0 (resp. M − N > 0). Une matrice M de Mn (R) est dite productive si et seulement si : M 0 et il existe une matrice positive P de Mn,1 (R) telle que P − MP > 0. Partie I : Étude d’exemples ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜0 1 1⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ 1. En considérant U = ⎜⎜1⎟⎟ , montrer que la matrice A = ⎜⎜⎜1 0 1⎟⎟⎟⎟ est productive. ⎠ ⎝ ⎠ 3⎝ 1 110 ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜⎜1 4 1⎟⎟⎟⎟ 2. Montrer que la matrice B = ⎜⎜⎜⎜2 1 3⎟⎟⎟⎟ n’est pas productive. ⎠ ⎝ 001 Partie II : Caractérisation des matrices positives Soit M ∈ Mn (R). 1. Montrer que, si M est positive, alors, pour toute matrice positive X de Mn,1 (R), le produit MX est une matrice positive. 2. Réciproquement, montrer que, si, pour toute matrice positive X de Mn,1 (R), le produit MX est une matrice positive, alors la matrice M est positive. Partie III : Caractérisation des matrices productives 1. Soit A une matrice productive de Mn (R) et P une matrice positive de Mn,1 (R) telle que P − AP > 0. On note, pour tout (i, j) ∈ 1 ; n2 , ai j le coefficient de A situé à la ligne i et à la colonne j. On note, pour tout i ∈ 1 ; n, pi le coefficient de P situé à la ligne i. a) Montrer : P > 0. b) Soit X ∈ Mn,1 (R) tel que X AX. On note, pour tout i ∈ 1 ; n, xi le coefficient de X situé à xj xk et k ∈ 1 ; n un indice tel que c = . la ligne i. On note c = Min 1 jn p j pk n ak j p j 0 et déduire c 0, puis X 0. Établir : c pk − j=1
c) Soit X ∈ Mn,1 (R) telle que X = AX. En remarquant que −X A(−X), montrer que X est nulle. En déduire que In − A est inversible. d) Montrer que, pour toute matrice positive X de Mn,1 (R), la matrice Y = (In − A)−1 X est positive (on pourra utiliser 1. b)). En déduire que (In − A)−1 est positive. 328
Énoncés des exercices
2. Dans cette question, on considère une matrice positive B de Mn (R) telle que In − B soit inversible et telle que (In − B)−1 soit positive. On note U la matrice de Mn,1 (R) dont tous les coefficients son égaux à 1, et V = (In − B)−1U. Montrer : V − BV > 0. Conclure. 3. Donner une caractérisation des matrices productives. 4. Application : Soit M une matrice positive de Mn (R) telle que 2M 2 = M. Vérifier que (In − M)(In + 2M) = In et en déduire que M est productive.
10.16 Étude de convergence en loi, d’après EDHEC 2011 Durée : 2 heures
Toutes les variables aléatoires intervenant dans ce problème sont définies sur le même espace probabilisé (Ω, A , P). On considère une suite (Xn )n∈N∗ de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées. On considère aussi, pour tout entier naturel n non nul, la variable aléatoire Mn définie par : Mn = max(X1 , X2 , . . . , Xn ), c’est-à-dire : pour tout ω de Ω, Mn (ω) = max X1 (ω), X2 (ω), . . . , Xn (ω) . On cherche alors des suites réelles (an )n∈N∗ et (bn )n∈N∗ , où la suite (an )n∈N∗ est à termes stricteMn − bn ment positifs, telles que la suite converge en loi vers une variable aléatoire non an n∈N∗ constante. Partie I : La loi exponentielle On suppose dans cette partie que la loi commune des Xk est la loi exponentielle de paramètre λ, où λ est un réel strictement positif fixé. 1. Soit g la fonction définie sur R par : ∀x ∈ R, g(x) = e−x exp − e −x . a) Montrer que g est une densité. On note G une variable aléatoire admettant g comme densité. b) Déterminer la fonction de répartition, notée FG , de la variable aléatoire G. 2. a) Donner, pour tout n de N∗ , la fonction de répartition de la variable aléatoire Mn .
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
b) Pour tout n de N∗ , on pose Un = λMn − ln(n). Montrer que la suite (Un )n∈N∗ converge en loi vers une variable aléatoire dont on déterminera la loi. Partie II : La loi normale On suppose dans cette partie que la loi commune des Xk est la loi normale centrée réduite. On note ϕ une densité de X1 . +∞ ϕ(u) du est convergente et, à l’aide d’une 1. a) Montrer que, pour tout x > 0, l’intégrale u2 x intégration par parties, montrer : +∞ ϕ(x) ϕ(u) du. P(X1 > x) = − x u2 x b) En déduire, pour tout x > 0 : puis :
P(X1 > x)
ϕ(x) ϕ(x) P(X1 > x) P(X1 > x) − , x x2 x
ϕ(x) 1 P(X1 > x) 1 + 2 . x x 329
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
2. Soit c un réel strictement positif fixé. Montrer que, pour tout entier naturel n non nul, l’équaϕ(x) c tion = admet sur une unique solution sur ]0 ; +∞[ que l’on notera xn . x n 3. Montrer :
lim xn = +∞.
n→+∞
4. Montrer, pour tout n de N∗ :
x2n + 2 ln xn = 2 ln n − ln(2c2 π).
5. En prenant un équivalent de chaque membre de l’équation 4), montrer : √ xn ∼ 2 ln n. n→+∞
En déduire que l’on peut écrire pour n 2, xn =
√
ε1 (n) = 0. 2 ln n + ε1 (n) où lim √ n→+∞ 2 ln n
6. a) En utilisant la question 4), montrer, pour tout entier n 2 : √ 2 ε1 (n) 2 2 ln n ε1 (n) + ε1 (n) + 2 ln 1 + √ = − ln(ln n) − ln(4πc2 ). 2 ln n b) En prenant un équivalent de chaque membre de l’équation du a), montrer : √ 2ε1 (n) 2 ln n ∼ − ln(ln n). n→+∞
√ 2 2 ln n ln(ln n) = 0. + ε2 (n) où lim ε2 (n) ε1 (n) = − √ n→+∞ ln(ln n) 2 2 ln n
En déduire :
On admet alors que, en poursuivant le développement asymptotique, on peut écrire pour tout entier n 2 : xn =
√
ln(4π) ln c ln(ln n) − √ − √ + ε(n) √ 2 2 ln n 2 2 ln n 2 ln n √ avec lim ε(n) 2 ln n = 0.
2 ln n −
n→+∞
7. On pose, pour n 2 :
an = √
1 2 ln n
et
bn =
√ ln(4π) ln(ln n) − √ . 2 ln n − √ 2 2 ln n 2 2 ln n
a) Montrer à l’aide des questions précédentes, que pour tout réel x, et pour tout entier n 2, en posant c = e−x : an x + bn = xn − ε(n)
puis :
ϕ(an x + bn ) an x + bn
∼
n→+∞
e−x . n
ϕ(an x + bn ) ∼ P(X1 > an + bn ) puis b) En déduire, en utilisant la question 1) b), que an x + bn n→+∞ Mn − bn montrer que la suite converge en loi vers la variable aléatoire G. n1 an
10.17 Projection sur un convexe fermé, d’après HEC 2010 Durée : 1 heure 30 minutes
Soit n ∈ N tel que n 2. Le produit scalaire canonique sur Rn est noté < . , . > et la norme euclidienne associée est notée ||.||. Pour tous x = (x1 , ..., xn ) et y = (y1 , ..., yn ) de Rn , on note x y si et seulement si : ∀i ∈ 1 ; n, xi yi .
330
Énoncés des exercices
Une partie K non vide de Rn est dite convexe si et seulement si : ∀t ∈ [0 ; 1], ∀(u, v) ∈ K 2 , tu + (1 − t)v ∈ K. On admet que l’image réciproque par une application continue de Rn dans R d’un intervalle fermé de R est un fermé de Rn . Si K est une partie convexe et non vide de Rn et si x ∈ Rn , on appelle projeté de x sur K et on note p(x), s’il existe, tout élément y de K tel que : ||x − y|| = Min ||x − z||. z∈K
1. Exemple 1 : " ! On prend ici n = 2, K = (z1 , z2 ) ∈ R2 ; z1 1 et z2 1 , x = (x1 , x2 ) ∈ R2 \ K tel que x1 > 0 et x2 > 0. a) Montrer que K est convexe et fermé. Est-ce que K est borné ? b) Établir l’existence et l’unicité du projeté p(x) de x sur K et déterminer p(x). c) Faire un schéma représentant K, x, p(x). d) Écrire une fonction en Pascal d’en-tête distance(x1,x2 : real) : real qui, à tout x = (x1 , x2 ) ∈ R2 \ K tel que x1 > 0 et x2 > 0, associe le réel ||x − p(x)||. 2. Exemple 2 : " ! On prend ici n = 4, K = (z1 , z2 , z3 , z4 ) ∈ R4 ; z1 + z2 − z3 − z4 = 0 , x = (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 \ K. a) Vérifier que K est convexe. b) Établir l’existence et l’unicité du projeté p(x) de x sur K et déterminer p(x) et ||x − p(x)||. Dans la suite du problème, n ∈ N est tel que n 2, K est une partie convexe, fermée, non vide de Rn , et x ∈ Rn \ K.
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3. On note f : K −→ R, z −→ f (z) = ||x − z||. a) Montrer que f est continue sur K. ! " b) Soit z0 ∈ K. On note B0 = z ∈ Rn ; ||z − x|| ||z0 − x|| et K = B0 ∩ K. Montrer que K est une partie fermée bornée non vide de Rn . c) En déduire que f admet un minimum sur K . Ainsi, il existe # z ∈ K tel que :
f (# z) = Min f (z). z∈K
∀z ∈ K, ||x − z|| ||x −# z||.
d) Montrer : e) Conclure.
1 1 a + b
2 1 2 2 2 4. a) Vérifier : ∀(a, b) ∈ (Rn )2 ,
x −
+ ||a − b|| = ||x − a|| + ||x − b|| . 2 4 2 2 b) On note d = Min ||x − z||. Soient u, v ∈ K tels que d = ||x − u|| = ||x − v||. z∈K
À l’aide de la question précédente, montrer u = v. Conclure. 331
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
5. a) Établir : ∀z ∈ K, ∀t ∈ [0 ; 1], ||x − p(x)||
x − tz + (1 − t)p(x)
. ∀z ∈ K, < z − p(x) , x − p(x) > 0.
b) En déduire :
c) Réciproquement, on suppose qu’il existe y ∈ K tel que : ∀z ∈ K, < z − y , x − y > 0. Montrer y = p(x). Conclure. < x − p(x) , p(x) > < < x − p(x) , x > .
6. a) Établir :
b) En déduire qu’il existe c ∈ R tel que : ∀z ∈ K, < x − p(x) , z > < c < < x − p(x) , x > .
Du mal à démarrer ? 10.1
4) a) Effectuer une intégration par parties, en prenant :
1. Immédiat.
2. a), b) Immédiat. u=
2. c) Utiliser la formule des probabilités totales.
1 , cosn+1 x
v = cos x.
2. d) Immédiat. 2. e) Utiliser la définition de Uk et la question 2. d).
4. b) Utiliser a) et une prépondérance classique.
10.3 10.2
Partie I : 1.1 Appliquer le théorème de la bijection réciproque. −1
2.1 La courbe représentative de f se déduit de celle de f par la symétrie par rapport à la première bissectrice. 3.1 Pour x ∈ J, noter y = f −1 (x) et utiliser x = f(y). 4. Appliquer le théorème du cours sur la dérivabilité d’une fonction réciproque. √ 5. Faire le lien entre la dérivabilité√de f −1 en 2 et le dévelop−1 pement limité de f d’ordre 1 en 2. Partie II : 1. Appliquer un théorème du cours concernant les opérations sur les fonctions de classe C ∞ .
Étudier la limite de f(x) lorsque x tend vers 0. 2. a) Immédiat. 2. b) Former le développement limité d’ordre 2 de A en 0, puis le développement limité d’ordre 0 de f en 0, et conclure. 2. c) Appliquer le théorème limite de la dérivée. 2. d) Immédiat. 2. e) Mettre x en facteur à l’intérieur de ln(1 + x) : 1 ln(1 + x) = ln x + ln 1 + x
2. • Existence : Récurrence sur n.
puis étudier le comportement lorsque x tend vers +∞.
• Unicité : Utiliser une propriété des polynômes.
3) a), b), 4. Immédiat.
3. Immédiat, en utilisant la formule obtenue en 2).
Partie II : 1. Utiliser la formule sur une sommation géométrique.
4. Montrer, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N, Pn est de degré n et de coefficient dominant égal à 1.
2. Intégrer de 0 à x dans le résultat précédent.
Partie III : 1. L’intégrale envisagée n’est pas impropre. Les calculs de I0 et I2 sont immédiats. 2. a) Réduire le second membre au même dénominateur. 2. b) Effectuer le changement de variable t = sin x, en faisant apparaître, dans I1 , cos x dx qui est égal à d t, et cos2 x qui est égal à 1 − t2 . Utiliser a ). 3. Calculer, pour tout n ∈ N, In+1 − In .
332
Partie I : 1. Sur ]0 ; +∞[, appliquer les théorèmes géné-
raux.
3. Utiliser 2. et majorer convenablement. 4. Déduire de 3. que l’on a : JN (x) −→ 0, puis utiliser 2. N∞
Effectuer un décalage d’indice pour aboutir précisément à la formule demandée. Partie III : 1. Si x 0, utiliser II 2. et II 3. Traiter, à part, le cas x = 0. 2. Utiliser l’absolue convergence et l’exemple de Riemann.
Du mal à démarrer ?
Majorer
1
f(x) dx −
0
N+1 n=1
(−1)n−1
convenablement et utiliser 1. n2 2N+1
2N+1 (−1)n+1 1 et , séparer les 3. Dans les sommations 2 n n2 n=1 n=1 termes d’indices pairs et les termes d’indices impairs.
4. Utiliser 3. et faire tendre l’entier N vers l’infini.
10.4
1) a) Commencer par déterminer la fonction de répartition de la variable aléatoire −Y .
7. Immédiat.
10.6
1. a) • Immédiat. La matrice C t C est carrée d’ordre n.
• Appliquer le théorème spectral. 1. b) Calculer (C t C)2 en déplaçant correctement des parenthèses et en remarquant : t CC = ||C||2 ∈ R. 1. c) Remarquer que, d’après b), un certain polynôme est annulateur de C t C. 1. d) Résoudre l’équation (C t C)X = 0, d’inconnue X ∈ Mn,1 (R).
1. b) Écrire : X − Y = X + (−Y ). Puis utiliser la formule donnant une densité d’une somme de variables aléatoires à densité indépendantes. ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎨ . 2. a) Obtenir : ∀x ∈ R, H(x) = ⎪ ⎪ ⎩ G(x) − G(−x) si x 0
1. e) Obtenir (C t C)C = ||C||2 C et interpréter cette égalité en termes de valeurs propres et de vecteurs propres.
2. b) Montrer que Z est une variable aléatoire à densité. Une densité de Z s’obtient en dérivant sa fonction de répartition sauf en un nombre fini de points où le choix est arbitraire.
Reconnaître un projecteur.
3. Utiliser les résultats de cours.
2. b) Utiliser le théorème spectral.
4. Immédiat.
10.5
1. • Calculer tr (αA + B), pour α ∈ R et A, B ∈ Mn (R), en utilisant la définition de la trace d’une matrice carrée.
Étudier la réciproque. 1. f) Noter par exemple M =
2. a) Immédiat. 2. c) Pour exprimer X et AX sur la base B = (U1 , ..., Un ), appliquer la formule du cours donnant la décomposition d’une vecteur sur une base orthonormale. 2. d) • Obtenir :
Il peut être commode de noter (A)ij le coefficient situé à la ligne i et à la colonne j de la matrice A.
∀X ∈ Mn,1 (R), < X , X > = < X ,
• De même, calculer tr (AB) sous forme d’une double sommation et permuter les deux symboles de sommation. 2. Immédiat. 3. Revenir à la définition d’un produit scalaire. Pour montrer l’implication < A , A > = 0 =⇒ A = 0, passer par les coefficients de A, en exprimant < A , A > sous forme d’une double sommation. 4. Partir, par exemple, de < φA (M) , N > et utiliser les propriétés de la trace et de la transposition, pour aboutir en quelques lignes de calcul à < M , φA (N) >.
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Appliquer le théorème spectral.
1 C t C et calculer M2 . ||C||2
n
Ui t Ui X >,
i=1
et déduire In =
n
Ui t Ui .
i=1
Calcul analogue pour la deuxième formule demandée. • Utiliser 1. f). 2. e) Utiliser l’expression de < X , AX > en fonction des λi et des < Un , X > . 3. a) Exprimer AX sur B, puis calculer ||AX||2 . 3. b) Utiliser a) et la définition de ρ(A).
5. a) • 1re méthode : Examen des coefficients de X t Y :
3. c) • Supposer ρ(A) 1. Faire intervenir un indice k ∈ 1 ; n tel que ρ(A) = |λk |. Calculer ||Ap Uk || pour tout p ∈ N∗ et conclure.
Exprimer les coefficients de X t Y et montrer qu’au moins un des coefficients de MX,Y n’est pas nul.
• Supposer ρ(A) < 1. Montrer, par récurrence sur p : p ∀p ∈ N∗ , ∀X ∈ Mn,1 (R), ||Ap X|| ρ(A) ||X||,
2è méthode : Utilisation du produit scalaire canonique sur Mn,1 (R) : Raisonner par l’absurde : supposer MX,Y = 0 et déduire X t YY = 0, puis Y = 0. • Pour obtenir t YA = μ t Y , transposer.
et conclure.
10.7
Partie I : 1) a) Utiliser la formule sur la somme des termes d’une suite géométrique.
• Calculer φA (MX,Y ).
1. b) Intégrer l’égalité précédente entre 0 et x.
5. b) Utiliser (a) et la définition d’un vecteur propre.
1. c) Commencer par écrire :
6. a) Raisonner par l’absurde : supposer que, pour tout vecteur propre Z0 de A, on ait MZ0 = 0. Utiliser le théorème spectral et déduire M = 0, contradiction.
tn tn . 1−t 1−x 1. d) Utiliser les questions 1) b) et 1) c).
6. b) Calculer AMZ0 en utilisant AM − MA = αM et AZ0 = μZ0 .
2. a) Immédiat.
∀n ∈ N∗ , ∀t ∈ [0 ; x], 0
333
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
2. b) Calculer les sommes partielles associées à la série et faire apparaître une somme télescopique. Partie II : 1. Séparer les cas x 0 et x > 0.
1
2è méthode : Comparaison à l’exemple de Riemann :
2. Utiliser la définition d’une densité.
Montrer : x2 f(x)
3. a) Immédiat. 1
,2 . λ Partie III : 1. Faire apparaître une somme télescopique. Y → Γ
3. b) Obtenir :
2. a) Commencer par utiliser la formule des probabilités totales, ! " avec comme système complet d’événements (N = n) ; n ∈ N∗ . 2. b) Appliquer l’égalité du I.2) b) à F(x). Obtenir : ∀x ∈ [0 ; +∞[, FZ (x) = F(x) + 1 − F(x) ln 1 − F(x) . 2. c) Montrer que FZ est continue sur R, de classe C 1 sur R privé d’un ensemble fini de points.
10.8
Majorer |f(x)| convenablement et utiliser le cours sur les inté +∞ e −ax dx pour a > 0 fixé.
grales impropres
−→
x −→ +∞
0.
2. a) Pour (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε X, effectuer le chan X −ax e gement de variable y = ax dans l’intégrale dx et le ε x X e −bx dx. changement de variable y = bx dans l’intégrale x ε 2. b) Utiliser la linéarité de l’intégration, le résultat de a) et la relation de Chasles. 3. a) Vérifier que h est continue sur ]0 ; +∞[. Pour l’étude en 0, utiliser un équivalent classique ou un développement limité. 3. b) Remplacer e −y par ( e −y − 1) + 1 et utiliser a).
Partie I : 1. Immédiat.
2. a) b), 3., 4. a) Récurrence à deux pas sur n. 4. b) Résoudre l’équation sin (n + 1)θ = 0, d’inconnue θ ∈ ]0 ; π[. Montrer que l’on a bien ainsi toutes les racines de Tn .
3. c) Faire tendre ε vers 0 dans le résultat de 2. b) et utiliser 3. b). bX −y e dy −→ 0 et conclure. 3. d) Montrer X −→ +∞ y aX
10.10
4. c) Utiliser 2. a) et 4. b).
1. a) Utiliser l’instruction conditionnelle if ... then.
4. d) Remplacer X par 1 dans le résultat précédent et utiliser 3. 5. a) Partir de ∀θ ∈ ]0 ; π[, sin θTn (cos θ) − sin (n + 1)θ = 0,
1. b) Utiliser une boucle for ... do et l’instruction conditionnelle if ... then ... else.
dériver deux fois, puis combiner les égalités pour faire dispa raître les termes en sin (n + 1)θ .
2. a) Remarquer :
5. b) Remarquer que l’application θ −→ cos θ est une surjection de ]0 ; π[ sur ] − 1 ; 1[, puis utiliser une propriété des polynômes.
∀t ∈ R, P(Yn t) = P(X1 t) · · · P(Xn t).
2. b) Utiliser le cours pour connaître la fonction de répartition de X1 , . . . , Xn .
Partie II : 1. Examiner le degré de L(P).
2. c) Montrer que Yn est une variable aléatoire à densité, puis calculer FY n sur R+∗ et R−∗ .
La linéarité de L est immédiate.
3. a) Immédiat.
2. a) Utiliser I 5. b).
3. b) Pour obtenir une densité de
2. b) Utiliser 2. a) et montrer que les k2 + 2k sont deux à deux distincts lorsque k décrit 0 ; n. Partie III : 1. S’assurer d’abord de l’existence de l’intégrale. La symétrie, la linéarité par rapport à une place, la positivité sont immédiates. Pour montrer l’implication ϕ(P, P) = 0 =⇒ P = 0, utiliser un théorème sur les intégrales et une propriété des polynômes. 2. Effectuer une intégration par parties, avec : u = (1 − x2 ) 2 P (x),
5. Pour l’hérédité, utiliser la formule donnant une densité d’une somme de deux variables aléatoires à densité et indépendantes.
10.11
1. a) Lire la matrice C.
1. b) Récurrence sur n. Calculer f n (e1 ) en utilisant f n−1 (e1 ).
v = Q (x).
3
Xn+1 , dériver sa fonction de n+1 répartition sauf en un nombre fini de points où le choix est arbitraire. n 4. Commencer par transformer exp(nt) en exp(t) .
2. a) Utiliser 1. b). 3. Utiliser III 2., II 2. b) et le théorème spectral.
10.9
1. • Vérifier que
sur ]0 ; +∞[.
f : x −→
e
−ax
−e x
2. b) Récurrence sur n. 2. c) Calculer g(ei ) pour tout i ∈ 2 ; n.
−bx
est continue
• Étude en 0 : Utiliser des développements limités. • Étude en +∞ : 1re méthode : Comparaison à des exponentielles :
334
2. d) Montrer g = 0.
Application 1 : Chercher A comme matrice compagnon d’un certain polynôme. 2. e) Utiliser d) et faire le lien entre les valeurs propres de C et les valeurs propres de f.
Du mal à démarrer ?
3. a) Utiliser 1. b). 3. b) Raisonner par l’absurde : supposer qu’il existe un polynôme Q non nul, annulateur de f, tel que deg (Q) n − 1. Noter Q = α0 + α1 X + · · · + αn−1 Xn−1 . Appliquer a).
5. b) Développer la somme précédente, simplifier et utiliser l’expression de E(Xn−1). 5. c) Immédiat. 5. d) Justifier :
2 V (Xn ) = un + E(Xn ) − E(Xn ) .
3. c) Manipuler des polynômes d’endomorphismes. 3. d) Raisonner par l’absurde : supposer que λ ne soit pas valeur propre de f. Alors, f − λe est bijectif. Déduire R(f) = 0 et utiliser b). 4. a) • Soit x ∈ C. Noter, par exemple, C1 , ..., Cn−1 , Cn les colonnes de la matrice carrée C − x In . Comparer les rangs de C − x In et de (C1 , ..., Cn−1 ). Noter, par exemple, L1 , ..., Ln les lignes de la matrice rectangulaire formée par C1 , ..., Cn−1 . Comparer les rangs de (C1 , ..., Cn−1 ) et (L2 , ..., Ln ). • Soit λ une valeur propre de C. Utiliser le théorème du rang et le résultat précédent. 4. b) Noter, par exemple, p le nombre de racines de P, et λ1 , ..., λp les racines de P. Utiliser 2. e), 3. d) et la caractérisation de la diagonalisabilité faisant intervenir les dimensions des sous-espaces propres. 5. a) Application 2 : Remarquer que A1 est la matrice compagnon d’un certain polynôme P et que ce polynôme P admet quatre racines deux à deux distinctes. 5. b) Application 3 : Remarquer que A2 est la matrice compagnon d’un certain polynôme P et que ce polynôme P admet une racine double.
10.12
Y (Ω) = 1 ; b + 1.
PARTIE I : 1. Obtenir :
2. Utiliser la formule des probabilités composées.
Partie I : 1. Immédiat. Veiller à ne pas se tromper dans les calculs de dérivées. 2. Utiliser la formule de Leibniz. 3. Immédiat. 4. Calculer f n+1 (x) et faire apparaître fn (x) et fn+1 (x).
5. Dériver n fois à partir de l’égalité de 4. D’autre part, exprimer Ln+1 (x), puis Ln (x) par décalage de l’indice. 6. Immédiat. 7. Dériver n+1 fois à partir de 6. et utiliser la formule de Leibniz. 8. Dériver à partir de 7. et utiliser 5. Partie II : 1. 1re méthode : Utilisation de la fonction Γ d’Euler : Montrer que l’on se ramène à une combinaison linéaire de valeurs de Γ.
2è méthode : Comparaison à l’exemple de Riemann : Soit A ∈ E. Vérifier que l’application x −→ A(x) e −x est continue sur [0 ; +∞[. Pour l’étude en +∞, remarquer : x2 A(x) e −x −→ 0. x −→ +∞
2. S’assurer d’abord que < . , . > existe. La symétrie, la linéarité par rapport à une place, la positivité sont immédiates.
3. Immédiat. 4. Séparer la première somme en deux sommes, puis faire apparaître un télescopage. 5. Appliquer l’égalité précédente avec ak =
PARTIE II : 1. Obtenir :
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10.13
pn,n
b! . (b − k)! Nk
⎧ ⎪ b! ⎪ ⎪ ⎪ si n b ⎨ (b − n)! Nn . =⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 si n > b
Utiliser un système complet d’événements pour montrer : n pn,k = 1. k=0
Pour montrer l’implication < P , P > = 0 =⇒ P = 0, utiliser un résultat du cours sur les intégrales et une propriété des polynômes. 3. Il est immédiat que :
∀P ∈ E, T (P) ∈ E.
Il n’est pas nécessaire ici d’examiner les degrés. La linéarité de T est immédiate. 4. Immédiat. 5. Procéder à une intégration par parties sur [0 ; X], puis faire tendre X vers +∞.
2. Exprimer l’événement En,k en fonction des événements En−1,k et En−1,k−1 .
6. Remarquer que, dans le résultat de 5., P et Q ont des rôles symétriques.
3. a) Utiliser la définition de l’espérance puis remplacer pn,k par son expression en fonction de pn−1,k et pn−1,k−1 .
7. Immédiat d’après I 8.
3. b) Utiliser une boucle for ... do.
3. c) Remarquer que la suite ( E(Xn ) n∈N est une suite arithmético-géométrique. 4. a) Utiliser la formule des probabilités totales, avec comme ! " système complet d’événements En,0 , . . . , En,n . 4. b) Utiliser :
n k=0
pn,k = 1
et
n
kpn,k = E(Xn ).
k=0
8. Soit (n, p) ∈ 0 ; N2 tel que n < p. Utiliser 6. et 7. pour déduire < Ln , Lp > = 0. 9. Soit P ∈ EN . Utiliser 3. et examiner le degré de T (P). 10. Utiliser 8. et un résultat du cours sur une famille orthogonale de vecteurs tous non nuls. Utiliser un argument de dimension. 11. Immédiat. La matrice obtenue est diagonale. 12. Immédiat.
5. a) Raisonner de la même façon qu’au II.3) a).
335
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
10.14
1) a) Commencer par déterminer les fonctions de répartition de Y1 et de Yn .
Mais aussi : −X A(−X).
1. b) Reconnaître une situation type. 1. c) Immédiat.
2. Montrer que V = (In − B)−1 U est une matrice positive de Mn,1 (R). Obtenir : V − BV = U.
1. d) Utiliser les questions précédentes.
3. Immédiat d’après 1. et 2.
1. e) Dériver FYk en tout point de R où elle est dérivable.
4. Obtenir : (In − M)(In + 2M) = In .
1. f) Utiliser le théorème de tranfert, puis montrer : n r r |x |fX (x). ∀x ∈ R, |x fYk (x)| k k
Utiliser 3.
Conclure en utilisant le théorème de majoration des fonctions positives ou nulles. 2. a) Montrer que FX est continue sur R, de classe C 1 sur R privé d’un ensemble fini de points. 2. b) Utiliser l’exemple de Riemann en +∞. 1 n 1 2. c) Obtenir : fYk (x) ∼ k . x→+∞ 2 k x n−k+3 2 3. a) Utiliser le théorème d’équivalence pour les fonctions positives ou nulles et l’exemple de Riemann en +∞. 3. b) Faire le changement de variable donné par l’énoncé sur A xfYk (x) dx puis faire tendre A vers +∞. 1
3. c) Faire une intégration par parties. 3. d) Obtenir : 4. a) Obtenir :
n(n − 1) . (n − k)(n − k − 1) n ∀x ∈ R, FZn (x) = FX (n2 x) . E(Yk ) =
4. b) Montrer que ϕZ est continue sur R, de classe C 1 sur R privé d’un ensemble fini de points. 4. c) Calculer, pour tout x de R, la limite de FZn (x) lorsque l’entier n tend vers +∞, en séparant les cas x 0 et x > 0.
10.15
Partie I : 1. Vérifier A 0. Calculer U − AU. ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜x ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ 2. Soit P = ⎜⎜⎜⎜y ⎟⎟⎟⎟ une matrice positive quelconque de M3,1 (R). Cal⎝ ⎠ z culer P − BP et remarquer que le troisième élément de cette colonne est nul. Partie II : 1. Exprimer les coefficients d’un produit de deux matrices. 2. Réciproquement, supposer que, pour toute matrice positive X de Mn,1 (R), le produit MX soit une matrice positive. Soit (i, j) ∈ 1 ; n2 . Considérer la matrice Xj de Mn,1 (R) dont tous les coefficients sont nuls sauf celui situé à la ligne j et qui est égal à 0. Partie III : 1. a) Montrer que AP est positive, puis calculer (P)i pour tout i ∈ 1 ; n, en faisant intervenir P − AP et AP.
1. b) Remarquer : (X − AX)k 0. D’autre part, calculer (X − AX)k en faisant intervenir c, pk et les akj et xj . 1. c) Remarquer X AX et utiliser b).
336
1. d) Montrer X = Y − AY et appliquer 1. b) et II 2.
Remarquer : (In − M)−1 = In + 2M.
10.16
Partie I : 1) a) Utiliser la définition d’une densité. x g(u) du. 1. b) Utiliser : ∀x ∈ R, FG (x) = −∞
2. a) Montrer, dans un premier temps : n ∀x ∈ R, P(Mn (x) x) = P(X1 x) . 2. b) Calculer, pour tout x de R et pour tout n de N∗ , P(Un x). En déduire, pour tout x de R, lim P(Un x). n∞
Partie II : 1) a) Pour tout A > x, faire une intégration par parties A 1 sur l’intégrale et en intégrant ϕ(u) du en dérivant u −→ u x u −→ u e −
u2 2
. Puis passer à la limite lorsque A tend vers +∞.
1. b) Commencer par : justifier +∞ ϕ(u) 1 0 du 2 P(X1 > x). u2 x x Puis utiliser l’égalité obtenue au 1) a). 2. Étudier la fonction H : x −→ une bijection de R∗+ dans R∗+ .
ϕ(x) , pour en déduire que H est x
3. Déterminer la limite de H−1 en 0 puis utiliser l’égalité : c . xn = H−1 n ϕ(xn ) c 4. Partir de l’égalité = . xn n 5. • Montrer, tout d’abord :
xn2 + 2 ln xn ∼ xn2 . n∞
Puis utiliser l’égalité obtenue au 4). • Enfin, utiliser la définition de deux suites équivalentes. √ 6. a) Remplacer xn par 2 ln n + ε1 (n) dans l’égalité de la question 4), puis simplifier. 6. b) Déterminer un équivalent simple des deux membres de l’égalité obtenue au 5), puis conclure. 7. a) • L’égalité bn + an x = xn − ε(n) est immédiate. ϕ(an x + bn ) e −x ∼ , commencer par montrer an x + bn n∞ n e −x ϕ(xn ) c . ϕ(xn ) ∼ ϕ(an x + bn ), puis utiliser le fait que = = n∞ xn n n • Pour montrer
ϕ(an x + bn ) ∼ P(X1 > an x + bn ), faire le an x + bn n∞ quotient et montrer qu’il tend vers 1. Mn − bn x −→ FG (x). Conclure. • En déduire : ∀x ∈ R, P n∞ an
7. b) • Pour montrer
Du mal à démarrer ?
10.17
1. a) Pour montrer que K est convexe, revenir à la définition d’une partie convexe. Pour montrer que K est fermé, utiliser le résultat admis dans l’énoncé et le résultat du cours sur l’intersection de deux fermés. Remarquer que K n’est pas borné.
1. b) c) Immédiat. 1. d) Utiliser l’instruction if then ... else ....
3. e) Immédiat. 4. a) Développer le premier membre et amener le second membre. 4. b) Remarquer que, puisque (u, v) ∈ K 2 et que K est convexe, u+v ∈ K. on a : 2 5. a) Remarquer : tz + (1 − t)p(x) ∈ K et appliquer la définition de d.
2. a) Remarquer que K est un sous-espace vectoriel de R4 .
5. b) Soit z ∈ K. Appliquer le résultat de a), élever au carré, simplifier par t, puis faire tendre t vers 0+ .
2. b) Utiliser le théorème de projection orthogonale dans un espace euclidien et exprimer p(x) à l’aide d’une formule du cours.
5. c) Remplacer z par p(x) dans l’hypothèse et, d’autre part, développer ||p(x) − y||2 . Déduire p(x) − y = 0 et utiliser 5. a) et b).
3. a) Présenter f comme composée de deux applications continues.
6. a) Développer < x − p(x) , p(x) > .
3. b) Immédiat.
6. b) Développer < x − p(x) , z >. Montrer que, par exemple,
3. c) Utiliser un théorème du cours sur les applications continues sur une partie fermée bornée non vide.
1 < x − p(x) , p(x) > + < x − p(x) , x > 2
convient.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
3. d) Séparer en deux cas : z ∈ B0 , z B0 .
c=
337
Corrigés des exercices 10.1
⎞⎛ ⎛ q q2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜0 0 ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎜ ⎜ 1. a) PD = ⎜⎜⎜⎜−2 p − q 2pq⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎜0 1/2 ⎠ ⎝ 1 −p p2 ⎜⎝0 0 ⎛ ⎞ q/2 q2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟ PD = ⎜⎜⎜0 (p − q)/2 2pq⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ 0 −p/2 p2
⎞ 0⎟⎟⎟ ⎟⎟ 0⎟⎟⎟⎟ ⎟⎟⎠ 1
⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ q q/2 0 ⎟⎟⎟ ⎛⎜ 1 q q2 ⎟⎟⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜⎜ ⎟ 1. b) MP = ⎜⎜⎜ p 1/2 q ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜−2 p − q 2pq⎟⎟⎟⎟ ⎟⎠ ⎝ 1 −p p2 ⎠ ⎜⎝ 0 p/2 p ⎛ ⎞ 0 q2 + q2 (p − q) ⎜⎜⎜ q3 + pq2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ 1 (p − q) pq2 + pq + p2 q⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜ p − 1 + q 2 ⎟⎟⎠ ⎜⎝ p (p − q) − p2 p2 q + p3 0 2 ⎛ ⎞ q 0 ⎜⎜⎜ (p + q) q2 (p + q) ⎟⎟⎟ 2 ⎜⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜ p + q − 1 12 (p − q) pq(1 + p + q)⎟⎟⎟⎟⎟. ⎜⎝ ⎟⎠ 0 − 2p (p + q) p2 (p + q) Puisque p + q = 1, on obtient : ⎛ ⎞ q/2 q2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ ⎟⎟ MP = ⎜⎜⎜⎜0 (p − q)/2 2pq⎟⎟⎟⎟⎟ = PD ⎜⎝ ⎟⎠ 0 −p/2 p2 2. a) L’événement A1 est réalisé si et seulement si on remplace la boule choisie (qui est nécessairement noire) par une boule noire ; ainsi : a1 = P(A1 ) = q. De même, l’événement B1 est réalisé si et seulement si on remplace la boule choisie (qui est nécessairement noire) par une boule blanche ; ainsi : b1 = P(B1) = p. Enfin, l’événement C1 est impossible ; ainsi : c1 = P(C1 ) = 0. On conclut :
a1 = q, b1 = p, c1 = 0
2. b) • Sachant l’événement Ak , il y a sur la table, à l’issue de l’étape k, deux boules noires ; l’événement Ak+1 est réalisé si et seulement si on remplace la boule choisie (qui est nécessairement noire) par une boule noire ; ainsi : PAk (Ak+1 ) = q. Sachant l’événement Bk , il y a sur la table, à l’issue de l’étape k, une boule noire et une boule blanche ; l’événement Ak+1 est réalisé si et seulement si on choisit la boule blanche que l’on 338
remplace par une boule noire ; 1 q ainsi : P Bk (Ak+1 ) = × q = . 2 2 Sachant l’événement Ck , il y a sur la table, à l’issue de l’étape k, deux boules blanches ; l’événement Ak+1 est alors impossible ; ainsi : PCk (Ak+1 ) = 0. • Par le même raisonnement, on obtient : P Bk (Bk+1) =
PAk (Bk+1) = p,
1 1 1 × q + × p = , PCk (Bk+1) = q, 2 2 2
PAk (Ck+1 ) = 0, P Bk (Ck+1 ) =
1 p × p = , PCk (Ck+1 ) = p. 2 2
On conclut : q PCk (Ak+1 ) = 0 2 1 PAk (Bk+1) = p P Bk (Bk+1) = PCk (Bk+1) = q 2 p PAk (Ck+1 ) = 0 P Bk (Ck+1 ) = PCk (Ck+1 ) = p 2 PAk (Ak+1 ) = q P Bk (Ak+1 ) =
2. c) Soit k ∈ N∗ . Les événements Ak , Bk , Ck forment un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales, on a : ak+1 = P(Ak+1 ) = P(Ak )PAk (Ak+1 ) + P(Bk )P Bk (Ak+1 ) + P(Ck )PCk (Ak+1 ) q q = q P(Ak ) + P(Bk ) = q ak + bk 2 2 bk+1 = P(Bk+1) = P(Ak )PAk (Bk+1) + P(Bk )P Bk (Bk+1) + P(Ck )PCk (Bk+1) 1 1 = p P(Ak ) + P(Bk ) + q P(Ck ) = p ak + bk + q ck 2 2 ck+1 = P(Ck+1 ) = P(Ak )PAk (Ck+1 ) + P(Bk )P Bk (Ck+1 ) + P(Ck )PCk (Ck+1 ) p p = P(Bk ) + p P(Ck ) = bk + p ck . 2 2 ⎛ q ⎞⎛ ⎞ ⎜⎜⎜q 2 0 ⎟⎟⎟ ⎜ak ⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜ Et : MUk = ⎜⎜⎜⎜⎜ p 12 q ⎟⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜bk ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎝ p ⎟⎠ ⎝c ⎠ 0 2 p k ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ q ak + q2 bk ⎟⎟⎟ ⎛⎜ak+1 ⎞⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ = ⎜⎜⎜⎜ p ak + 12 bk + q ck ⎟⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜bk+1 ⎟⎟⎟⎟ = Uk+1 . ⎜⎝ p ⎟⎠ ⎝c ⎠ k+1 b + p ck 2 k On conclut :
∀k ∈ N∗ , Uk+1 = MUk
Corrigés des exercices
2. d) Notons, pour tout k de N∗ , P(k) la propriété : ⎛ 2⎞ ⎜⎜⎜ p ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ « Uk = PDk ⎜⎜⎜⎜2p⎟⎟⎟⎟ ». ⎝ ⎠ 1
Partie I : 1. L’application π 1 −→ R, x −→ f : I = 0; 4 cos x est dérivable (donc continue) sur I et :
• Initialisation : On a, ⎛ 2⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ p ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ pq + q2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ q ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 2 ⎟ ⎜ ⎟ PD ⎜⎜2p⎟⎟ = P ⎜⎜ p⎟⎟ = ⎜⎜ p + pq⎟⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜⎜ p⎟⎟⎟⎟ = U1 . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 0 1 0 D’où la propriété P(1). • Hérédité : Soit k ∈ N∗ . Supposons P(k) et montrons P(k + 1). On a : Uk+1 = MU ⎛ k2 ⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎜⎜⎜ p ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ p ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ p ⎟⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ = MP Dk ⎜⎜⎜⎜2p⎟⎟⎟⎟ = PDDk ⎜⎜⎜⎜2p⎟⎟⎟⎟ = PDk+1 ⎜⎜⎜⎜2p⎟⎟⎟⎟. ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 1 1 = PD D’où la propriété P(k + 1).
• On conclut :
10.2
∀x ∈ I, f (x) =
sin x . cos2 x
Puisque f est dérivable sur I et que : ∀x ∈ I \ {0}, f (x) > 0, f est strictement croissante sur I. π √ On a : f (0) = 1, f = 2. 4 D’après le théorème de la bijection réciproque, on conclut : f est une bijection de I sur J = [1 ;
√ 2]
2.
⎛ 2⎞ ⎜⎜⎜ p ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ∀k ∈ N∗ , Uk = PDk ⎜⎜⎜⎜2p⎟⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ 1
∀k ∈ N∗ , ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 2⎞ ⎜⎜⎜0 0 0⎟⎟⎟ ⎛⎜ p2 ⎞⎟ ⎜⎜⎜ak ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ p ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎟ k ⎟ k⎜ ⎜⎜⎝bk ⎟⎟⎠ = Uk = PD ⎜⎜⎜⎜⎝2p⎟⎟⎟⎟⎠ = P ⎜⎜⎜⎜0 1/2 0⎟⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜⎜⎝2p⎟⎟⎟⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ck 1 0 0 1 1 ⎛ ⎞ ⎞⎛ q q2 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ k−1 ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ = ⎜⎜−2 p − q 2pq⎟⎟ ⎜⎜ p/2 ⎟⎟ ⎝ ⎠ ⎠⎝ 1 1 −p p2 ⎛ ⎞ pq + q2 ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 2k−1 ⎜⎜⎜⎜ p ⎟⎟⎟⎟ (p − q) + 2pq ⎟⎟⎟. = ⎜⎜⎜ 2k−1 ⎜⎝⎜ ⎟⎠⎟ p2 2 − 2k−1 + p © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
2. e) • On obtient alors :
On en déduit :
3. Soit x ∈ J. Notons y = f −1 (x). 1 1 , d’où cos y = . cos y x Comme y ∈ I ⊂ [0 ; π], on a sin y 0,
On a donc : x = f (y) =
d’où :
∀k ∈ N∗ ,
pq p(p − q) p2 ak = q + k−1 , bk = 2pq + , ck = p2 − k−1 k−1 2 2 2
sin y =
1 − cos2 y =
1−
1 . x2
On conclut :
2
∗
Remarque : On a bien, pour tout k de N : 1 ak + bk + ck = q2 + 2pq + p2 + k−1 pq + p(p − q) − p2 2 1 = (p + q)2 + k−1 · 0 = 1. 2
1
1 −→ 0, • Puisque
< 1, on a : 2 2k−1 k∞ d’où :
lim ak = q , 2
k∞
lim bk = 2pq, k∞
lim ck = p
2
k∞
1 ∀x ∈ J, cos f −1 (x) = et sin f −1 (x) = x
1−
1 x2
4. Puisque f est dérivable sur I et que f ne s’annule qu’en 0, d’après un théorème du cours, f −1 est dérivable sur J \ { f (0)} = √ J \ {1} = ]1 ; 2] et : ∀x ∈ J \ {1}, ( f −1 ) (x) =
f
1 f −1 (x)
cos2 f −1 (x) = −1 = sin f (x)
1 x2 1 1− 2 x
=
1 . √ x x2 − 1 339
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
• Unicité :
On conclut :
Soient n ∈ N, Pn , Qn ∈ R[X] tels que :
f −1 est dérivable sur J \ {1} et : 1 ∀x ∈ J \ {1}, ( f −1 ) (x) = √ x x2 − 1
∀x ∈ I, f (n) (x) =
√ −1 5. Puisque f −1 est dérivable √ en 2, f admet un développement limité d’ordre 1 en 2 et : f −1 (x) = f −1 ( 2) + (x −
√
√
2)( f −1 ) ( 2) +
o x −→
√ 2
√ (x − 2).
et
f (n) (x) =
Qn (sin x) . cosn+1 x
∀x ∈ I, Pn (sin x) = Qn (sin x), 1 ∀t ∈ 0 ; √ , Pn (t) = Qn (t). 2
On a alors : donc :
√
Pn (sin x) cosn+1 x
Ainsi, les polynômes Pn et Qn coïncident en une infinité de points de R, donc Pn = Qn .
On a : √ π f ( 2) = 4 −1
On conclut :
√
1 1 = √ . ( f ) ( 2) = √ √ 2 2−1 2 −1
et
On conclut : √ Le développement limité d’ordre 1 de f −1 en 2 est : √ √ π 1 f −1 (x) = + √ (x − 2) + o √ (x − 2) 4 x −→ 2 2 Partie II : 1. Puisque cos est de classe C ∞ sur I et ne s’annule en aucun point de I, en passant à l’inverse, d’après le cours : f est de classe C ∞ sur I
De plus : P0 = 1 et
∀n ∈ N, Pn+1 = (1 − X2 )P n + (n + 1)XPn
3. On a P0 = 1 et on calcule les Pn de proche en proche grâce à la formule précédente : P1 = (1 − X2 )P 0 + XP0 = X, P2 = (1 − X2 )P 1 + 2XP1 = (1 − X2 ) + 2X2 = X2 + 1
2. • Existence :
P3 = (1 − X2 )P 2 + 3XP2 = (1 − X2 )2X + 3X(X2 + 1)
Raisonnons par récurrence sur n.
= X3 + 5X.
1 , donc Pour n = 0, on a : ∀x ∈ I, f (0) (x) = f (x) = cos x P0 = 1 convient. Supposons que, pour un n ∈ N fixé, il existe Pn ∈ R[X] tel Pn (sin x) . que : ∀x ∈ I, f (n) (x) = cosn+1 x On déduit, en dérivant :
∀x ∈ I, f (n+1) (x) = f
(n)
(x)
(1 − sin2 x)P n (sin x) + (n + 1) sin xPn (sin x) = . cosn+2 x En notant Pn+1 = (1 − X
2
)P n
P0 = 1, P1 = X, P2 = X2 + 1, P3 = X3 + 5X 4. Montrons, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N, Pn est de degré n et de coefficient dominant égal 1. L’assertion est vraie pour n = 0, car P0 = 1. Supposons, pour un n ∈ N fixé, que Pn est de degré n et de coefficient dominant égal à 1.
P (sin x) cos x cosn+1 x + Pn (sin x)(n + 1) cosn x sin x = n cos2n+2 x 2 P (sin x) cos x + (n + 1)Pn (sin x) sin x = n cosn+2 x
+ (n + 1)XPn ,
on a Pn+1 ∈ R[X] et : ∀x ∈ I, f (n+1) (x) =
Pn+1 (sin x) . cosn+2 x
Ceci montre, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N, il existe Pn ∈ R[X] convenant. 340
Pour tout n ∈ N, il existe Pn ∈ R[X] unique tel que : Pn (sin x) ∀x ∈ I, f (n) (x) = cosn+1 x
Il existe donc Rn ∈ R[X] tel que : Pn = Xn + Rn et deg (Rn ) n − 1. On a alors : Pn+1 = (1 − X2 )P n + (n + 1)XPn = (1 − X2 )(nXn−1 + R n ) + (n + 1)X(Xn + Rn ) = Xn+1 + (1 − X2 )R n + nXn−1 + (n + 1)XRn , de degré n
donc Pn+1 est de degré n + 1 et de coefficient dominant égal à 1, ce qui montre que l’assertion est vraie pour n + 1.
Corrigés des exercices
Ceci montre, par récurrence sur n :
donc :
Pour tout n ∈ N, Pn est de degré n et de coefficient dominant égal à 1 Partie III : 1. • D’abord, pour tout n ∈ N, l’intégrale π 4 n f (x) dx existe comme intégrale d’une application In =
4. a) Soit n ∈ N. π 4 On a : In = 0
2) a) On a, pour tout (a, b) ∈ R2 :
⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = cosn+1 x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = cos x
b a 1 + = 1 − t2 1−t 1+t ⇐⇒ ∀t ∈ R \ {−1, 1}, 1 = a(1 + t) + b(1 − t)
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
1 √1 = − ln(1 − t) + ln(1 + t) 0 2 2 1 1 1 = − ln 1 − √ + ln 1 + √ 2 2 2
cos x dx. cosn+1 x
⎧ ⎪ (n + 1) sin x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = cosn+2 x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = sin x
√ (n + 1)In+2 = ( 2)n + nIn .
d’où : On conclut :
∀n ∈ N, In+2 =
√ ( 2)n n + In n+1 n+1
4. b) D’après a) : ∀n ∈ N, In+2 =
√ √ n ( 2)n ( 2)n + In . n + 1 n+1 n+1 0
√ 2 > 1, par prépondérance de l’exponentielle sur la √ ( 2)n −→ +∞. puissance, on a : n + 1 n∞ Puisque
1 √ 1+ √ 2+1 1 2 = ln √ 1 2 2−1 1− √ 2 √ 1 √ = ln ( 2 + 1)2 = ln( 2 + 1). 2 √ I1 = ln( 2 + 1) On conclut : 1 = ln 2
3. On a :
0
1 √ π 4 1 − cos2 x 2 − (n + 1) = dx 1 n+1 cosn+2 x 0 √ 2 √ n = ( 2) − (n + 1)(In+2 − In ),
1 1 , convient 2 2
2. b) On a, par le changement de variable t = sin x, puis en utilisant a) : π π 4 4 cos x 1 I1 = dx = dx cos x cos2 x 0 0 √1 √1 2 2 1 1 1 1 + dt dt = = 2 1−t 2 1−t 1+t 0 0
π 4
sin x π4 π4 (n + 1) sin2 x In = − dx cosn+1 x 0 cosn+2 x 0
⇐⇒ ∀t ∈ R \ {−1, 1}, (a − b)t + (a + b − 1) = 0 ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎨a − b = 0 ⇐⇒ a = b = ⇐= ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎩a + b − 1 = 0 Le couple (a, b) =
π : où u, v sont de classe C 1 sur le segment 0 ; 4
∀t ∈ R \ {−1, 1},
Ainsi :
1 dx = cosn x
Effectuons une intégration par parties avec :
0
continue sur un segment. π π π 4 4 π 1 dx = [tan x]04 = 1. 1 dx = , I2 = • I0 = 2 4 cos x 0 0 π I0 = , I2 = 1 4
La suite (In )n∈N est croissante
Par théorème de minoration, on conclut :
In −→ +∞ n∞
10.3 Partie I : 1. Par opérations , l’application f est continue sur ]0 ; +∞[. ln(1 + x) −→ 1 = f (0), x −→ 0 x donc f est continue en 0.
D’autre part :
π 4
∀n ∈ N, In+1 − In = 0
1 1 − dx n+1 cos x cosn x π 4 1 − cos x = dx 0, cosn+1 x 0 0
On conclut :
f est continue sur [0 ; +∞[
2. a) Par opérations, f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et : 341
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
1 x − ln(1 + x) A(x) 1 + x ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = = 2 x2 x
x − ln(1 + x) 1+x x2 x2 = x 1 − x + o(x) − x − + o(x2 ) = − + o(x2 ), 2 2
On conclut :
f admet −
f (x)
1 comme limite en 0 à droite 2
2. c) Par opérations, f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[.
−→
x −→ +∞
−→
x −→ +∞
0
xA (x) − 2A(x) x3 x 1 −x − ln(1 + x) −2 = 3 x x (1 + x)2 1+x B(x) 1 −x2 − 2x(1 + x) + 2 ln(1 + x) = 3 . = 3 2 x (1 + x) x
On conclut :
∀x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =
On a vu en 1. que f est continue sur [0 ; +∞[.
D’après le théorème limite de la dérivée, on conclut :
(6x + 2)(1 + x)2 − (3x2 + 2x)2(1 + x) 2 + (1 + x)4 1+x −(6x + 2)(1 + x) + 2(3x2 + 2x) + 2(1 + x)2 = (1 + x)3 2x2 = 0. (1 + x)3
B (x) = − 1 2
2. d) L’application A est dérivable sur [0 ; +∞[ et : ∀x ∈ [0 ; +∞[, A (x) =
1 1 x − . =− (1 + x)2 1 + x (1 + x)2
On dresse le tableau de variation de B : x B (x)
On dresse le tableau de variation de A : x A (x) A(x)
0 0 0
−
+∞
donc, d’après a) :
+
+∞
0
∀x ∈ ]0 ; +∞[, A (x) < 0, ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) < 0.
Comme de plus, d’après c), f (0) = −
0 0
B(x)
Il s’ensuit : Il s’ensuit :
B(x) . x3
b) L’application B est dérivable sur [0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ [0 ; +∞[ :
D’après b), f admet une limite finie en 0.
f est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et f (0) = −
0.
3. a) D’après 2.a. et puisque A est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[, f est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[, donc f est de classe C 2 sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ : f (x) =
A(x) 1 1 f (x) = 2 = − + o(1) −→ − . x −→ 0 x 2 2
donc :
D’autre part : On conclut :
2. b) On a, par développements limités en 0 : A(x) =
1 ln 1 + x x
1 < 0, on obtient : 2
donc :
∀x ∈ [0 ; +∞[, B(x) 0,
∀x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) =
B(x) 0 x3
f est convexe sur ]0 ; +∞[
et on conclut : 4.
∀x ∈ [0 ; +∞[, f (x) < 0, donc :
f est strictement décroissante sur [0 ; +∞[
2. e) On a : 1 ln(1 + x) ln x ln 1 + x ∀x ∈ ]0 ; +∞[, f (x) = = + . x x x D’une part, par prépondérance de la puissance sur le logaln x −→ 0. rithme : x x −→ +∞ 342
Partie II : 1. Par sommation géométrique, on a, pour tous N ∈ N, t ∈ [0 ; 1] : N k=0
(−1)k tk =
N k=0
(−t)k =
1 − (−t)N+1 1 (−1)N+1 tN+1 = − , 1 − (−t) 1+t 1+t
Corrigés des exercices
Partie III : 1. Soient N ∈ N, x ∈ [0 ; 1].
donc : 1 (−1)N+1 tN+1 (−1)k tk + = 1 + t k=0 1+t N
∀N ∈ N, ∀t ∈ [0 ; 1],
2. Pour tous N ∈ N, x ∈ [0 ; 1], en intégrant de 0 à x : x 1 ln(1 + x) = dt 0 1+t x x N (−1)N+1 tN+1 = (−1)k tk dt + dt 1+t 0 k=0 0 =
N k=0
Si x 0, d’après II 2., en divisant par x, et d’après II 3., on a : N N
(−1)k xk
1
(−1)k xk+1
f (x) −
= ln(1 + x) −
k+1 x k+1 k=0 k=0
1 xN+2 xN+1 1 |JN (x)| = . x x N+2 N+2 D’autre part, pour x = 0 : =
N
0N+1 (−1)k xk
f (x) − .
= | f (0) − 1| = 0 k + 1 n +2 k=0
noté JN (x)
x
tk dt + JN (x) =
(−1)k
N (−1)k xk+1
0
k+1
k=0
+ JN (x).
On conclut, en regroupant les deux cas : N
(−1)k xk
xN+1 ∀N ∈ N, ∀x ∈ [0 ; 1],
f (x) −
k+1 N+2 k=0
On conclut : ∀N ∈ N, ∀x ∈ [0 ; 1], N (−1)k xk+1 + JN (x). ln(1 + x) = k+1 k=0
2. • D’après l’exemple de Riemann (2 > 1), la série
3. On a, pour tous N ∈ N, x ∈ [0 ; 1] :
x (−1)N+1 tN+1
x
(−1)N+1 tN+1
dt
|JN (x)| =
dt
1+t 1+t 0 0 x x N+1 tN+2 x xN+2 t tN+1 dt = = dt . = N+2 0 N+2 0 1+t 0 On conclut :
∀N ∈ N, ∀x ∈ [0 ; 1], |JN (x)|
xN+2 N+2
(−1)n−1
converge, donc la série gente, donc convergente.
• On a, pour tout N ∈ N, d’après 1. , en intégrant de 0 à 1 :
1 0
1 N+1 N
(−1)k xk
x
f (x) − dx dx
k + 1 N +2 0 k=0 =
4. Soit x ∈ [0 ; 1]. On a, d’après 3.a. : xN+2 1 . N+2 N+2
∀N ∈ N, |JN (x)|
1 −→ 0, on déduit : JN (x) −→ 0, N∞ N + 2 N∞ N k k+1 (−1) x −→ ln(1 + x). donc, d’après 2. : N∞ k+1 k=0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Comme
Ceci montre que la série
(−1)k xk+1 k0
ln(1 + x) =
1
0
Enfin :
1
f (x) −
1
N N
(−1)k xk
(−1)k xk
dx
dx.
f (x) − k+1 k+1 0 k=0 k=0
f (x) −
0
N (−1)k xk
k=0
dx
1
=
f (x) dx −
k+1
.
N
Pour tout x ∈ [0 ; 1], la série
n n1 +∞ n−1 n (−1) x n=1
1
f (x) dx − 0
(−1)n−1 xn
n
n=k+1
On obtient :
0
f (x) dx − 0
1
f (x) dx −
1 0
xk dx k+1
N (−1)k (k + 1)2 k=0
1
=
converge et :
(−1)k
k=0
=
Par décalage d’indice (n = k + 1), on conclut :
ln(1 + x) =
k+1
k=0
0 +∞ (−1)k xk+1
xN+2 1 1 = . (N + 2)2 0 (N + 2)2
D’autre part :
converge et que :
k+1
est absolument conver-
n2
n1
1 n2 n1
N+1 (−1)n−1 n=1
n2
.
N+1 (−1)n−1
1 .
2 n (N + 2)2 n=1
343
Chapitre 10
Comme
•
Problèmes de révision
⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ si 0 x < a a ∀x ∈ R, f (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon
1 −→ 0, (N + 2)2 N∞
N+1 (−1)n−1
on déduit :
n2
n=1
1
−→
f (x) dx.
N∞
• la fonction de répartition F de X et de Y est donnée par : ⎧ ⎪ 0 si x < 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨x si 0 x < a . ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ ⎪ ⎪ a ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x a
0
On conclut : (−1)n−1 converge et : n2 n1 +∞ (−1)n−1 f (x) dx = n2 n=1
La série
1 0
1. a) On a : ∀x ∈ R, P(−Y x) = P(Y −x) = P(Y > −x)
∗
3. Soit N ∈ N . En séparant les termes d’indices pairs et les termes d’indices impairs, on a : 2N+1 n=1
1 = n2
N p=0
1 + (2p + 1)2
N p=1
n=1
(−1)2p−1 (−1)n−1 (−1)2p = + 2 2 n (2p + 1) (2p)2 p=0 p=1 N
N
=
N p=0
1 1 − . 2 (2p + 1) (2p)2 p=1 N
On conclut :
n=1 2N+1 n=1
N
On en déduit que −Y → U (] − a ; 0]).
1 = n2
p=0
N 1 1 + 2 2 (2p + 1) 4p p=1
1 (−1)n−1 1 = − 2 n2 (2p + 1) 4p2 p=0 p=1 N
⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ si −a < x 0 a ∀x ∈ R, f−Y (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon
N
4. En soustrayant, on obtient, pour tout N ∈ N∗ :
n=1
On reconnaît la fonction de répartition d’une variable aléatoire qui suit la loi uniforme sur ] − a ; 0].
Ainsi, une densité f−Y de −Y est donnée par : 2N+1
2N+1
= 1 − P(Y −x) = 1 − F(−x). Ainsi la fonction de répartition F−Y de −Y vérifie : ⎧ ⎪ 0 si x < −a ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x+a si −a < x 0 . ∀x ∈ R, F−Y (x) = ⎪ ⎪ ⎪ a ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1 si x > 0
1 (2p)2
et : 2N+1
car Y est une va à densité
2N+1 N N (−1)n−1 1 1 1 1 − =2 = , 2 2 2 n n 4p 2 p=1 p2 n=1 p=1
1. b) Les variables aléatoires X et −Y sont deux variables aléatoires à densité indépendantes. D’après le cours, on sait qu’une densité g de X + (−Y) est donnée par le produit de convolution de f et f−Y . +∞ Ainsi, on a : ∀x ∈ R, g(x) = f (t) f−Y (x − t) dt. −∞
d’où, en faisant tendre l’entier N vers l’infini : +∞ +∞ +∞ 1 1 1 (−1)n−1 − = , 2 2 n n 2 n=1 n2 n=1 n=1 +∞ (−1)n−1
donc :
n=1
1 1 1 π2 π2 = = = . 2 p=1 p2 2 6 12 +∞
n2
1
On conclut : 0
10.4
π2 f (x) dx = 12
D’après le cours,
• une densité f de X et de Y est donnée par : 344
Or :
f (t) f−Y (x − t) 0 ⇐⇒ 0 t < a et
−a < x − t 0
⇐⇒ 0 t < a et
x t < x + a.
Soit x ∈ R. 1er cas : si x ∈ [0 ; a], alors :
ainsi :
f (t) f−Y (x − t) 0 ⇐⇒ x t < a a 1 1 a−x g(x) = × dt = 2 . a a a x
2e cas : si x ∈ [−a ; 0[, alors : f (t) f−Y (x − t) 0 ⇐⇒ 0 t < x + a
Corrigés des exercices
x+a
ainsi : g(x) = 0
1 1 a+x . × dt = a a a2
3e cas : si x < −a ou si x > a, alors les conditions 0 t < a et x t < x + a ne peuvent se réaliser simultanément ; on en déduit : ∀t ∈ R, f (t) f−Y (x − t) = 0 ; et ainsi g(x) = 0. On conclut que la fonction g vérifie : ⎧ a − |x| ⎪ ⎪ ⎪ si x ∈ [−a ; a] ⎨ a2 ∀x ∈ R, g(x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon 2. a) Puisque Z = |X − Y|, Z prend ses valeurs dans R+ . Ainsi :
∀x ∈ R∗− , H(x) = P(Z x) = 0.
De plus : ∀x ∈ R+ , H(x) = P(Z x) = P(|X − Y| x) = P(−x X − Y x) = P(−x < X − Y x) = G(x) − G(−x). Ainsi, la fonction H vérifie : ⎧ ⎪ ⎪ 0 si x < 0 ⎨ ∀x ∈ R, H(x) = ⎪ ⎪ ⎩ G(x) − G(−x) si x 0
3. • La fonction x −→ x h(x) est nulle en dehors de [0 ; a] et continue sur [0 ; a]. +∞ a On en déduit que l’intégrale x h(x) dx = x h(x) dx −∞ 0 converge. Ainsi Z admet une espérance et l’on a : a a +∞ 2 x h(x) dx = x h(x) dx = 2 (ax − x2 ) dx E(Z) = a 0 −∞ 0 2 a3 a3 a 2 ax2 x3 a − − = . = 2 = 2 a 2 3 0 a 2 3 3 • La fonction x −→ x2 h(x) est nulle en dehors de [0 ; a] et continue sur [0 ; a]. a +∞ x2 h(x) dx = x2 h(x) dx On en déduit que l’intégrale −∞ 0 converge. Ainsi, d’après le théorème de transfert, Z 2 admet une espérance et l’on a : +∞ a x2 h(x) dx = x2 h(x) dx E(Z 2 ) = −∞
2. b) Notons que la fonction g est continue sur R. Alors la fonction de répartition G de X − Y est de classe C 1 sur R et : ∀x ∈ R, G (x) = g(x). Par composition, x −→ G(−x) est de de classe C 1 sur R et par différence x −→ G(x) − G(−x) est de de classe C 1 sur R.
0
a
(ax2 − x3 ) dx =
Z admet une espérance et une variance, et : a2 a E(Z) = , V(Z) = 3 18 4. On obtient la fonction suivante :
0
function z(a:real):real ;
Ainsi H est continue en 0 et donc sur R. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
2 ax3 x4 a − 2 a 3 4 0 0 4 4 2 a a a2 = 2 − = . a 3 4 6 On en déduit que Z admet une variance et l’on a : 2 a2 a 2 a2 = − . V(Z) = E(Z 2 ) − E(Z) = 6 3 18 On conclut :
Ainsi H est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[. De plus, H est de classe C 1 sur ] − ∞ ; 0[. Donc H est de classe C 1 sur R privé éventuellement de {0}. De plus, puisque G est continue en 0 (car continue sur R), on H = H(0) = G(0) − G(0) = 0 = lim H. a : lim + −
0
2 = 2 a
var x,y:real ; On en déduit que Z est une variable aléatoire à densité, dont une densité h s’obtient en dérivant H sauf en un nombre fini de points où le choix est arbitraire. Or : et :
begin x:=a*random ; y:=a*random ;
∀x < 0, H (x) = 0,
z:=abs(x-y) ; end ;
∀x > 0, H (x) = G (x) + G (−x) = g(x) + g(−x) = 2g(x) 2(a − x) = a2
car g est paire car x > 0.
On conclut que la fonction h est (par exemple) donnée par : ⎧ 2(a − x) ⎪ ⎪ ⎪ si x ∈ [0 ; a] ⎨ a2 ∀x ∈ R, h(x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 sinon
10.5 1. • Soient α ∈ R, A, B ∈ Mn (R). On a : tr (αA + B) =
n
(αA + B)ii =
i=1
n
α(A)ii + (B)ii
i=1
=α
n i=1
(A)ii +
n
(B)ii = α tr (A) + tr (B).
i=1
345
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
Ceci montre :
donc : ∀(i, j) ∈ 1 ; n2 , (A) ji = 0, d’où A = 0.
tr est linéaire
• Soient A, B ∈ Mn (R). On a : tr (AB) =
n
(AB)ii =
On conclut :
n n
i=1
i=1 j=1
=
n n
(B) ji (A)i j =
j=1 i=1
On conclut :
< . , . > est un produit scalaire sur Mn (R)
(A)i j (B) ji n
(BA) j j = tr (BA).
2 4. • On a, pour tout (M, N) ∈ Mn (R) : < φA (M) , N > = < AM − MA , N > = tr t (AM − MA)N = tr ( t M t A − t A t M)N t = tr ( MA − A t M)N = tr ( t MAN) − tr A( t MN) = tr ( t MAN) − tr ( t MN)A
j=1
2
∀(A, B) ∈ Mn (R) , tr (AB) = tr (BA)
2. Soit A ∈ Mn (R). Il est clair que φA : M −→ AM − MA est une application de Mn (R) dans Mn (R).
= tr ( t MAN − t MNA) = tr t M(AN − NA)
On a, pour tous α ∈ R, M, N ∈, Mn (R) : φA (αM + N) = A(αM + N) − (αM + N)A
= < M , AN − NA >
= αAM + AN − αMA − NA
= < M , φA (N) > .
= α(AM − MA) + (AN − NA) = αφA (M) + φA (N), donc φA est linéaire.
On conclut :
On conclut :
2 ∀(M, N) ∈ Mn (R) , < φA (M) , N > = < M , φA (N) >
φA est un endomorphisme de l’espace vectoriel Mn (R) 3. • On a, pour toutes A, B ∈ Mn (R), puisqu’une matrice carrée et sa transposée ont la même trace : < B , A > = tr ( t BA) = tr t ( t BA) = tr ( t AB) = < A , B >, donc < . , . > est symétrique. • On a, pour tous α ∈ R, A, B, C ∈ Mn (R) : < A , αB + C > = tr t A(αB + C = tr (α t AB + t AC) = α tr ( t AB) + tr ( t AC) = α < A , B > + < A , C >, donc < . , . > est linéaire par rapport à la seconde place. Puisque < . , . > est linéaire par rapport à la seconde place et est symétrique, < . , . > est bilinéaire. • On a, pour toute A = (ai j )i j ∈ Mn (R) : < A , A > = tr ( t AA) = =
n
( t AA)ii
i=1 n n
( t A)i j (A) ji =
i=1 j=1
n n 2 (A) ji 0. i=1 j=1
• Soit A ∈ Mn (R) telle que < A , A > = 0. n n 2 (A) ji = 0, On a, avec les notations précédentes : i=1 j=1 0
346
• Ceci montre que φA est un endomorphisme symétrique de l’espace euclidien Mn (R) muni de < . , . >. D’après le cours, on conclut :
φA est diagonalisable
5. a) • 1re méthode : Examen des coefficients de X t Y : ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜y1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜⎜ . ⎟⎟⎟ Puisque X = ⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ 0 et Y = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ 0, il existe ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ xn yn i ∈ 1 ; n tel que xi 0 et il existe j ∈ 1 ; n tel que y j 0. On a :
MX,Y
⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎜⎜⎜ x1 y1 . . . x1 yn ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x1 ⎟⎟⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ .. ⎟⎟⎟⎟ . . = X t Y = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. ⎟⎟⎟⎟⎟ y1 . . . yn = ⎜⎜⎜⎜⎜ .. . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎠ xn y1 . . . xn yn xn
et xi y j 0, donc le coefficient de MX,Y situé à la ligne i et à la colonne j n’est pas nul, d’où : MX,Y 0. 2e méthode : Utilisation du produit scalaire canonique sur Mn,1 (R) : Raisonnons par l’absurde : supposons MX,Y = 0, c’est-à-dire X t Y = 0. On a alors X t YY = 0Y = 0. Mais t YY = ||Y||2 ∈ R, donc ||Y||2 X = 0. Comme X 0, on déduit ||Y||2 = 0, donc Y = 0, contradiction.
Corrigés des exercices
• On a AY = μY, donc, en transposant : t (AY) = μ t Y, c’est-à-dire t Y A = μ t Y car A est symétrique. • On a :
2 d’où α = λ − μ, avec (λ, μ) ∈ Sp (A) , donc α ∈ Γ.
10.6
φA (MX,Y ) = AMX,Y − MX,Y A = A(X t Y) − (X t Y)A = (AX) t Y − X( t Y A)
1. a) • On a : ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ 2 ⎜⎜⎜c1 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ c1 . . . c1 cn ⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ .. ⎟⎟⎟⎟ . C tC = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... ⎟⎟⎟⎟⎟ c1 . . . cn = ⎜⎜⎜⎜⎜ ... . ⎟⎟⎟⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎠ cn cn c1 . . . c2n
= (λX) t Y − X(μ t Y) = (λ − μ)X t Y = (λ − μ)MX,Y . On conclut : MX,Y 0,
t
Y A = μ t Y,
φA (MX,Y ) = (λ − μ)MX,Y
2
5. b) Soit (λ, μ) ∈ Sp (A) . D’après a), il existe MX,Y ∈ Mn (R) \ {0} telle que φA (MX,Y ) = (λ − μ)MX,Y , donc λ − μ est valeur propre de φA . On conclut : Γ ⊂ Sp (φA ) 6. a) Raisonnons par l’absurde : supposons que, pour tout vecteur propre Z0 pour A, on ait MZ0 = 0. Puisque A est symétrique réelle, A est diagonalisable. Il existe donc une base (U1 , ..., Un ) de Mn,1 (R) formée de vecteurs propres pour A. On a alors MU1 = 0, ... , MUn = 0.
Pour tout (i, j) ∈ 1 ; n2 , le coefficient de C tC situé à la ligne i et à la colonne j est ci c j . • On a :
Il existe (z1 , ..., zn ) ∈ Rn tel que Z =
n
zi Ui .
n
zi Ui =
i=1
n i=1
zi MUi = 0. =0
Il en résulte M = 0, contradiction avec M vecteur propre pour φA . Ce raisonnement par l’absurde montre :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Il existe un vecteur propre Z0 pour A tel que MZ0 0 6. b) • Par hypothèse, φA (M) = αM,
C tC est diagonalisable
1. b) On a : (C tC)2 = (C tC)(C tC) = C( tCC) tC = C||C||2 tC = ||C||2C tC. (C tC)2 = ||C||2C tC 1. c) D’après b), le polynôme P = X2 − ||C||2 X = X(X − ||C||2 ) est annulateur de C tC. D’après le cours, toute valeur propre de C tC est racine de P, donc : Toute valeur propre de C tC est égale à 0 ou à ||C||2 1. d) On a, pour tout X ∈ Mn,1 (R) : t (C tC)X = 0 ⇐⇒ C( CX ) = 0 ⇐⇒ < C , X > C =0 ∈R
0
⇐⇒ < C , X > = 0 ⇐⇒ X ∈ Vect (C) ⊥ .
c’est-à-dire : AM − MA = αM. En multipliant à droite par Z0 , on déduit : AMZ0 − MAZ0 = αMZ0 ,
(C tC) = t ( tC) tC = C tC,
D’après le cours, on déduit :
i=1
MZ = M
t
donc C tC est symétrique réelle.
Soit Z ∈ Mn,1 (R) quelconque.
On a alors :
Sp (φA ) = Γ
7. De 5. et 6., on conclut :
Comme C 0 et dim Mn,1 (R) = n 2, on a : ⊥ ⊥ dim Vect (C) = n − 1 1, donc Vect (C) {0}, d’où :
donc :
0 est valeur propre de C tC ⊥ et SEP (C tC, 0) = Vect (C)
A(MZ0 ) = M(AZ0 ) + αMZ0 = M(μZ0 ) + αMZ0 = (μ + α)MZ0 . On conclut :
α + μ est valeur propre de A et MZ0 est un vecteur propre pour A associé à cette valeur propre
• Il existe donc λ ∈ Sp (A) tel que α + μ = λ,
1. e) On a :
t (C tC)C = C( CC ) = ||C||2C. ∈R
Comme C 0, ceci montre que ||C||2 est valeur propre de C t C et que C est un vecteur propre de C tC associé à cette valeur propre. 347
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
Réciproquement, soit X ∈ SEP (C tC, ||C||2 ). On a alors t CX ) = ||C||2 X, donc : (C tC)X = ||C||2 X, c’est-à-dire C(
Puisque B est une base orthonormale de Mn,1 (R), d’après le cours :
∈R
C ∈ Vect (C). X= ||C||2 On conclut :
||C||2 est valeur propre de C tC et SEP (C tC, ||C||2 ) = Vect (C)
X=
n
• Les deux sous-espaces propres de C tC sont orthogonaux entre eux, ce qui est cohérent avec le fait que C tC est symétrique réelle.
< Ui , AX > Ui .
D’où, puisque B = (U1 , ..., Un ) est une base orthonormale de Mn,1 (R) : n
< U i , X >2 ,
||AX||2 =
i=1
< X , AX > =
n
< Ui , AX >2
i=1
n
< Ui , X >< Ui , AX >
i=1
=
dim SEP (C tC, 0) + dim SEP (C tC, ||C||2 ) = (n − 1) + 1 = n = dim Mn,1 (R),
1 C tC et p l’endomorphisme canonique||C||2 ment représenté par M. 1. f) Notons M =
On a : 1 1 1 (C tC)2 = ||C||2C tC = C tC = M, M = ||C||4 ||C||4 ||C||2
n
=
n
< Ui , X >< λi Ui , X > =
i=1
∀i ∈ 1 ; n, < Ui , X >2 = ( t Ui X)2 = t X(Ui t Ui )X = < X , Ui t Ui X > . D’où, pour tout X ∈ Mn,1 (R) : < X , X > = ||X||2 =
n
=
n
< X , Ui t Ui X > = < X ,
i=1
⊥ Ker (p) = SEP (M, 0) = SEP (C tC, 0) = Vect (C) ,
n
Comme In et
n
Ui t Ui X > .
i=1
Ui t Ui sont symétriques, il en résulte :
i=1
donc les sous-espaces vectoriels Ker (p) et Im (p) sont orthogonaux entre eux.
In =
n
Ui t Ui .
i=1
De même, pour tout X ∈ Mn,1 (R) : < X , AX > =
n
λi < U i , X >2 =
i=1
n
λi t X(Ui t Ui )X
i=1
= tX
n
n λi U i t U i X = < X , λi U i t U i X > .
i=1
2. a) On a, pour tous X, Y ∈ Mn,1 (R) : ( t XY)2 = ( t XY)( t XY) = ( t Y X)( t XY) = t Y(X t X)Y.
< U i , X >2
i=1
De plus :
L’endomorphisme de Mn,1 (R) canoniquement 1 C tC représenté par la matrice ||C||2 est le projecteur orthogonal sur Vect (C)
λi < U i , X >2 .
2. d) • D’après a), on a, pour tout X ∈ Mn,1 (R) :
donc p est un projecteur.
On conclut :
n i=1
2
Im (p) = SEP (M, 1) = SEP (C tC, ||C||2 ) = Vect (C),
< Ui , X >< AUi , X >
i=1
ce qui est cohérent avec le fait que C tC est diagonalisable.
Comme A et
n
i=1
λi Ui t Ui sont symétriques, il en résulte :
i=1
2. b) Puisque A est symétrique réelle, d’après le cours, A est diagonalisable dans une base orthonormale, donc il existe (λ1 , ..., λn ) ∈ Rn et une base orthonormale B = (U1 , ..., Un ) de Mn,1 (R) tels que : ∀i ∈ 1 ; n, AUi = λi Ui .
348
n i=1
• On a :
2. c) Soit X ∈ Mn,1 (R).
AX =
et
i=1
||X||2 =
Remarques :
< Ui , X > Ui
A=
n
λi U i t U i .
i=1
On conclut :
In =
n i=1
Ui t Ui
et
A=
n i=1
λi U i t U i
Corrigés des exercices
• D’après 1. f), pour tout i ∈ 1 ; n, l’endomorphisme de Mn,1 (R) canoniquement représenté par Ui t Ui est le projecteur orthogonal sur Vect (Ui ). 2. e) On a, pour tout X ∈ Mn,1 (R), d’après c) : < X , AX > =
n i=1
i=1
On conclut : ∀X ∈ Mn,1 (R), Min λi ||X||2 < X , AX > Max λi ||X||2 1in
1in
3. a) Puisque AX =
n
λi < Ui , X > Ui et que B est une base
i=1
orthonormale, on a : ||AX||2 =
n
p ∀p ∈ N∗ , ∀X ∈ Mn,1 (R), ||A p X|| ρ(A) ||X||. L’assertion est vraie pour p = 1, d’après b). Si elle est vraie pour un p ∈ N∗ , alors, en appliquant l’hypothèse de récurrence à AX à la place de X, on a, pour tout X ∈ Mn,1 (R) : p ||A p+1 X|| = ||A p (AX)|| ρ(A) ||AX|| p+1 p ||X||, ρ(A) ρ(A)||X|| = ρ(A) donc l’assertion est vraie pour p + 1. Ceci montre, par récurrence sur p : p ∀p ∈ N∗ , ∀X ∈ Mn,1 (R), ||A p X|| ρ(A) ||X||. Soit X ∈ Mn,1 (R) fixé. p∞
λ2i < Ui , X >2
λ2i < Ui , X >2
i=1
2 = ρ(A)
donc, par théorème d’encadrement : ||A p X|| −→ 0. p∞
Ceci montre : ii. =⇒ i.
3. b) • D’après a), on a : n 2 ρ(A) < Ui , X >2 i=1 n
2 < Ui , X >2 = ρ(A) ||X||2 ,
i=1
donc :
Montrons, par récurrence sur p :
p Comme 0 ρ(A) < 1, on a ρ(A) −→ 0,
i=1
n
• Supposons ρ(A) < 1.
λi < U i , X >2
⎧ n ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Max λ < Ui , X >2 = Max λi ||X||2 ⎪ i ⎪ ⎪ 1in 1in ⎪ ⎪ i=1 ⎨ ⎪ ⎪ n ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Min λ < Ui , X >2 = Min λi ||X||2 . i ⎪ ⎩ 1in 1in
||AX||2 =
Par contraposition, on a donc : i. =⇒ ii.
||AX|| ρ(A)||X||
10.7 Partie I : 1. a) Soient n ∈ N∗ et t ∈ [0 ; x]. Puisque t 1, on a : n
• Il existe k ∈ 1 ; n tel que ρ(A) = |λk |.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
On a alors :
||AUk || = ||λk Uk || = |λk | ||Uk || = ρ(A)||Uk ||.
Le vecteur X = Uk réalise donc l’égalité dans l’inégalité précédente. 3. c) • Supposons ρ(A) 1. Il existe k ∈ 1 ; n tel que ρ(A) = |λk |. On a AUk = λk Uk , donc, par une récurrence immédiate, pour A p Uk = λkp Uk , tout p ∈ N∗ : p puis : ||A p Uk || = ||λkp Uk || = |λk | p = ρ(A) . p Comme ρ(A) 1, ρ(A) ne tend pas vers 0 lorsque l’entier p tend vers l’infini. Ceci montre que, si ρ(A) 1, alors il existe X ∈ Mn,1 (R) tel que ||A p X|| ne tende pas vers 0 lorsque l’entier p tend vers l’infini.
i. ⇐⇒ ii.
On conclut :
p=1
t p−1 =
n−1 p=0
tp =
1 − tn 1−t
1. b) Soit n ∈ N∗ . En intégrant l’égalité précédente, on obtient : x x n 1 − tn dt. t p−1 dt = 0 0 1−t p=1
x
Or : 0
et :
n x n xp , t p−1 dt = t p−1 dt = p p=1 p=1 0 p=1
n
x x n 1 − tn 1 t dt = dt − dt 0 1−t 0 1−t 0 1−t x n x n x t t dt = − ln(1 − x) − dt. = − ln |1 − t| 0 − 0 1−t 0 1−t x
On conclut :
x n n xp t = − ln(1 − x) − dt p 1 −t 0 p=1 349
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
1. c) On a : ∀n ∈ N∗ , ∀t ∈ [0 ; x], 0
x
∀n ∈ N∗ , 0
Ainsi :
0
x
et : 0
tn dt 1−t
tn tn . 1−t 1−x x
0
tn dt 1−x
xn+1 1 tn dt = . 1−x (1 − x)(n + 1) (1 − x)(n + 1)
En faisant tendre n vers l’infini, par le théorème d’encadrement, x n t on obtient : lim dt = 0 n∞ 0 1−t 1. d) En faisant tendre n vers l’infini dans l’égalité du 1. b), on n xp −→ − ln(1 − x) − 0 = − ln(1 − x). obtient : p n∞ p=1 xp converge et on a : La série p p1 +∞ xp = − ln(1 − x) p p=1
On conclut :
N
∀N ∈ N∗ ,
2. b) On a :
n=1
=
N n+1 x
n
n=1
=x
N n=1
−
N+1 xn x xn − − + n 1 n=1 n −→ x − ln(1 − x) − − x − ln(1 − x)
= x + (1 − x) ln(1 − x).
+∞ n=1
n1
xn+1 converge et on a : n(n + 1)
xn+1 = x + (1 − x) ln(1 − x) n(n + 1)
Partie II : 1) Soit x ∈ R. On a :
+∞
1 − F(x) = 1 − P(X x) = P(X > x) =
1 − F(x) = 1 > 0.
2e cas : Si x > 0, alors
+∞
1 − F(x) =
0
f (t) dt.
x
f (t) dt. 0
0
Or f est nulle sur ] − ∞ ; 0[, donc
f (t) dt = 0 ; x
350
+∞
f (t) dt +
1 − F(x) =
x+1
f (t) dt
f (t) dt.
x
x
Puisque f est continue et à valeurs > 0 sur [x ; x + 1] avec x+1 f (t) dt > 0 ; x < x + 1, on a : x
ainsi :
1 − F(x) > 0.
On conclut :
∀x ∈ R, 1 − F(x) > 0
On a :
F(x) 0, donc 1 − F(x) 1, d’où ln 1 − F(x) 0.
De plus, par définition d’une densité, f (x) 0. g(x) = − f (x) ln 1 − F(x) 0.
• La fonction F étant une fonction de répartition d’une va à densité, elle est continue sur R, et par opération sur les fonc tions continues, la fonction x −→ ln 1 − F(x) est continue sur R. Par hypothèse, la fonction f est continue sur ] − ∞ ; 0[ et ]0 ; +∞[. Par opération sur les fonctions continues, la fonction g est, elle aussi, continue sur ] − ∞ ; 0[ et ]0 ; +∞[. • La fonction x −→ g(x) est continue sur [0 ; +∞[. A A g(x) dx = − f (x) ln 1 − F(x) dx. Soit A > 0. On a : 0
0
Effectuons une IPP en posant : ⎧ ⎪ − f (x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ u (x) = 1 − F(x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ v(x) = 1 − F(x)
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ u(x) = ln 1 − F(x) , ⎪ ⎪ ⎩ v (x) = − f (x)
x
1er cas : Si x 0, alors
f (t) dt = 1 ;
On conclut que g est positive sur R.
xn+1 n(n + 1)
N N xn+1 xn xn+1 =x − n+1 n n+1 n=1 n=1
La série
ainsi :
+∞ −∞
0
On obtient :
N∞
On conclut :
f (t) dt =
• Soit x ∈ R.
1 1 1 = − n(n + 1) n n + 1
∀n ∈ N∗ ,
On en déduit :
+∞
2. Remarquons que, d’après 1., la fonction g est bien définie sur R.
1 n+1−n 1 1 − = = . n n+1 n(n + 1) n(n + 1)
∀n ∈ N∗ ,
2. a) On a :
puisque f est une densité,
où u et v sont bien de classe C 1 sur [0 ; A]. A On obtient : g(x) dx 0
A = 1 − F(x) ln 1 − F(x) + 0
A
f (x) dx 0
Corrigés des exercices
= 1 − F(A) ln 1 − F(A) +
A
f (x) dx 00
car F(0) =
−∞
f (x) dx =
0 −∞
0 dx = 0.
lim F = 1, donc +∞ lim 1 − F(A) ln 1 − F(A) = lim B ln(B) = 0,
Or :
n=1
B→0
A
A→+∞
+∞
g(x) dx converge et que
0
+∞
n
g(x) dx
un converge et
+∞
un = 1
n=1
On a, par la formule des probabilités totales : FZ (x) = P(Z x) =
+∞
P(N = n, Z x)
n=1
0
La fonction g est une densité
=
Alors, d’après le cours, une densité f de X est donnée par : ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ 0 si x < 0 . ∀x ∈ R, f (x) = ⎪ ⎪ ⎩ λ e −λx si x 0 Cette fonction f est bien nulle sur ] − ∞ ; 0[, continue sur [0 ; +∞[ et strictement positive sur [0 ; +∞[.
+∞ P N = n, Max(X0 , X1 , ...Xn ) x n=1
+∞ P N = n, X0 x, X1 x, ...Xn x = n=1
=
+∞
P(N = n)P(X0 x)P(X1 x) · · · P(Xn x)
n=1
puisque N, X0 , X1 , ..., Xn sont mutuellement indépendantes n+1 +∞ +∞ n+1 F(x) . = P(N = n) F(x) = n(n + 1) n=1 n=1
X vérifie bien les conditions imposées
3. b) D’après le cours, la fonction de répartition F de X est donnée par : ⎧ ⎪ ⎪ 0 si x < 0 ⎨ . ∀x ∈ R, F(x) = ⎪ ⎪ ⎩ 1 − e −λx si x 0 ∀x 0, g(x) = −λ e −λx ln 1 − (1 − e −λx ) = −λ e −λx ln( e −λx ) = λ2 x e −λx .
On conclut :
∀x ∈ R, FZ (x) =
n+1 +∞ F(x) n(n + 1) n=1
2. b) Puisque f est continue sur [0 ; +∞[, F est de classe C 1 sur [0 ; +∞[ et l’on a : ∀x ∈ [0 ; +∞[, F (x) = f (x). On obtient alors que F est strictement positive sur [0 ; +∞[ et donc F est strictement croissante sur [0 ; +∞[. En particulier, on a : ∀x ∈ [0 ; +∞[, F(x) < lim F = 1.
On obtient alors :
+∞
⎧ 2 −λx ⎪ ⎪ si x 0 ⎨λ x e . ∀x ∈ R, g(x) = ⎪ ⎪ ⎩ 0 si x < 0
On reconnaît une densité de la loi Gamma de paramètre On en déduit :
N+1 1 1 =1− −→ 1. n N + 1 N∞ n=2
2. a) Soit x ∈ R.
−∞
3. a) Soit X une variable aléatoire suivant la loi exponentielle de paramètre λ, avec λ > 0.
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n=1
−
Les événements (N = n) pour n ∈ N∗ forment une système complet d’événements.
Puisque g est nulle sur ] − ∞, ; 0[, l’intégrale +∞ +∞ g(x) dx = g(x) dx = 1. converge et On conclut :
N 1
n1
0
Ainsi :
=
On en déduit :
On en déduit que l’intégrale +∞ g(x) dx = 1.
Ainsi :
N
A→+∞
−∞
2 λ2
0
densité, nulle sur ] − ∞ ; 0[. A g(x) dx −→ 1. Ainsi : 0
et V(Y) =
1 1 1 = − n(n + 1) n=1 n n + 1
d’après les croissances comparées +∞ f (x) dx −→ f (x) dx = 1 car f est une
0
2 λ
∀N ∈ N∗ ,
Partie III : 1. On a : N
A→+∞
E(Y) =
D’après le cours :
Y → Γ
1 λ
,2
Ainsi : ∀x ∈ [0 ; +∞[, F(x) ∈ [0 ; 1[. 1 λ
,2 .
On peut donc appliquer l’égalité du I.2.b) à F(x), et obtenir : ∀x ∈ [0 ; +∞[, n+1 +∞ F(x) n=1
n(n + 1)
= F(x) + 1 − F(x) ln 1 − F(x) . 351
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
On conclut :
On conclut, par récurrence à deux pas sur n :
∀x ∈ [0 ; +∞[, FZ (x) = F(x) + 1 − F(x) ln 1 − F(x)
Pour tout n ∈ N, T n est un polynôme de degré n et de coefficient dominant 2n
2. c) Puisque F est nulle sur ] − ∞ ; 0[, on a : ∀x ∈ ] − ∞ ; 0[, FZ (x) = 0.
2. b. Montrons, par récurrence à deux pas sur n :
Ainsi, la fonction FZ est donnée par : ∀x ∈ R, ⎧ ⎪ ⎪ 0 si x < 0 ⎨ . FZ (x) = ⎪ ⎪ ⎩ F(x) + 1 − F(x) ln 1 − F(x) si x 0 Puisque F est de classe C 1 sur [0 ; +∞[, par opération sur les fonctions de classe C 1 , FZ est de classe C 1 sur [0 ; +∞[. De plus, FZ est de classe C 1 sur ] − ∞ ; 0[ (car FZ y est nulle). Puisque F est nulle sur ] − ∞ ; 0[ et que F est continue en 0, on a F(0) = 0. Donc :
FZ = FZ (0) lim + 0
FZ . = F(0) + 1 − F(0) ln 1 − F(0) = 0 = lim −
∀n ∈ N, T n (−X) = (−1)n T n (X). • L’assertion est vraie pour n = 0 et pour n = 1, car T 0 = 1 et T 1 = X. • Supposons l’assertion vraie pour n − 2 et n − 1, où n ∈ N est fixé tel que n 2. Alors : T n (−X) = 2(−X)T n−1 (−X) − T n−2 (−X) = 2(−X)(−1)n−1 T n−1 (X) − (−1)n−2 T n−2 (X) = (−1)n 2XT n−1 (X) − T n−2 (X) = (−1)n T n (X),
0
Ainsi FZ est continue en 0 et donc sur R.
donc l’assertion est vraie pour n.
On en déduit que Z est une variable aléatoire à densité, dont une densité s’obtient en dérivant FZ sauf en un nombre fini de points où le choix est arbitraire.
Ceci montre, par récurrence à deux pas sur n :
∀x ∈ ] − ∞ ; 0[, FZ (x) = 0,
Or : et :
∀x ∈ ]0 ; +∞[, FZ (x) −F (x) = F (x) − F (x) ln 1 − F(x) + 1 − F(x) 1 − F(x) = −F (x) ln 1 − F(x) = − f (x) ln 1 − F(x) .
On conclut :
10.8
Z admet la fonction g comme densité
PARTIE I : 1. On a : T 2 = 2XT 1 − T 0 = 2X(2X) − 1 = 4X2 − 1, T 3 = 2XT 2 − T 1 = 2X(4X2 − 1) − 2X = 8X3 − 4X. T 0 = 1, T 1 = X, T 2 = 4X2 − 1, T 3 = 8X3 − 4X
2. a. Montrons, par récurrence à deux pas sur n, que, pour tout n ∈ N, T n est un polynôme de degré n et de coefficient dominant 2n . • L’assertion est vraie pour n = 0 et pour n = 1, car T 0 = 1 et T 1 = X. • Supposons l’assertion vraie pour n − 2 et n − 1, où n ∈ N est fixé tel que n 2. Alors, 2XT n−1 est de degré n et T n−2 est de degré n − 2, donc T n = 2XT n−1 − T n−2 est de degré n et son coefficient dominant est celui de 2XT n−1 , c’est-à-dire 2 · 2n = 2n+1 , ce qui montre que l’assertion est vraie pour n. 352
∀n ∈ N, T n (−X) = (−1)n T n (X). Si n est pair, alors (−1)n = 1, donc T n est pair. Si n est impair, alors (−1)n = −1, donc T n est impair. On conclut : Si n est un entier pair (resp. impair), alors T n est un polynôme pair (resp. impair) 3. D’après 1., on a : T 0 (1) = 1, T 1 (1) = 2, T 2 (1) = 3,
T 3 (1) = 4.
Montrons, par récurrence à deux pas sur n : ∀n ∈ N, T n (1) = n + 1. • L’assertion est vraie pour n = 0 et pour n = 1, car T 0 = 1 et T 1 = X. • Supposons l’assertion vraie pour n − 2 et n − 1, où n ∈ N est fixé tel que n 2. Alors : T n (1) = 2T n−1 (1) − T n−2 (1) = 2n − (n − 1) = n + 1, donc l’assertion est vraie pour n. On conclut, par récurrence à deux pas sur n : ∀n ∈ N, T n (1) = n + 1 4. a. Raisonnons par récurrence à deux pas sur n.
Corrigés des exercices
• L’assertion est vraie pour n = 0, car : ∀θ ∈ ]0 ; π[, T 0 (cos θ) = 1 =
sin θ sin θ
et l’assertion est vraie pour n = 1 car : ∀θ ∈ ]0 ; π[, T 1 (cos θ) = 2 cos θ =
2 sin θ cos θ sin 2θ = . sin θ sin θ
• Supposons l’assertion vraie pour n − 2 et n − 1, où n ∈ N est fixé tel que n 2. On a alors, pour tout θ ∈ ]0 ; π[ : T n (cos θ) = 2 cos θ T n−1 (cos θ) − T n−2 (cos θ) sin(nθ) sin (n − 1)θ = 2 cos θ − sin θ sin θ 2 cos θ sin(nθ) − sin (n − 1)θ = sin θ 2 cos θ sin(nθ) − (sin(nθ) cos θ − cos(nθ) sin θ) = sin θ sin(nθ) cos θ + sin θ cos(nθ) = sin θ sin (n + 1)θ = , sin θ
4. c. Puisque T n est de degré n, de coefficient dominant égal kπ à 2n , et que T n admet pour racines les cos , k ∈ 1 ; n, n+1 n kπ X − cos T n = 2n on conclut : n +1 k=1 4. d. En particulier, en remplaçant X par 1 et en utilisant 3. : n
n + 1 = T n (1) = 2n
k=1
donc :
n
sin
k=1
kπ kπ 2 sin2 = 2n , n+1 2(n + 1) k=1 n
1 − cos
kπ 2 = (n + 1)2−2n . 2(n + 1)
kπ est positif ou nul, on 2(n + 1) conclut, en prenant la racine carrée :
Comme de plus, chaque sin
n k=1
sin
√ kπ = n + 1 2−n 2(n + 1)
5. a. On a, pour tout θ ∈ ]0 ; π[ : sin θ T n (cos θ) − sin (n + 1)θ = 0, donc, en dérivant, pour tout θ ∈ ]0 ; π[ : − sin2 θ T n (cos θ) + cos θ T n (cos θ)
donc l’assertion est vraie pour n. On conclut : sin (n + 1)θ ∀n ∈ N, ∀θ ∈ ]0 ; π[, T n (cos θ) = sin θ
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
4. b. Soit n ∈ N∗ . On a, pour tout θ ∈ ]0 ; π[ : T n (cos θ) = 0 ⇐⇒ sin (n + 1)θ = 0 ⇐⇒ (n + 1)θ ≡ 0 [π] π kπ ⇐⇒ ∃ k ∈ 1 ; n, θ = . ⇐⇒ θ ≡ 0 n+1 n+1 Comme cos est strictement décroissante sur ]0 ; π[, les kπ sont deux à réels xk , k ∈ 1 ; n, définis par xk = cos n+1 deux distincts. Ceci montre que T n admet (au moins) les xk , k ∈ 1 ; n, pour racines. Comme d’autre part, deg (T n ) = n, T n admet au plus n racines. On conclut : Pour tout n ∈ N∗ , T n admet n racines réelles, toutes situées dans l’intervalle ] − 1 ; 1[, qui sont les kπ cos , k ∈ 1 ; n n+1
− (n + 1) cos (n + 1)θ = 0,
puis, en dérivant encore, pour tout θ ∈ ]0 ; π[ : sin3 θ T n (cos θ) − 2 sin θ cos θ T n (cos θ) − sin θ cos θ T n (cos θ) 2 − sin θ T n (cos θ) + (n + 1) sin (n + 1)θ = 0.
En combinant la première égalité et la troisième égalité pour faire disparaître les termes en sin (n + 1)θ , on déduit : sin3 θ T n (cos θ) − 3 sin θ cos θ T n (cos θ) + (n + 1)2 − 1 sin θ T n (cos θ) = 0, puis, en simplifiant par sin θ, on conclut : ∀θ ∈ ]0 ; π[, 2 sin2 θ T n (cos θ) −3 cos θ T n (cos θ) + (n + 2n) T n (cos θ) = 0
5. b. Soit n ∈ N. D’après a), on a : ∀θ ∈ ]0 ; π[, sin2 θ T n (cos θ) −3 cos θ T n (cos θ) + (n2 + 2n) T n (cos θ) = 0. Comme l’application θ −→ cos θ est une surjection de ]0 ; π[ sur ] − 1 ; 1[, on a donc : ∀x ∈ ] − 1 ; 1[, (1 − x2 )T n (x) − 3xT n (x) + (n2 + 2n)T n (x) = 0. En prenant l’opposé, il en résulte que le polynôme (X2 − 1)T n + 3XT n − (n2 + 2n)T n 353
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
s’annule en une infinité de points (les éléments de ] − 1 ; 1[), donc, d’après le cours, c’est le polynôme nul.
PARTIE III : 1. D’abord, pour tout (P, Q) ∈ E 2 , l’inté 1√ 1 − x2 P(x)Q(x) dx existe comme intégrale ϕ(P, Q) =
On conclut :
grale d’une application continue sur un segment.
−1
∀n ∈ N, (X2 − 1)T n + 3XT n − (n2 + 2n)T n = 0 PARTIE II : 1. • Il est clair que, pour tout P ∈ E, L(P) est un polynôme de R(X]. De plus : deg L(P) = deg (X2 − 1)P + 3XP 2 Max deg (X − 1)P , deg (3XP ) deg (P), donc : L(P) ∈ E.
• On a, pour tout (P, Q) ∈ E 2 : ϕ(Q, P) =
1 −1
√
1 − x2 Q(x)P(x) dx =
L(αP + Q) = (X2 − 1)(αP + Q) + 3X(αP + Q) = α(X2 − 1)P + (X2 − 1)Q + α3XP + 3XQ = α (X2 − 1)P + 3XP + (X2 − 1)Q + 3XQ = αL(P) + L(Q),
=α
1
√
−1
√ 1 − x2 P(x) αQ(x) + R(x) dx
1 −1
1 − x2 P(x)Q(x) dx +
1
−1
√ 1 − x2 P(x)R(x) dx
= αϕ(P, Q) + ϕ(P, R), donc ϕ est linéaire par rapport à la seconde place.
donc L est linéaire.
Puisque ϕ est symétrique et linéaire par rapport à la seconde place, ϕ est bilinéaire.
On conclut :
• On a, pour tout P ∈ E :
L est un endomorphisme de l’espace vectoriel E
ϕ(P, P) =
2. a. On a, pour tout k ∈ 0 ; n, en utilisant I 5. b. : L(T k ) = (X − 2
1)T k
+
3XT k
= (k + 2k)T k . 2
∀k ∈ 0 ; n, L(T k ) = (k2 + 2k)T k 2. b. • Puisque, pour tout k ∈ 0 ; n, T k 0, d’après a., k2 + 2k est valeur propre de L et T k est un vecteur propre associé. • L’application k −→ k + 2k = (k + 1) − 1 est strictement croissante sur [0 ; n, donc les k2 + 2k, lorsque k décrit 0 ; n, sont deux à deux distincts. 2
2
• Soit√P ∈ E tel que ϕ(P, P) = 0. Comme l’application 2 x −→ 1 − x2 P(x) est continue√ et à valeurs positives ou 2 1 − x2 P(x) = 0, nulles, il s’ensuit : ∀x ∈ [−1 ; 1], puis :
∀x ∈ ] − 1 ; 1[, P(x) = 0.
Ainsi, le polynôme P s’annule en une infinité de points de R (les éléments de ] − 1 ; 1[), donc P = 0. On conclut :
ϕ est un produit scalaire sur E
2. Soit (P, Q) ∈ E 2 .
De plus : dim (E) = n + 1.
Calculons l’intégrale
On conclut : Les valeurs propres de L sont les k2 + 2k, k ∈ 0 ; n, et, pour chaque k ∈ 0 ; n, le sous-espace propre pour L associé à la valeur propre k2 + 2k est Vect (T k ), de dimension 1
√ 1 − x2 P(x) 2 dx 0. −1 1
0
Ceci montre que L admet (au moins) n + 1 valeurs propres deux à deux distinctes.
On a donc ici toutes les valeurs propres de L.
354
1 − x2 P(x)Q(x) dx = ϕ(P, Q),
• On a, pour tous α ∈ R, P, Q, R ∈ E :
= (X2 − 1)(αP + Q ) + 3X(αP + Q )
−1
√
donc ϕ est symétrique.
ϕ(P, αQ + R) =
• On a, pour tous α ∈ R, P, Q ∈ E :
1
1
−1
3
(1 − x2 ) 2 P (x)Q (x) dx à l’aide
d’une intégration par parties avec : ⎧ ⎪ 2 3 ⎪ ⎪ ⎨u = (1 − x ) 2 P (x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = Q (x) ⎧ ⎪ 3 ⎪ 2 32 2 21 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = (1 − x ) P (x) + 2 (1 − x ) (−2x)P (x) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = Q(x)
Corrigés des exercices
où u, v sont de classe C 1 sur le segment [−1 ; 1] : 1 1 3 3 (1 − x2 ) 2 P (x)Q (x) dx = (1 − x2 ) 2 P (x)Q(x) −1 −1 −
1
3 1 (1 − x2 ) 2 P (x) − 3x(1 − x2 ) 2 P (x) Q(x) dx
−1 1 √
=
=0
−1 1
=
1 − x2 (x2 − 1)P (x) + 3xP (x) Q(x) dx
√ 1 − x2 L(P)(x)Q(x) dx = ϕ L(P), Q .
−1
Comme, dans la première intégrale du calcul, P et Q ont des rôles symétriques, on conclut :
Par addition, l’intégrale impropre converge.
( e −ax + e −bx ) dx
1
D’après le théorème de majoration pour des fonctions à va +∞ | f (x)| dx leurs 0, il en résulte que l’intégrale impropre 1 converge. +∞ f (x) dx est absolument Ainsi, l’intégrale impropre convergente, donc convergente.
1
1 f (x) dx Puisque les deux intégrales impropres 0 +∞ f (x) dx convergent, par définition, on conclut :
et
1
∀(P, Q) ∈ E 2 , ϕ L(P), Q = ϕ P, L(Q)
3. D’après III 2., L est un endomorphisme symétrique de l’espace euclidien E. D’après II 2. b., (T 0 , ..., T n ) est une base de E formée de vecteurs propres pour L associés à des valeurs propres deux à deux distinctes.
+∞
L’intégrale impropre 0
e −ax − e −bx dx converge x
2e méthode : Comparaison à l’exemple de Riemann : Puisque a > 0 et b > 0, par prépondérance des exponentielles sur la puissance, on a :
D’après le cours, on conclut :
x2 f (x) = x( e −ax − e −bx )
(T k )0kn est une base orthogonale de E
−→
x −→ +∞
0.
Il existe donc c ∈ ]0 ; +∞[ tel que :
10.9 1. • L’application sur ]0 ; +∞[.
f : x −→
e −ax − e −bx x
∀x ∈ [c ; +∞[, |x2 f (x)| 1,
est continue
∀x ∈ [c ; +∞[, | f (x)|
d’où :
• Étude en 0 :
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
+∞
On a, en utilisant des développements limités lorsque x tend vers 0 : 1 − ax + o(x) − 1 − bx + o(x) e −ax − e −bx = f (x) = x x (b − a)x + o(x) = = b − a + o(1) −→ b − a. x −→ 0 x Ainsi, f admet en 0 une limite finie, donc l’intégrale impropre 1 f (x) dx converge.
1 . x2
D’aprèsl’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale im+∞ 1 dx converge. propre 2 x c Par théorème de majoration pour desfonctions à valeurs 0, il +∞
en résulte que l’intégrale impropre
| f (x)| dx converge.
c
On termine comme dans la 1re méthode. 2. a) Soit (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε X.
0
On a, par le changement de variable y = ax :
• Étude en +∞ : 1re méthode : Comparaison à des exponentielles
ε
On a, pour tout x ∈ [1 ; +∞[ :
e −ax − e −bx
| e −ax − e −bx | e −ax + e −bx . | f (x)| =
x Puisque a > 0 et b > 0,d’après le cours, les intégrales im+∞ +∞ propres e −ax dx et e −bx dx convergent. 1
1
X
e −ax dx = x
aX aε
e −y 1 y a dy = a
aX aε
e −y dy y
et, par le changement de variable y = bx :
X ε
e −bx dx = x
bX bε
e −y 1 y b dy = b
bX bε
e −y dy. y 355
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
2. b) On a, pour tout (ε, X) ∈ ]0 ; +∞[2 tel que ε X, par linéarité de l’intégration, utilisation de a), puis relation de Chasles : X −ax e − e −bx dx x ε X −ax X −bx e e = dx − dx x x ε ε bX −y aX −y e e dy − dy = y y aε bε bX −y aX −y bε e −y e e = dy + dy + dy y y y aε bε bX bX −y e dy − y bε bX −y bε −y e e dy − dy. = y y aε aX 3. a) Par théorèmes généraux, h est continue sur ]0 ; +∞[. On a :
1 − e −y h(y) = y
−(−y) = 1, y
∼
y −→ 0+
+∞ 1
e −y dy y
On a donc, en utilisant la relation de Chasles :
bX aX
e −y dy = y
bX 1
e −y dy − y −→
X −→ +∞
aX
1 +∞
1
e −y dy y
e −y dy − y
+∞ 1
e −y dy = 0. y
On déduit de c), en faisant tendre X vers +∞ :
+∞ 0
e −ax − e −bx b dx = ln x a
10.10 1. a) Un programme pour déterminer max(X[1], X[2]) est le suivant : program ecricome1 ; type tab=array[1..2011] of real ; var X:tab ; m:real ;
donc : h(y) −→ + 1 = h(0),
begin
y −→ 0
readln(X[1], X[2]) ;
ce qui montre que h est continue en 0.
m:=X[1] ;
h est continue sur [0 ; +∞[
On conclut :
3. d) Comme en 1., l’intégrale impropre converge.
if m<X[2] then m:=X[2] ; 3. b) On a : bε −y bε −y e ( e − 1) + 1 dy = dy y y aε aε bε bε 1 1 − e −y dy − dy = y aε y aε bε bε b h(y) dy = ln − h(y) dy. = [ln y]bε aε − a aε aε Puisque h est continue sur [0 ; +∞[, l’intégrale impropre (pour 1 h(y) dy converge, donc : la borne 0) 0
bε
h(y) dy = aε
bε
program ecricome2 ; type tab=array[1..2011] of real ; var X:tab ; m:real ; begin readln(X[1], X[2], X[3]) ; m:=X[1] ;
h(y) dy 1
h −→ 0
0
−→
1
if m<X[2] then m:=X[2] ;
0
h(y) dy −
h(y) d = 0. 1
if m<X[3] then m:=X[3] ; writeln(’le maximum est ’,m) ; readln ;
bε
On conclut : aε
b e −y dy −→ ln h −→ 0 y a
end.
3. c) D’après 2.b) et 3.b), on a, en faisant tendre ε vers 0 :
X
∀X ∈ ]0 ; +∞[, 0
356
Un programme pour déterminer max(X[1], X[2], X[3]) est le suivant :
aε
h(y) dy − 1
writeln(’le maximum est ’,m) ; readln ; end.
b e −ax − e −bx dx = ln − x a
bX aX
e −y dy y
1. b) Un programme pour déterminer max(X[1], X[2], ..., X[2011]) est le suivant : program ecricome3 ; type tab=array[1..2011] of real ;
Corrigés des exercices
On obtient alors :
var X:tab ; m:real ;
⎧ ⎪ ⎪ 0 si t < 0 ⎨ ∀t ∈ R, Gn+1 (t) = ⎪ ⎪ ⎩ 1 − e −(n+1)t si t 0
begin for i:=1 to 2011 do readln(X[i]) ; m:=X[1] ;
3. b) La fonction Gn+1 est de classe C 1 sur R, privé éventuellement de {0}.
for i:=2 to 2011 do begin
Gn+1 = Gn+1 (0) = 1 − e 0 = 0 = lim Gn+1 . De plus, lim + −
if m<X[i] then m:=X[i] ;
0
writeln(’le maximum est ’,m) ; readln ; end. ∀t ∈ R,
2. a) On a :
FYn (t) = P(Yn t) = P(X1 t, . . . , Xn t)
On conclut :
∀t ∈ R, FYn (t) = FX1 (t) . . . FXn (t)
2. b) En notant F la fonction de répartition des va Xn , on a, d’après le cours : ⎧ ⎪ ⎪ si t < 0 ⎨ 0 . ∀t ∈ R, F(t) = ⎪ ⎪ ⎩ 1 − e −t si t 0 On en déduit : ⎧ ⎪ ⎪ 0 si t < 0 ⎨ ∀t ∈ R, FYn (t) = ⎪ ⎪ ⎩ 1 − e −t n si t 0 2. c) La fonction FYn est de classe C 1 sur R, privé éventuellement de {0}. De plus, lim FYn = FYn (0) = 1 − e 0 = 0 = lim FYn . + − 0
0
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Ainsi FYn est continue en 0 et donc continue sur R. On en déduit que Yn est une variable aléatoire à densité, dont une densité s’obtient en dérivant FYn sauf en un nombre fini de points où le choix est arbitraire. On a : ∀t < 0, FY n (t) = 0 = fn (t), n−1 ∀t > 0, FY n (t) = n e −t 1 − e −t = fn (t).
On conclut :
Xn+1 On en déduit que est une va à densité, dont une densité n+1 dn+1 s’obtient en dérivant Gn+1 sauf en un nombre fini de points où le choix est arbitraire. On obtient alors :
= P(X1 t) · · · P(Xn t) car les va sont indépendantes.
et :
0
Ainsi Gn+1 est continue en 0 et donc continue sur R.
end ;
La fonction fn est une densité de Yn
Xn+1 . 3. a) Notons Gn+1 la fonction de répartition de n+1 Xn+1 On a : ∀t ∈ R, Gn+1 (t) = P t n+1 = P Xn+1 (n + 1)t = F (n + 1)t , où F désigne la fonction de répartition de Xn+1 .
⎧ ⎪ ⎪ 0 si t < 0 ⎨ ∀t ∈ R, dn+1 (t) = ⎪ ⎪ ⎩ (n + 1) e −(n+1)t si t 0 4. Soient x ∈ R et n ∈ N∗ . On a : x n−1 n exp(nt) 1 − exp(−t) dt 0 x n−1 n−1 1 − exp(−t) = n exp(t) exp(t) dt 0 x n−1 = n exp(t) exp(t) − 1 dt 0
n x exp(t) − 1 0 = exp(x) − 1 n − 0 = exp(x) − 1 n .
=
On conclut : x n−1 n n exp(nt) 1 − exp(−t) dt = exp(x) − 1 0
5. Notons, pour tout n de N∗ , P(n) la propriété : « Zn est une va à densité, de densité fn ». • Initialisation : On a Z1 = X1 → E (1). Donc une densité i1 de Z1 est donnée par : ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ 0 si x < 0 ∀x ∈ R, i1 (x) = ⎪ = f1 (x). ⎪ ⎩ e −x si x 0 D’où la propriété P(1). • Hérédité : Soit n ∈ N∗ . Supposons P(n) et montrons P(n + 1). Xn+1 Xn+1 On a Zn+1 = Zn + , et les va Zn et sont à densité et n+1 n+1 sont indépendantes. 357
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
D’après le cours, on sait qu’une densité in+1 de Zn+1 s’obtient en faisant le produit de convolution d’une densité de Zn et d’une Xn+1 densité de . n+1 +∞ fn (t)dn+1 (x − t) dt. On a alors : ∀x ∈ R, in+1 (x) =
2. a) On a : g(e1 ) = ( f n + an−1 f n−1 + · · · + a1 f + a0 e)(e1 ) = f n (e1 ) + an−1 f n−1 (e1 ) + · · · + a1 f (e1 ) + a0 e1 = −(a0 e1 + · · · + an−1 en ) + an−1 en + · · · + a0 e1
−∞
fn (t)dn+1 (x − t) 0 ⇐⇒ (t 0 et
Or :
= 0.
x − t 0)
g(e1 ) = 0
⇐⇒ 0 t x. Ainsi, pour tout x < 0, on a : ∀t ∈ R, fn (t)dn+1 (x − t) = 0,
2. b) Montrons, par récurrence sur i : ∀i ∈ N, g ◦ f i = f i ◦ g.
donc in+1 (x) = 0 = fn+1 (x).
La formule est vraie pour i = 0, car f 0 = e commute avec tout endomorphisme de Cn .
Et, pour tout x 0, on a : x fn (t)dn+1 (x − t) dt in+1 (x) = 0 x n−1 n e −t 1 − e −t (n + 1) e −(n+1)(x−t) dt = 0 x n−1 n e nt 1 − e −t dt = (n + 1) e −(n+1)x = (n + 1) e
−(n+1)x
0
n ex −1
n = (n + 1) e −x e −x ( e x − 1) n = (n + 1) e −x 1 − e −x = fn+1 (x).
Supposons, pour un i ∈ N fixé : g ◦ f i = f i ◦ g. On a alors : g ◦ f i+1 = g ◦ ( f i ◦ f ) = (g ◦ f i ) ◦ f = ( f i ◦ g) ◦ f = f i ◦ (g ◦ f ). Mais : g ◦ f = ( f n + an−1 f n−1 + · · · + a1 f + a0 e) ◦ f = f n+1 + an−1 f n + · · · + a1 f 2 + a0 f
d’après 4.
= f ◦ ( f n + an−1 f n−1 + · · · + a1 f + a0 e) = f ◦ g. D’où :
g ◦ f i+1 = f i ◦ ( f ◦ g) = ( f i ◦ f ) ◦ g = f i+1 ◦ g.
On obtient alors : ∀x ∈ R, in+1 (x) = fn+1 (x).
Ceci montre que la formule est vraie pour i + 1.
D’où la propriété P(n + 1).
On a montré, par récurrence sur i :
• On conclut :
∀i ∈ N, g ◦ f i = f i ◦ g
∗
Pour tout n de N , Zn admet fn pour densité
10.11 1. a) Par lecture de la matrice C, on a : ∀i ∈ 1 ; n − 1, f (ei ) = ei+1 ) 1. b) • Montrons, par récurrence sur j (limitée à j n − 1) : ∀ j ∈ 1 ; n − 1, f j (e1 ) = e j+1 .
2. c) On a g(e1 ) = 0 d’après a), et, pour tout i ∈ 2 ; n : g(ei ) = g f i−1 (e1 ) = (g ◦ f i−1 )(e1 )
= ( f i−1 ◦ g)(e1 ) = f i−1 g(e1 ) = f i−1 (0) = 0.
2. d) Puisque B = (e1 , ..., en ) est une base de Cn et que l’application g est linéaire et s’annule en e1 , ..., en , on a g = 0, donc : f n + an−1 f n−1 + · · · + a1 f + a0 e = 0.
Pour j = 1, on a : f j (e1 ) = f (e1 ) = e2 . Si, pour un j fixé tel que 1 j n − 2, f j (e1 ) = e j+1 , alors : f j+1 (e1 ) = f f j (e1 ) = f (e j+1 ) = e j+2 .
∀i ∈ 1 ; n, g(ei ) = 0
On conclut :
D’où : P( f ) = (Xn + an−1 Xn−1 + · · · + a1 X + a0 )( f ) = f n + an−1 f n−1 + · · · + a1 f + a0 e = 0.
Ceci montre, par récurrence sur j : ∀ j ∈ 1 ; n − 1, f j (e1 ) = e j+1 • Puis :
P est annulateur de f
Application 1 :
f n (e1 ) = f f n−1 (e1 ) = f (en ) = −a0 e1 − · · · − an−1 en . f n (e1 ) = −(a0 e1 + · · · + an−1 en ) 358
On conclut :
On cherche A ∈ M5 (C) telle que A5 = A3 +2A2 +I5 , c’est-à-dire telle que le polynôme P = X5 − X3 − 2X2 − 1 soit annulateur de A. D’après d) :
Corrigés des exercices
⎛ ⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜⎜1 ⎜⎜ La matrice A = ⎜⎜⎜⎜0 ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎝0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
⎞ 1⎟⎟ ⎟ 0⎟⎟⎟⎟⎟ ⎟ 2⎟⎟⎟⎟ convient ⎟ 1⎟⎟⎟⎟ ⎠ 0
2. e) Puisque C représente f , les valeurs propres de C sont les valeurs propres de f . D’après d) et le cours, les valeurs de f sont des racines de P. On conclut :
Notons L1 , L2 , ..., Ln les lignes de la matrice rectangulaire à n lignes et n − 1 colonnes formée par C1 , ..., Cn−1 . On a : rg (C1 , ..., Cn−1 ) = rg (L1 , ..., Ln ) rg (L2 , ..., Ln ). Comme la matrice carrée formé par L2 , ..., Ln est triangulaire (supérieure) à termes diagonaux tous non nuls (car égaux à 1), cette matrice carrée est inversible, donc de rang n − 1. On conclut :
∀x ∈ C, rg (C − x In ) n − 1
• Soit λ une valeur propre de C.
Les valeurs propres de C sont des racines de P
D’après le théorème du rang :
3. a) On a : Q( f )(e1 ) = (α0 + α1 X + · · · + αn−1 Xn−1 )( f )(e1 ) = (α0 e + α1 f + · · · + αn−1 f n−1 )(e1 ) = α0 e1 + α1 f (e1 ) + · · · + αn−1 f n−1 (e1 ) = α0 e1 + α1 e2 + · · · + αn−1 en . On conclut :
Q( f )(e1 ) = α0 e1 + α1 e2 + · · · + αn−1 en
3. b) Supposons qu’il existe un polynôme Q non nul, annulateur de f , tel que deg (Q) n − 1. Il existe (α0 , ..., αn−1 ) ∈ C \ {0} tel que n
Q = α0 + α1 X + · · · + αn−1 Xn−1 .
dim Ker (C − λIn ) = n − rg (C − λIn ) n − (n − 1) = 1. D’autre part, puisque λ est valeur propre de C, on a : Ker (C − λIn ) {0}, donc : dim Ker (C − λIn ) 1. On conclut : Chaque sous-espace propre de C est de dimension 1 4. b) Notons p le nombre de racines de P, et λ1 , ..., λ p les racines de P. D’après 2.e) et 3.d), λ1 , ..., λ p sont les valeurs propres de C.
D’après a), on a : α0 e1 + α1 e2 + · · · + αn−1 en = 0.
D’après a) : ∀k ∈ 1 ; p, dim SEP (C, λk ) = 1,
Comme (e1 , ..., en ) est libre, on a : α0 = 0, ..., αn−1 = 0, donc Q = 0, contradiction.
donc :
p
dim SEP (C, λk ) = p.
k=1
On conclut :
Il n’existe pas de polynôme non nul, de degré inférieur ou égal à n − 1, et annulateur de f
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
3. c) On a : ( f − λe) ◦ R( f ) = (X − λ)R ( f ) = P( f ) = 0. 3. d) Soit λ une racine de P. Il existe donc R ∈ C[X] tel que P = (X − λ)R. D’après c), on a : ( f − λe) ◦ R( f ) = 0. Raisonnons par l’absurde : supposons que λ ne soit pas valeur propre de f . Alors, f − λe est bijectif, donc, en composant à gauche par ( f −λe)−1 , on déduit R( f ) = 0, contradiction avec b).
D’après le cours, C est diagonalisable si et seulement si : p dim SEP (C, λk ) = n, k=1
donc si et seulement si p = n. Ainsi, C est diagonalisable si et seulement si P admet n racines. Comme deg (P) = n, ceci revient à ce que P admette n racines deux à deux distinctes. On conclut :
C est diagonalisable si et seulement si P admet n racines deux à deux distinctes
Ce raisonnement par l’absurde montre que λ est valeur propre de f .
5. a) Application 2 :
On conclut :
La matrice A1 est la matrice compagnon du polynôme P = X4 − 1.
Toutes les racines de P sont des valeurs propres de f Comme 4. a) • Soit x ∈ C. Notons C1 , ..., Cn−1 , Cn les colonnes de la matrice carrée C − x In . On a : rg (C − x In ) = rg (C1 , ..., Cn ) rg (C1 , ..., Cn−1 ).
P = X4 − 1 = (X2 − 1)(X2 + 1) = (X − 1)(X + 1)(X − i )(X + i ), 359
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
le polynôme P admet quatre racines deux à deux distinctes, qui sont 1, −1, i , − i . D’après 4.b), on déduit :
P(Y = k) = P(N1 )PN1 (N2 ) · · · PN1 ∩N2 ∩···∩Nk−2 (Nk−1 ) PN1 ∩N2 ∩···∩Nk−1 (Bk ) b b−1 b − (k − 2) a + (k − 1) × × ··· × × N N N N b(b − 1) · · · (b − k + 2)(a + k − 1) = Nk b! (a + k − 1) = . (b − k + 1)! N k =
A1 est diagonalisable
5. b) Application 3 : La matrice A2 est la matrice compagnon du polynôme P = X4 − 2X3 − 3X2 + 8X − 4. Essayons de factoriser P. On remarque que 1 est racine évidente de P. D’où
Cette formule est aussi vraie pour k = 1. On conclut :
P = (X − 1)(X3 − X2 − 4X + 4) = (X − 1) X2 (X − 1) − 4(X − 1) = (X − 1)2 (X2 − 4). Ainsi, P admet 1 pour racine double, donc P n’admet pas quatre racines deux à deux distinctes. On conclut, d’après 4.b) :
3. • D’après la question 2), on a : P(Y = b + 1) =
A2 n’est pas diagonalisable
10.12 1. • La plus petite valeur que peut prendre Y est 1. Puisqu’à chaque tirage d’une boule noire, celle-ci est remplacée par une boule blanche et que l’urne contient initialement b boules noires, la plus grande valeur que peut prendre Y est b + 1. Ainsi, Y prend ses valeurs dans 1 ; b + 1.
b! b! − (b − (k − 1))! N k−1 (b − k)! N k b! N − (b − k + 1) = (b − k + 1)! N k b!(N − b + k − 1) b!(a + k − 1) = = . (b − k + 1)! N k (b − k + 1)! N k On obtient alors :
• Soit k ∈ 1 ; b + 1.
P(Y = k) =
Si k = 1, l’obtention d’une boule blanche au premier tirage réalise l’événement (Y = k). Si k 2, puisque k − 1 b, l’obtention de (k − 1) boules noires puis d’une boule blanche réalise l’événement (Y = k). Donc k ∈ Y(Ω).
M
4. On a :
b! b! − (b − (k − 1))!N k−1 (b − k)!N k
k(ak−1 − ak ) =
k=1
=
M−1
Y(Ω) = 1 ; b + 1
=
(k + 1)ak −
=
kak +
M−1
M
• Si k = 1, alors P(Y = 1) = P(B1) =
a . N
• Si k 2, alors l’événement (Y = k) s’écrit : k−1 $
Ni ∩ B k .
i=1
Par la formule des probabilités composées, on obtient :
On conclut :
M
kak
k=1
kak
M−1 k=0
ak −
M
kak
k=1
M−1 ak + 0 a0 − MaM = ak − MaM .
k=0
Soit k ∈ 1 ; b + 1.
(Y = k) =
kak−1 −
k=1
k=0
2. Pour tout i de N , notons Bi (resp. Ni ) l’événement : « on obtient une boule blanche (resp. noire) au i-ième tirage ».
M−1
M k=1
k=0
∗
360
b! (a + b) b! = b 0! N b+1 N
• Soit k ∈ 1 ; b. On a :
PARTIE I :
On conclut :
b! (a + k − 1) (b − k + 1)! N k
∀k ∈ 1 ; b + 1, P(Y = k) =
k=0 M
k(ak−1 − ak ) =
k=1
5. Notons, pour tout k de N, ak =
M−1
ak − MaM
k=0
b! . (b − k)! N k
Puisque Y prend un nombre fini de valeurs, Y admet une espérance et l’on a :
Corrigés des exercices
E(Y) =
b+1
• Les événements En,0 , . . . , En,n forment un système complet d’événements.
kP(Y = k)
k=1 b = k k=1
= = =
b! b! b! − + (b + 1) b (b − (k − 1))! N k−1 (b − k)! N k N
b b! k ak−1 − ak + (b + 1) b N k=1 b−1
b! ak − bab + (b + 1) b N k=0
b−1 k=0
=
b−1 k=0
b! b! b! − b b + (b + 1) b (b − k)! N k N N b! b! b! . + b = (b − k)! N k N (b − k)!N k k=0 b
E(Y) =
On conclut :
b k=0
n
k=0
P(En,k ) = 1
k=0
2. Soient n et k deux entiers de N∗ . L’événement En,k peut se composer de la façon suivante : En,k = En−1,k ∩ Bn ∪ En−1,k−1 ∩ Nn . On en déduit : pn,k = P(En,k ) = P En−1,k ∩ Bn ∪ En−1,k−1 ∩ Nn = P En−1,k ∩ Bn + P En−1,k−1 ∩ Nn par incompatibilité des événements
= pn−1,k
a+k b − (k − 1) + pn−1,k−1 . N N
On en déduit : ∀n ∈ N∗ , ∀k ∈ N∗ , N pn,k = (a + k)pn−1,k + (b + 1 − k)pn−1,k−1
Notons, pour tout entier n ∈ N∗ , Bn l’événement : « la n-ième boule tirée est blanche » ; ainsi Bn = Nn . Notons également, pour tous n et k de N, En,k l’événement : « au cours des n premiers tirages, on a obtenu exactement k boules noires ». 1. • L’événement En,0 s’écrit : En,0 = B1 ∩ · · · ∩ Bn. En utilisant la formule des probabilités composées, on a :
3. a) Soit n ∈ N∗ . • Puisque Xn prend ses valeurs dans 0 ; n, Xn admet une espérance et l’on a : n n k P(Xn = k) = k pn,k . E(Xn ) = k=0
a n a a a ··· = = NN N N
• Si n > b, alors l’événement En,n est impossible ; donc pn,n = P(En,n ) = 0. Si n b, alors l’événement En,n s’écrit :
k=0
k=1
=
n
pn,n
k(a + k)pn−1,k +
k=1
=
n
n
k(b + 1 − k)pn−1,k−1
k=1
k(a + k)pn−1,k +
k=1
n−1
(k + 1)(b − k)pn−1,k
k=0
= n(a + n) pn−1,n +bpn−1,0 =0
n−1 k(a + k) + (k + 1)(b − k) pn−1,k +
En utilisant la formule des probabilités composées, on a :
⎧ ⎪ b! ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (b − n)! N n si n b =⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 si n > b
k=1
n = k (a + k)pn−1,k + (b + 1 − k)pn−1,k−1
En,n = N1 ∩ · · · ∩ Nn .
pn,n = P(En,n ) = P(N1 )PN1 (N2 ) · · · PN1 ∩...∩Nn−1 (Nn ) b − (n − 1) b! b b−1 ··· = = . N N N (b − n)! N n
k=0
• On obtient alors : n n N E(Xn ) = k N pn,k = k N pn,k
pn,0 = P(En,0 ) = P(B1)P B1 (B2 ) · · · P B1 ∩...∩Bn−1 (Bn )
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pn,k =
= P(En−1,k )PEn−1,k (Bn) + P(En−1,k−1 )PEn−1,k−1 (Nn ) b! (b − k)!N k
PARTIE II :
On conclut :
n
En particulier, on a :
k=1
= bpn−1,0 +
n−1
b + k(a + b − 1) pn−1,k
k=1
= bpn−1,0 +
n−1
b + k(N − 1) pn−1,k
k=1
=
n−1
b + k(N − 1) pn−1,k .
k=0
361
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
N E(Xn ) =
On conclut :
n−1
b + k(N − 1) pn−1,k
N qn+1 =
On en déduit :
• En développant la somme précédente, on obtient : n−1
pn−1,k +(N − 1)
k=0
n−1
En développant la somme précédente, on obtient :
=1
4. b) Soit n ∈ N.
kpn−1,k
k=0
N qn+1 = b
= E(Xn−1 )
n
pn,k −
k=0
n
kpn,k = b − E(Xn ).
k=0
= b + (N − 1)E(Xn−1 ).
=1
= E(Xn )
On conclut : N−1 b b 1 E(Xn−1 ) + E(Xn ) = E(Xn−1 ) + = 1− N N N N 3. b) La suite E(Xn ) n0 est définie par : E(X0 ) = 0 et
1 b E(Xn−1 ) + . ∀n 1, E(Xn ) = 1 − N N
Voici une fonction qui calcule E(X2009 ) lorsque b = 10 et N = 100. function esperance:real ;
begin
On obtient alors : qn+1 =
esperance:=0 ;
un = E Xn (Xn − 1) = k(k − 1)pn,k = k(k − 1)pn,k
for i:=1 to 2009 do esperance:=(1-1/100)*esperance +10/100 ;
n∈N
est une suite arithmético-
b 1 α+ . Cherchons α ∈ R pour que α = 1 − N N α b 1 b ⇐⇒ = ⇐⇒ α = b. On a : α = 1 − α+ N N N N Ainsi la suite E(Xn )−b n∈N est une suite géométrique de raison 1 et de premier terme E(X0 ) − b = −b. 1− N 1 n . Donc : ∀n ∈ N, E(Xn ) − b = −b 1 − N On en déduit :
1 n ∀n ∈ N, E(Xn ) = b 1 − 1 − N
4. a) Soit n ∈ N. Les événements En,0 , . . . , En,n forment un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales, on a : P(Nn+1) =
n k=0
362
n
n
k=0
k=1
P(En,k )PEn,k (Nn+1 ) =
n k=0
pn,k
b−k . N
n 1 k(k − 1)(a + k)pn−1,k N k=1 n 1 + k(k − 1)(b + 1 − k)pn−1,k−1 N k=1
=
n n−1 1 1 k(k − 1)(a + k)pn−1,k + (k + 1)k(b − k)pn−1,k N k=1 N k=0
=
n(n − 1)(a + n) pn−1,n +0 N
end ; 3. c) La suite ( E(Xn ) géométrique.
b b b 1 n 1 n = − 1− 1− 1− N N N N N
5. a) Soit n ∈ N∗ . D’après le théorème de transfert, on a :
=
b 1 − E(Xn ) N N
qn+1 =
On en déduit :
n 1 = k(k − 1) (a + k)pn−1,k + (b + 1 − k)pn−1,k−1 N k=1
var i:integer ;
(b − k)pn,k
k=0
k=0
N E(Xn ) = b
n
=0
n−1 1 k (k − 1)(a + k) + (k + 1)(b − k) pn−1,k + N k=1
=
n−1 1 k (k − 1)(a + k) + (k + 1)(b − k) pn−1,k . N k=1
Or : ∀k ∈ 1 ; n − 1, (k − 1)(a + k) + (k + 1)(b − k) = k(a + b − 2) − a + b, et : (k − 1)(a + b − 2) + 2(b − 1) = k(a + b − 2) + (−a − b + 2 + 2b − 2) = k(a + b − 2) − a + b. On obtient alors : n−1 1 k (k − 1)(a + b − 2) + 2(b − 1) pn−1,k un = N k=1 =
n−1 1 k(k − 1)(a + b − 2) + 2(b − 1)k pn−1,k . N k=1
Corrigés des exercices
D’où la propriété P(n + 1).
On conclut : N un =
n−1
k(k − 1)(a + b − 2) + 2(b − 1)k pn−1,k
• Conclusion : On en déduit, pour tout n de N : 2 n 1 n un = b(b − 1) 1 + 1 − −2 1− N N
k=1 ∗
5. b) Soit n ∈ N . En développant la somme précédente, on obtient : N un = (a + b − 2) + 2(b − 1)
n−1
k(k − 1)pn−1,k
k=1 n−1
kpn−1,k
k=1
= (a + b − 2)E Xn−1 (Xn−1 − 1) + 2(b − 1)E(Xn−1 ) = (N − 2)un−1 + 2(b − 1)E(Xn−1 ). Ainsi :
un =
On conclut :
1 n−1 N−2 2(b − 1) un−1 + b 1− 1− . N N N ,
2 2b(b − 1) 1 n−1 un = 1 − un−1 + 1− 1− N N N 5. c) Notons, pour tout n de N, P(n) la propriété : 2 n 1 n ». −2 1− « un = b(b − 1) 1 + 1 − N N
5. d) Soit n ∈ N. Puisque Xn prend ses valeurs dans 0 ; n, Xn admet une variance et l’on a : 2 V(Xn ) = E(Xn2 ) − E(Xn ) 2 = E Xn (Xn − 1) + E(Xn ) − E(Xn ) 2 n 1 n = b(b − 1) 1 + 1 − −2 1− N N 1 n 1 n 2 +b 1− 1− − b2 1 − 1 − N N 2 n 2 = b(b − 1) + b − b + b(b − 1) 1 − N 1 2n 1 n − 2b(b − 1) − b + 2b2 − b2 1 − + 1− N N 2 n 1 n 1 2n = b(b − 1) 1 − +b 1− − b2 1 − N N N
• Initialisation : On a X0 = 0 et donc X0 (X0 − 1) = 0. Par conséquent : u0 = E X0 (X0 − 1) = 0. 1 0 2 0 −2 1− De plus : b(b − 1) 1 + 1 − N N = b(b − 1) 1 + 1 − 2 = 0. D’où la propriété P(0). • Hérédité : Soit n ∈ N.
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Supposons P(n) et montrons P(n + 1). D’après la question II.5. b), on a : 1 n 2 2b(b − 1) un + 1− 1− un+1 = 1 − N N N 1 n 2 2 n −2 1− = 1− b(b − 1) 1 + 1 − N N N 1 n 2b(b − 1) 1− 1− + N N 2 n+1 2 + 1− = b(b − 1) 1 − N N 1 n 2 1 n 2 2 1− 1− −2 1− + − N N N N N 2 2 n+1 = b(b − 1) 1 − + 1 − N N 2 1 n 1 2 + 1− + −2 1− N N N N n+1 1 n+1 2 . −2 1− = b(b − 1) 1 + 1 − N N
2
1
• Puisque
1 −
< 1 et
1 −
< 1, on a : N N 2 n 1 n 1 2n = 0, lim 1 − = 0 et lim 1 − = 0. lim 1 − n∞ n∞ n∞ N N N lim V(Xn ) = 0
On conclut :
n∞
10.13 Partie I : 1. On a, pour tout x ∈ R : • f0 (x) = e −x ,
L0 (x) = e x e −x = 1,
• f1 (x) = x e −x , f 1 (x) = (−x + 1) e −x , L1 (x) = e x f1 (x) = −x + 1, • f2 (x) =
1 2 −x 1 x e , f 2 (x) = (−x2 + 2x) e −x , 2 2
f 2 (x) =
1 − (−x2 + 2x) + (−2x + 2) e −x 2 1 = (x2 − 4x + 2) e −x , 2
L2 (x) = e x f2 (x) =
1 2 (x − 4x + 2). 2
Pour tout x ∈ R : 1 L0 (x) = 1, L1 (x) = −x + 1, L2 (x) = (x2 − 4x + 2) 2 363
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
2. Soit n ∈ N. Utilisons la formule de Leibniz pour des fonctions de classe C ∞ , avec des notations classiques abusives pour indiquer les dérivées successives par rapport à x : n 1 n n (n−k) −x (k) (e ) (x ) n! k=0 k n 1 n n(n − 1) · · · (k + 1) xk (−1)k e −x = n! k=0 k n n (−1)k n k −x 1 n n! k x e = x (−1)k e −x = n! k=0 k k! k! k k=0
∀x ∈ R, fn(n) (x) =
et on conclut : ∀n ∈ N, ∀x ∈ R, Ln (x) =
n (−1)k n k=0
k!
k
D’autre part : (n+1) (n+2) (n+1) (x) = e x fn+1 (x) + e x fn+1 (x) Ln+1 (x) = e x fn+1 et, par décalage de l’indice : Ln (x) = e x fn(n+1) (x) + e x fn(n) (x) = e x fn(n+1) (x) + Ln (x). D’où : (n+2) (n+1) (x) + e x fn+1 (x) Ln+1 (x) = e x fn+1 (n+1) (n+1) x (n+1) (x) = e fn (x) − fn+1 (x) + e x fn+1
= e x fn(n+1) (x) = Ln (x) − Ln (x). On conclut : ∀n ∈ N, ∀x ∈ R, Ln+1 (x) = Ln (x) − Ln (x)
xk
6. On a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ R : Remarque : fn+1 (x) =
On peut contrôler la cohérence des résultats de 1. et 2. : 0 (−1)k 0 k x = 1, L0 (x) = k! k k=0 L1 (x) =
L2 (x) =
1 (−1)k 1 k x = 1 − x, k! k k=0 2 k=0
4. On a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ R, par dérivation d’un produit : =
1 (n + 1)xn e −x − xn+1 e −x (n + 1)! xn e −x xn+1 e −x − = fn (x) − fn+1 (x). = n! (n + 1)! ∀n ∈ N, ∀x ∈ R, f
n+1 (x)
364
Dérivons n + 1 fois, en utilisant la formule de Leibniz : (n+1) (x) ∀x ∈ R, (n + 1) fn+1 n+1 n + 1 (k) (n+1−k) x fn = (x) k k=0
= x fn(n+1) (x) + (n + 1) · 1 · fn(n) (x). En multipliant par e x , on déduit : ∀x ∈ R, (n + 1)Ln+1 (x) = x e x fn(n+1) (x) + (n + 1)Ln (x). On a vu dans la solution de 6. : ∀x ∈ R, e x fn(n+1) (x) = Ln (x) − Ln (x). D’où : ∀x ∈ R, (n + 1)Ln+1 (x) = x Ln (x) − Ln (x) + (n + 1)Ln (x) = xLn (x) + (n + 1 − x)Ln (x). On conclut :
= fn (x) − fn+1 (x)
5. On a, pour tout n ∈ N et tout x ∈ R, en dérivant n + 1 fois à partir de l’égalité de 4. : (n+2) (x) fn+1
x fn (x) n+1
∀x ∈ R, (n + 1) fn+1 (x) = x fn (x).
1 1 (−1)k 2 k x = 1 − 2x + x2 = (2 − 4x + x2 ). k! k 2 2
Pour tout n ∈ N, Ln est une fonction polynomiale de degré n (−1)n et dont le coefficient du terme de degré n est n!
n+1 (x)
∀n ∈ N, ∀x ∈ R, fn+1 (x) = 7. Soit n ∈ N. On a, d’après 5. :
3. D’après 2., il est clair que Ln est une fonction polynomiale de degré inférieur ou égal à n. (−1)n , qui est De plus, le coefficient du terme de degré n est n! non nul, donc deg (Ln ) = n.
f
x · xn e −x x = fn (x). (n + 1) · n! n + 1
= fn(n+1) (x) −
(n+1) fn+1 (x).
∀n ∈ N, ∀x ∈ R, (n + 1)Ln+1 (x) = xLn (x) + (n + 1 − x)Ln (x)
8. Soit n ∈ N. En dérivant à partir du résultat précédent, on a : ∀x ∈ R,
Corrigés des exercices
(n + 1)Ln+1 (x) = xLn (x) + Ln (x) − Ln (x) + (n + 1 − x)Ln (x) =
xLn (x)
+ (n + 2 −
x)Ln (x)
− Ln (x).
D’autre part, d’après 5. : ∀x ∈ R, (n + 1)Ln+1 (x) = (n + 1)Ln (x) − (n + 1)Ln (x).
∀x ∈ [c ; +∞[, |A(x) e −x |
d’où :
D’aprèsl’exemple de Riemann en +∞ (2 > 1), l’intégrale im+∞ 1 dx converge. propre x2 c Par théorème de majoration pour des fonctions à valeurs
On déduit :
c
= (n + 1)Ln (x) − (n + 1)Ln (x).
|A(x) e −x | dx converge.
+∞
Ainsi, l’intégrale impropre
A(x) e −x dx est absolument
c
et on conclut :
convergente, donc convergente.
∀n ∈ N, ∀x ∈ R, xLn (x) − (x − 1)Ln (x) + nLn (x) = 0 Partie II : 1. 1re méthode : Utilisation de la fonction Γ d’Euler : D’après le cours sur la fonction Gamma d’Euler, pour tout +∞ xs−1 e −x dx converge. s ∈ ]0 ; +∞[, l’intégrale impropre 0
∈
En particulier, pour tout k +∞ xk e −x d x converge.
N, l’intégrale impropre
On conclut que l’intégrale impropre converge.
+∞
P(x)Q(x) e −x dx converge.
• On a, pour tout (P, Q) ∈ E 2 :
+∞ 0
donc < . , . > est symétrique. ak xk e −x .
k=0
intégrale
Q(x)P(x) e −x dx +∞ = P(x)Q(x) e −x dx = < P , Q >, 0
k=0
On a donc : ∀x ∈ [0 ; +∞[, A(x) e −x =
A(x) e −x dx
0
0
Soit A ∈ E. Il existe n ∈ N, (a0 , ..., an ) ∈ Rn+1 tel que n ak Xk . A= n
+∞
2. D’abord, l’application < . , . > est correctement définie 2 car, pour tout (P, Q) ∈ E , d’après 1., l’intégrale impropre
< Q, P > =
0
chaque
+∞
0, l’intégrale impropre
∀x ∈ R, xLn (x) + (n + 2 − x)Ln (x) − Ln (x)
Comme
1 . x2
+∞
impropre
xk e −x dx
0
converge, par combinaison linéaire, l’intégrale impropre +∞ A(x) e −x dx converge.
• On a, pour tous α ∈ R, P, Q, R ∈ E : +∞ P(x) αQ(x) + R(x) e −x dx < P , αQ + R > = 0 +∞ +∞ =α P(x)Q(x) e −x dx + P(x)R(x) e −x dx 0
0
= α < P , Q > + < P , R >,
0
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On conclut : Pourtout A ∈ E, +∞
l’intégrale impropre
A(x) e −x dx converge
0
2è méthode : Comparaison à l’exemple de Riemann :
donc < . , . > est linéaire par rapport à la seconde place. Puisque < . , . > est symétrique et linéaire par rapport à la seconde place, < . , . > est bilinéaire. • On a, pour tout P ∈ E :
Soit A ∈ E. −x
L’application x −→ A(x) e est continue sur [0 ; +∞[, donc il n’y a de problème qu’en +∞. On a, par prépondérance de l’exponentielle sur les puissances : x2 A(x) e −x −→ 0. x −→ +∞
Il existe donc c ∈ ]0 ; +∞[ tel que :
∀x ∈ [c ; +∞[,
x2 A(x) e −x
1,
+∞
< P, P > = 0
2 P(x) e −x dx 0. 0
• Soit P ∈ E tel que < P , P > = 0. +∞ 2 P(x) e −x dx = 0. Comme l’application On a alors 0 2 [0 ; +∞[ −→ R, x −→ P(x) e −x est continue et à valeurs 0, d’après le cours, il en résulte : 365
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
∀x ∈ [0 ; +∞[,
P(x)
2
e −x = 0,
Par prépondérance de l’exponentielle sur les polynômes, on a :
donc : ∀x ∈ [0 ; +∞[, P(x) = 0.
XP (X)Q(X) e −X
Ceci montre que le polynôme P s’annule en une infinité de points (les éléments de [0 ; +∞[), donc P = 0. On conclut :
Comme P est une fonction polynomiale de R dans R, par dérivation première et seconde, par produit de fonctions polynomiales, puis par différence, T (P) est une fonction polynomiale de R dans R, donc T (P) ∈ E. • On a, pour tous α ∈ R, P, Q ∈ E : ∀x ∈ R, T (αP + Q)(x)
∀(P, Q) ∈ E × E, < T (P) , Q > = −
+∞
xP (x)Q (x) e −x dx
0
6. On a, pour tout (P, Q) ∈ E × E : +∞ < T (P) , Q > = − xP (x)Q (x) e −x dx 0 +∞ xQ (x)P (x) e −x dx = < T (Q) , P > = < P , T (Q > . =− 0
= x(αP + Q) (x) − (x − 1)(αP + Q) (x) = x αP (x) + Q (x) − (x − 1) αP (x) + Q (x) = α xP (x) − (x − 1)P (x) + xQ (x) − (x − 1)Q (x) = αT (P)(x) + T (Q)(x) = αT (P) + T (Q) (x), donc :
0.
On déduit, en faisant tendre X vers +∞ :
< . , . > est un produit scalaire sur E
3. • Soit P ∈ E. On a, par définition : ∀x ∈ R, T (P)(x) = xP (x) − (x − 1)P (x).
−→
X −→ +∞
T (αP + Q) = αT (P) + T (Q),
On conclut : ∀(P, Q) ∈ E × E, < T (P) , Q > = < P , T (Q) > 7. On a, d’après I 8. : ∀n ∈ N, T (Ln ) = XLn − (X − 1)Ln = −nLn .
ce qui montre que T est linéaire. ∀n ∈ N, T (Ln ) = −nLn
On conclut : T est un endomorphisme de l’espace vectoriel E 4. L’application ϕ : x −→ xP (x) e −x est dérivable sur R et, par dérivation d’un produit de trois facteurs : ∀x ∈ R, ϕ (x) = P (x) e −x + xP (x) e −x − xP (x) e −x = xP (x) − (x − 1)P (x) e −x = T (P)(x) e −x . On conclut :
On a, d’après 6. : < T (Ln ) , L p > = < Ln , T (L p) >, d’où, d’après 7. : < −nLn , L p > = < Ln , −pL p >, donc : (p − n) < Ln , L p >= 0, puis : < Ln , L p > = 0. 0
On conclut :
La dérivée de x −→ xP (x) e −x est x −→ T (P)(x) e −x 5. Soit (P, Q) ∈ E 2 . Nous allons procéder à une intégration par parties sur un segment, puis faire tendre la borne d’en haut vers +∞. Soit X ∈ [0 ; +∞[. ⎧ −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = T (P)(x) e Avec : ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = Q(x)
⎧ −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎨u = xP (x) e ⎪ ⎪ ⎪ ⎩v = Q (x)
où u, v sont de classe C 1 sur le segment [0 ; X], on a : X X T (P)(x) e −x Q(x) dx T (P)(x)Q(x) e −x dx = 0 0 X X −x = xP (x) e Q(x) 0 − xP (x) e −x Q (x) dx 0
= XP (X)Q(X) e −X −
X 0
366
8. Soit (n, p) ∈ 0 ; N2 tel que n p.
xP (x)Q (x) e −x dx.
La famille (L0 , ..., LN ) est orthogonale
9. Soit P ∈ EN . On a déjà, d’après 3. : T (P) ∈ E. De plus : deg T (P) = deg XP − (X − 1)P Max deg (XP ), deg (X − 1)P N, donc : T (P) ∈ EN . On conclut :
∀P ∈ EN , T (P) ∈ EN
10. • D’après 8., la famille (L0 , ..., LN ) est orthogonale. De plus, d’après 3. : ∀n ∈ 0 ; N, Ln 0. Il s’ensuit, d’après le cours, que la famille (L0 , ..., LN ) est libre. • La famille (L0 , ..., LN ) est libre et a N + 1 éléments, dans EN qui est de dimension N + 1. On conclut :
(L0 , ..., LN ) est une base de EN
Corrigés des exercices
1. b) Soit x ∈ R. Les va J1 (x), . . . , Jn (x) suivent toutes la loi de Bernoulli de paramètre p = P(Xk x) = FX (x).
11. D’après 7. : La matrice de T N dans la base (L0 , ..., LN ) de EN ⎞ ⎛ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜0 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ −1 (0) ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜ est la matrice diagonale ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ (0) . . . ⎟⎠ ⎜⎝ −N 12. • Puisque T N est représenté, dans au moins une base, par une matrice diagonale (d’après 11.), T N est diagonalisable • On a L0 0 et T N (L0 ) = 0, donc
T N n’est pas bijectif
10.14
Ainsi, d’après le cours, on sait que S n (x) = binomiale de paramètre (n, p) = n, FX (x) .
∀x ∈ R, FYn (x) = P(Yn x) = P(X1 x, . . . , Xn x) = P(X1 x) · · · P(Xn x) n = FX (x) .
par indépendance des va
Puisque FX est la fonction de répartition d’une va à densité, FX est continue sur R et de classe C 1 sur R privé d’un ensemble fini de points.
n
Jk (x) suit la loi
k=1
On a alors : S n (x) prend ses valeurs dans 0 ; n et, pour tout k ∈ 0 ; n,
n k n−k FX (x) 1 − FX (x) . P(S n (x) = k) = k
On conclut :
1. a) • On a :
S n (x) → B n, FX (x)
1. c) La variable aléatoire S n (x) comptabilise le nombre de variables aléatoires Xi , pour i ∈ 1 ; n, qui sont inférieures ou égales à x. De plus, l’événement (Yk x) est réalisé si et seulement si au moins k des variables aléatoires Xi sont inférieures ou égales à x. On obtient alors l’égalité :
(Yk x) = (S n (x) k)
Par opération, il en est de même pour FYn .
1. d) On obtient alors :
On en déduit que Yn est une va à densité.
∀x ∈ R, FYk (x) = P(Yk x) = P(S n (x) k) n n n n− j (FX (x)) j 1 − FX (x) P(S n (x) = j) = = j j=k j=k
De plus, en tout point x de R où FX est dérivable, la fonction FYn est dérivable et l’on a : n−1 n−1 = n fX (x) FX (x) FY n (x) = nFX (x) FX (x) On en déduit qu’une densité fYn de Yn est donnée par : n−1 ∀x ∈ R, fYn (x) = n fX (x) FX (x) • On a également : © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
De plus, puisque les va X1 , . . . , Xn sont mutuellement indépendantes, les va J1 (x), . . . , Jn (x) le sont aussi.
∀x ∈ R, P(Y1 > x) = P(X1 > x, . . . , Xn > x) = P(X1 > x) · · · P(Xn > x) n = 1 − FX (x) . Donc :
par indépendance des va
n ∀x ∈ R, FY1 (x) = 1 − P(Y1 > x) = 1 − 1 − FX (x) .
Comme précédemment, on montre que Y1 est une va à densité. De plus, en tout point x de R où FX est dérivable, la fonction FY1 est dérivable et l’on a : FY 1 (x) = −n(−FX (x)) 1 − FX (x) n−1 = n fX (x) 1 − FX (x) n−1 . On en déduit qu’une densité fY1 de Y1 est donnée par : n−1 ∀x ∈ R, fY1 (x) = n fX (x) 1 − FX (x)
1. e) Puisque FX est continue sur R, de classe C 1 sur R privé d’un ensemble fini de points, par opérations sur les fonctions, il est en de même pour FYk . De plus, en tout point x de R où FX est dérivable, la fonction FYk est dérivable et l’on a : n j−1 n− j n j fX (x) FX (x) FYk (x) = 1 − FX (x) j j=k j n− j−1 − (n − j) fX (x) FX (x) 1 − FX (x) n j−1 n− j n j FX (x) = fX (x) 1 − FX (x) j j=k n j n− j−1 n − fX (x) (n − j) FX (x) 1 − FX (x) . j j=k n n! = (n − j) j!(n − j)! j n! n! = = ( j + 1) j!(n − j − 1)! ( j + 1)!(n − ( j + 1))! n = ( j + 1) . j+1
Or : ∀ j ∈ k ; n, (n − j)
367
Chapitre 10
Ainsi :
•
Problèmes de révision
j n− j−1 n FX (x) 1 − FX (x) j j=k n j n− j−1 n = ( j + 1) FX (x) 1 − FX (x) j + 1 j=k n+1 j−1 n− j n 1 − FX (x) = j FX (x) j j=k+1 n j−1 n− j n n 1 − FX (x) = j FX (x) car = 0. j n+1 j=k+1 n
(n − j)
On obtient alors : n j−1 n− j n FX (x) 1 − FX (x) j FY k (x) = fX (x) j j=k n j−1 n− j n 1 − FX (x) − fX (x) j FX (x) j j=k+1 k−1 n−k n 1 − FX (x) . = fX (x)k FX (x) k
Ainsi FX est dérivable à droite en 1 et le nombre dérivé est égal 1 . 2 On en déduit que la demi-tangente à droite au point 1 d’abscisse 1 a pour équation : y = (x − 1) 2
n FX (x) k−1 1 − FX (x) n−k fX (x) k
• La fonction FX est de classe C 1 sur R privé éventuellement de {1}. De plus :
lim FX = FX (1) = 0 = lim FX . + − 1
1
Ainsi FX est continue en 1 et donc sur R.
1. f) Soit r ∈ N∗ . Supposons que X admette un moment d’ordre r. Soit k ∈ 1 ; n.
On en déduit :
D’après le théorème de transfert, Yk admet un moment d’ordre r
Une densité s’obtient en dérivant FX sauf en un nombre fini de points où le choix est arbitraire.
+∞
si et seulement si l’intégrale −∞
ment. Or :
xr fYk (x) dx converge absolu-
⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ √ si x 1 2x x ∀x ∈ R, fX (x) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 si x < 1
1
n k |xr | fX (x). k
2. b) Soit r ∈ N∗ .
Puisque X admet un moment d’ordre r, l’intégrale +∞ r x fX (x) dx converge absolument, autrement dit −∞ +∞ |xr | fX (x) dx converge. −∞
Par par une +∞ multiplication n r k |x | fX (x) dx converge. k −∞
constante,
l’intégrale
Par le théorème de majoration des fonctions positives ou nulles, +∞
|xr | fYk (x) dx converge, autrement dit que on en déduit que −∞ +∞ xr fYk (x) dx converge absolument. −∞
On conclut :
Yk admet un moment d’ordre r
X est une variable aléatoire à densité
Une densité fX de X est alors donnée par :
∀x ∈ R, |xr fYk (x)| k−1 n−k r n 1 − FX (x) |x | fX (x) =k FX (x) k 1
368
La restriction G X de FX à [1 ; +∞[ est dérivable sur [1 ; +∞[, −1 1 et : ∀x ∈ [1 ; +∞[, GX (x) = − x−3/2 = √ . 2 2x x
à
On en déduit qu’une densité fYk de Yk est donnée par : ∀x ∈ R, fYk (x) = k
2. a) •
On a :
∀x 1, xr fX (x) =
1 1 . 2 x3/2−r
3 1 Puisque r 1, on a − r < 1. D’après l’exemple de 2 2 +∞ +∞ xr fX (x) dx = |xr fX (x)| dx diverge Riemann en +∞, 1 +∞ 1 |xr fX (x)| dx diverge. et, par conséquent, l’intégrale −∞
On en déduit :
X n’admet pas de moment d’ordre r
2. c) • Soit k ∈ 1 ; n. On a : ∀x < 1, fYk (x) = 0, 1 k−1 1 n−k 1 n 1− √ et : ∀x 1, fYk (x) = k √ √ k x x 2x x 1 n 1 k−1 1 . = k 1− √ 3+n−k 2 k x x 2
Corrigés des exercices
∀x ∈ R,
Ainsi :
⎧ ⎪ 0 si x < 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ k−1 1 fYk (x) = ⎪ 1 n 1 ⎪ ⎪ si x 1 ⎪ ⎩ 2k k 1 − √ 3+n−k x x 2 1 k−1 1− √ ∼ 1. x→+∞ x
• On a :
fYk (x) ∼
Ainsi :
x→+∞
1 n 1 k 2 k x n−k+3 2
3. a) Soit k ∈ 1 ; n − 2. La va Yk admet une espérance +∞ x fYk (x) dx converge ⇐⇒ l’intégrale
−∞
+∞
⇐⇒ l’intégrale
car fYk est nulle sur ] − ∞ ; 1[.
La fonction x −→ x fYk (x) est continue sur [1 ; +∞[. 1 n 1 k De plus : x fYk (x) ∼ . n−k+1 x→+∞ 2 k x 2 Puisque k n − 2, on a : D’après +∞ 1
x
l’exemple 1
n−k+1 3
de
n−k+1 3 > 1. 2 2 Riemann
en
+∞,
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
3. c) Soit (r, s) ∈ (N∗ )2 . Effectuons une IPP en posant : ⎧ ⎧ s−2 ⎪ s−1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ u (t) = −(s − 1)(1 − t) ⎨ u(t) = (1 − t) , 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ v (t) = tr−1 ⎩ v(t) = tr r où u, v sont de classe C 1 sur le segment [0 ; 1]. 1 tr−1 (1 − t)s−1 dt On obtient : Ir,s = 0 1 r 1 s−1 r s−1 t t (1 − t)s−2 dx + = (1 − t) r 0 r 0 s−1 = Ir+1,s−1 . r s−1 s−1 s−2 Ir+1,s−1 = Ir+2,s−2 r r r+1 s−1 s−2 1 = ··· = ··· Ir+s−1,1 . r r+1 r+ s−2 1 tr+s−1 1 1 tr+s−2 dt = = Or : Ir+s−1,1 = . 0 r + s − 1 r + s−1 0 Ir,s =
Ir,s =
s−1 s−2 1 1 ··· . r r+1 r+s−2r+ s−1
l’intégrale
dx converge.
Yk admet une espérance
1 3. b) Soit k ∈ 1 ; 2. Le changement de variable t = √ est de x classe C 1 sur [1 ; +∞[. 1 , dx = −2t−3 dt. t2 A D’où : ∀A > 1, x fYk (x) dx On a alors :
1
Ainsi :
On en déduit, d’après le théorème d’équivalence +∞ pour des x fYk (x) dx fonctions positives ou nulles, que l’intégrale 1 converge. On conclut :
E(Yk ) =
1 n x fYk (x) dx = k (1 − t)k−1 tn−k−2 dt k 0
De proche en proche, on obtient :
x fYk (x) dx converge 1
+∞
x=
1
A 1 n 1 n 1 k−1 1 = k dx k 1− √ n−k+1 2 k 1 2 k x x 2 1/ √A 1 n = k (1 − t)k−1 tn−k+1 (−2t−3 dt) 2 k 1 1 n =k (1 − t)k−1 tn−k−2 dt. k 1/ √A En passant à la limite lorsque A tend vers l’infini, on obtient :
∀(r, s) ∈ (N∗ )2 , Ir,s =
On conclut :
(s − 1)! (r − 1)! (r + s − 1)!
3. d) Soit k ∈ 1 ; n − 2. On a, d’après b) et c) : n (n − k − 2)! (k − 1)! E(Yk ) = k × k (n − k − 1 + k − 1)! (n − k − 2)! (k − 1)! n(n − 1) n! = . =k k! (n − k)! (n − 2)! (n − k)(n − k − 1) ∀k ∈ 1 ; n − 2, E(Yk ) =
On conclut :
n(n − 1) (n − k)(n − k − 1)
4. a) On a : ∀x ∈ R, FZn (x) = P(Zn x) = P(Yn n2 x) n d’après la question 1) a) = FYn (n2 x) = FX (n2 x) ⎧ n 1 ⎪ ⎪ ⎪ si n2 x 1 ⎨ 1− √ =⎪ n x ⎪ ⎪ ⎩ 0 si n2 x < 1 ⎧ 1 n 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 − n √ x si x n2 ⎨ =⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎪ 0 si x < 2 ⎩ n 4. b) • La fonction ϕZ est de classe C 1 sur R privé éventuellement de {0}. • De plus :
ϕZ = lim exp = 0 = ϕZ (0) = lim ϕZ . lim + − 0
−∞
0
369
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
Ainsi ϕZ est continue en 0 et donc sur R. • On a :
lim ϕZ = 0 et −∞
lim ϕZ = exp(0) = 1. +∞
∀x > 0, ϕZ (x) =
• Enfin, on a :
1 1 √ exp − √ > 0. 2x x x
Donc ϕZ est croissante sur [0 ; +∞[ et puisque ϕZ est nulle sur ] − ∞ ; 0], on en déduit que ϕZ est croissante sur R. ϕZ est la fonction de répartition d’une variable aléatoire Z à densité
On conclut :
4. c) Soit x ∈ R.
Comme le coefficient de la troisième ligne de P − BP est nul, la matrice P − BP n’est pas strictement positive. On conclut, d’après la définition d’une matrice productive : La matrice B n’est pas productive
1er cas : Si x 0, alors : et donc :
⎛ ⎞ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ 2. Soit P = ⎜⎜⎜⎜y⎟⎟⎟⎟ une matrice positive quelconque de M3,1 (R). ⎝ ⎠ z On a : ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1 4 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ x⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ −4y − z ⎟⎟⎟ ⎟ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ P − BP = ⎜⎜y⎟⎟ − ⎜⎜2 1 3⎟⎟ ⎜⎜y⎟⎟ = ⎜⎜−2x − 3z⎟⎟⎟⎟ . ⎠ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ 0 001 z z
∀n 0, x <
1 n2
Partie II : 1. On suppose M positive. Soit X une matrice positive de Mn,1 (R).
FZn (x) = 0 −→ 0. n∞
On a, par produit matriciel : 2 cas : Si x > 0, alors : ∀n e
et donc : Or :
FZn (x) = 1 −
n ln 1 −
1 , x
1 x 2 n
1 n 1 = exp n ln 1 − √ . √ n x n x
1 1 1 1 √ ∼ n − √ = − √ −→ − √ . n x n∞ n x x n∞ x
Par conséquent :
1 FZn (x) −→ exp − √ . n∞ x
On obtient alors : ∀x ∈ R, FZn (x) −→ ϕZ (x). n∞
On conclut :
La suite (Zn )n∈N∗ converge en loi vers Z
10.15
n j=1
(M)i j (X) j 0, 0
0
donc MX est positive. Si M est positive, alors, pour toute matrice positive X de Mn,1 (R), le produit MX est une matrice positive 2. Réciproquement, supposons que, pour toute matrice positive X de Mn,1 (R), le produit MX soit une matrice positive. Soit (i, j) ∈ 1 ; n2 . Notons X j la matrice de Mn,1 (R) dont tous les coefficients sont nuls, sauf celui situé à la ligne j et qui est égal à 1. Il est clair que X j est positive.
Partie ⎛ I : ⎞ 1. Les coefficients de la matrice carrée ⎜0 1 1⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜ ⎟ A = ⎜⎜⎜⎜1 0 1⎟⎟⎟⎟ sont tous 0, donc A 0. ⎠ 3⎝ 110 ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ Les coefficients de la matrice colonne U = ⎜⎜⎜⎜1⎟⎟⎟⎟ sont tous 0, ⎝ ⎠ 1 donc U 0. ⎛ ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜0 1 1⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜1⎟⎟⎟ ⎜1⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ 1 ⎜⎜⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟⎟⎟ On a : U − AU = ⎜⎜1⎟⎟ − ⎜⎜1 0 1⎟⎟ ⎜⎜1⎟⎟ = ⎜⎜1⎟⎟ . ⎝ ⎠ 3⎝ ⎠⎝ ⎠ 3 ⎝ ⎠ 1 110 1 1 Les coefficients de U − AU sont tous > 0, donc U − AU > 0. Ainsi, il existe une matrice positive U de M3,1 (R) telle que U − AU > 0. On conclut, d’après la définition d’une matrice productive : La matrice A est productive 370
∀i ∈ 1 ; n, (MX)i =
Par hypothèse, MX j est donc positive. Mais le coefficient de MX j situé à la ligne i est (M)i j . On a donc : (M)i j 0. Ceci montre que M est positive. Si, pour toute matrice positive X de Mn,1 (R), le produit MX est une matrice positive, alors la matrice M est positive Partie III : 1. a) Puisque A est productive, A est une matrice positive. Puisque A est une matrice positive de Mn (R) et P une matrice positive de Mn,1 (R), d’après II 1., la matrice AP est positive. On a, pour tout i ∈ 1 ; n : (P)i = (P − AP) + AP i = (P − AP)i + (AP)i > 0, >0
0
Corrigés des exercices
P>0
donc :
(In − A)−1 est une matrice positive
1. b) • Puisque X AX, on a : (X − AX)k 0.
D’après c) et d), on a montré que, si une matrice A de Mn (R) est productive, alors :
Mais : (X − AX)k = (X)k − (AX)k = xk −
n
ak j x j = cpk −
j=1
Par définition de c, on a : ∀ j ∈ 1 ; n, c
n
ak j x j .
j=1
xj , pj
donc : ∀ j ∈ 1 ; n, x j cp j . D’où : (X − AX)k cpk −
n
n ak j cp j = c xk − ak j p j .
j=1
On conclut :
j=1
n c pk − ak j p j 0 j=1
• On a : pk −
n
ak j p j = (P)k − (AP)k = (P − AP)k > 0
In − A est inversible,
c0
(In − A)−1 0.
2. Soit B ∈ Mn (R) telle que : B 0,
In − B est inversible,
(In − B)−1 0.
• Puisque (In − B)−1 est une matrice positive de Mn (R) et que U est une matrice positive de Mn,1 (R), d’après II 1., V = (In − B)−1U est une matrice positive de Mn,1 (R). • On a : V − BV = (In − B)V = (In − B)(In − B)−1U = U, et il est clair que U > 0. Ainsi, il existe une matrice positive V de Mn,1 (R) telle que : V − BV > 0. B est productive
On conclut :
j=1
d’où :
A 0,
3. D’après 1. et 2., on conclut :
• On a, par définition de c et d’après le résultat précédent : ∀ j ∈ 1 ; n, donc :
xj c j 0, pj
∀ j ∈ 1 ; n, x j 0, car : ∀ j ∈ 1 ; n, p j > 0.
On conclut :
X0
4. • On a :
(In − M)(In + 2M) = In + M − 2M 2 = In .
• Par hypothèse, M est positive.
1. c) • Soit X ∈ Mn,1 (R) telle que X = AX.
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Une matrice M de Mn (R) est productive si et seulement si : M 0, In − M est inversible, (In − M)−1 0
Puisque X = AX, on a X AX, donc, d’après b) : X 0.
D’après le résultat précédent, In − M est inversible et (In − M)−1 = In + 2M.
Mais on a aussi −X = −AX = A(−X), donc −X A(−X), d’où, d’après b) : −X 0.
Puisque In et 2M sont positives, par addition, il est clair que In + 2M est positive, donc : (In − M)−1 0.
Ainsi, chaque coefficient de X est 0 et est 0, donc est nul, d’où X = 0
D’après 3., on conclut :
10.16
• On vient de montrer : ∀X ∈ Mn,1 (R), (In − A)X = 0 =⇒ X = 0 . D’après le cours, on conclut :
In − A est inversible
1. d) Soit X une matrice positive de Mn,1 (R). Puisque Y = (In − A)−1 X, on a : X = (In − A)Y = Y − AY.
Partie I : La loi exponentielle 1. a) La fonction g est continue sur R, positive ou nulle sur R B B 2 g(x) dx = e −x exp(− e −x ) dx et : ∀(A, B) ∈ R ,
D’après II 2., on conclut :
A
= exp − e −→
A→−∞, B→+∞
Comme X 0, il s’ensuit Y − AY 0, c’est-à-dire Y AY. D’après 1. b), on déduit : Y 0.
M est productive
−x
B A
A
= exp − e −B − exp − e −A
exp(0) − 0 = 1.
+∞
Ainsi l’intégrale
g(x) dx converge et
−∞
On conclut :
+∞ −∞
g(x) dx = 1.
g est une densité 371
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
x ∀x ∈ R, FG (x) = P(G x) = g(u) du −∞ x = exp − e −u = exp(− e −x ) − 0 = exp(− e −x ).
1. b) On a :
ϕ(u) 1. a) Soit x > 0. La fonction u −→ 2 est définie, continue u et positive sur [x ; +∞[.
−∞
On conclut :
De plus :
∀x ∈ R, FG (x) = exp(− e −x )
∀u ∈ [x ; +∞[, 0
2. a) Soit n ∈ N∗ .
+∞
Puisque l’intégrale
1 ϕ(u) 2 ϕ(u). u2 x
ϕ(u) du converge (car ϕ est une den-
x
On note F Mn la fonction de répartition de Mn . On a : ∀x ∈ R, F Mn (x) = P(Mn (x) x) = P (X1 x) ∩ (X2 x) ∩ . . . ∩ (Xn x) n P(Xk x) car X1 , . . . , Xn sont indépendantes. = k=1
La loi commune des Xk est la loi exponentielle de paramètre λ, donc : 0 si x < 0 . ∀x ∈ R, P(Xk x) = 1 − e −λx si x 0
sité), par le théorème de majoration des fonctions positives, +∞ ϕ(u) l’intégrale du converge u2 x Soit A > x. On a : A A A u2 1 u2 1 1 u e − 2 du. ϕ(u) du = √ e − 2 du = √ x 2π x 2π x u Effectuons une intégration par parties, en posant : ⎧ ⎧ 1 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ f (u) = − 2 f (u) = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ u u ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ , ⎪ , u2 u2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ u e− 2 e− 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ = −ϕ(u) ⎩ g(u) = − √ ⎩ g (u) = √ 2π 2π
On conclut : ∀x ∈ R, F Mn (x) =
0 si x < 0 (1 − e −λx )n si x 0
2. b) • Soit n ∈ N∗ . On note FUn la fonction de répartition de Un . On a : ∀x ∈ R, FUn (x) = P(Un x) = P λMn x + ln(n) x + ln(n) car λ > 0 = P Mn λ x + ln(n) 0 si x < − ln(n) n = F Mn = 1 − e −x−ln n si x − ln(n) λ ⎧ ⎪ 0 si x < − ln(n) ⎪ ⎪ ⎨ −x n . =⎪ e ⎪ ⎪ si x − ln(n) ⎩ 1− n • On en déduit :
∀x ∈ R, ∀n e −x ,
−x n
−x
e e = exp n ln 1 − , n n e −x e −x or : n ln 1 − ∼ n − = − e −x −→ − e −x , n∞ n n∞ n donc : FUn (x) −→ exp − e −x = FG (x). FUn (x) = 1 −
les fonctions f et g étant de classe C 1 sur le segment [x ; A]. A ϕ(u) A A ϕ(u) ϕ(u) du = − − du On obtient : u x u2 x x A ϕ(x) ϕ(A) ϕ(u) du. = − − x A u2 x 1 Or : ∀u ∈ R, 0 ϕ(u) √ , 2π donc :
∀u ∈ R∗+ , 0
Par le théorème d’encadrement, on a :
P(X1 > x) =
Ainsi, pour tout x ∈ R, lim FUn (x) = FG (x). On conclut :
1. b) Soit x > 0.
Partie II : La loi normale
372
ϕ(x) − x
+∞ x
ϕ(u) du u2
1 ϕ(u) 2 ϕ(u). u2 x
• Pour tout u x, 0
D’après le cours, on a : 1 x2 ∀x ∈ R, ϕ(x) = √ e − 2 . 2π
ϕ(u) = 0. u
x
D’où :
La suite (Un )n1 converge en loi vers G
lim
u→+∞
Ainsi, en passant à la limite lorsque A tend vers +∞, on obtient : +∞ +∞ ϕ(u) ϕ(x) − ϕ(u) du = du. x u2 x x +∞ ϕ(u) du. Enfin : P(X1 > x) =
n∞
n∞
1 ϕ(u) √ . u u 2π
+∞
Puisque l’intégrale x
ϕ(u) du converge et est égale à
P(X1 > x), on obtient, en intégrant :
Corrigés des exercices
+∞
ϕ(u) du u2 +∞ ϕ(x) Puisque P(X1 > x) = − x x 0
x
1 P(X1 > x). x2
ou encore :
ϕ(u) du, on en déduit : u2
5. • Sachant que lim xn = +∞, on a, d’après les croissances n∞ ln xn comparées : lim 2 = 0. n∞ xn
ϕ(x) P(X1 > x) ϕ(x) − P(X1 > x) x x2 x • On obtient alors : ϕ(x) , x
On en déduit : ϕ(x) 1 P(X1 > x) P(X1 > x) 1 + 2 x x
2. On a : 1 x2 ∀x ∈ R, ϕ (x) = − √ x e − 2 = −xϕ(x). 2π La fonction H : x −→ ∀x > 0, H (x) =
ϕ(x) est de classe C 1 sur ]0 ; +∞[ et : x xϕ (x) − ϕ(x) 1 + x2 = − ϕ(x) < 0. x2 x2
Donc H est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[. Ainsi, la fonction H est continue, strictement décroissante sur ]0 ; +∞[. Donc H établit une bijection de ]0 ; +∞[ sur ] lim H ; lim H[ = ]0 ; +∞[. 0
c ∈ ]0 ; +∞[, donc il existe un unique n c xn ∈ ]0 ; +∞[ tel que H(xn ) = . n
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
Pour tout n ∈ N∗ ,
ϕ(x) c = On en déduit que l’équation x n admet sur une unique solution sur ]0 ; +∞[ 3. La fonction H −1 est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[ et lim H −1 = +∞ (car lim H = 0). +∞
0
Or :
xn = H −1
c n
et lim n∞
c = 0, donc : n
lim xn = +∞ n∞
4. Soit n ∈ N∗ . On a : H(xn ) =
Donc :
n∞
2 ln(n) − ln(2πc2 ) ∼ 2 ln n.
√ c x2n ϕ(xn ) c = ⇐⇒ e − 2 = 2π xn xn n n √ c x2n ⇐⇒ − = ln 2π xn car ln est bijective. 2 n −x2n = 2 ln xn + ln(2πc2 ) − 2 ln(n)
n∞
xn ∼
ou encore :
∼ 2 ln n,
x2n
On obtient alors :
ϕ(x) P(X1 > x) P(X1 > x) − x x2 ϕ(x) 1 donc : P(X1 > x) 1 + 2 . x x
d’autre part :
+∞
x2n + 2 ln xn ∼ x2n .
De plus :
P(X1 > x)
d’une part :
Donc :
x2n + 2 ln xn = 2 ln(n) − ln(2πc2 )
n∞
n∞
√
2 ln n
car xn > 0.
• Pour tout n 2, on note ε1 (n) = xn − Alors :
ε1 (n) xn = √ − 1 −→ 0, √ n∞ 2 ln n 2 ln n
donc :
xn =
√
2 ln n + ε1 (n)
avec
√ 2 ln n.
ε1 (n) =0 lim √ n∞ 2 ln n
6. a) En utilisant la relation de la question 4), on obtient : √ 2 √ x2n + 2 ln xn = 2 ln n + ε1 (n) + 2 ln 2 ln n + ε1 (n) √ = 2 ln n + 2 2 ln n ε1 (n) + ε21 (n) + ln 2 + ln(ln n) ε1 (n) . + 2 ln 1 + √ 2 ln n x2n + 2 ln xn = 2 ln(n) − ln(2πc2 ), √ donc : 2 ln n + 2 2 ln nε1 (n) + ε21 (n) + ln 2 + ln(ln n) ε1 (n) + 2 ln 1 + √ = 2 ln(n) − ln(2πc2 ). 2 ln n √ ε1 (n) On obtient : 2 2 ln nε1 (n) + ε21 (n) + 2 ln 1 + √ 2 ln n = − ln 2 − ln(ln n) − ln(2πc2 )
Or :
= − ln(ln n) − ln(4πc2 ). On conclut : √ ε1 (n) 2 2 ln nε1 (n) + ε21 (n) + 2 ln 1 + √ 2 ln n = − ln(ln n) − ln(4πc2 ) ε1 (n) = 0, 6. b) • Puisque lim √ n→+∞ 2 ln n ε1 (n) ε1 (n) on a : ln 1 + √ ∼ √ , 2 ln n n∞ 2 ln n 1 1 ε1 (n) d’où : ln 1 + √ , ∼ √ n→+∞ 2 ln n ε1 (n) 2 ln n 2 ln n et donc :
lim
n→+∞
ε1 (n) ln 1 + √ = 0. ε1 (n) 2 ln n 2 ln n 1 √
373
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
√ ε1 (n) 2 2 ln n ε1 (n) + ε21 (n) + 2 ln 1 + √ 2 ln n Ainsi : √ 2 2 ln n ε1 (n) 1 ε1 (n) ε1 (n) + ln 1 + √ =1+ √ −→ 1. √ 2 2 ln n ε1 (n) 2 ln n 2 ln n n∞ √ ε1 (n) D’où : 2 2 ln n ε1 (n) + ε21 (n) + 2 ln 1 + √ 2 ln n √ ∼ 2 2 ln n ε1 (n).
(an x+bn )2 1 On en déduit que ϕ(xn ) ∼ √ e − 2 = ϕ(an x + bn ). n∞ 2π
De plus :
xn − ε(n) ∼ xn
ϕ(an x + bn ) e −x ∼ an x + bn n∞ n
On conclut :
En utilisant l’égalité obtenue au 6) a), on obtient :
7. b) • En utilisant la question 1) b), on a :
√ 2 2 ln nε1 (n) ∼ − ln(ln n) n∞
ln(ln n) . • On note, pour tout n 2, ε2 (n) = ε1 (n) + √ 2 2 ln n √ √ 2 2 ln n 2ε1 (n) 2 ln n = + 1 −→ 0 Alors : ε2 (n) n∞ ln(ln n) ln(ln n) √ car 2 2 ln n ε1 (n) ∼ − ln(ln n). n→+∞
On conclut :
ln(ln n) + ε2 (n) ε1 (n) = − √ 2 2 ln n √ 2 2 ln n avec lim ε2 (n) =0 n→+∞ ln(ln n)
P(X1 > an x + bn )
ϕ(an x + bn ) an x + bn
P(X1 > an x + bn ) 1 +
et donc : 1
ϕ(an x+bn ) an x+bn
P(X1 > an x + bn )
√ ln(4π) ln( e −x ) ln(ln n) − √ − √ 2 ln n − √ 2 2 ln n 2 2 ln n 2 ln n √ ln(4π) ln(ln n) x − √ = bn + an x. 2 ln n − √ = + √ 2 2 ln n 2 2 ln n 2 ln n
n∞
donc : 1 +
n∞
ε2 (n) où α(n) = (an x + bn )ε(n) + 2 an √ bn ε(n) x+ √ + √ ). = ε(n) 2 ln n √ 2 ln n 2 ln n 2 2 ln n √ 1 an −→ 0, = Or : ε(n) 2 ln n −→ 0, √ n∞ 2 ln n n∞ 2 ln n √ 2 ln n bn ∼ √ = 1 −→ 1 √ n∞ n∞ 2 ln n 2 ln n ε(n) −→ 0 car ε(n) −→ 0. √ n∞ 2 2 ln n n∞ Ainsi : 374
α(n) −→ 0, n+∞
et donc :
e −α(n) −→ 1. n∞
n∞
Par le théorème d’encadrement, on obtient : ϕ(an x+bn ) an x+bn
P(X1 > an x + bn )
−→ 1, n∞
ϕ(an x + bn ) ∼ P(X1 > an x + bn ) an x + bn n∞
autrement dit :
• On a alors : ∀x ∈ R, P
x2n (an x+bn +ε(n))2 1 1 2 • On a : ϕ(xn ) = √ e − 2 = √ e − 2π 2π (an x+bn )2 1 = √ e− 2 e −α(n) , 2π
1 . (an x + bn )2
1 −→ 1. (an x + bn )2 n∞
xn − ε(n) =
an x + bn = xn − ε(n)
1+
1 , 2 (an x + bn )
Or : an x + bn −→ +∞ (car an −→ 0 et bn −→ +∞),
7. a) • Soit x ∈ R et soit n 2. On a :
On en déduit :
n∞
e −x ϕ(xn ) c = = . xn n n
D’après la question 2),
2
n∞
n∞
ϕ(xn ) ϕ(an x + bn ) ∼ . xn n∞ an x + bn
On obtient alors :
n∞
De plus : − ln(ln n) − ln(4πc ) ∼ − ln(ln n).
car xn −→ +∞ et ε(n) −→ 0.
n∞
Mn − bn
x
an n = P(Mn an x + bn ) = P(X1 an x + bn ) = (1 − βn )n
Puisque βn ∼
n∞
en notant βn = P(X1 > an x + bn ).
e −x , on a lim βn = 0, n∞ n
et donc : n ln(1 − βn ) ∼ n(−βn ) = − e −x −→ − e −x n∞
n∞
Ainsi : (1 − βn )n = exp n ln(1 − βn ) −→ exp − e −x . n∞
On obtient donc : ∀x ∈ R, P
Mn − bn an
x −→ exp − e −x = FG (x). n∞
On conclut que la suite
Mn − bn
an converge en loi vers la variable G
n1
Corrigés des exercices
10.17 1. a) • Soient t ∈ [0 ; 1], u = (u1 , u2 ), v = (v1 , v2 ) ∈ K. On a : tu + (1 − t)v = tu1 + (1 − t)v1 , tu2 + (1 − t)v2 et : tu1 + (1 − t)v1 t · 1 + (1 − t) · 1 = 1,
On en déduit une fonction en Pascal, donnant la distance de x àK: function distance(x1,x2:real):real ; begin if x1<=1 then distance:= abs(x2-1)
tu2 + (1 − t)v2 t · 1 + (1 − t) · 1 = 1,
else
donc : tu + (1 − t)v ∈ K.
if x2<=1 then distance:= abs(x1-1)
Ceci montre que K est convexe, ce qui est d’ailleurs visible sur le schéma de la question c), K est un quart de plan fermé.
else distance:=sqrt((x1-1)*(x1-1) +(x2-1)*(x2-1)) ;
• Les deux applications (z1 , z2 ) −→ z1 et (z1 , z2 ) −→ z2 , de R2 dans R, sont continues et ] − ∞ ; 1] est un intervalle fermé de R, donc, d’après le résultat admis par l’énoncé, les images réciproques de ] − ∞ ; 1] par ces deux applications sont des fermés ! " ! " de R2 . Ainsi, (z1 , z2 ) ∈ R2 ; z1 1 et (z1 , z2 ) ∈ R2 ; z2 1 2 sont des fermés de R .
end ;
Par intersection de deux fermés, on déduit que K est fermé.
On conclut :
• Pour tout z1 ∈ ] − ∞ ; 1], le point (z1 , 1) est dans K, donc K n’est pas borné, ce qui est d’ailleurs visible sur le schéma de la question c), K est un quart de plan fermé.
2. b) Puisque K est un sous-espace vectoriel de R4 , d’après le théorème de projection orthogonale sur un sous-espace vectoriel d’un espace euclidien, il y a existence et unicité du projeté orthogonal p(x) de x sur K. D’autre part, K = Vect (u) ⊥ , où u = (1, 1, −1, −1).
On conclut :
K est convexe, fermé, non borné
1. b) Il est clair que p(x) existe et est unique, et que : ⎧ ⎪ ⎪ (x1 , 1) si x1 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ p(x) = ⎪ (1, 1) si x1 > 1 et x2 > 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩(1, x ) si x 1 2
2. a) Soient t ∈ [0 ; 1], u, v ∈ K. Il est clair que K est un sous-espace vectoriel de R4 . Donc, par combinaison linéaire : tu + (1 − t)v ∈ K. K est convexe
D’après le cours, le projeté orthogonal q(x) de x sur Vect (u) est donné par : q(x) = < x ,
2
1. c)
u u > ||u|| ||u|| 1 1 < x , u > u = (x1 + x2 − x3 − x4 )u. = ||u||2 4
D’où : p(x) = x − q(x)
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
1 = (x1 , x2 , x3 , x4 ) − (x1 + x2 − x3 − x4 )(1, 1, −1, −1) 4 =
1 (3x1 − x2 + x3 + x4 , −x1 + 3x2 + x3 4 + x4 , x1 + x2 + 3x3 − x4 , x1 + x2 − x3 + 3x4 )
et : ||x − p(x)|| = ||q(x)|| = 1. d) On a donc : ⎧ ⎪ ||(x1 , x2 ) − (x1 , 1)|| = |x2 − 1| ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ si x1 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪||(x1 , x2 ) − (1, 1)|| = (x1 − 1)2 + (x2 − 1)2 ⎨ ||x − p(x)|| = ⎪ ⎪ ⎪ si x1 > 1 et x2 > 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ||(x1 , x2 ) − (1, x2 )|| = |x1 − 1| ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ si x2 1.
√ 1 |x1 + x2 − x3 − x4 | 4 4 1 = |x1 + x2 − x3 − x4 |. 2
3. a) L’application z −→ x − z est affine, donc continue. D’après le cours, l’application u −→ ||u|| est continue. Par composition, on conclut :
f est continue sur K
3. b) • Puisque B0 est fermée et que K est fermé, par intersection, K = B0 ∩ K est fermé. 375
Chapitre 10
•
Problèmes de révision
• Puisque K ⊂ B0 et que B0 est bornée, K est bornée.
• On a : z0 ∈ B0 et z0 ∈ K, donc z0 ∈ K , d’où K ∅. On conclut : K est une partie fermée bornée non vide de Rn
3. c) Puisque f est continue sur K et que K est une partie fermée bornée et non vide de Rn , on conclut, d’après le cours : f admet un minimum sur K
donc, puisque K est convexe : tz + (1 − t)p(x) ∈ K. Par définition de d, on a alors :
||x − p(x)|| = d
x − tz + (1 − t)p(x)
5. b) Soit z ∈ K. On a, d’après a), en élevant au carré :
2 ∀t ∈ ]0 ; 1], ||x − p(x)||2
x − p(x) − t z − p(x)
. D’où, en développant : ∀t ∈ [0 ; 1], ||x − p(x)||2
3. d) Soit z ∈ K. z, on a : • Si z ∈ B0 , alors z ∈ K , donc, par définition de # ||x − z|| = f (z) f (# z) = ||x −# z||. • Si z B0, alors ||z − x|| > ||z0 − x|| et, comme z0 ∈ K , on a z||, d’où : ||x − z|| ||x −# z||. ||z0 − x|| ||x −# On conclut :
∀z ∈ K, ||x − z|| ||x −# z||
3. e) On conclut :
Il y a existence du projeté de x sur K
4. a) On a, pour tout (a, b) ∈ (Rn )2 :
2
x − a + b
+ 1 ||a − b||2 2 4 1 = ||(x − a) + (x − b)||2 + ||(x − a) − (x − b)||2 4 1 = ||x − a||2 + 2 < x − a , x − b > +||x − b||2 4 + ||x − a||2 − 2 < x − a , x − b > +||x − b||2 1 1 = ||x − a||2 + ||x − b||2 . 2 2
||x − p(x)||2 − 2 < x − p(x) , z − p(x) > t + ||z − p(x)||2 t2 , c’est-à-dire : ∀t ∈ [0 ; 1], ||z − p(x)||2 t2 − 2 < x − p(x) z − p(x) > t 0. En divisant par t, on obtient : ∀t ∈ ]0 ; 1], ||z − p(x)||2 t − 2 < x − p(x) z − p(x) > 0, puis, en faisant tendre t vers 0+ : −2 < x − p(x) z − p(x) > 0. On conclut :
∀z ∈ K, < x − p(x) , z − p(x) > 0
Remarque : Ceci signifie que l’angle entre les vecteurs x − p(x) et z − p(x) est obtus.
4. b) D’après a), on a :
2
x − u + v
+ 1 ||u − v||2 2 4 1 1 1 1 = ||x − u||2 + ||x − v||2 = d2 + d2 = d2 . 2 2 2 2 Mais, puisque (u, v) ∈ K 2 et que K est convexe, on a : 1 u+v 1 = u + 1 − v ∈ K, 2 2 2
x − u + v
d. donc, par définition de d : 2 Il s’ensuit : ||u − v|| 0, donc u = v. 2
On conclut :
Il y a unicité du projeté de x sur K
5. a) Soient z ∈ K, t ∈ [0 ; 1]. On a : z ∈ K et p(x) ∈ K, 376
5. c) Par hypothèse, en remplaçant z par p(x) (qui est dans K), on a : < p(x) − y , x − y > 0. Puis : ||p(x) − y||2 = < p(x) − y , p(x) − y > = < p(x) − y , p(x) − x + x − y > = < p(x) − y , p(x) − x > + < p(x) − y , x − y > = < y − p(x) , x − p(x) > + < p(x) − y , x − y > 0, 0
0
Corrigés des exercices
d’où p(x) − y = 0, p(x) = y.
6. b) On a, pour tout z ∈ K :
D’après 5. a) et b), on conclut :
< x − p(x) , z > = < x − p(x) , z − p(x) + p(x) > = < x − p(x) , z − p(x) > + < x − p(x) , p(x) >
Il existe y ∈ K unique tel que : ∀z ∈ K, < z − y , x − y > 0, et on a y = p(x)
0
En notant , par exemple,
6. a) On a :
c=
< x − p(x) , p(x) > = < x − p(x) , p(x) − x + x > = −||x − p(x)||2 + < x − p(x) , x > < < x − p(x) , x > . <0
< x − p(x) , p(x) > < < x − p(x) , x >
on a :
1 < x − p(x) , p(x) > + < x − p(x) , x > , 2
< x − p(x) , p(x) > < c < < x − p(x) , x >
et on conclut : Il existe c ∈ R tel que : ∀z ∈ K, < x − p(x) , z > < c < < x − p(x) , x >
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit
On conclut :
< x − p(x) , p(x) > .
377
Index A approximation d’une probabilité, 218 array[1..n] of integer, 280 array[1..n] of real, 280 asymptotiquement sans biais, 244
B
forme bilinéaire symétrique, 39 quadratique, 41 formule des probabilités totales, 151
H hessienne, 118
base orthogonale, 40 orthonormale, 40 biais, 244
C converge en loi, 218 en probabilité, 217 convergence absolue, 67, 69 en loi, 218 en probabilité, 218 convergent, 244 covariance, 154
D définie-positive, 41 densité, 180 développement limité d’ordre 1, d’ordre 2, 117 diagonalisabilité, 2, 3 diagonaliser, 2 dichotomie, 280 droite de régression, 245
E égalité de Taylor-Lagrange, 119 espace vectoriel euclidien, 39 espérance, 152, 181 totale, 153 estimateur, 244 exemple de Riemann en +∞, 67 de Riemann en b, 68 extremums globaux, 119 locaux, 117, 120
F fonction de répartition d’une va à densité, 181 for...do, 276, 277
378
I indépendantes, 154, 181 inégalité de Bienaymé-Tchebychev, 217, 218, 244 de Markov, 217, 218, 244 de Cauchy-Schwarz, 39 intégrale impropre, 66 intervalle de confiance au niveau de confiance, 244 au risque, 244
L limite d’une intégrale, 69 d’une probabilité, 218 linéarité de l’espérance, 182 loi conditionnelle, 151 d’une va réelle, 181 de Bernoulli, 245 faible des grands nombres, 217 normale, 245 de probabilité d’un couple de va discrètes, 151 d’une va discrète, 151 marginales, 151
M majorée, 119 minorée, 119 mutuellement indépendantes, 153, 154
N n-échantillon indépendant et identiquement distribué, 245 nature, 66 norme associée, 39 notations de Monge, 117
O orthogonal, 39
orthogonaux, 39
P plus petit entier, 278 points critiques, 117 produit, 277 scalaire, 39 projeté orthogonal, 40 puissances, 3
R random, 279 random(n), 279 repeat...until, 277–279 risque quadratique, 244
S sans biais, 244 simuler une va, 279, 280 somme, 276 sous la contrainte d’égalités linéaires, 120 sous-espace propre, 2 supplémentaire orthogonal, 40 symétrique, 40 système complet d’événements, 151
T tableau, 280 théorème d’équivalence, 67, 68 de la limite centrée, 218 de majoration, 66, 68 de minoration, 66, 68 de transfert, 153, 182 spectral, 41
V valeur approchée, 278 de la limite, 277 de la somme, 278 propres, 2 variable, 276 variance, 153, 182 vecteurs propres, 2
W while...do, 277–279
