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Corrigé du sujet EM Lyon Maths ECS 2016 (ECG approfondies)

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Problème 1.

Partie I : Un exemple

1/ $\begin{cases}P_1+P_2=I_3\\4P_1+9P_2=A\end{cases}\Longleftrightarrow\begin{cases}5P_1=9I_3-A\\5P_2=A-4I_3\end{cases}\Longleftrightarrow\begin{cases}P_1=\dfrac15(9I_3-A)\\\ \\P_2=\dfrac15(A-4I_3)\end{cases}$

$P_1=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&0&0\\1&-1&-1\end{pmatrix}$ et $P_2=\begin{pmatrix}0&0&0\\-1&1&0\\-1&1&0\end{pmatrix}$ .

2/ a/ $P_1^2=P_1$ , $P_1P_2=0_3$ , $P_2P_1=0_3$ et $P_2^2=P_2$ .

b/ Comme les matrices $4P_1$ et $9P_2$ commutent, la formule du binôme donne :

$\forall k\in\mathbb{N},A^k=\sum\limits_{i=0}^k \dbinom ki4^iP_1^i9^{k-i}P_2^{k-i}=4^kP_1+\underbrace{\sum\limits_{i=1}^{k-1} \dbinom ki4^i9^{k-i}P_1^iP_2^{k-i}}_{=0}+9^kP_2$

car en raison de 2(a) : $\forall i\ge1,\forall j\ge1,P_1^i=P_1, P_1^iP_2^j=0, P_2^j=P_2$ .

3/ Avec $B=2P_1+3P_2$ , $B^2=4P_1^2+12P_1P_2+9P_2^2$ puisque $P_1$ et $P_2$ commutent. Donc $B^2=4P_1+9P_2=A$ .

$B=\begin{pmatrix}2&0&0\\-1&3&0\\-1&1&2\end{pmatrix}$ vérifie $B^2=A$ .

4/ Comme $A$ est triangulaire, ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux : $Sp(A)=\{4,9\}$ .

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Partie II : Étude des puissances de $f$

5/ Soit $P=\sum\limits_{i=0}^m a_kX^k$ un polynôme quelconque de $\rnx m$ .

$P(f)=\sum\limits_{k=0}^m a_kf^k=\sum\limits_{k=0}^m a_k\left(\sum\limits_{i=1}^m \lambda_i^kp_i\right)=\sum\limits_{k=0}^m \sum\limits_{i=1}^m a_k\lambda_i^kp_i=\sum\limits_{i=1}^m \sum\limits_{k=0}^m a_k\lambda_i^kp_i$

$P(f)=\sum\limits_{i=1}^m \left(\sum\limits_{k=0}^m a_k\lambda_i^k\right)p_i=\sum\limits_{i=1}^mP(\lambda_i)p_i$

6/ $N(f)=\sum\limits_{i=1}^mN(\lambda_i)p_i=\sum\limits_{i=1}^m0p_i=\tilde0$ puisque les $\lambda_i$ sont les racines de $N$ .

7/ a/ Soit $(i,j)\in[\![1,m]\!]^2$ .

Si $i\neq j$ , $\lambda_j$ est une racine de $M_i$ donc $L_i(\lambda_j)=0$ par définition de $L_i$ .

Si $i=j$ , $L_i(\lambda_j)=L_i(\lambda_i)=\dfrac{M_i(\lambda_i)}{M_i(\lambda_i)}=1.$

b/ Soit $i\in[\![1,m]\!]$ . $L_i(f)=\sum\limits_{j=1}^mL_i(\lambda_j)p_j=L_i(\lambda_i)p_i+\underbrace{\displaystyle\sum_{j\neq i}L_i(\lambda_j)p_j}_{=\tilde0}=p_i$ .

8/ a/ $e=f^0=\sum\limits_{i=1}^m\lambda_i^0p_i=\sum\limits_{i=1}^mp_i$ .

b/ $\bullet$ Soit $u\in E$ .
$u=e(u)=\sum\limits_{i=1}^mp_i(u)$ avec $\forall i\in[\![1,m]\!],\quad p_i(u)\in Im(p_i)$ .

Donc $u\in\sum\limits_{i=1}^m Im(p_i)$ , et ainsi $E\subset\sum\limits_{i=1}^m Im(p_i)$ .

$\bullet$ Réciproquement, comme $\forall i\in[\![1,m]\!],\quad Im(p_i)\subset E$ , on a $\sum\limits_{i=1}^m Im(p_i)\subset E$ .

Par double inclusion, $E=\sum\limits_{i=1}^m Im(p_i)$ .

9/ a/ $M_i(\lambda_i)(X-\lambda_i)L_i=(X-\lambda_i)M_i=(X-\lambda_i)\displaystyle\prod_{j\neq i}(X-\lambda_j)=N$ .

b/ Par 6. et 7.b et 9.a : $\tilde0=N(f)=M_i(\lambda_i)(f-\lambda_ie)L_i(f)=M_i(\lambda_i)(f-\lambda_ie)p_i$ .

Soit $v\in Im(p_i)$ . Alors il existe $u\in E$ tel que $v=p_i(u)$ .

$(f-\lambda_i e)(v)=(f-\lambda_ie)p_i(u)=\dfrac1{M_i(\lambda_i)}\tilde0(u)=0$ , donc $v\in Ker(f-\lambda_ie)$ .

Ainsi $Im(p_i)\subset Ker(f-\lambda_ie)$ .

10/ Observons que, pour tout $i$ de $[\![1,m]\!]$ , $p_i\neq\tilde0$ entraîne $Im(p_i)\neq\{0\}$ .

Ainsi $Ker(f-\lambda_ie)\neq\tilde0$ , donc $\lambda_i$ est une valeur propre de $f$ .

Ensuite $E=\sum\limits_{i=1}^m Im(p_i)\subset\sum\limits_{i=1}^m Ker(f-\lambda_i e)$ , et $\sum\limits_{i=1}^m Ker(f-\lambda_i e)\subset E$ .

Ainsi, $E=\sum\limits_{i=1}^m Ker(f-\lambda_i e)$ . Comme par propriété du cours, les sous-espaces propres $Ker(f-\lambda_ie)$ sont en somme directe, ils sont supplémentaires, $f$ est diagonalisable et $Sp(f)=\{\lambda_i/1\le i\le m\}$ .

Resta à justifier que $\forall i\in[\![1,m]\!],\quad Im(p_i)= Ker(f-\lambda_i e)$ .

On a par 9(b), $\forall i\in[\![1,m]\!],\quad\dim( Im p_i)\le \dim Ker(f-\lambda_i e)$ .

Par 8(b) et le début de 10, $\sum\limits_{i=1}^m\dim( Im p_i)\ge \dim(E)=\sum\limits_{i=1}^m Ker(f-\lambda_ie)$ .

Ceci n’est possible que si $\forall i\in[\![1,m]\!],\quad \dim( Im(p_i))=\dim Ker(f-\lambda_ie)$ (en effet, si pour un seul des $i$ , on avait
$\dim( Im(p_i))<\dim Ker(f-\lambda_ie)$ , on aurait $\sum\limits_{i=1}^m\dim( Im(p_i))<\dim(E)$ … ce qui est impossible !)
Par conséquent, $\forall i\in[\![1,m]\!],\quad Im(p_i)= Ker(f-\lambda_ie)$ : les $Im(p_i)$ sont les sous-espaces propres de $f$ .

11/ a/ On peut observer que $p_i$ et $p_j$ commutent car :

$\begin{eqnarray*} p_i\circ p_j &=& L_i(f)\circ L_j(f) \\ &=&(L_i\times L_j)(f)=(L_j\times L_i)(f) \\ &=& L_j(f)\circ L_i(f)=p_j\circ p_i .\end{eqnarray*}$

Alors, pour tout $u$ de $E$ , $p_i\circ p_j(u)=p_j\circ p_i(u)$ donc $p_i\circ p_j(u)\in Im(p_i)\cap Im(p_j)$ , or les sous-espaces propres sont en somme directe, donc $Im(p_i)\cap Im(p_j)=\{0\}$ , donc $p_i\circ p_j(u)=0$ .

b/ Pour tout $i$ de $[\![1,m]\!]$ , $p_i=p_i\circ e=p_i\circ\sum\limits_{j=1}^mp_j=\sum\limits_{j=1}^m p_i\circ p_j=p_i\circ p_i+\tilde0=p_i^2$ .

c/ Pour tout $i$ de $[\![1,m]\!]$ , $p_i\circ f=p_i\circ\sum\limits_{j=1}^m\lambda_jp_j=\sum\limits_{j=1}^m\lambda_jp_i\circ p_j=\lambda_i p_i^2+\tilde0=\lambda_i p_i$ .

12/ $\bullet$ Raisonnons par récurrence, l’initialisation est assurée par les hypothèses sur $f$ . Voyons l’hérédité.
Soit $k\in\mathbb{N}$ . Supposons $f^k=\sum\limits_{i=1}^m\lambda_i^kp_i$ .

Alors $f^{k+1}=f^k\circ f=\left(\sum\limits_{i=1}^m\lambda_i^kp_i\right)\circ f=\sum\limits_{i=1}^m\lambda_i^k(p_i\circ f)=\sum\limits_{i=1}^m\lambda_i^k\lambda_ip_i=\sum\limits_{i=1}^m\lambda_i^{k+1}p_i.$

Ceci achève la récurrence et : $\forall k\in N, f^k=\sum\limits_{i=1}^m\lambda_i^kp_i$ .

$\bullet$ Le même raisonnement qu’en 5. donne cette fois :

$\forall P\in\mathbb{R}[X], P(f)=\sum\limits_{i=1}^mP(\lambda_i)p_i$ .

Partie III : Intervention d’un produit scalaire

13/ Soit $x$ , $y$ et $z$ trois vecteurs de $E$ et $\mu$ un réel.

$\varphi(\mu x+y,z)=\sum\limits_{i=1}^m\scalp{p_i(\mu x+y)}{p_j(z)}=\sum\limits_{i=1}^m\scalp{\mu p_i(x)+p_i(y)}{p_j(z)}$

$\varphi(\mu x+y,z)=\sum\limits_{i=1}^m(\mu\scalp{p_i(x)}{p_j(z)}+\scalp{p_i(y)}{p_j(z)})=\mu\varphi(x,z)+\varphi(y,z)$

$\varphi$ est linéaire à gauche.

$\varphi$ est symétrique par symétrie du produit scalaire $\scalp..$ .

$\varphi(x,x)=\sum\limits_{i=1}^m\scalp{p_i(x)}{p_i(x)}=\sum\limits_{i=1}^m\norm{p_i}^2\ge0$ .

Supposons $\varphi(x,x)=0$ . Alors $\sum\limits_{i=1}^m\norm{p_i(x)}^2=0$ , donc $\forall i\in[\![1,m]\!],\norm{p_i(x)}^2=0$ , donc $\forall i\in[\![1,m]\!], p_i(x)=0$ .

Or par 8(a), $x=e(x)=\sum\limits_{i=1}^mp_i(x)$ , donc $x=0$ .

Ainsi $\varphi$ est une forme bilinéaire symétrique définie positive, c’est-à-dire un produit scalaire sur $E$ .

14/ Soit $x$ et $y$ deux vecteurs de $E$ .

$\varphi(x,f(y))=\sum\limits_{i=1}^m\scalp{p_i(x)}{p_i(f(y))}=\sum\limits_{i=1}^m\scalp{p_i(x)}{\lambda_ip_i(y)}=\sum\limits_{i=1}^m\lambda_i\scalp{p_i(x)}{p_i(y)}$

$\varphi(f(x),y)=\sum\limits_{i=1}^m\scalp{p_i(f(x))}{p_i(y)}=\sum\limits_{i=1}^m\scalp{\lambda_ip_i(x)}{p_i(y)}=\sum\limits_{i=1}^m\lambda_i\scalp{p_i(x)}{p_i(y)}$

Donc $\varphi(x,f(y))=\varphi(f(x),y)$ , ce qui prouve que $f$ est un endomorphisme symétrique pour le produit scalaire $\varphi$ .

Ceci démontre à nouveau que $f$ est diagonalisable.

15/ On sait déjà, d’après 11(b), que $p_i$ est un projecteur, sur $Im(p_i)$ . Il suffit que $p_i$ soit symétrique pour $\varphi$ pour que $p_i$ soit le projecteur orthogonal sur $Im(p_i)$ , toujours pour le produit scalaire $\varphi$ .

Soit $(x,y)\in E^2$ .

$\varphi(x,p_i(y))=\sum\limits_{i=1}^m\scalp{p_i(x)}{p_i^2(y)}=\sum\limits_{i=1}^m\scalp{p_i(x)}{p_i(y)}=\sum\limits_{i=1}^m\scalp{p_i^2(x)}{p_i(y)}=\varphi(p_i(x),y).$

$p_i$ est bien symétrique pour $\varphi$ : $p_i$ est le projecteur orthogonal sur $Im(p_i)=E_{\lambda_i}$ pour le produit scalaire $\varphi$ .

Problème 2 :

Partie I : Étude d’une fonction définie par la somme d’une série

1/ Soit $x\in\mathbb{R}^{-*}$ .

$\limit n+\dfrac1{n^x}=\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow}\exp(-x\ln(n))=+\infty$ , donc le terme général $\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^x}$ diverge.

De même, si $x=0$ , le terme général $(-1)^{n+1}$ diverge.

Puisqu’une condition nécessaire de convergence de la série est la convergence du terme général (vers $0$ ), si $x\in\mathbb{R}^-$ , alors la série $\sum\limits_{\substack{n}} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n^x}$ diverge.

2/ a/ $\forall p\in\mathbb{N}^*,\quad u_{2(p+1)}-u_{2p}=-\dfrac1{(2p+2)^x}+\dfrac1{(2p+1)^x}\ge0$ car $(2p+1)^x\le(2p+2)^x$ .

$\forall p\in\mathbb{N}^*,\quad u_{2(p+1)-1}-u_{2p-1}=\dfrac1{(2p+1)^x}-\dfrac1{(2p)^x}\le0$ car $(2p)^x\le(2p+1)^x$ .

$u_{2p}-u_{2p-1}=\dfrac{-1}{(2p)^x}\tend p+0$ .

$(u_{2p})$ est croissante, $(u_{2p-1})$ est décroissante, et leur différence tend vers $0$ : ces suites sont adjacentes, donc convergent, vers une même limite, notée $S(x)$ .

b/ Soit $\varepsilon>0$ .

Comme $\limit p+u_{2p}=S(x)$ , $\exists p_1\in\mathbb{N}^*,\quad \forall p\ge p_1,\abs{u_{2p}-S(x)}\le\varepsilon$ .

Comme $\limit p+u_{2p-1}=S(x)$ , $\exists p_2\in\mathbb{N}^*,\quad \forall p\ge p_2,\abs{u_{2p-1}-S(x)}\le\varepsilon$ .

Prenons $n_0=max(2p_1,2p_2-1)$ . Soit $n\ge n_0$ .

$\bullet$ Si $n$ est pair, $n$ s’écrit $n=2p$ avec $p\ge p_1$ donc $\abs{u_n-S(x)}\le\varepsilon$ .

$\bullet$ Si $n$ est impair, $n$ s’écrit $n=2p-1$ avec $p\ge p_2$ donc $\abs{u_n-S(x)}\le\varepsilon$ .

Conclusion : $\forall\varepsilon>0,\quad \exists n_0\in\mathbb{N}^*,\quad \forall n\ge n_0,\quad \abs{u_n-S(x)}\le\varepsilon$ .

c/ Ainsi, $u$ converge vers $S(x)$ , et comme $u$ est la suite des sommes partielles de la série $\sum\limits_{\substack{n}} \dfrac{(-1)^{n+1}}{n^x}$ , cette série converge.

d/ Comme $(u_{2p})$ est croissante de limite $S(x)$ , $\forall p\in\mathbb{N}^*,\quad u_{2p}\le S(x)$ .

Comme $(u_{2p-1})$ est décroissante de limite $S(x)$ ,

$\forall p\in\mathbb{N}^*,\quad S(x)\le u_{2p+1}\le u_{2p-1}$ .

e/ Soit $n\in\mathbb{N}^*$ .

$\bullet$ Si $n$ est pair, écrivons $n=2p$ . Par (d), $u_n\le S(x)\le u_{n+1}$ .

Donc $0\le S(x)-u_n\le u_{n+1}-u_n$ , et comme $u_{n+1}-u_n=\dfrac1 {(n+1)^x}$ ,

$\abs{S(x)-u_n}\le\dfrac1{(n+1)^x}$ .

$\bullet$ Si $n$ est impair, écrivons $n=2p-1$ . Par (d), $u_{n+1}\le S(x)\le u_{n}$ .

Donc $0\ge S(x)-u_n\ge u_{n+1}-u_n$ , et comme $u_{n+1}-u_n=-\dfrac1{(n+1)^x}$ ,en passant à la valeur absolue, $\abs{S(x)-u_n}\le\dfrac1{(n+1)^x}$ .

Dans tous les cas, $\abs{S(x)-u_n}\le\dfrac1{(n+1)^x}$ .

f/
function s=serie(x,e)

n=1

s=1

while (1/(n+1)\textasciicircum x)>e then

n=n+1

s=s+(-1)\textasciicircum(n+1)/(n\textasciicircum x)

end

endfunction

3/ Notons, pour $k\in\mathbb{N}^*$ , $v_k=\dfrac1{k^x}$ . Alors $\sum\limits_{k=1}^{2p}\dfrac{(-1)^{k+1}}{k^x}=\sum\limits_{k=1}^{2p}(-1)^{k+1}v_k$ est la somme des $v_k$ pondérés d’un signe « – » lorsque $k$ est pair.

On peut la calculer en prenant la somme des termes d’indices impairs moins celle des termes d’indices pairs :

$\sum\limits_{k=1}^{2p}\dfrac{(-1)^{k+1}}{k^x}=\sum\limits_{i=1}^{p}\dfrac{1}{(2i-1)^x}-\dfrac1{2^x}\sum\limits_{i=1}^{p}\dfrac{1}{i^x}$ .

On peut aussi la calculer en sommant tous les $v_k$ sans distinction de parité et en retranchant deux fois la somme des termes d’indices pairs :

$\sum\limits_{k=1}^{2p}\dfrac{(-1)^{k+1}}{k^x}=\sum\limits_{k=1}^{2p}\dfrac{1}{k^x}-2\sum\limits_{k=1}^{p}\dfrac{1}{(2k)^x}=\sum\limits_{k=1}^{2p}\dfrac{1}{k^x}-\dfrac1{2^{x-1}}\sum\limits_{k=1}^{p}\dfrac{1}{k^x}$

4/ a/ La seconde relation de 3. donne, avec $x=1$ ,

$v_n=\sum\limits_{k=1}^{2n}\dfrac1k-\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac1k=\sum\limits_{k=n+1}^{2n}\dfrac1k$ , puis en décalant l’indice de $n$ ,

$v_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac1{n+k}=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac1{n\big(1+(k/n)\big)}=\dfrac1n\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac1{1+(k/n)}$ .

b/ On reconnaît dans cette dernière expression la somme de Riemann d’ordre $n$ de la fonction continue $f:[0,1]\to\mathbb{R},x\mapsto\dfrac1{1+x}$ .

Par continuité de $f$ , le théorème des sommes de Riemann assure que $v$ converge et que :

$S(1)=\limit n+v_n=\int_{0} ^{1} f(t)dt =\left[\ln|1+x|\right]_0^1=\ln(2)$ .

5/ 3. avec $x=2$ donne $u_{2p}=\sum\limits_{k=1}^{2p}\dfrac1{k^2}-\dfrac12\sum\limits_{k=1}^{p}\dfrac1{k^2}$ .

En passant à la limite lorsque $p$ tend vers $+\infty$ ,

$S(2)=\limit p+u_{2p}=\dfrac{\pi^2}{6}-\dfrac12\times\dfrac{\pi^2}{6}=\dfrac{\pi^2}{12}$ .

Partie II : Étude d’une fonction définie par une intégrale

6/ La fonction intégrée est continue et positive sur $]0,+\infty]$ .

$\bullet$ $\dfrac{t^x}{1+e^t}\mathop{\sim}\limits_{t \to 0}\dfrac12t^x$ , or $\int_{0} ^{1} {t^x} dt$ , que l’on peut écrire $\int_{0} ^{1} {\dfrac1{t^{-x}}}$ , converge si, et seulement si, $-x<1$ , c’est-à-dire $x>-1$ . Par équivalence de fonctions positives, $\int_{0}^{1} {\dfrac{t^x}{1+e^t}}dt$ converge si, et seulement si, $x>-1$ .

$\bullet$ $\dfrac{t^x}{1+e^t}\mathop{\sim}\limits_{t \to +\infty}t^{x}e^{-t}$ en $+\infty$ .

Or, lorsque $x>-1$ , $\int_{1}^{+\infty} {t^{x}e^{-t}}dt$ existe puisque $\Gamma(x+1)$ existe.
Par équivalence de fonctions positives, si $x>-1$ , $\int_{1}^{+\infty} {\dfrac{t^x}{1+e^t}}dt$ existe.

$\bullet$ Ainsi, $\int_{0}^{+\infty} {\dfrac{t^x}{1+e^t}}dt$ existe si, et seulement si, $x>-1$ .

7/ a/ Par somme de termes d’une suite géométrique :

$\sum\limits_{k=1}^{n}(-1)^ke^{-kt}=\sum\limits_{k=1}^{n}(-e^{-t})^k=-e^{-t}\dfrac{1-(-1)^ne^{-nt}}{1+e^{-t}}=-\dfrac{1-(-1)^ne^{-nt}}{e^t+1}$

En multipliant par $-t^x$ :

$\sum\limits_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}t^xe^{-kt}=g_x(t)-(-1)^ng_x(t)e^{-nt}$ … ce qu’il fallait démontrer !

b/ Le changement de variable $u=kt$ est admissible puisque de classe C1 et bijectif (strictement croissant car $k\ge1$ ). Par ce changement, $\int_{0}^{+\infty} {t^xe^{-kt}}dt$ devient $\int_{0}^{+\infty}{\dfrac{u^xe^{-u}}{k^{x+1}}}du$ . Par linéarité, on reconnaît $\dfrac1{k^{x+1}}\Gamma(x+1)$ , qui existe. Par le théorème de changement de variable, $\int_{0}^{+\infty}{t^xe^{-kt}}dt$ existe et vaut $\dfrac1{k^{x+1}}\Gamma(x+1)$ .

c/ Comme $\forall t>0, 0\le g_x(t)e^{-nt}\le g_x(t)$ puisque $0<e^{-nt}<1$ , et $\int_{0}^{+\infty}{g_x(t)}dt$ existe, donc par comparaison de fonctions positives, $\int_{0}^{+\infty}{g_x(t)e^{-nt}}dt$ existe.

$\forall t>0, 0<g_x(t)e^{-nt}\le t^xe^{-nt}$ , donc par croissante de l’intégrale, et par le calcul de 7.(b), $0\le\int_{0}^{+\infty}{g_x(t)e^{-nt}}dt\le\dfrac1{n^{x+1}}\Gamma(x+1)$ .

Et comme $\lim_{n \to +\infty}\dfrac1{n^{x+1}}\Gamma(x+1)=0$ puisque $x+1>0$ , on a, par encadrement, $\lim_{n \to +\infty} \int_{0}^{+\infty}{g_x(t)e^{-nt}}dt=0$ .

d/ Par les questions précédentes (et par linéarité de l’intégrale),

$I(x)=\int_{0} ^{+\infty}{g_x(t)}dt=(-1)^n\int_{0} ^{+\infty}{g_x(t)e^{-nt}}dt+\sum\limits_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}\int_{0} ^{+\infty}{t^xe^{-kt}}dt$

$I(x)=(-1)^n\int_{0} ^{+\infty}{g_x(t)e^{-nt}}dt+\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k+1}}{k^{x+1}}\Gamma(x+1)$

En passant à la limite lorsque $n$ tend vers $+\infty$ , $I(x)=S(x+1)\Gamma(x+1)$ .

8/ $I(1)=S(2)\Gamma(2)=\dfrac{\pi^2}{12}\times 1!=\dfrac{\pi^2}{12}$

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Partie III : Étude d’une variable aléatoire

9/ $\forall t\in\mathbb{R}, f(-t)=\dfrac{e^{-t}}{(1+e^{-t})^2}=\dfrac{e^{2t}}{\big(e^{t}\big)^2}\times\dfrac{e^{-t}}{(1+e^{-t})^2}=\dfrac{e^t}{(e^t+1)^2}=f(t)$ .

10/ $f$ est continue et positive sur $\mathbb{R}$ .

Soit $A<B$ .

$\int_{A} ^{B} f(t)dt f(t)dt=\left[-\dfrac1{1+e^t}\right]_A^B=-\dfrac1{1+e^B}+\dfrac1{1+e^A}\underset{\begin{array}{cc}A\to-\infty\\B\to+\infty\end{array}}{\longrightarrow}1$ .

Donc $\int_{-\infty} ^{+\infty}{f(t)}dt$ existe et vaut $1$ .

Ainsi $f$ est une densité d’une variable aléatoire.

11/ Le calcul précédent avec $A\to-\infty$ et $B=x$ donne :

$\forall x\in\mathbb{R},\quad F_X(x)=\int_{-\infty} ^{x}{f(t)}dt=1-\dfrac1{1+e^x}=\dfrac{e^x}{1+e^x}$ .

12/ a/ $t\mapsto t^nf(t)$ est continue et positive sur $[0,+\infty]$ .

$t^nf(t)\equi t+t^ne^{-t}$ et $\int_{0} ^{+\infty}{t^ne^{-t}}dt$ existe (c’est $\Gamma(n+1)$ ).

Par équivalence de fonctions positives, $\int_{0} ^{+\infty}{t^nf(t)}dt$ existe.

Puisque $f$ est paire, $t\mapsto t^nf(t)$ a la même parité que l’entier $n$ : paire si $n$ est pair et impaire sinon.

Du coup, comme $\int_{0} ^{+\infty}{t^nf(t)}dt$ existe, $\int_{-\infty} ^{+\infty}{t^nf(t)}dt$ existe.

Ainsi $X$ admet un moment d’ordre $n$ .

b/ Comme $t\mapsto t^{2p+1}f(t)$ est une fonction impaire et intégrable sur $]-\infty,+\infty[$ , son intégrale sur $]-\infty,+\infty[$ est nulle.
Autrement dit, $m_{2p+1}(X)=0$ .

c/ $m_{2p}(X)=\int_{-\infty}^{+\infty} {t^{2p}f(t)}dt=2\int_{0} ^{+\infty}{t^{2p}f(t)}dt$ par parité.

Soit $B\in\mathbb{R}^+$ . Effectuons une intégration par parties avec $t\mapsto-\dfrac1{1+e^t}$ et $t\mapsto t^{2p}$ de classe C1 sur $[0,B]$ .

$\int_{0} ^{B}{t^{2p}f(t)}dt=\left[-\dfrac{t^{2p}}{1+e^t}\right]_0^B+\int_{0} ^{B}{\dfrac{2pt^{2p-1}}{1+e^t}}dt=-\dfrac{B^{2p}}{1+e^B}+0+2p\int_{0} ^{B}{\dfrac{t^{2p-1}}{1+e^t}}dt$

En faisant tendre $B$ vers $+\infty$ , $\int_{0} ^{+\infty}{t^{2p}f(t)}dt=2pI(2p-1)$ .

Donc $m_{2p}(X)=2\times2pI(2p-1)=4pI(2p-1)$ .

13/ $E(X)=m_1(X)=0$ par 12.(b).

$V(X)=E(X^2)-(E(X))^2=m_2(X)-0^2=4I(1)=\dfrac{\pi^2}3$ .

14/ a/ $\bullet$ Comme pour tout $n$ $\supp{X_n}=\mathbb{R}$ , $\supp{Y_n}=\mathbb{R}$ .

$\forall y\in\mathbb{R},\quad F_{Y_n}(y)=P(Y_n\le y)=P\left([X_1\le y]\cap [X_2\le y]\cap\dots\cap[X_n\le y]\right)$

Par indépendance des $(X_n)$ ,

$F_Y(y)=\prod\limits_{i=1}^{n} P(Y_i\le y)=(F_X(y))^n=\left(\dfrac{e^y}{1+e^y}\right)^n$ .

$\bullet$ $\supp{Z_n}=\mathbb{R}$ et :

$\forall z\in\mathbb{R},\quad F_{Z_n}(z)=P(Z_n\le z)=P(Y_n\le z+\ln(n))=F_{Y_n}(z+\ln(n))$

$F_{Z_n}(z)=\left(\dfrac{e^{z+\ln(n)}}{1+e^{z+\ln(n)}}\right)^n=\left(\dfrac{ne^z}{1+ne^z}\right)^n$

b/ Soit $z\in\mathbb{R}$ . Déterminons $\limit n+F_{Z_n}(z)$ .

$F_{Z_n}(z)=\exp\left(n\ln\dfrac{ne^z}{1+ne^z}\right)=\exp\left(n\ln\left(1-\dfrac{1}{1+ne^z}\right)\right)$

Comme $\dfrac{1}{1+ne^z}\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} 0$ ,
$\ln\left(1-\dfrac{1}{1+ne^z}\right)\mathop{\sim}\limits_{n \to +\infty}-\dfrac{1}{1+ne^z}\mathop{\sim}\limits_{n \to +\infty}\dfrac{-1}{ne^z}$ .

$n\ln\left(1-\dfrac{1}{1+ne^z}\right)\equi n+\dfrac{-1}{e^z}$ .

Donc $\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} F_{Z_n}(z)=\exp(-e^{-z})$ .

Comme $F:z\mapsto\exp(-e^{-z})$ est une fonction de classe C1 sur $\mathbb{R}$ , croissante (par composition de deux fonctions décroissantes ou par le signe de sa dérivée – voir l’expression de $F'$ ci-après), de limites $0$ en $-\infty$ et $1$ en $+\infty$ , $(Z_n)$ converge en loi vers une variable aléatoire à densité de fonction de répartition $F$ .