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Corrigé du sujet EM Lyon Maths ECS 2017 (ECG Approfondies)

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Problème I. Matrice, Polynome, Intégrale

Partie I : Étude d’un exemple

1/ La matrice $A$ est triangulaire avec un 0 sur la diagonale donc elle n’est pas inversible. Elle a une colonne nulle et les deux autres ne sont pas proportionnelles donc son rang est 2.

2/ La matrice $A$ est triangulaire donc ses valeurs propres sont les coefficients sur sa diagonale donc le spectre de la matrice $A$ est $\{0,2,6\}$ . Comme elle est dans $\hbox{M}_{3}(\mathbb{R})$ avec 3 valeurs propres, elle est diagonalisable dans $\hbox{M}_{3}(\mathbb{R})$ et ses sous-espaces propres sont de dimension 1.

3/ Il est immédiat que $A\left(\begin{array}{ccc} 1\\0\\0\end{array}\right)=0\left(\begin{array}{ccc} 1\\0\\0\end{array}\right)$ donc $\left(\begin{array}{ccc} 1\\0\\0\end{array}\right)$ qui est non nul est un vecteur propre de $A$ associé à 0, il formera la première colonne de $P.$

Pour trouver un vecteur propre de $A$ associé à 2, on résout $A\left(\begin{array}{ccc} a\\b\\c\end{array}\right)=2\left(\begin{array}{ccc} a\\b\\c\end{array}\right)$ d’inconnues $a,b,c$ dans $\mathbb{R}.$ On obtient le système

$\left\{\begin{array}{l} -b=2a\\2b-4c=2b\\6c=2c\end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l} b=-2a\\c=0\end{array}\right.\Longleftrightarrow\left(\begin{array}{ccc} a\\b\\c\end{array}\right)=a\left(\begin{array}{ccc} 1\\-2\\0\end{array}\right).$

Donc

$\left(\begin{array}{ccc} 1\\-2\\0\end{array}\right)$ qui est non nul est un vecteur propre de

$A$ associé à 2, il formera la deuxième colonne de

$P.$

Pour trouver un vecteur propre de $A$ associé à 6, on résout $A\left(\begin{array}{ccc} a\\b\\c\end{array}\right)=6\left(\begin{array}{ccc} a\\b\\c\end{array}\right)$ d’inconnues $a,b,c$ dans $\R.$ On obtient le système :

$\left\{\begin{array}{l} -b=6a\\2b-4c=6b\\6c=6c\end{array}\right. \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l} b=-6a\\c=-b\end{array}\right.\Longleftrightarrow\left(\begin{array}{ccc} a\\b\\c\end{array}\right)=a\left(\begin{array}{ccc} 1\\-6\\6\end{array}\right).$

Donc

$\left(\begin{array}{ccc} 1\\-6\\6\end{array}\right)$ qui est non nul est un vecteur propre de

$A$ associé à 6, il formera la troisième colonne de

$P.$

On pose

$\boxed{\text{$P=\left(\begin{array}{ccc} 1&1&1\\0&-2&-6\\0&0&6\end{array}\right)$ et $D=\left(\begin{array}{ccc} 0&0&0\\0&2&0\\0&0&6\end{array}\right)$}}$

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Partie II : Étude d’un endomorphisme d’un espace de polynômes

4/ Pour tout polynôme $P$ de $E, \quad T(P)=(X(X-1)P')',$ donc $T(P)$ est bien un polynôme comme dérivée d’un polynôme. De plus $\hbox{deg}(P)\leqslant n$ donc $\hbox{deg}(P')\leqslant n-1$ donc $\hbox{deg}(X(X-1)P')\leqslant n+1$ car $X(X-1)$ est de degré 2.
Donc $\hbox{deg}((X(X-1)P')')\leqslant n$ donc $T(P)\in E.$

Montrons que $T$ est linéaire. Soit $\alpha \in \mathbb{R}, A\in E, B\in E.$ On utilise la linéarité de la dérivation ainsi

$T( \alpha A+B)=(X(X-1)( \alpha A+B)')'=(X(X-1)( \alpha A'+B'))'=(\alpha X(X-1)A'+X(X-1)B')'$

$=\alpha( X(X-1)A')'+(X(X-1)B')'=\alpha T(A)+T(B).$

Donc

$\boxed{\text{$T\in{\cal L}(E).$ }}$

5/ On a $T(1)=0.$ Pour $k\in[\![1,n]\!],$

$T(X^k)=(kX(X-1)X^{k-1})'=k(X^{k+1}-X^{k})'=k(k+1)X^k-k^2X^{k-1}.$

La matrice $M$ de $T$ dans la base ${\cal B}$ est donc triangulaire avec des termes diagonaux de la forme $k(k+1)$ où $k\in [\![0,n]\!].$ Il y a deux termes non nuls sur chaque colonne sauf sur la première qui est nulle.

$M=\left(\begin{array}{ccccccc} 0&-1&\hdots&0&\hdots&\hdots&0\\0&2& \hdots &\hdots &\hdots&\hdots &\hdots\\0&\hdots & \ddots &-k^2 &\hdots&\hdots &\hdots\\0&\hdots & 0 &k(k+1) &\hdots&\hdots &\hdots\\0&\hdots & \hdots &0 &\hdots&\hdots &\hdots\\0&\hdots & \hdots & &\hdots&\hdots &0\\ 0&\hdots & \hdots &\hdots &\hdots&n(n-1) &-n^2\\0&\hdots & \hdots &\hdots &\hdots&0 &n(n+1) \end{array}\right).$

6/ $T$ n’est pas bijectif car son noyau contient 1. On sait que

$\hbox{Im}(T)=\hbox{Vect}(T(1),T(X),...,T(X^n))$
$= \hbox{Vect}(0,-1+2X,...,k(k+1)X^k-k^2X^{k-1},...,n(n+1)X^n-n^2X^{n-1})$
$=\hbox{Vect}(-1+2X,...,k(k+1)X^k-k^2X^{k-1},...,n(n+1)X^n-n^2X^{n-1}).$

$\boxed{\text{$\hbox{Im}(T)=\hbox{Vect}\left(\left(k(k+1)X^k-k^2X^{k-1}\right)_{1\leqslant k\leqslant n}\right).$}}$

Ainsi la famille $(-1+2X,...,k(k+1)X^k-k^2X^{k-1},...,n(n+1)X^n-n^2X^{n-1})$ engendre $\hbox{Im}(T)$ , elle contient $n$ polynômes non nuls et étagés en degrés donc elle est libre et forme une base de $\hbox{Im}(T)$ qui est donc de rang $n.$

Le théorème du rang appliqué à $T$ sur $E$ de dimension finie $n+1$ indique alors que $\hbox{Ker}(T)$ est de dimension 1 donc tout polynôme non nul de $\hbox{Ker}(T)$ forme une base de $\hbox{Ker}(T)$ . Or le polynôme $1$ est dans ce noyau donc $(1)$ est une base de $\hbox{Ker}(T).$

Bilan :

$\boxed{\text{$\hbox{Ker}(T)$ est l'ensemble des polyn\^omes constants de $E.$}}$

7/ La matrice $M$ est triangulaire donc son spectre est formé des termes diagonaux c’est-à-dire $\{k(k+1)\}_{0\leq k\leq n}.$ Comme la fonction $g: x\mapsto x(x+1)$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}^+$ , elle est injective sur $\mathbb{R}^+$ donc l’ensemble $\{k(k+1)\}_{0\leq k\leq n}=\{g(k)\}_{0\leq k\leq n}$ contient autant de termes que l’ensemble $[\![0,n]\!]$ c’est-à-dire $n+1.$

Comme $E$ est de dimension $n+1$ , l’endomorphisme

$\boxed{\text{$T$ est diagonalisable.}}$

Partie III : Équivalent de $I\left( x\right)$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$

8/ Soit $(P,Q,A)\in E^3$ et $\alpha\in\mathbb{R}$ .

$\bullet$ $\varphi(P,Q)$ existe et est à valeur réelle car c’est l’intégrale d’une fonction continue sur un segment.
$\bullet$ La commutativité du produit dans $\mathbb{R}$ assure que $\varphi(P,Q)=\varphi(Q,P).$
$\bullet$ la linéarité de l’intégration assure que $\varphi(\alpha A +P,Q)=\alpha\varphi(A,Q)+\varphi(P,Q).$
$\bullet$ On a $\varphi(P,P)=\displaystyle\int_0^1P^2(x)\hbox{d}x\geq 0$ car c’est l’intégrale d’une fonction positive avec des bornes dans l’ordre croissant.
$\bullet$ Si $P$ est le polynôme nul, alors $\varphi(P,P)=\displaystyle\int_0^10\hbox{d}x= 0.$
Réciproquement si $\varphi(P,P)=0,$ alors $\displaystyle\int_0^1P^2(x)\hbox{d}x= 0$ comme $P^2$ est une fonction continue, positive et que $0\ne 1$ on sait que $P^2$ est nulle sur $[0,1]$ par stricte positivité de l’intégrale.

Donc $P^2(X)$ a une infinité de racines donc c’est le polynôme nul, de même pour $P(X).$

Finalement $\varphi$ est une forme bilinéaire symétrique définie positive sur $E\times E$ donc c’est un produit scalaire sur $E$ .

9/ Soit $\displaystyle (P,Q)\in E^2, \quad \varphi(T(P),Q)=\int_0^1(X(X-1)P')'(t)Q(t)\hbox{d}t.$

On fait une intégration par parties avec :

$u'(t)=(X(X-1)P')'(t)$ , $\:$ $v(t)=Q(t)$ , $\:$ $u(t)=(X(X-1)P')(t)=t(t-1)P'(t)$ , $\:$ $v'(t)=Q'(t).$

Les fonctions $u,v$ sont polynomiales donc $C^1$ sur $[0,1].$ Ainsi

$\varphi(T(P),Q)=\left[t(t-1)P'(t)Q(t)\right]_0^1-\int_0^1t(t-1)P'(t)Q'(t)\hbox{d}t=-\int_0^1x(x-1)P'(x)Q'(x)\hbox{d}x.$

10/ Vu les rôles symétriques de $P'$ et $Q'$ dans cette dernière expression, il est clair que $T$ est un endomorphisme symétrique de $E$ pour le produit scalaire $\varphi.$

En effet :

$\varphi(T(P),Q)=-\int_0^1x(x-1)P'(x)Q'(x)\hbox{d}x=\varphi(T(Q),P)=\varphi(P,T(Q)).$

Donc

$\boxed{\text{$T$ est diagonalisable}}$

car symétrique sur un

$\mathbb{R}$ -espace vectoriel.

11/ a/ Soit $P\in E, \quad \varphi(T(P),P)=\int_0^1x(1-x)(P'(x))^2\hbox{d}x\geqslant 0$ car $(P'(x))^2$ est positif sur $[0,1]$ ainsi que $x(1-x)$ , c’est donc l’intégrale d’une fonction positive avec des bornes dans l’ordre croissant.

11/ b/ Soit $P$ de $E$ . On a

$\varphi(T(P),P)= 0\Longleftrightarrow \int_0^1x(1-x)(P'(x))^2\hbox{d}x= 0 \Longleftrightarrow \forall x\in[0,1], x(1-x)(P'(x))^2=0$

car la fonction

$x\mapsto x(1-x)(P'(x))^2$ est continue positive sur

$[0,1].$

Cela équivaut à dire que le polynôme $X(1-X)(P'(X))^2$ a une infinité de racines c’est-à-dire qu’il est nul c’est-à-dire que $P'(X)$ est le polynôme nul car $X(X-1)$ n’est pas le polynôme nul.

Finalement :

$\boxed{\text{$\varphi(T(P),P)= 0$ si et seulement si $P$ est constant.}}$

Partie IV : Retour sur l’exemple de la partie I

12/ $T(1)=0, T(X)=-1+2X, T(X^2)=-4X+6X^2$ donc on obtient la matrice $A.$

13/ Avec la question 3 de la partie I, on sait que
$\bullet$ $P_0=1$ est vecteur propre de $T$ associé à 0
$\bullet$ $P_2=1-2X$ est vecteur propre de $T$ associé à 2
$\bullet$ $P_6=1-6X+6X^2$ est vecteur propre de $T$ associé à 6
Ces vecteurs propres sont deux à deux orthogonaux car $T$ est symétrique pour $\varphi$ et car les valeurs propres sont deux à deux distinctes.

Ils forment une base de $E,$ il reste à les normer en les divisant par leurs normes respectives. On montre facilement que, pour tout $k\in\mathbb{N},\displaystyle\int_0^1x^k\hbox{d}x=\frac{1}{k+1}.$
$\bullet$ $P_0$ est de norme 1 car $\displaystyle\int_0^11\hbox{d}x=1.$
$\bullet$ Par ailleurs :

$\begin{eqnarray*} $$ \varphi(P_2)&=&\displaystyle\int_0^1(1-2x)^2\hbox{d}x \\&=&\int_0^1(1-4x+4x^2)\hbox{d}x \\ &=& 1-4\frac{1}{2}+4\frac13 \\ &=& \frac13. $$ \end{eqnarray*}$

Donc $\Vert P_2\Vert=\sqrt{\frac13}.$

$\begin{eqnarray*} $$ \varphi(P_6) & =&\displaystyle\int_0^1\left(1-6x+6x^2\right)^2\hbox{d}x \\& =&\int_0^1\left(1+36x^2+36x^4-12x+12x^2-72x^3\right)\hbox{d}x \\ & =&\displaystyle\int_0^1\left(1+48x^2+36x^4-12x-72x^3\right)\hbox{d}x \\& =&1+\frac{48}{3}+\frac{36}{5}-\frac{12}{2}-\frac{72}{4} \\ & =&1+16+\frac{36}{5}-6-18=\frac{1}{5} \\ $$ \end{eqnarray*}$

Donc $\Vert P_6\Vert=\sqrt{\frac15}.$

Donc on pose

$\boxed{\text{${\cal C}=\left(1, \sqrt{3}P_2,\sqrt{5}P_6\right).$}}$

14/ La matrice de $T$ dans ${\cal C}$ est $D=\left(\begin{array}{ccc} 0&0&0\\0&2&0\\0&0&6\end{array}\right)$ .

On pose $V\in {\cal L}(E)$ tel que

$\hbox{Mat}_{{\cal C}}(V)=\left(\begin{array}{ccc} 0&0&0\\0&\sqrt{2}&0\\0&0&\sqrt{6}\end{array}\right)$

ainsi

$D=\hbox{Mat}_{{\cal C}}(V)^2=\hbox{Mat}_{{\cal C}}(V^2)=\hbox{Mat}_{{\cal C}}(T)$ donc

$V\circ V=T.$

On utilise le fait que ${\cal C}$ est une base orthonormale de $E$ formées de vecteurs propres de $V,$ on pose ${\cal C}=(A_0,A_1,A_2)$ et $P=a_0A_0+a_1A_1+a_2A_2\in E$ alors

$\begin{eqnarray*} \varphi(V(P),P)&=&\varphi(a_0V(A_0)+a_1V(A_1)+a_2V(A_2),a_0A_0+a_1A_1+a_2A_2) \\& = &\varphi(\sqrt{2}a_1A_1+\sqrt{6}a_2A_2,a_0A_0+a_1A_1+a_2A_2) \\ &=& \sqrt{2}a_1^2\varphi(A_1,A_1)+\sqrt{6}a_2^2\varphi(A_2,A_2)\geqslant 0. \\ \end{eqnarray*}$

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Problème 2 : Limite d’une intégrale et suites de variables aléatoires

Partie I : Premières propriétés de la fonction $H$

1/ On pose, pour tout $x\in I, f_x:t\mapsto \frac{1}{(1+t^2)^x}=e^{-x\ln(1+t^2)}$ sur $\mathbb{R}^+.$ Comme $t\mapsto 1+t^2$ est polynomiale strictement positive sur $\mathbb{R}^+,$ on peut composer par $\ln$ et $t\mapsto \ln(1+t^2)$ est $C^0$ (et aussi $C^{\infty}$ ) sur $\mathbb{R}^+.$ On peut multiplier par $-x$ et composer par exponentielle, la fonction $f_x$ est positive et $C^0$ (et aussi $C^{\infty}$ ) sur $\mathbb{R}^+.$

On a $\frac{1}{(1+t^2)^x}\underset{t\to +\infty}{\sim}\frac{1}{t^{2x}}$ car $\frac{t^{2x}}{(1+t^2)^x}=\left(\frac{t^{2}}{1+t^2}\right)^x =\left(\frac{1}{1+\frac{1}{t^2}}\right)^x=e^{-x\ln\left(1+\frac{1}{t^2}\right)}\underset{t\to +\infty}{\to}1.$

Comme $\frac12<x$ , on a $1<2x$ , donc $\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{1}{t^{2x}}\hbox{d}t$ converge donc par comparaison $\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{1}{(1+t^2)^x}\hbox{d}t$ converge.

Par continuité sur un segment, $\displaystyle\int_0^{1}\frac{1}{(1+t^2)^x}\hbox{d}t$ existe donc par somme $H(x)$ converge.

Bilan :

$\boxed{\text{$H$ est d\'efinie sur $I.$}}$

2/ Soit $\frac12<x<y,$ on a $-y<-x$ , pour tout $t\in\mathbb{R}^+, \ln(1+t^2)\geq 0$ donc $-y\ln(1+t^2)\leq -x\ln(1+t^2).$ On compose par exponentielle qui est croissante sur $\mathbb{R}$ ainsi $e^{-y\ln(1+t^2)}\leq e^{-x\ln(1+t^2)}$ .

On intègre de 0 à $+\infty$ avec des bornes dans l’ordre croissant, cela donne

$\displaystyle\operatorname{H}(y) =\int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+t^2)^y}\hbox{d}t\leq \operatorname{H}(x)=\int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+t^2)^x}\hbox{d}t.$

Bilan :

$\boxed{\text{$H$ est d\'ecroissante sur $I.$}}$

3/ a/ Soit A>0,

$\int_0^{A}\frac{1}{(1+t^2)^1}\hbox{d}t=\left[\hbox{Arctan}(t)\right]_0^A=\hbox{Arctan}(A)-\hbox{Arctan}(0)=\hbox{Arctan}(A)\underset{A\to +\infty}{\longrightarrow}\frac{\pi}{2}.$

Bilan : $H(1)=\frac{\pi}{2}.$

3/ b/ Soit $n\in\mathbb{N}^*.$ Soit $A>0.$ On pose :

$u'(t)=1, \: u(t)=t, \: v(t)=\frac{1}{(1+t^2)^n}, \: v'(t)=\frac{-n(2t)}{(1+t^2)^{n+1}}.$ Les fonctions $u,v$ sont $C^1$ sur $\mathbb{R}^+.$

$\begin{eqnarray*} \int_0^{A}\frac{1}{(1+t^2)^n}\hbox{d}t &=&\left[\frac{t}{(1+t^2)^n}\right]_0^A-\int_0^{A}\frac{-2nt^2}{(1+t^2)^{n+1}}\hbox{d}t \\&=& \frac{A}{(1+A^2)^n}+2n\int_0^{A}\frac{(t^2+1)-1}{(1+t^2)^{n+1}}\hbox{d}t \\&=&\frac{A}{(1+A^2)^n}+2n\int_0^{A}\frac{1}{(1+t^2)^{n}}\hbox{d}t-2n\int_0^{A}\frac{1}{(1+t^2)^{n+1}}\hbox{d}t. \\ \end{eqnarray*}$

On a $\frac{A}{(1+A^2)^n}\underset{A\to +\infty}{\sim}\frac{1}{A^{2n-1}}\underset{A\to +\infty}{\to}0$ car $2n-1>0.$

De sorte que, par passage à la limite, $\displaystyle\int_0^{A}\frac{1}{(1+t^2)^n}\hbox{d}t\underset{A\to +\infty}{\to}2nH(n)-2nH(n+1).$

Bilan : $\; \; H(n)=2n(H(n)-H(n+1)).$

On développe et $H(n)=2nH(n)-2nH(n+1)$ donc $2nH(n+1)=(2n-1)H(n)$ donc

$\hbox{\boxed{\text{$H(n+1)=\frac{2n-1}{2n}H(n)$}}}.$

3/ c/

function H=emlyon17(n)
H=pi/2
for k=2:n ( H vaut H(k-1) )
H=(2*(k-1)-1)*H/(2*(k-1)) // H vaut (2*(k-1)-1)*H(k-1)/(2*(k-1))=H(k)
end ( en sortie H vaut H(n) car la dernière valeur de k est n )
endfunction

3/ d/ On pose : $\forall n\in\mathbb{N}^*,\; {\cal P}_n: \left(H(n)=\displaystyle \frac{(2n-2)!\pi}{2^{2n-1}\Big((n-1)!\Big)^2}\right).$

$\bullet$ Au rang 1, $\displaystyle \frac{(0)!\pi}{2^{1}\Big(0!\Big)^2}=\frac{\pi}{2}=H(1).$ Donc ${\cal P}_1$ est vraie.

$\bullet$ Supposons ${\cal P}_n$ pour un $n\in\mathbb{N}^*,$ on a

$\begin{eqnarray*} H(n+1)&=&\frac{2n-1}{2n}H(n) \\ & \underset{{\cal P}_n}{=}&\frac{2n-1}{2n}\times \frac{(2n-2)!\pi}{2^{2n-1}\Big((n-1)!\Big)^2} \\ &=&\frac{2n-1}{2n}\times\frac{2n}{2n}\times \frac{(2n-2)!\pi}{2^{2n-1}\Big((n-1)!\Big)^2} \\&=&\frac{(2(n+1)-2)!\pi}{2^{2n+1}\Big(n!\Big)^2} \\ &=&\frac{(2(n+1)-2)!\pi}{2^{2(n+1)-1}\Big(((n+1)-1)!\Big)^2}. \\ \end{eqnarray*}$

Donc ${\cal P}_{n+1}$ est vraie.

Bilan :

$\boxed{\text{$\forall n\in\mathbb{N}^*,\; {\cal P}_n$ est vraie.}}$

Partie II : Étude de $H(x)$ lorsque $x$ tend vers $\frac12$

4/ a/ La fonction sinus hyperbolique $\varphi:u\mapsto \displaystyle \frac{e^u-e^{-u}}{2}$ est une combinaison linéaire d’exponentielles de polynômes donc elle est dérivable sur $\mathbb{R}$ et

$\forall u\in \mathbb{R}, \; \varphi'(u)=\frac{e^u+e^{-u}}{2}>0.$

Donc $\varphi$ est continue, strictement croissante sur $\mathbb{R}$ donc elle est une bijection de $\mathbb{R}$ vers $\left]\lim\limits_{-\infty}(\varphi);\lim\limits_{+\infty}(\varphi)\right[.$

Il est facile de voir que $\lim\limits_{-\infty}(\varphi)=-\infty, \lim\limits_{+\infty}(\varphi)=+\infty$

Bilan :

$\boxed{\text{$\varphi$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}.$}}$

Par réciprocité comme $\varphi(0)=0$ , on a $\varphi^{-1}(0)=0$ et comme $\lim\limits_{+\infty}(\varphi)=+\infty$ on a $\lim\limits_{t\to +\infty}\varphi^{-1}(t)=+\infty.$

4/ b/ Soit $A>0.$ Le changement de variables $t=\varphi(u),$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}^+.$
On l’applique sur $\displaystyle \int_0^{A}\frac{1}{(1+t^2)^x}\hbox{d}t,$ avec $\hbox{d}t=\varphi'(u)\hbox{d}u=\frac{e^u+e^{-u}}{2}\hbox{d}u.$

Ainsi

$\int_0^{A}\frac{1}{(1+t^2)^x}\hbox{d}t=\int_{\varphi^{-1}(0)}^{\varphi^{-1}(A)}\frac{1}{(1+\varphi(u)^2)^x}\frac{e^u+e^{-u}}{2}\hbox{d}u=\int_{\varphi^{-1}(0)}^{\varphi^{-1}(A)}\frac{4^x}{(4+e^{2u}-2+e^{-2u})^x}\frac{e^u+e^{-u}}{2}\hbox{d}u$

$=\int_{\varphi^{-1}(0)}^{\varphi^{-1}(A)}\frac{4^x}{(e^{2u}+2+e^{-2u})^x}\frac{e^u+e^{-u}}{2}\hbox{d}u=\int_{\varphi^{-1}(0)}^{\varphi^{-1}(A)}\frac{4^x}{(e^{u}+e^{-u})^{2x}}\frac{e^u+e^{-u}}{2}\hbox{d}u$

$=\frac{4^x}{2}\int_{0}^{\varphi^{-1}(A)}\frac{1}{(e^u+e^{-u})^{2x-1}}\hbox{d} u.$

On peut faire tendre $A$ vers $+\infty$ dans l’égalité

$\int_0^{A}\frac{1}{(1+t^2)^x}\hbox{d}t=\frac{4^x}{2}\int_{0}^{\varphi^{-1}(A)}\frac{1}{(e^u+e^{-u})^{2x-1}}\hbox{d} u.$

Bilan :

$\forall x\in I,\; H(x)=\frac{4^x}{2}\int_0^{+\infty}\frac{1}{(e^u+e^{-u})^{2x-1}}\hbox{d} u.$

5/ a/ Soit $u\in[0;+\infty[,\; e^u\leqslant e^u+e^{-u}$ car $0<e^{-u}.$

Comme $u$ est positif, on a $-u\leq u$ donc $e^{-u}\leqslant e^u$ .

Bilan :

$\boxed{\text{$0<e^u\leqslant e^u+e^{-u}\leqslant 2e^u$}}$

5/ b/ La fonction inverse est décroissante sur $\mathbb{R}^{+*},$ donc, pour tout $u\in[0;+\infty[,$

$0<\frac{1}{2}e^{-u}\leqslant\frac{1}{e^u+e^{-u}}\leqslant e^{-u}.$

Soit $x>\frac12,$ on a $2x-1>0$ donc la fonction $t\mapsto t^{2x-1}=e^{(2x-1)\ln(t)}$ est croissante sur $\mathbb{R}^{+*}$ donc

$0<\frac{1}{2^{2x-1}}e^{-u(2x-1)}\leqslant\frac{1}{(e^u+e^{-u})^{2x-1}}\leqslant e^{-u(2x-1)}.$

On multiplie par $\frac{4^x}{2}\geq 0$ et on intègre selon $u$ sur $[0,+\infty[$ avec des bornes dans l’ordre croissant.

Or $\displaystyle\int_0^{A}e^{-u(2x-1)}\hbox{d} u=\left[\frac{e^{-u(2x-1)}}{-(2x-1)}\right]_0^A=\frac{e^{-A(2x-1)}-1}{-(2x-1)}\underset{A\to +\infty}{\to}\frac{1}{2x-1}.$

Par conséquent

$\frac{4^x}{2^{2x}}\frac{1}{2x-1}=\frac{1}{2x-1}\leq H(x)\leq \frac{4^x}{2}\frac{1}{2x-1}.$

Bilan :

$\boxed{\text{ $\displaystyle \forall x\in I,\; \frac{1}{2x-1}\leqslant H(x)\leqslant \frac{4^x}{2(2x-1)}.$}}$

6/ On a $2x-1\underset{(\frac12)^+}{\to}0$ (par valeurs positives) donc $\frac{1}{2x-1}\underset{(\frac12)^+}{\to}+\infty.$ Donc par minoration $H(x)\underset{(\frac12)^+}{\to}+\infty.$

Avec $x>\frac12$ et $2x-1>0,$ on a aussi $1\leqslant (2x-1)H(x)\leqslant \frac{4^x}{2}= \frac{e^{x\ln(4)}}{2}=\frac{e^{2x\ln(2)}}{2}\underset{(\frac12)^+}{\to}1.$

Dons par théorème des gendarmes $(2x-1)H(x)\underset{(\frac12)^+}{\to}1.$

Bilan :

$\boxed{\text{$H(x)\underset{(\frac12)^+}{\sim}\frac{1}{2x-1}.$}}$

Partie III : Étude de $H(x)$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$

7/ a/ On pose $\forall t\in [0;1], h(t)=\ln(1+t),$ comme $1+t>0,$ la fonction $h$ est $C^1$ sur $[0,1]$ .

Soit $u\in]0,1],$ on peut appliquer l’égalité des accroissements finis sur $[0,u]\subset [0,1]$ . Et il existe $0<c<u$ tel que $h(u)-h(0)=h'(c)\times u=\frac{u}{1+c}$ or $c<1$ donc $0<1+c<2$ et $\frac12<\frac1{1+c}$ donc avec $u$ positif on a $\ln(1+u)\geq \frac{u}{2}.$

Pour $u=0, \ln(1+u)=0=\frac{u}{2}.$

7/ b/ On rappelle que pour $\mu\in \mathbb{R}, \sigma>0,$ une densité de loi ${\cal N}(\mu,\sigma^2)$ est

$f(t)={\tfrac {1}{\sigma {\sqrt {2\pi }}}}\;\;\mathrm {e} ^{-{\frac {1}{2}}\left({\frac {t-\mu }{\sigma }}\right)^{2}}.$

Ici on pose $\mu=0,\sigma^2=\frac1x.$ On obtient $\displaystyle f(t)=\tfrac {\sqrt {x}}{ \sqrt {2\pi }}\;\;\mathrm {e} ^{-\frac {xt^2}{2}}$ .

Comme l’intégrale sur $\mathbb{R}$ de $f$ vaut 1, $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-xt^2/2}\hbox{d}t$ converge et vaut $\displaystyle \sqrt {\frac{2\pi}{x}}.$
Par parité de $f,$ $\displaystyle\int_{0}^{+\infty}e^{-xt^2/2}\hbox{d}t$ converge et vaut

$\boxed{\text{$\displaystyle\frac12\times \sqrt {\frac{2\pi}{x}}=\sqrt {\frac{\pi}{2x}}.$}}$

7/ c/ Soit $\displaystyle x\in I,t\in[0,1],\; 0\leqslant \frac{1}{(1+t^2)^x}=e^{-x\ln(1+t^2)}\leqslant e^{-xt^2/2}$ avec la question 7.a. avec $t^2\in[0,1]$ . On intègre de 0 à 1 avec $0<1$ selon $t$ ces fonctions continues,

$0\leqslant \int_0^{1}\frac{1}{(1+t^2)^x}\hbox{d}t\leqslant \int_0^{1}e^{-xt^2/2}\hbox{d}t\leqslant \int_0^{1}e^{-xt^2/2}\hbox{d}t+\underset{\geqslant 0}{\underbrace{\int_1^{+\infty}e^{-xt^2/2}\hbox{d}t}}=\sqrt{\frac{\pi}{2x}}.$

7/ d/ Soit $x\in I, t\geq 1,$ on a $0<t^2<1+t^2$ donc $0\leq \frac{1}{1+t^2}\leq \frac{1}{t^2},$ on compose par la fonction $u\mapsto u^x$ croissante sur $\mathbb{R}^+$ puis on intègre selon $t$ sur $[1,+\infty[$ avec des bornes dans l’ordre croissant. On peut le faire car on a reconnu une intégrale de Riemann convergente avec $2x>1.$ Ainsi

$0\leqslant \int_1^{+\infty}\frac{1}{(1+t^2)^x}\hbox{d}t\leqslant \int_1^{+\infty}\frac{1}{t^{2x}}\hbox{d}t=\frac{1}{2x-1}.$

Bilan :

$\boxed{\text{$\displaystyle\forall x\in I,\; 0\leqslant \int_1^{+\infty}\frac{1}{(1+t^2)^x}\hbox{d}t\leqslant\frac{1}{2x-1}.$}}$

7/ e/ Il est clair que $\sqrt{\frac{\pi}{2x}}\underset{x\to +\infty}{\to}0$ et $\frac{1}{2x-1}\underset{x\to +\infty}{\to}0$ donc par encadrement $\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{1}{(1+t^2)^x}\hbox{d}t\underset{x\to +\infty}{\to}0$ et $\displaystyle\int_0^{1}\frac{1}{(1+t^2)^x}\hbox{d}t\underset{x\to +\infty}{\to}0$ .

Puis par somme de limites et relation de Chasles pour les intégrales convergentes,

$H(x)=\int_0^{+\infty}\frac{1}{(1+t^2)^x}\hbox{d}t\underset{x\to +\infty}{\to}0.$

8/ On note, pour tout $\displaystyle n\in\mathbb{N}^*,\; u_n=\ln\big(H(n)\big)+\frac{\ln(n)}{2}.$

a/ Soit $n\in\mathbb{N}^*$ ,

$u_{n+1}-u_n= \ln\big(H(n+1)\big)+\frac{\ln(n+1)}{2}-\ln\big(H(n)\big)-\frac{\ln(n)}{2}=\ln\left(\frac{H(n+1)}{H(n)}\right)+\frac12\ln\left(\frac{n+1}{n}\right).$

$=\underset{\hbox{Avec la question 3.b.}}{\underbrace{\ln\left(\frac{2n-1}{2n}\right)}}+\dfrac12\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)=\ln\left(1-\frac{1}{2n}\right)+\frac12\ln\left(1+\frac{1}{n}\right).$

On utilise $\ln(1+u)\underset{0}{=}u-\frac{u^2}{2}+o(u^2),$ on peut le faire car $\frac{1}{n}\underset{n\to +\infty}{\to}0.$

Ainsi $u_{n+1}-u_n\underset{n\to +\infty}{=}-\frac{1}{2n}-\frac{1}{8n^2}+\frac12\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}\right)+o\left(\frac{1}{n^2}\right)=-\frac{3}{8n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right).$

On en déduit que

$\boxed{\text{$u_{n+1}-u_n\underset{n\to +\infty}{\sim} -\frac{3}{8n^2}.$}}$

b/ On a $u_{n}-u_{n+1}\underset{n\to +\infty}{\sim} \frac{3}{8n^2}.$ Or la série de Riemann $\sum \frac{1}{n^2}$ converge avec $\alpha=2>1.$ Donc par comparaison des séries à terme général positif, la série $\sum (u_{n}-u_{n+1})$ converge donc $\sum( u_{n+1}-u_{n})$ converge.

Bilan :

$\boxed{\text{la s\'erie $\displaystyle\sum_{n\geqslant 1}(u_{n+1}-u_n)$ converge.}}$

c/ Une série converge si et seulement si ses sommes partielles convergent or, pour tout $N\in \mathbb{N}^*,$

$\sum_{n=1}^N(u_{n+1}-u_n)=u_{N+1}-u_1 \hbox{ par t\'elescopage.}$

Notons $s$ la somme de $\displaystyle\sum_{n\geqslant 1}(u_{n+1}-u_n)$ , on a alors $u_{N+1}-u_1\underset{N\to +\infty}{\to}s$ donc la suite $(u_n)$ converge. On note $a$ sa limite, donc la suite $(e^{u_n})$ converge, on note $K=e^a$ sa limite, elle est strictement positive. Or $e^{u_n}=H_n\sqrt{n}$ en composant par exponentielle. Donc
$H_n\sqrt{n} \underset{n\to +\infty}{\sim} K$ car $K$ non nul.

Bilan :

$\boxed{\text{$\displaystyle H(n)\underset{n\to +\infty}{\sim}\frac{K}{\sqrt{n}}.$}}$

9/ On a $\frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}=\sqrt{1+\frac1n}\underset{n\to +\infty}{\to}1$ donc $\sqrt{n+1}\sim \sqrt{n}.$ Pour tout $x>1$ , on a $1\leqslant \lfloor{x}\rfloor\leqslant x\leqslant \lfloor{x\rfloor}+1$ et $H$ est décroissante donc $H\left(\lfloor{x}\rfloor+1\right)\leqslant H(x)\leqslant H\left(\lfloor{x}\rfloor\right)$

On multiplie par $\frac{\sqrt{\lfloor{x}\rfloor}}{K}>0$ et

$\frac{\sqrt{\lfloor{x}\rfloor}}{K}H\left(\lfloor{x}\rfloor+1\right)\leqslant \frac{\sqrt{\lfloor{x}\rfloor}}{K}H(x)\leqslant \frac{\sqrt{\lfloor{x}\rfloor}}{K}H\left(\lfloor{x}\rfloor\right)$

Donc

$\frac{\sqrt{\lfloor{x}\rfloor}}{\sqrt{\lfloor{x}+1\rfloor}}\frac{\sqrt{\lfloor{x}+1\rfloor}}{K}H\left(\lfloor{x}\rfloor+1\right)\leqslant \frac{\sqrt{\lfloor{x}\rfloor}}{K}H(x)\leqslant \frac{\sqrt{\lfloor{x}\rfloor}}{K}H\left(\lfloor{x}\rfloor\right)$

Comme $\displaystyle H(\lfloor{x}\rfloor)\underset{x\to +\infty}{\sim}\frac{K}{\sqrt{\lfloor{x}\rfloor}},$ on a $\frac{\sqrt{\lfloor{x}\rfloor}}{K}H\left(\lfloor{x}\rfloor\right)\underset{x\to +\infty}{\to}1.$

Ainsi par encadrement $\displaystyle H(x)\underset{x\to +\infty}{\sim}\frac{K}{\sqrt{\lfloor{x}\rfloor}}\underset{x\to +\infty}{\sim}\frac{K}{\sqrt{x}}$ car $x\underset{x\to +\infty}{\sim}\lfloor{x}\rfloor$ .

En effet $1\leqslant \frac{x}{\lfloor{x}\rfloor}\leqslant \frac{\lfloor{x}\rfloor+1}{\lfloor{x}\rfloor}\underset{x\to +\infty}{\to}1.$

Partie IV : Étude d’une suite de variables aléatoires

10/ $f$ est définie sur $\mathbb{R},$ elle y est positive, elle est continue sur $\mathbb{R}^{-*}$ et sur $[0;+\infty[.$ Comme $f$ est nulle sur $]-\infty,0[,$ on a :

$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}f(t)dt=\int_{0}^{+\infty}f(t)dt=\frac{2}{\pi}H(1)=1$ .

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

Bilan :

$\boxed{\text{$f$ est une densit\'e.}}$

11/ On considère une variable aléatoire $X$ à densité, de densité $f.$

a/ Soit $x<0,$ $F_X(x)=0$ car $f$ nulle sur $\mathbb{R}^{-*}$ .

Soit $x\geqslant 0,$ $\displaystyle F_X(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{2}{\pi}\hbox{Arctan}(x).$

b/ $X$ a pour densité $f$ donc $X$ a une espérance si et seulement si l’intégrale $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}tf(t)dt$ converge.

Or $tf(t)\underset{t\to +\infty}{\sim}\frac{2t}{\pi(1+t^2)}\underset{t\to +\infty}{\sim}\frac{2}{\pi t}$ et la fonction $t\mapsto tf(t)$ est positive sur $\mathbb{R}^+.$

Comme l’intégrale $\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{t}dt$ diverge, $X$ n’a pas d’espérance.

12/ On considère une suite de variables aléatoires réelles $(X_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ à densité, à valeurs strictement positives, mutuellement indépendantes, dont chacune a pour densité $f.$

On définit, pour tout $n\in\mathbb{N}^*,$ les variables aléatoires\quad $M_n=\max(X_1,\cdots,X_n)$ et $\displaystyle Z_n=\frac{n}{M_n}.$

a/ Soit $n$ de $\mathbb{N}^*, x\leqslant 0$ comme les $X_k$ sont à valeurs strictement positives, on a
$[M_n\leqslant x]=[\max(X_1,\cdots,X_n)\leqslant x]=\emptyset$ donc $F_{M_n}(x)=\hbox{ P}(M_n\leqslant x)=0.$

Soit $x>0,$ $[M_n\leqslant x]=[\max(X_1,\cdots,X_n)\leqslant x]$ est réalisé si et seulement si, pour tout $k\in[\![1,n]\!], [X_k\leqslant x]$ est réalisé. Donc

$[M_n\leqslant x]=\bigcap\limits_{k=1}^n[X_k\leqslant x].$

Par indépendance mutuelle des $X_k,$ on obtient

$\hbox{P}\left(M_n\leqslant x\right)=\prod\limits_{k=1}^n\hbox{P}(X_k\leqslant x)=\left(F_X(x)\right)^n\hbox{ car il y a $n$ facteurs dans le produit}.$

Bilan :

$\boxed{\text{$F_{M_n}(x)=0$ si $x\leqslant 0$ et $F_{M_n}(x)=\left(F_X(x)\right)^n$ si $x>0.$}}$

b/ On pose $\displaystyle\forall u\in ]0;+\infty[, g(u)=\hbox{Arctan}(u)+\hbox{Arctan}\left(\frac1u\right).$ La fonction inverse est dérivable sur $]0;+\infty[$ et $\hbox{Arctan}$ est dérivable sur $\mathbb{R}.$ Donc par composition $u\mapsto \hbox{Arctan}\left(\frac1u\right)$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ .

Par somme, $g$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ et, pour tout $u\in ]0;+\infty[,$

$g'(u)=\frac{1}{1+u^2}+\left(-\frac{1}{u^2}\right)\times \hbox{Arctan}'\left(\frac1u\right)=\frac{1}{1+u^2}+\left(-\frac{1}{u^2}\right)\times\frac{1}{1+(1/u)^2}=\frac{1}{1+u^2}-\frac{1}{1+u^2}=0.$

Donc la fonction $g$ est constante sur l’intervalle $]0;+\infty[.$

Or $g(1)=2\hbox{Arctan}(1)=\frac{\pi}{2}.$

Finalement :

$\boxed{\text{$\displaystyle\forall u\in ]0;+\infty[, \hbox{Arctan}(u)+\hbox{Arctan}\left(\frac1u\right)=\frac{\pi}{2}.$}}$

c/ Pour tout $n$ de $\mathbb{N}^*, \displaystyle x\in ]0;+\infty[,$

$\begin{array}{rcl} \hbox{P}(Z_n\leqslant x)&=&\displaystyle \hbox{P}\left(\frac{n}{M_n}\leqslant x\right)\\&=& \displaystyle \hbox{P}\left(\frac{n}{x}\leqslant M_n\right)\hbox{ avec $x>0$ et $M_n$ forc\'ement strictement positif}\\&=&\displaystyle1-\hbox{P}\left( M_n\leqslant\frac{n}{x}\right)\hbox{ sachant que $M_n$ est \`a densit\'e}\\&=&\displaystyle1-F_{M_n}\left( \frac{n}{x}\right)\\ &=&\displaystyle1-\left(\frac{2}{\pi}\hbox{Arctan}\left(\frac{n}{x}\right)\right)^n\hbox{ car $\frac{n}{x}>0$}\\ &=&\displaystyle 1-\left(1-\frac2{\pi}\hbox{Arctan}\left(\frac{x}{n}\right)\right)^n\hbox{ car si $u>0,$ alors $\hbox{Arctan}(u)+\hbox{Arctan}\left(\frac1u\right)=\frac{\pi}{2}$}\\ \end{array}$

donc $1-\frac{2}{\pi}\hbox{Arctan}\left(\frac1u\right)=\frac{2}{\pi}\hbox{Arctan}\left(u\right)$

d/ Pour tout $n$ de $\mathbb{N}^*, \displaystyle x\in ]0;+\infty[,$ on sait que $0<\hbox{Arctan}\left(\frac{x}{n}\right)<\frac{\pi}{2}$ donc $0<\frac2{\pi}\hbox{Arctan}\left(\frac{x}{n}\right)<1$

et $0<1-\frac2{\pi}\hbox{Arctan}\left(\frac{x}{n}\right)<1$ donc on pourra composer par $\ln.$

Par conséquent $\displaystyle \left(1-\frac2{\pi}\hbox{Arctan}\left(\frac{x}{n}\right)\right)^n=\hbox{exp}\left(n\ln\left(1-\frac2{\pi}\hbox{Arctan}\left(\frac{x}{n}\right)\right)\right).$

On sait que $-\frac2{\pi}\hbox{Arctan}\left(\frac{x}{n}\right)\underset{n\to +\infty}{\to} 0$ car $\frac{x}{n}\underset{n\to +\infty}{\to} 0$ donc avec $\ln(1+u)\underset{u\to 0}{\sim}{u}$ on a

$\ln\left(1-\frac2{\pi}\hbox{Arctan}\left(\frac{x}{n}\right)\right)\underset{n\to +\infty}{\sim}-\frac2{\pi}\hbox{Arctan}\left(\frac{x}{n}\right)\underset{n\to +\infty}{\sim}-\frac{2x}{\pi n}$ car $\frac{x}{n}\underset{n\to +\infty}{\to} 0$ et $\hbox{Arctan}(u)\underset{0}{\sim} u.$

On en déduit que $n\ln\left(1-\frac2{\pi}\hbox{Arctan}\left(\frac{x}{n}\right)\right)\underset{n\to +\infty}{\sim}-\frac{2x}{\pi }$ donc, sachant que $-\frac{2x}{\pi }$ est indépendant de $n,$ on a

$n\ln\left(1-\frac2{\pi}\hbox{Arctan}\left(\frac{x}{n}\right)\right)\underset{n\to +\infty}{\to} -\frac{2x}{\pi }.$

On peut composer cette limite par exponentielle qui est continue en $-\frac{2x}{\pi }.$

Donc $\displaystyle \left(1-\frac2{\pi}\hbox{Arctan}\left(\frac{x}{n}\right)\right)^n\underset{n\to +\infty}{\to} e^{-\frac{2x}{\pi }}.$

On en déduit que

$\hbox{\boxed{\text{$\displaystyle{P}(Z_n\leqslant x)\underset{n\to +\infty}{\to} 1-e^{-\frac{2}{\pi }x}$.}}}$

On reconnait la fonction de répartition d’une loi exponentielle de paramètre $\frac{2}{\pi }.$

Bilan : la suite de variables aléatoires $(Z_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ converge en loi vers une variable suivant une loi exponentielle de paramètre $\frac{2}{\pi }.$

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Partie III : Équivalent de $I\left( x\right)$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$

Partie IV : Retour sur l’exemple de la partie I

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Problème 2 : Limite d’une intégrale et suites de variables aléatoires

Partie I : Premières propriétés de la fonction $H$

Partie II : Étude de $H(x)$ lorsque $x$ tend vers $\frac12$

Partie III : Étude de $H(x)$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$

Partie IV : Étude d’une suite de variables aléatoires

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