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Corrigé du sujet EM Lyon Maths ECS 2019

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Partie A. Étude d’un endomorphisme de polynômes

1/ Pour tout polynôme $P$ de $\mathbb{R}_n[X]$ , $\Psi_a(P)=2P+(X-a)P'$ est une somme de polynômes donc c’est un polynôme, de plus $\text{deg}(P)\leqslant n$ donc $\text{deg}(P')\leqslant n-1$ donc $\text{deg}((X-a)P')\leqslant n-1+1=n$ en sommant on a : $\text{deg}(P+(X-a)P')\leqslant n$ donc $\Psi_a(P)\in\mathbb{R}_n[X]$ .

Soit $A(X)\in \mathbb{R}_n[X]$ , $\alpha \in \mathbb{R},$

$\Psi_a(\alpha A+P)=2(\alpha A+P)+(X-a)(\alpha A+P)' = 2\alpha A(X)+2P+(X-a)(\alpha A'+P')$

par linéarité de la dérivation.

Donc $\Psi_a(\alpha A+P)=\alpha( 2 A(X)+(X-a)A')+2P+(X-a)P'= \alpha\Psi_a(A)+\Psi_a(P).$ Donc $\Psi_a$ est linéaire.

Bilan : $\Psi_a:P\mapsto \Psi_a(P)$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}_n[X].$

2/ On calcule $\Psi_a(1)=2\times 1+0=2,$ et pour tout $k\in[\![1,n]\!]$ ,

$\Psi_a( X^k)=2X^k+(X-a)kX^{k-1} = (2+k)X^k-akX^{k-1}.$

Donc

$\text{Mat}_{ {\cal B}}(\Psi_a)=\left( \begin{array}{ccccc}2& -a&0&\hdots & 0 \\0& 3 & -2a & 0& 0\\0& 0& 4 & \ddots & 0\\0 & \hdots & 0& \ddots& -na\\0 & \hdots & & 0& n+2\end{array} \right).$

3/ a/ $\text{Mat}_{ {\cal B}}(\Psi_a)$ est triangulaire donc les valeurs de sa diagonale sont ses valeurs propres c’est-à-dire : $2, 3, 4,...,n+2.$ Il s’agit d’entiers consécutifs donc il y en a $n+2-2+1=n+1$ or $\text{Mat}_{ {\cal B}}(\Psi_a)\in{\cal M}_{n+1}(\mathbb{R})$ donc $\text{Mat}_{ {\cal B}}(\Psi_a)$ est diagonalisable et son spectre est $[\![2,n+2]\!].$

Bilan : $\Psi_a$ est diagonalisable et son spectre est $[\![2,n+2]\!].$

3/ b/ $\Psi_a$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}_n[X]$ et 0 n’est pas dans le spectre de $\Psi_a$ donc ce dernier est bijectif.

Bilan : $\Psi_a$ est un automorphisme de $\mathbb{R}_n[X].$

3/ c/ On a $\Psi_a(Q_0)=2=2Q_0.$ Pour tout $k$ de $[\![1,n]\!], \Psi_a(Q_k) = 2Q_k(X)+(X-a)\big(k(X-a)^{k-1}\big)= (2+k)Q_k.$

Bilan : Pour tout $k$ de $[\![0,n]\!], \Psi_a(Q_k) =(2+k)Q_k.$

3/ d/ Pour tout $k$ de $[\![0,n]\!],$ on voit que $Q_k$ n’est pas le polynôme nul donc $Q_k$ est vecteur propre de $\Psi_a$ associé à la valeur propre $2+k.$

Or le cardinal du spectre de $\Psi_a$ est égal à la dimension de $\mathbb{R}_n[X]$ donc les sous-espaces propres de $\Psi_a$ sont tous de dimension 1 donc $Q_k$ à lui seul forme une base de sous-espaces propres $(\Psi_a,2+k).$

4/ a/ Pour tout polynôme $P$ de $\mathbb{R}_n[X]$ , on a

$\big((X-a)^2P(X)\big)' = 2(X-a)P+(X-a)^2P'=(X-a)\big(2P+ (X-a)^2P'\big)=(X-a)\Psi_a(P).$

4/ b/ Pour tout polynôme $P$ de $\mathbb{R}_n[X]$ et pour tout réel $x\ne a,$

$\Phi_a\big( \Psi_a(P)\big)(x) = \displaystyle \frac{1}{(x-a)^2}\int_a^x (t-a) \Psi_a(P)(t)\text{d}t .$

L’intégrale existe car on intègre une fonction continue sur un segment.
Or

$t\mapsto (t-a) \Psi_a(P)(t)$ a pour primitive

$t\mapsto (t-a)^2P(t)$ d’après ce qui précède donc

$\Phi_a\big( \Psi_a(P)\big)(x) = \frac{1}{(x-a)^2}\left[ (t-a)^2P(t) \right]_a^x =\frac{1}{(x-a)^2} (x-a)^2P(x)=P(x).$

Il reste le cas $x=a,$ pour cela on voit que $\Phi_a\big( \Psi_a(P)\big)(a)=\frac{\Psi_a(P)(a)}{2}= \frac{2P(a)+(a-a)P'(a)}{2}=P(a).$

On a montré que les fonctions $\Phi_a\big( \Psi_a(P)\big)$ et $x\mapsto P(x)$ coincident sur $\mathbb{R}$ donc elles sont égales, en particulier $\Phi_a\big( \Psi_a(P)\big)$ est un polynôme de $\mathbb{R}_n[X].$

Bilan : Pour tout polynôme $P$ de $\mathbb{R}_n[X]$ : $\Phi_a\big( \Psi_a(P)\big)=P.$

4/ c/ Soit $P\in\mathbb{R}_n[X], \Phi_a(P)$ est bien définie sur $\mathbb{R}$ car les polynômes sont continues sur $\mathbb{R}$ donc on peut intégrer $t\mapsto (t-a)P( t)$ sur le segment $[a,x]$ pour tout réel $x\ne a.$

De plus $\Psi_a$ est bijective donc elle admet une fonction réciproque sur $\mathbb{R}_n[X].$ Avec la question précédente, on peut écrire

$\Phi_a(P) = \Phi_a\left(\Psi_a\left(\Psi_a^{-1}(P)\right)\right) = \Psi_a^{-1}(P).$

Cela prouve que $\Phi_a$ et $\Psi_a^{-1}$ coincident sur $\mathbb{R}_n[X]$ donc elles sont égales, en particulier cela prouve que $\Phi_a$ est un endomorphisme bijectif de $\mathbb{R}_n[X]$ .

Bilan : $\Phi_a:P\mapsto \Phi_a(P)$ est un automorphisme de $\mathbb{R}_n[X]$ et $\Phi_a=\Psi_a^{-1}$ donc $\Phi_a^{-1}=\Psi_a.$

4/ d/ Pour tout $k\in[\![0,n]\!],$ on a $\Psi_a(Q_k)=(2+k)Q_k$ , on peut diviser par $2+k\ne 0$ et $Q_k=\frac{1}{2+k}\Psi_a(Q_k)$ donc $Q_k=\Phi\left(\Psi_a(Q_k)\right) = \frac{1}{2+k}\Psi_a(Q_k).$

Or $Q_k$ est non nul et $\Psi_a$ est bijective donc $\Psi_a(Q_k)$ est non nul donc $\Psi_a(Q_k)$ est vecteur propre de $\Phi_a$ associé à $\frac{1}{2+k}.$

La fonction $g : x\mapsto \frac{1}{2+x}$ est strictement décroissante sur $[0;+\infty[$ donc elle est injective donc $\{g(0),g(1),...,g(n)\} = \left\{ \frac{1}{2}, \frac{1}{3},...,\frac{1}{2+n}\right\}$ est de cardinal $n+1$ comme $[\![0,n]\!]$ donc $\Phi_a$ possède $n+1$ valeurs propres sur $\mathbb{R}_n[X]$ donc elle est diagonalisable.

Bilan : $\Phi_a$ est diagonalisable et son spectre est $\left\{ \frac{1}{2}, \frac{1}{3},...,\frac{1}{2+n}\right\}.$

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Partie B. Étude d’une fonction définie par une intégrale

5/ a/ On pose, pour tout $x$ de $\mathbb{R}$ : $h(x)= \displaystyle \int_0^x tf(t)\text{d}t.$
La fonction $f$ est continue sur $\mathbb{R}$ donc par produit avec la fonction polynomiale $t\mapsto t,$ la fonction $t\mapsto tf(t)$ est continue sur $\mathbb{R}$ donc elle admet une primitive, notée $F,$ sur $\mathbb{R}$ et

$\forall x\in\R, \; h(x)=\int_0^x tf(t)\text{d}t = F(x)-F(0).$

$F$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et sa dérivée est $t\mapsto tf(t).$ Celle-ci est continue sur $\mathbb{R},$ donc $F$ est $C^1$ sur $\mathbb{R}.$

Donc $h$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et, pour tout $x$ de $\mathbb{R},$ $h'(x)=F'(x)=xf(x).$

Bilan : La fonction $h$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}$ et, pour tout $x$ de $\mathbb{R}, h'(x)=xf(x).$

5/ b/ Soit $x\in \R^{+*}.$ Sur le segment $[0,x],$ $f$ est continue donc elle admet un minimum atteint en un point noté $\alpha_x\in[0,x]$ et un maximum atteint en un point noté $\beta_x\in[0,x]$ .

Ainsi, pour tout $t\in[0,x],$ on a $f\left(\alpha_x\right) \leqslant f(t)\leqslant f\left(\beta_x\right)$ , on multiplie par $t\geqslant 0,$ on a

$tf\left(\alpha_x\right) \leqslant tf(t)\leqslant tf\left(\beta_x\right) .$

On intègre sur $[0,x]$ selon $t$ avec $0<x,$ les fonctions en jeu sont bien continues, ainsi :

$\underset{\text{\tiny{ind\'{e}pendant de $t$}}}{\underbrace{f\left(\alpha_x\right)}} \int_0^x t\; \text{d}t\leqslant \int_0^x tf(t)\text{d}t\leqslant \underset{\text{\tiny{ind\'{e}pendant de $t$}}}{\underbrace{f\left(\beta_x\right)}} \int_0^x t\; \text{d}t.$

5/ c/ On reprend ce qui précède et on calcule $\displaystyle \int_0^x t\; \text{d}t=\left[\frac{t^2}{2}\right]_0^x = \frac{x^2}{2}.$

Donc

$\frac{x^2}{2}f\left(\alpha_x\right) \leqslant \int_0^x tf(t)\text{d}t = h(x)\leqslant \frac{x^2}{2} f\left(\beta_x\right).$

Donc en divisant par $x^2>0,$

$\frac{1}{2}f\left(\alpha_x\right) \leqslant \frac{h(x)}{x^2} \leqslant \frac{1}{2} f\left(\beta_x\right).$

On a $0\leqslant \alpha_x\leqslant x$ donc par encadrement $\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x>0}}( \alpha_x)=0$ , par continuité de $f$ en 0 on a
$\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x>0}}f( \alpha_x)=f(0).$

De façon analogue $\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x>0}}f( \beta_x)=f(0).$

Le théorème des gendarmes permet de conclure.

Bilan : $\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x>0}}\frac{h(x)}{x^2}=\frac{f(0)}{2}.$

5/ d/ Soit $x\in \mathbb{R}^{-*}.$ Sur le segment $[x;0],$ $f$ est continue donc elle admet un minimum atteint en un point noté $\alpha_x\in[x;0]$ et un maximum atteint en un point noté $\beta_x\in[x;0]$ .

Ainsi, pour tout $t\in[x;0],$ on a $f\left(\alpha_x\right) \leqslant f(t)\leqslant f\left(\beta_x\right)$ , on multiplie par $t\leqslant 0,$ on a

$tf\left(\beta_x\right) \leqslant tf(t)\leqslant tf\left(\alpha_x\right) .$

On intègre sur $[x,0]$ selon $t$ avec $x<0,$ les fonctions en jeu sont bien continues, ainsi :

$\underset{\text{\tiny{ind\'ependant de $t$}}}{\underbrace{f\left(\beta_x\right)}} \int_x^0 t\; \text{d}t\leqslant \int_x^0 tf(t)\text{d}t\leqslant \underset{\text{\tiny{ind\'ependant de $t$}}}{\underbrace{f\left(\alpha_x\right)}} \int_x^0 t\; \text{d}t.$

On inverse les bornes des intégrales en multipliant par $-1,$

$f\left(\alpha_x\right)\int_0^x t\; \text{d}t\leqslant \int_0^x tf(t)\text{d}t\leqslant f\left(\beta_x\right)\int_0^x t\; \text{d}t.$

On reprend ce qui précède et on calcule $\displaystyle \int_0^x t\; \text{d}t=\left[\frac{t^2}{2}\right]_0^x = \frac{x^2}{2}.$

Donc

$\frac{x^2}{2}f\left(\alpha_x\right) \leqslant \int_0^x tf(t)\text{d}t = h(x)\leqslant \frac{x^2}{2} f\left(\beta_x\right).$

Donc en divisant par $x^2>0,$

$\frac{1}{2}f\left(\alpha_x\right) \leqslant \frac{h(x)}{x^2} \leqslant \frac{1}{2} f\left(\beta_x\right).$

On a $x\leqslant \alpha_x\leqslant 0$ donc par encadrement $\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x<0}}( \alpha_x)=0$ , par continuité de $f$ en 0 on a
$\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x<0}}f( \alpha_x)=f(0).$

De façon analogue $\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x<0}}f( \beta_x)=f(0).$

Le théorème des gendarmes permet de conclure.

Bilan : $\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x<0}}\frac{h(x)}{x^2}=\frac{f(0)}{2}.$

6/ On a : $\forall x\in\mathbb{R},\quad \Phi(f)(x)=\left\{\begin{array}{cl} \displaystyle \frac{1}{x^2}\int_0^x tf(t)\text{d}t = \frac{h(x)}{x^2}& \text{ si } x\ne 0,\\\displaystyle\frac{f(0)}{2} & \text{ si } x = 0.\end{array}\right.$

Donc pour $x\ne 0, \Phi(f)(x)=\frac{h(x)}{x^2}$ or
$\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x<0}}\frac{h(x)}{x^2}=\lim_{\substack{x\to 0\\ x>0}}\frac{h(x)}{x^2}=\frac{f(0)}{2}$ donc $\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x<0}} \Phi(f)(x)=\lim_{\substack{x\to 0\\ x>0}} \Phi(f)(x)=\frac{f(0)}{2}=\Phi(f)(0).$ Donc $\Phi$ est continue en 0.

Sur $\mathbb{R}^*,$ $\Phi(f)(x)=\frac{h(x)}{x^2}$ or $h$ est $C^1$ sur $\mathbb{R}$ et $x\mapsto \frac{1}{x^2}$ est $C^1$ sur $\mathbb{R}^*$ donc par produit $\Phi(f)$ est $C^1$ donc continue sur $\mathbb{R}^*.$

De plus pour $x\ne 0,$

$\begin{align*} \Phi(f)'(x) & = &\frac{\text{d}}{\text{d}x}\left(\frac{h(x)}{x^2}\right) \\ & = & \frac{h'(x)x^2-2xh(x)}{x^4} \\ & = & \frac{xf(x)x^2-2xh(x)}{x^4} \\ & = & \frac{f(x)x^2-2h(x)}{x^3} \\ & = & \frac1x\left(f(x)-2\frac{h(x)}{x^2}\right) \end{align*}$

Bilan : $\Phi(f)$ est continue sur $\mathbb{R}$ et de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}^{+*}$ et sur $\mathbb{R}^{-*}$ et l’on a :

$\forall x\in \R^*, \quad \big(\Phi(f)\big)'(x)=\frac1x\big(f(x)-2\Phi(f)(x)\big).$

7/ a/ Soit $f$ une fonction paire, $\Phi(f)$ est définie sur $\mathbb{R}$ et pour tout $x\in \mathbb{R},$ on a $-x\in\mathbb{R}.$

Et, pour $x\ne 0,$

$\Phi(f)(-x) = \frac{1}{(-x)^2}\int_0^{-x} tf(t)\text{d}t .$

On fait le changement de variable affine donc

$C^1$ suivant

$u=-t, du=-dt, t=0$ et

$u=0$ et

$t=-x,u=x.$
Ainsi

$\Phi(f)(-x) = \frac{1}{x^2}\int_0^{x} (-u)f(-u)(-\text{d}u) = \frac{1}{x^2}\int_0^{x} uf(u)\text{d}u \text{ car $f$ est paire}.$

Donc

$\Phi(f)(-x)=\Phi(f)(x).$

De plus $\Phi(f)(-0)=\Phi(f)(0).$ Donc $\Phi(f)$ est paire sur $\mathbb{R}.$

Soit $g$ une fonction impaire, $\Phi(g)$ est définie sur $\mathbb{R}$ et pour tout $x\in \mathbb{R},$ on a $-x\in\mathbb{R}.$

Et, pour $x\ne 0,$

$\Phi(g)(-x) = \frac{1}{(-x)^2}\int_0^{-x} tg(t)\text{d}t .$

On fait le changement de variable affine donc

$C^1$ suivant

$u=-t, du=-dt, t=0$ et

$u=0$ et

$t=-x,u=x.$
Ainsi

$\Phi(f)(-x) = \frac{1}{x^2}\int_0^{x} (-u)g(-u)(-\text{d}u) = -\frac{1}{x^2}\int_0^{x} ug(u)\text{d}u$

car

$g$ est impaire.
Donc

$\Phi(g)(-x)=\Phi(g)(x).$

De plus $\Phi(g)(-0)=\frac{g(0)}{2}= 0 = -\Phi(g)(0)$ car $g$ est impaire donc $g(0)=0.$

Donc $\Phi(g)$ est impaire sur $\mathbb{R}.$

Bilan : si $f$ est une fonction paire (respectivement impaire), alors $\Phi(f)$ est encore une fonction paire (respectivement impaire).

7/ b/ Soit $f$ une fonction positive sur $\mathbb{R},$
Pour $x> 0,$

$\Phi(f)(x) = \frac{1}{x^2}\int_0^{x} tf(t)\text{d}t .$

Pour tout

$t\in[0,x],$ on a

$0\leqslant t\leqslant x,$ on multiplie par

$f(t)\geqslant 0$ et on intègre sur

$[0,x]$ selon

$t$ avec

$0<x,$ ainsi

$\displaystyle 0\leqslant \int_0^{x} tf(t)\text{d}t.$ Comme

$\frac{1}{x^2}>0,$ on a bien

$\Phi(f)(x)\geqslant 0.$

Pour $x< 0,$

$\Phi(f)(x) = \frac{1}{x^2}\int_0^{x} tf(t)\text{d}t .$

Pour tout

$t\in[x,0],$ on a

$x\leqslant t\leqslant 0,$ on multiplie par

$f(t)\geqslant 0$ et on intègre sur

$[x,0]$ selon

$t$ avec

$x<0,$ ainsi

$\displaystyle 0\geqslant \int_x^{0} tf(t)\text{d}t.$ On inverse l’ordre des bornes de l’intégrale, ce qui change le signe et comme

$\frac{1}{x^2}>0,$ on a bien

$\Phi(f)(x)\geqslant 0.$

Enfin $\Phi(f)(0) = \frac{f(0)}{2}\geqslant 0.$

Bilan : si $f$ est une fonction positive, alors $\Phi(f)$ est encore une fonction positive.

8/ a/ On admet le résultat suivant :

$\text{ si } \lim_{+\infty}f=0, \text{ alors } \lim_{+\infty}\big(\Phi(f)\big)=0.$

Soit

$\ell\in\mathbb{R}.$ On suppose

$\lim\limits_{+\infty}f=\ell.$ On pose

$g:x\mapsto f(x)-\ell,$ donc

$\lim\limits_{+\infty}g=0.$ En appliquant le résultat admis,

$\lim\limits_{+\infty}\big(\Phi(g)\big)=0.$

Or pour $x>0$ ,

$\Phi(g)(x)$

= $\displaystyle \frac{1}{x^2}\int_0^{x} t( f(t)-\ell)\text{d}t$

= $\frac{1}{x^2}\int_0^{x} t f(t)\text{d}t -\ell \frac{1}{x^2}\int_0^{x} t\text{d}t$

= $\Phi(f)(x)-\frac{\ell}{2} .$

Or $\lim\limits_{+\infty}\big(\Phi(g)\big)=0$ donc $\lim\limits_{+\infty}\big( \Phi(f)(x) - \frac{\ell}{2} )=0.$

Bilan :
$\displaystyle\text{ si } \lim_{+\infty}f=\ell, \text{ alors } \lim_{+\infty}\big(\Phi(f)\big)=\frac{\ell}{2}.$

8/ b/ Soit $\ell\in\mathbb{R}.$
On suppose $\lim\limits_{-\infty}f=\ell.$ On pose $h:x\mapsto f(-x),$ donc $\lim\limits_{+\infty}h=\ell.$ En appliquant le résultat précédent, $\lim\limits_{+\infty}\big(\Phi(h)\big)=\frac{\ell}{2}.$

Or pour $x<0$ , $\Phi(f)(x) =\displaystyle \frac{1}{x^2}\int_0^{x} t f(t)\text{d}t.$

On refait le changement de variable $u=-t,$

$\Phi(f)(x) =\displaystyle \frac{1}{x^2}\int_0^{-x} (-u) f(-u)(-\text{d}u) = \frac{1}{(-x)^2}\int_0^{-x} u h(u)\text{d}u = \Phi(h)(-x) .$

Or $-x\underset{x\to-\infty}{\longrightarrow}+\infty$ donc $\Phi(h)(-x) \underset{x\to-\infty}{\longrightarrow}\frac{\ell}{2}$ donc $\Phi(f)(x) \underset{x\to-\infty}{\longrightarrow}\frac{\ell}{2}.$

Bilan :
$\displaystyle\text{ si } \lim_{-\infty}f=\ell, \text{ alors } \lim_{-\infty}\big(\Phi(f)\big)=\frac{\ell}{2}.$

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Partie C. Une application en probabilité

9/ Soit $x\in\mathbb{R}^{+*},$ on sait que $F$ est une fonction de répartition de loi à densité donc elle est continue, croissante et positive sur $\mathbb{R}$ donc, pour tout $t\in[0;x],$ on a $0\leqslant F(t)\leqslant F(x),$ on multiplie par $t\geqslant 0,$ et $0\leqslant tF(t)\leqslant tF(x).$

On intègre sur $[0;x]$ selon $t$ avec $0<x,$ les fonctions en jeu sont bien continues ainsi

$0\leqslant \int_0^x tF(t)\text{d}t \leqslant \underset{\text{\tiny{ind\'ependant de $t$}}}{\underbrace{F(x)}}\int_0^x t\text{d}t=F(x)\left[\frac{t^2}{2}\right]_0^x= \frac{x^2F(x)}{2}.$

On multiplie par

$\frac{2}{x^2}>0,$ et on a bien

$0\leqslant G(x)\leqslant F(x)$ .

Soit $x\in\mathbb{R}^{-*},$ on sait déjà que $F$ est continue, croissante sur $\mathbb{R}$ donc, pour tout $t\in[x;0],$ on a $F(x)\leqslant F(t),$ on multiplie par $t\leqslant 0,$ et $tF(t)\leqslant tF(x) .$

On intègre sur $[x;0]$ selon $t$ avec $x<0,$ ainsi

$\int_x^0 tF(t)\text{d}t \leqslant \underset{\text{\tiny{ind\'ependant de $t$}}}{\underbrace{F(x)}}\int_x^0 t\text{d}t = -\frac{x^2F(x)}{2}.$

On multiplie par $-\frac{2}{x^2}<0,$ le signe – est utilisé pour inverser les bornes de l’intégrale $\displaystyle \int_x^0 tF(t)\text{d}t$ et on a bien $0\leqslant F(x)\leqslant G(x)$ .

Bilan : $\forall x\in\mathbb{R}^{+*},\; 0\leqslant G(x)\leqslant F(x)$ et $\forall x\in\mathbb{R}^{-*},\; 0\leqslant F(x)\leqslant G(x).$

10/ On sait que $t\mapsto t$ et $F$ sont continues sur $\mathbb{R}$ donc par produit $t\mapsto tF(t)$ est continue sur $\mathbb{R}$ donc elle admet une primitive que l’on note $H$ qui est donc $C^1$ sur $\mathbb{R}$ . Ainsi pour tout $x\in\R^*,$ on a $G(x)= \displaystyle \frac{2}{x^2}\int_0^x tF(t)\text{d}t = \frac{2}{x^2}\left(H(x)-H(0)\right).$

Les fonctions $t\mapsto\frac{2}{t^2}$ et $H$ sont $C^1$ sur $\mathbb{R}^*$ donc $G$ l’est aussi et

$G'(x)=\frac{-4}{x^3}\left(H(x)-H(0)\right)+\frac{2}{x^2}H'(x)= \frac{-2}{x}G(x)+\frac{2}{x^2}xF(x) = \frac{2}{x}\left(-G(x)+F(x)\right).$

Bilan : $G$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}^{+*}$ et sur $\mathbb{R}^{-*}$ et, pour tout $x$ de $\mathbb{R}^*, G'(x)= \frac{2}{x}\left(-G(x)+F(x)\right).$

11/ On considère la fonction $g$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $\forall x\in\R, g(x)=\left\{\begin{array}{cl} G'(x) & \text{ si } x\ne 0,\\\displaystyle0 & \text{ si } x = 0.\end{array}\right.$

[

$\bullet$ ]

$g$ est bien définie sur

$\mathbb{R}$ , elle est aussi continue sur

$\mathbb{R}^*$ car

$G$ est

$C^1$ sur

$\mathbb{R}^*$ donc

$G'$ est continue sur

$\mathbb{R}^*$ .
[

$\bullet$ ] Montrons que

$g$ est positive sur

$\mathbb{R}.$

Soit $x>0,$ on a vu que $0\leqslant G(x)\leqslant F(x)$ donc
$0\leqslant F(x)- G(x),$ on multiplie par $\frac{2}{x}>0$ et $0\leqslant\frac{2}{x}( F(x)- G(x))=g(x).$

Soit $x<0,$ on a vu que $0\leqslant F(x)\leqslant G(x)$ donc
$0\geqslant F(x)- G(x),$ on multiplie par $\frac{2}{x}<0$ et $0\leqslant\frac{2}{x}( F(x)- G(x))=g(x).$

Enfin $g(0)=0$ donc $g$ est bien positive sur $\mathbb{R}.$
[ $\bullet$ ] Il reste à établir que $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} g(t) \text{d}t$ converge et vaut 1.

Prenons $0<a<A$ , la fonction $g$ est continue sur le segment $[a,A]$ et $\displaystyle \int_{a}^{A} g(t) \text{d}t = \int_{a}^{A} G'(t) \text{d}t = G(A)-G(a).$ Or la fonction $G=2\Phi(F)$ (avec $F$ continue sur $\mathbb{R}$ ) est continue sur $\mathbb{R}$ donc en particulier en 0 donc
$\displaystyle \int_{0}^{A} g(t) \text{d}t$ converge et vaut $G(A)-G(0)$ .

Comme $F$ est une fonction de répartition, on sait que $\lim\limits_{+\infty}F = 1$ , ainsi d’après ce qui précède,

$\lim\limits_{+\infty}G = \lim\limits_{+\infty}(2\Phi(F))= 2 \lim\limits_{+\infty}(\Phi(F))=2\frac{\lim\limits_{+\infty}F}{2}=1.$

donc $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} g(t) \text{d}t$ converge et vaut $1-G(0)$ .

Prenons $B<b<0$ , la fonction $g$ est continue sur le segment $[B,b]$ et $\displaystyle \int_{B}^{b} g(t) \text{d}t = \int_{B}^{b} G'(t) \text{d}t = G(b)-G(B).$ Or selon la question, la fonction $G=2\Phi(F)$ (avec $F$ continue sur $\mathbb{R}$ ) est continue sur $\mathbb{R}$ donc en particulier en 0 donc
$\displaystyle \int_{B}^{0} g(t) \text{d}t$ converge et vaut $G(0)-G(B)$ .

Comme $F$ est une fonction de répartition, on sait que $\lim\limits_{-\infty}F = 0$ , ainsi d’après ce qui précède

$\lim\limits_{-\infty}G = \lim\limits_{-\infty}(2\Phi(F))= 2 \lim\limits_{-\infty}(\Phi(F))=2\frac{\lim\limits_{-\infty}F}{2}=0.$

donc $\displaystyle \int_{-\infty}^{0} g(t) \text{d}t$ converge et vaut $0-G(0)$ .

Par la relation de Chasles des intégrales convergentes, $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} g(t) \text{d}t$ converge et vaut

$\displaystyle \int_{-\infty}^{0} g(t) \text{d}t+\displaystyle \int_{0}^{+\infty} g(t) \text{d}t = 1-G(0)-(0-G(0))=1.$

Donc $g$ est bien une densité de probabiité.

Dans le raisonnement qui précède il est vu que $G$ est $C^1$ sur $\mathbb{R}^*,$ que $G$ est continue sur $\mathbb{R}$ . De plus $G'$ est positive sur $\mathbb{R}^-$ donc $G$ est croissante sur $\mathbb{R}^-$ , de même $G$ est croissante sur $\mathbb{R}^+$ donc, par continuité en 0, $G$ est croissante sur $\mathbb{R}.$ Il a été vu aussi que $\lim\limits_{-\infty}G = 0$ et $\lim\limits_{+\infty}G =1$ .

Donc $G$ peut être considérée comme une fonction de répartition d’une variable aléatoire $V$ .

On remarque que $G'$ et $g$ coincide sur $\mathbb{R}^*$ donc $g$ est une densité de probabilité de $V.$

Bilan : $g$ est une densité de probabilité d’une variable aléatoire $V$ et $G$ est la fonction de répartition de $V.$

12/ a/ On définit la fonction $h_1$ sur $\mathbb{R}$ par : $\forall x\in\mathbb{R}, h_1(x)=\left\{\begin{array}{cl} 0 & \text{ si } x\leqslant 0,\\\displaystyle2\; x\; \text{e}^{-x^2}& \text{ si } x > 0.\end{array}\right.$

[

$\bullet$ ]

$h_1$ est bien définie et positive sur

$\mathbb{R}$ .
[

$\bullet$ ] Elle est aussi continue sur

$\mathbb{R}^{-*}$ car elle y est constante.
Sur

$\mathbb{R}^{*+}, h_1$ est le produit d’un polynôme et d’un exponentielle de polynôme donc

$h_1$ est continue sur

$\mathbb{R}^{*+}.$ Donc

$h_1$ est continue sur

$\mathbb{R}^*.$
[

$\bullet$ ] Il reste à établir que

$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} h_1(t) \text{d}t$ converge et vaut 1. Remarquons que

$h_1$ est nulle sur

$\mathbb{R}^{-},$ donc il suffit de montrer que

$\displaystyle \int_{0}^{+\infty} h_1(t) \text{d}t$ converge et vaut 1. On remarque immédiatement que

$\lim\limits_{0^+}h_1 = 0=h_1(0)$ donc

$h_1$ est continue à droite de 0. Comme

$h_1$ est continue sur

$\mathbb{R}^{+},$ on peut l’intégrer sur tout segment de

$\mathbb{R}^{+}.$ Soit

$A>0,$

$\int_{0}^{A} h_1(t) \text{d}t = \int_{0}^{A} 2t \text{e}^{-t^2} \text{d}t =\left[-\text{e}^{-t^2} \right]_0^A = -\text{e}^{-A^2}+\text{e}^{-0^2}\underset{A\to +\infty}{\longrightarrow} 1.$

Donc

$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} h_1(t) \text{d}t$ converge et vaut 1.

Bilan : $h_1$ est une densité de probabilité.

12/ b/ Soit $X_1$ une variable aléatoire admettant $h_1$ pour densité.

$X_1$ est à densité donc $X_1$ admet une espérance si et seulement si $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} th_1(t) \text{d}t$ converge absolument. Comme $h_1$ est nulle sur $\mathbb{R}^{-},$ cela revient à montrer que $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} th_1(t) \text{d}t$ converge absolument. Cela équivaut encore à $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} 2t^2 \text{e}^{-t^2}\text{d}t$ converge absolument. La fonction sous cette intégrale est positive donc convergence absolue équivaut à convergence.

On pense à exploiter le moment d’ordre 2 d’une loi normale centrée réduite d’une variable $X$ qui vaut $E(X^2)=V(X)+E(X)^2=1$ autrement dit

$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} u^2\text{e}^{-u^2/2}\text{d}u=1.$

La fonction

$u\mapsto \frac{1}{\sqrt{2\pi}} u^2\text{e}^{-u^2/2}$ est paire sur

$\mathbb{R}$ donc

$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} u^2\text{e}^{-u^2/2}\text{d}u=2\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} u^2\text{e}^{-u^2/2}\text{d}u=1.$

Cela suggère le changement de variable affine

$t=\frac{u}{\sqrt{2}}$ , il est

$C^1$ , strictement croissant sur

$\mathbb{R}^+$ donc il ne change ni la nature, ni la valeur de

$\displaystyle 2\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} u^2\text{e}^{-u^2/2}\text{d}u .$

Les bornes sont inchangées et $\text{d}u= \sqrt{2}\text{d}t$ donc

$1=2\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} u^2\text{e}^{-u^2/2}\text{d}u=2\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \left(\sqrt{2}t\right)^2\text{e}^{-t^2}\sqrt{2}\text{d}t=\frac{4}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{+\infty} t^2\text{e}^{-t^2}\text{d}t.$

Donc

$\int_{0}^{+\infty} 2t^2\text{e}^{-t^2}\text{d}t = \frac{\sqrt{\pi}}{2}.$

Bilan : $X_1$ admet une espérance et $\text{\bf E}(X_1)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.$

12/ c/ On note $H_1$ la fonction de répartition de $X_1$ et on pose $H_2=2\Phi(H_1).$

D’après ce qui précède, $H_1$ est nulle sur $\mathbb{R}^-$ comme $h_1.$ Soit $x>0,$

$H_1(x) = \int_{-\infty}^{x} h_1(t)\text{d}t = \int_{0}^{x} 2t\text{e}^{-t^2}\text{d}t =\left[-\text{e}^{-t^2}\right]_0^x = 1-\text{e}^{-x^2}.$

Ensuite

$H_2=2\Phi(H_1)$ donc

$\forall x\in\R, H_2(x)=\left\{\begin{array}{cl} \displaystyle \frac{2}{x^2}\int_0^x tH_1(t)\text{d}t & \text{ si } x\ne 0,\\\displaystyleF(0) & \text{ si } x = 0.\end{array}\right.$

Donc pour $x<0,$ on a $[x;0]\subset\mathbb{R}^-$ donc $\displaystyle \frac{2}{x^2}\int_0^x tH_1(t)\text{d}t=0$ donc $H_2(x)=0.$

Puis $H_2(0)=H_1(0)=0.$

Enfin pour $x>0,$ on a $[0;x]\subset\mathbb{R}^+$ donc

$H_2(x)= \displaystyle \frac{2}{x^2}\int_0^x tH_1(t)\text{d}t =\frac{2}{x^2}\int_0^x \left(t-t\text{e}^{-t^2}\right)\text{d}t =\frac{2}{x^2}\left[\frac{t^2}{2}+\frac{1}{2}\text{e}^{-t^2}\right]_0^x = \frac{2}{x^2}\left(\frac{x^2}{2}+\frac{1}{2}\text{e}^{-x^2}-\frac12\right).$

Bilan : $\forall x\in\R, H_2(x)=\left\{\begin{array}{cl} 0 & \text{ si } x\leqslant 0,\\\displaystyle\displaystyle 1-\frac{1-\text{e}^{-x^2}}{x^2}& \text{ si } x > 0.\end{array}\right.$

D’après la question 11/, $H_2$ est la fonction de répartition d’une variable aléatoire à densité que l’on note $X_2.$

Pour déterminer une densité $h_2$ de $X_2,$ il suffit de dériver $H_2$ là où elle est $C^1$ et d’imposer des valeurs là où elle n’est a priori pas $C^1$ .

Ici $H_2$ est $C^1$ sur $\mathbb{R}^*,$ on propose

$h_2(x)=\left\{\begin{array}{cl} 0 & \text{ si } x\leqslant 0,\\\displaystyle\displaystyle \frac{-2x^3\text{e}^{-x^2}-2x(\text{e}^{-x^2}-1)}{x^4} = \frac{-2x^2\text{e}^{-x^2}-2\text{e}^{-x^2}+2}{x^3}& \text{ si } x > 0.\end{array}\right.$

Montrer que $X_2$ admet une espérance revient à montrer que $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} th_2(t) \text{d}t$ converge absolument. Comme
$h_2$ est nulle sur $\mathbb{R}^{-},$ cela revient à montrer que $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} th_2(t) \text{d}t$ converge absolument. La fonction sous cette intégrale est positive donc convergence absolue équivaut à convergence.

On remarque que, pour $t>0,$ on a $th_2(t) = \frac{-2t^2\text{e}^{-t^2}+2\left(1-\text{e}^{-t^2}\right)}{t^2} = -2\text{e}^{-t^2}+\frac{2\left(1-\text{e}^{-t^2}\right)}{t^2}$ .

Avec le changement de variable $u=\sqrt{2}t,$ on montre comme ci-dessus que $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\text{e}^{-t^2}\text{d}t$ converge en faisant apparaître une densité de loi normale centrée réduite. Il reste à montrer que
$\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\frac{1-\text{e}^{-t^2}}{t^2}\text{d}t$ converge.

La fonction $t\mapsto \frac{1-\text{e}^{-t^2}}{t^2}$ est continue, positive sur $]0,+\infty[$ , avec $e^u-1\underset{0}{\sim} u$ on a $\frac{1-\text{e}^{-t^2}}{t^2}\underset{0}{\sim}-1$ car $-t^2\underset{0}{\to}0.$

Donc $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{1-\text{e}^{-t^2}}{t^2}\text{d}t$ est faussement impropre en 0.

On a aussi $1-\text{e}^{-t^2}\underset{+\infty}{\to}1$ donc comme $1\ne 0$ on a $1-\text{e}^{-t^2}\underset{+\infty}{\sim}1$ donc $\frac{1-\text{e}^{-t^2}}{t^2}\underset{+\infty}{\sim}\frac{1}{t^2}$ .

Or l’intégrale de Riemann $\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{t^2}\text{d}t$ converge donc, par comparaison d’intégrale de fonctions psoitives, l’intégrale $\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\frac{1-\text{e}^{-t^2}}{t^2}\text{d}t$ converge.

Par somme $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\frac{1-\text{e}^{-t^2}}{t^2}\text{d}t$ converge et $X_2$ a une espérance.

Partie D. Étude d’un espace vectoriel et d’un produit scalaire

13/ a/ Pour tout $(x,y)\in \mathbb{R}^2,$ on a $0\leqslant(x+y)^2$ donc $0\leqslant x^2+2xy+y^2$ donc $-xy\leqslant \frac12\big(x^2+y^2\big).$

De même $(x-y)^2\geqslant 0$ donc $0\leqslant x^2-2xy+y^2$ donc $xy\leqslant \frac12\big(x^2+y^2\big).$

Donc $\:$ $\frac12\big(x^2+y^2\big)$ domine $xy$ et $-xy$ donc il domine $\vert xy\vert.$

Bilan : $\forall (x,y)\in \mathbb{R}^2, \; \vert xy\vert \leqslant \frac12\big(x^2+y^2\big).$

13/ b/ Soit $f$ et $g$ dans $E_2,$ on a, pour tout $x\geqslant 0, \vert f(x)g(x)\vert \leqslant \frac12\big(f(x)^2+g(x)^2\big).$

Or $\displaystyle \int_0^{+\infty} \big(f(x)\big)^2\text{d}x$ et $\displaystyle \int_0^{+\infty} \big(g(x)\big)^2\text{d}x$ convergent donc par domination de fonctions positives et continues
$\displaystyle \int_0^{+\infty} \vert f(x)g(x)\vert\text{d}x$ converge donc $\displaystyle \int_0^{+\infty} f(x)g(x)\text{d}x$ est absolument convergente.

Bilan : Pour toutes fonctions $f$ et $g$ de $E_2,$ l’intégrale $\displaystyle \int_0^{+\infty} f(x)g(x)\text{d}x$ est absolument convergente.

14/

[

$\bullet$ ] Par définition,

$E_2$ est inclus dans

$E.$
[

$\bullet$ ] La fonction nulle de

$E$ est bien de carré intégrable sur

$\mathbb{R}^+$ donc elle est dans

$E_2$ qui n’est donc pas vide.
[

$\bullet$ ] Soit

$f$ et

$g$ dans

$E_2$ et

$\alpha \in\mathbb{R},$ on a, pour tout

$x\geqslant 0, \left(\alpha f(x)+g(x)\right)^2 =\alpha^2f(x)^2+2\alpha f(x)g(x)+g(x)^2$ . Or

$\displaystyle \int_0^{+\infty} f(x)g(x)\text{d}x$ est absolument convergente donc convergente, et

$\displaystyle \int_0^{+\infty} f(x)^2\text{d}x$ ,

$\displaystyle \int_0^{+\infty} g(x)^2\text{d}x$ convergent donc par somme d’intégrales convergentes

$\displaystyle \int_0^{+\infty} \left(\alpha f(x)+g(x)\right)^2 \text{d}x$ convergent. Donc

$\alpha f+g\in E_2.$

Bilan : $E_2$ est un sous-espace vectoriel de $E.$

15/

[

$\bullet$ ] L’application

$\langle \cdot , \cdot \rangle$ est bien définie de

$E_2\times E_2$ dans

$\mathbb{R}$ d’après la question 13.
[

$\bullet$ ] L’application

$\langle \cdot , \cdot \rangle$ est symétrique par commutativité du produit des réels en effet, pour tout

$(f,g)\in E_2\times E_2$ et

$x\in\R^+$ , on a

$f(x)g(x)=g(x)f(x).$
[

$\bullet$ ] Soit

$f,g$ et

$h$ dans

$E_2$ et

$\alpha \in\mathbb{R},$ on a

$\langle \alpha f + g,h \rangle = \int_0^{+\infty} \left(\alpha f(x)+g(x)\right)h(x)\text{d}x = \alpha \int_0^{+\infty} f(x)h(x)\text{d}x+\int_0^{+\infty} g(x)h(x)\text{d}x = \alpha \langle f ,h \rangle+ \langle g,h \rangle$

par linéarité des intégrales convergentes. Donc

$\langle \cdot , \cdot \rangle$ est linéaire à gauche et par symétrie, elle l’est à droite.
[

$\bullet$ ] On a

$\langle f,f \rangle = \int_0^{+\infty} \left(f(x)\right)^2\text{d}x\geqslant 0$

car on intègre une fonction positive avec des bornes d’intégration dans l’ordre croissant.
[

$\bullet$ ] Enfin en notant

$\theta$ la fonction nulle sur

$\mathbb{R}^+$ on a bien sûr

$\langle \theta,\theta \rangle=0.$

Réciproquement si $\langle f,f \rangle =0$ alors $\displaystyle \int_0^{+\infty} \left(f(x)\right)^2\text{d}x= 0$ .

La fonction $t\mapsto \left(f(x)\right)^2$ est continue sur $\mathbb{R}^+$ donc elle y admet une primitive qu’on note $T,$ on a alors

$\displaystyle \int_0^{+\infty} \left(f(x)\right)^2\text{d}x=\lim\limits_{+\infty} (T)-T(0)= 0.$

Or $T'=f^2$ est positive sur $\mathbb{R}^+$ donc $T$ est croissante sur $\mathbb{R}^+$ donc, pour tout $x\in\mathbb{R}^+,$ on a
$T(0)\leqslant T(x)\leqslant \lim\limits_{+\infty} (T)=T(0)$ donc $T$ est constante sur $\mathbb{R}^+$ donc sa dérivée est nulle donc $f$ est nulle sur $\mathbb{R}^+.$

Bilan : $\langle\cdot , \cdot \rangle$ est un produit scalaire de $E_2.$

16/ a/ Il a été vu que $\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x>0}}\frac{h(x)}{x^2}=\frac{f(0)}{2}.$ La fonction carrée est continue sur $\mathbb{R}$ , donc par composition $\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x>0}}\frac{\big(h(x)\big)^2}{x^4}=\frac{\left(f(0)\right)^2}{4}.$

Il a été vu que $\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x<0}}\frac{h(x)}{x^2}=\frac{f(0)}{2}.$ La fonction carrée est continue sur $\mathbb{R}$ , donc par composition $\displaystyle\lim_{\substack{x\to 0\\ x<0}}\frac{\big(h(x)\big)^2}{x^4}=\frac{\left(f(0)\right)^2}{4}.$

16/ b/ On fait une intégration par parties, on pose

$\left\{\begin{array}{l} u'(x)= \frac{1}{x^4}=x^{-4} \\ v(x) =\left({h(x)}\right)^2 \end{array} \right. \left\{\begin{array}{l} u(x)=\frac{-1}{3}x^{-3}= \frac{-1}{3x^{3}} \\ v'(x) = 2h'(x)h(x) = 2xf(x)h(x)\end{array} \right.$

Les fonctions $u$ et $v$ sont $C^1$ sur $\mathbb{R}^{+*},$ on fixe $a>0$ et
on a

$\forall X>0,\int_a^{X}\frac{\big(h(x)\big)^2}{x^4}\text{d}x= \left[ \frac{-1}{3}x^{-3}\left({h(x)}\right)^2\right]_a^X - \int_a^{X}\frac{-1}{3x^{3}} 2xf(x)h(x)\text{d}x$

$=\frac{-1}{3X^{3}}\left({h(X)}\right)^2-\frac{-1}{3a^{3}}\left({h(a)}\right)^2+\frac23\int_a^{X}f(x)\frac{h(x)}{x^2}\text{d}x$ =$\frac{-1}{3X^{3}}\left({h(X)}\right)^2-\frac{-1}{3a^{3}}\left({h(a)}\right)^2+\frac23\int_a^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x.$

Il reste à étudier la convergence lorsque $a\to 0^+.$ On a $\frac{1}{3a^{3}}\left({h(a)}\right)^2 = a\times \frac{1}{3a^{4}}\left({h(a)}\right)^2\underset{a \to 0^+}{\longrightarrow }0\times \frac{\left(f(0)\right)^2}{12}=0.$

La question 6. assure que $\Phi(f)$ est continue en 0 donc $f\times \Phi(f)$ l’est aussi et $\displaystyle \int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x$ converge ou existe.

Bilan :

$\forall X>0, \int_0^{X}\frac{\big(h(x)\big)^2}{x^4}\text{d}x=-\frac{1}{3}\frac{\big(h(X)\big)^2}{X^3}+\frac23\int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x$

16/ c/ Soit $X>0.$ La fonction polynomiale $\lambda \mapsto \displaystyle \int_0^{X}\big(\lambda f(x)+\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x$ est positive sur $\mathbb{R}$ car une intégrale d’une fonction positive avec des bornes dans l’ordre croissant est positive. Elle peut s’écrire

$\lambda \mapsto \displaystyle \lambda^2\int_0^{X}f^2(x)\text{d}x+2\int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x \times \lambda +\int_0^{X}\Phi(f)(x)^2\text{d}x.$

Si $\displaystyle \int_0^{X}f^2(x)\text{d}x=0$ alors on a déjà vu que $f$ est nulle sur $[0,X]$ donc

$\int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x=0= \left(\int_0^{X}\big(f(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2} \left(\int_0^{X}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2}.$

Si $\displaystyle \int_0^{X}f^2(x)\text{d}x\ne 0$ , alors la fonction polynomiale $\lambda \mapsto \displaystyle \int_0^{X}\big(\lambda f(x)+\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x$ est de degré 2 et elle est de signe constant sur $\mathbb{R}$ donc elle ne peut pas avoir deux racines réelles distinctes sinon il y a changement de signe. Donc le discriminant est négatif ou nul donc

$\Delta = \left(2\int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x\right)^2-4\left(\int_0^{X}f^2(x)\text{d}x\right)\left(\int_0^{X}\Phi(f)(x)^2(x)\text{d}x\right)\leqslant0.$

Donc en divisant par 4>0,

$\left(\int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x\right)^2\leqslant \left(\int_0^{X}f^2(x)\text{d}x\right)\left(\int_0^{X}\Phi(f)(x)^2(x)\text{d}x\right).$

On compose par racine carrée qui est croissante sur $\mathbb{R}^+,$ les deux intégrales $\displaystyle \int_0^{X}f^2(x)\text{d}x\text{ et }\int_0^{X}\Phi(f)(x)^2(x)\text{d}x$ sont positives.

$\left\vert\int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x\right\vert \leqslant \left(\int_0^{X}f^2(x)\text{d}x\right)^{1/2}\left(\int_0^{X}\Phi(f)(x)^2(x)\text{d}x\right)^{1/2}.$

Bilan :

$\int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x\leqslant \left(\int_0^{X}\big(f(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2} \left(\int_0^{X}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2}.$

16/ d/ Soit $X>0,$ on multiplie ce qui précède par $\frac23,$

$\frac23\int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x\leqslant \frac23\left(\int_0^{X}\big(f(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2} \left(\int_0^{X}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2}.$

On reprend la question 16/b/, qui donne

$\int_0^{X}\frac{\big(h(x)\big)^2}{x^4}\text{d}x= \int_0^{X}{\big(\Phi(f)(x)\big)^2}\text{d}x=\underset{ \leqslant 0}{\underbrace{-\frac{1}{3}\frac{\big(h(X)\big)^2}{X^3}}}+\frac23\int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x\leqslant \frac23\int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x.$

Donc

$\int_0^{X}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x\leqslant \frac23\int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x\leqslant\frac23\left(\int_0^{X}\big(f(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2} \left(\int_0^{X}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2}.$

Si $\displaystyle\left(\int_0^{X}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2}=0$ alors comme $\displaystyle\frac23\left(\int_0^{X}\big(f(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2}$ est positive, on pourra conclure.

Si $\displaystyle\left(\int_0^{X}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2}>0,$ alors on pourra diviser ce qui précède par cette quantité et on pourra conclure aussi.

Bilan : $\displaystyle\left(\int_0^{X}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2}\leqslant \frac23\left(\int_0^{X}\big(f(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2}.$

16/ e/ On compose ce qui précède par la fonction $u\mapsto u^2$ croissante sur $\mathbb{R}^+$ et on a
$\displaystyle0\leqslant \int_0^{X}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x\leqslant \frac49\int_0^{X}\big(f(x)\big)^2\text{d}x.$

Or $f\in E_2$ donc

$\displaystyle \int_0^{+\infty}\big(f(x)\big)^2\text{d}x = \int_0^{X}\big(f(x)\big)^2\text{d}x+\int_X^{+\infty}\big(f(x)\big)^2\text{d}x$

$f^2$ est positive donc avec

$X<+\infty$ on a

$\displaystyle 0\leqslant \int_X^{+\infty}\big(f(x)\big)^2\text{d}x$ donc

$0\leqslant \int_0^{X}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x\leqslant \frac49\int_0^{X}\big(f(x)\big)^2\text{d}x\leqslant \frac49\int_0^{+\infty}\big(f(x)\big)^2\text{d}x.$

La fonction $t\mapsto \big(\Phi(f)(x)\big)^2$ est continue sur $\mathbb{R}^+$ donc la fonction
$\displaystyle X\mapsto \int_0^{X}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}^+$ avec une dérivée $t\mapsto \big(\Phi(f)(x)\big)^2$ positive donc $X\mapsto \displaystyle\int_0^{X}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x$ est croissante sur $\mathbb{R}^+$ . On a montré qu’elle est majorée sur $\mathbb{R}^+$ par $\displaystyle \frac49\int_0^{+\infty}\big(f(x)\big)^2\text{d}x$ (indépendant de $X$ ) donc $X\mapsto \displaystyle\int_0^{X}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x$ a une limite finie en $+\infty.$ Donc $\displaystyle \int_0^{+\infty}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x$ converge.

En faisant tendre $X$ vers $+\infty$ dans la relation du 16/d/, on a

$\displaystyle\left(\int_0^{+\infty}\big(\Phi(f)(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2}\leqslant \frac23\left(\int_0^{+\infty}\big(f(x)\big)^2\text{d}x\right)^{1/2}\text{ donc } \sqrt{\langle \Phi(f),\Phi(f)\rangle}\leqslant\frac23 \sqrt{\langle f,f\rangle}.$

Bilan : La fonction $\Phi(f)$ appartient à $E_2$ et $\Vert \Phi(f)\Vert \displaystyle\leqslant \frac23\Vert f\Vert.$

16/ f/ Soit $X>0,$ en utilisant la relation de la question 16.b, on a

$X\left(\Phi(f)(X)\right)^2= X\left(\frac{h(X)}{X^2}\right)^2 = \frac{h(X)^2}{X^3} = -3\int_0^{X}\frac{\left(h(x)\right)^2}{x^4}\text{d}x+2\int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x$

or les deux intégrales

$\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{\left(h(x)\right)^2}{x^4}\text{d}x,\; \int_0^{+\infty}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x$ convergent donc

$X\mapsto X\big(\Phi(f)(X)\Big)^2$ a une limite finie en

$+\infty.$

Notons $\alpha$ cette limite, elle est positive car $X\mapsto X\Big(\Phi(f)(X)\Big)^2$ positive sur $\mathbb{R}^{+*}.$ Si $\alpha$ est non nulle alors

$\frac{X\Big(\Phi(f)(X)\Big)^2}{\alpha}\underset{X\to+\infty}{\longrightarrow} 1$

donc

$X\Big(\Phi(f)(X)\Big)^2\underset{+\infty}{\sim} \alpha$ donc

$\Big(\Phi(f)(X)\Big)^2\underset{+\infty}{\sim} \frac{\alpha}{X}$ donc par comparaison des intégrales de fonctions positives

$\displaystyle \int_1^{+\infty}\frac{\alpha}{x}\text{d}x$ et

$\displaystyle \int_1^{+\infty}\Big(\Phi(f)(x)\Big)^2\text{d}x$ sont de même nature.

Or $\displaystyle \int_1^{+\infty}\frac{\alpha}{x}\text{d}x$ diverge, cela contredit le fait que $\Phi(f)\in E_2.$ Donc $\alpha$ est nulle.

Bilan : La limite de $X\mapsto X\big(\Phi(f)(X)\big)^2$ en $+\infty$ est 0.

16/ g/ Avec la question 16.b,

$\forall X>0, \int_0^{X}\frac{\big(h(x)\big)^2}{x^4}\text{d}x= \int_0^{X}\Big(\Phi(f)(x)\Big)^2\text{d}x=-\frac{1}{3}\frac{\big(h(X)\big)^2}{X^3}+\frac23\int_0^{X}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x.$

Donc en faisant tendre $X$ vers $+\infty,$ on a

$\int_0^{+\infty}\Big(\Phi(f)(x)\Big)^2\text{d}x=\frac23\int_0^{+\infty}f(x)\Phi(f)(x)\text{d}x.$

Bilan : $\Vert \Phi(f)\Vert^2 = \displaystyle \frac23\langle \Phi(f),f\rangle.$

Partie E. Etude d’une suite

17/ function v=suite_v(n)
S=0
for k=1:n
S=S+k*suite_u(k)
end
v = 1/(n*(n+1))*S
endfunction

18/ a/ La suite $(u_n)_{n\in\mathbb{N}^*}$ est positive, décroissante donc elle converge.

18/ b/ D’après les graphiques, $(v_n)$ semble décroissante, convergente avec une limite moitié moindre que celle de $(u_n)$ .

18/ c/ Pour tout $n$ de $\N^*$ , on a, pour tout $k\in[\![1,n]\!], u_n\leqslant u_k$ donc
$ku_n\leqslant ku_k$ donc $u_n\sum\limits_{k=1}^n k \leqslant\sum\limits_{k=1}^n ku_k$ donc $u_n\frac{n(n+1)}{2}\leqslant\sum\limits_{k=1}^n ku_k$ donc
$u_n\frac{n(n+1)}{2}\frac{1}{n(n+1)} = \frac{u_n}{2}\leqslant \frac{1}{n(n+1)}\sum\limits_{k=1}^nku_k =v_n.$

D’autre part

$v_{2n} = \frac{1}{2n(2n+1)}\sum\limits_{k=1}^{2n}ku_k= \frac{1}{2n(2n+1)}\underset{= n(n+1)v_n}{\underbrace{\sum\limits_{k=1}^{n}ku_k}} + \frac{1}{2n(2n+1)}\sum\limits_{k=n+1}^{2n}ku_k.$

Donc

$v_{2n} = \frac{1}{2n(2n+1)}\times\Big(n(n+1)v_n\Big)+\frac{1}{2n(2n+1)}\sum\limits_{k=n+1}^{2n}ku_k.$

Comme la suite

$(u_j)$ est décroissante, pour tout

$k\in[\![n+1,2n]\!],$

$u_{k}\leqslant u_{n+1}$ donc en multipliant par

$k>0$ puis en sommant on a

$\sum\limits_{k=n+1}^{2n}ku_k\leqslant u_{n+1}\sum\limits_{k=n+1}^{2n}k$

Or $u_{n+1}\sum\limits_{k=n+1}^{2n}k$

= $u_{n+1}\left(\sum\limits_{k=1}^{2n}k -\sum\limits_{k=1}^{n}k\right)$

= $u_{n+1}\left(\frac{2n(2n+1)}{2}-\frac{n(n+1)}{2}\right)$

= $nu_{n+1}\left(\frac{3n+1}{2}\right)$

Cela permet de conclure

$v_{2n}\leqslant \displaystyle \frac{n+1}{2(2n+1)}v_n+\frac{3n+1}{4(2n+1)}u_{n+1}.$

18/ d/ Pour tout $n$ de $\mathbb{N}^*$ :

$(n+2)v_{n+1}= (n+2)\frac{1}{(n+1)(n+2)}\sum\limits_{k=1}^{n+1}ku_k = \frac{1}{n+1}\left(\sum\limits_{k=1}^{n}ku_k+(n+1)u_{n+1}\right) =\frac{1}{n+1} \sum\limits_{k=1}^{n}ku_k+ u_{n+1}$

$=n\frac{1}{n(n+1)} \sum\limits_{k=1}^{n}ku_k+ u_{n+1}=nv_n+u_{n+1}.$

D’autre part

$v_{n+1}-v_n= v_{n+1} -\frac{1}{(n+1)n}\sum\limits_{k=1}^{n}ku_k = v_{n+1} -\frac{1}{(n+1)n}\Big(\underset{=(n+1)(n+2)v_{n+1}}{\underbrace{\sum\limits_{k=1}^{n+1}ku_k}}-(n+1)u_{n+1}\Big)$

$= v_{n+1} -\frac{1}{(n+1)n}\Big((n+1)(n+2)v_{n+1}\Big)+\frac{1}{n}u_{n+1}=n\frac{1}{n}v_{n+1} -\frac{1}{n}(n+2)v_{n+1}+\frac{1}{n}u_{n+1} =\frac1n(u_{n+1}-2v_{n+1}).$

18/ e/ Soit $n\in\N^*,$ on a $\frac{u_{n+1}}{2}\leqslant v_{n+1}$ donc $u_{n+1}-2v_{n+1}\leqslant 0$ donc $v_{n+1}-v_n\leqslant 0$ donc la suite $(v_j)$ est décroissante. Chaque $v_n$ est une somme de réels positifs donc la suite est minorée par 0 donc elle converge.

On pose $\ell=\lim\limits_{+\infty}{u_j}$ et $\ell'=\lim\limits_{+\infty}{v_j}$ , la relation
$\frac{u_{n}}{2}\leqslant v_{n}$ vraie pour tout $n\in\N^*$ donne $\frac{\ell}{2}\leqslant \ell'$

On utilise ensuite la relation $v_{2n}\leqslant \displaystyle \frac{n+1}{2(2n+1)}v_n+\frac{3n+1}{4(2n+1)}u_{n+1}.$

On sait qu’un polynôme est équivalent à son terme dominant en $+\infty$ donc
$\frac{n+1}{2(2n+1)}\sim\frac{1}{4}$ et $\frac{3n+1}{4(2n+1)}\sim\frac{3}{8}$

Donc par passage à la limite $\ell'\leqslant \frac{1}{4}\ell'+\frac{3}{8}\ell$ donc
$\frac{3}{4}\ell'\leqslant\frac{3}{8}\ell$ donc $\ell'\leqslant \frac{1}{2}\ell$ .

Enfin $\ell'= \frac{1}{2}\ell$ .

19/ a/ Pour tout $N\in\N^*,$ on pose ${\cal H}_N:\left( \sum\limits_{n= 1}^N v_n=\sum\limits_{k=1}^N u_k-Nv_N\right).$

Au rang 1, on a $\sum\limits_{k=1}^1 u_k-1v_1= u_1-\frac{1}{2}u_1=\frac{1}{2}u_1=v_1.$ Donc ${\cal H}_1$ est vraie.

Supposons ${\cal H}_N$ vraie à un rang $N\in\mathbb{N}^*,$
on a

$\sum\limits_{n= 1}^{N+1} v_n = v_{N+1} +\sum\limits_{n= 1}^N v_n =v_{N+1}+\sum\limits_{k=1}^N u_k-Nv_N\text{ selon } {\cal H}_N.$

On exploite la question 18/d/, pour obtenir

$(N+2)v_{N+1}=Nv_N+u_{N+1}$ donc

$-Nv_N=-(N+2)v_{N+1}+u_{N+1}.$

Ainsi

$\sum\limits_{n= 1}^{N+1} v_n =v_{N+1}+\sum\limits_{k=1}^N u_k-(N+2)v_{N+1}+u_{N+1}=\sum\limits_{k=1}^{N+1} u_k-(N+1)v_{N+1}.$

Donc

${\cal H}_{N+1}$ est vraie.

Bilan : Pour tout $N\in\N^*,$ ${\cal H}_{N}$ est vraie et $\sum\limits_{n= 1}^N v_n=\sum\limits_{k=1}^N u_k-Nv_N.$

19/ b/ La série $\sum\limits_{n\geqslant 1} v_n$ est à terme général positif donc ses sommes partielles forment une suite croissante. Celle-ci converge donc si et seulement elle est majorée.
Or, pour tout $N\in\N^*,$ $\sum\limits_{n= 1}^N v_n=\sum\limits_{k=1}^N u_k-Nv_N\leqslant \sum\limits_{k=1}^N u_k$ car $-Nv_N\leqslant 0.$

Comme $(u_k)$ est à terme positif, on a $\sum\limits_{k=1}^N u_k\leqslant \sum\limits_{k=1}^{N} u_k+\sum\limits_{k=N}^{+\infty} u_k = \sum\limits_{k=1}^{+\infty} u_k.$

Donc, pour tout $N\in\N^*,$ $\sum\limits_{n= 1}^N v_n\leqslant \sum\limits_{k=1}^{+\infty} u_k$ , ce dernier terme est indépendant de $N$ donc il domine les sommes partielles de la série $\sum v_k.$

Bilan : $\sum\limits_{n\geqslant 1} v_n$ converge.

19/ c/ Pour tout $N\in\mathbb{N}^*,$ $Nv_N = -\sum\limits_{n= 1}^N v_n+\sum\limits_{k=1}^N u_k$ .

Or les séries $\sum\limits_{n\geqslant 1} v_n$ et $\sum\limits_{k\geqslant1} u_k$ convergent donc la suite $\left(-\sum\limits_{n= 1}^N v_n+\sum\limits_{k=1}^N u_k\right)_{N\geqslant 1}$ converge.

Donc $Nv_N$ tend vers une limite finie $\ell$ lorsque l’entier $N$ tend vers $+\infty$ .

La suite $\left(Nv_N\right)_{N\geqslant 1}$ est à terme positif donc $\ell\geqslant 0.$

Si $\ell >0,$ alors $Nv_N\sim \ell$ donc $v_N\sim \frac{\ell}{N}.$ Or la série $\sum\limits_{N\geqslant 1} \frac{\ell}{N}$ diverge comme combinaison linéaire de série harmonique avec $\ell \ne 0$ . Par comparaison des séries à terme général positif, $\sum\limits_{N\geqslant 1} v_{N}$ diverge aussi, cela contredit ce qui précède. Donc $\ell=0.$

19/ d/ Au 19.a, il est vu que, pour tout $N\in\N^*,$ $\sum\limits_{n= 1}^N v_n=\sum\limits_{k=1}^N u_k-Nv_N.$ Comme $Nv_N\underset{N\to +\infty}{\longrightarrow} 0,$ on peut conclure
$\sum\limits_{n= 1}^{+\infty} v_n=\sum\limits_{n= 1}^{+\infty} u_n.$

20/ a/ On reprend ce qui précède, avec pour tout $k\in\mathbb{N}^*, u_k={\bf P}(Y=k)\in\mathbb{N}^*$ et
$\sum\limits_{k=1}^{+\infty}{\bf P}(Y=k) =1.$ Donc les conditions sont réunies pour affirmer qu’avec $v_n=\frac{1}{n(n+1)}\sum\limits_{k=1}^nk{\bf P}(Y=k),$ on a, pour tout $n\in\N^*, v_n\geqslant 0$ et $\sum\limits_{n=1}^{+\infty}v_n =1$ c’est-à-dire
$\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n(n+1)}\sum\limits_{k=1}^nk{\bf P}(Y=k)=1$

Bilan : Il existe une variable aléatoire $Z,$ à valeurs dans $\mathbb{N}^*,$ telle que :

$\forall n\in\N^*, {\bf P}(Z=n)=\frac{1}{n(n+1)}\sum\limits_{k=1}^nk{\bf P}(Y=k).$

20/ b/ On suppose dans cette question que $Y$ admet une espérance, notée ${\bf E}(Y).$ Cette espérance est strictement positive car $Y$ est à support dans $\mathbb{N}^*.$

Donc comme $\sum\limits_{k=1}^nk{\bf P}(Y=k)\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} {\bf E}(Y)$ , on a

$\frac{\sum\limits_{k=1}^nk{\bf P}(Y=k)}{ {\bf E}(Y)}\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} 1\text{ donc } \sum\limits_{k=1}^nk{\bf P}(Y=k)\underset{n\to +\infty}{\sim} {\bf E}(Y).$

D’autre part $\displaystyle \frac{1}{n(n+1)}\underset{n\to +\infty}{\sim} \frac{1}{n^2}$ donc par produit ${\bf P}(Z=n)\underset{n\to+\infty}{\sim} \displaystyle \frac{{\bf E}(Y)}{n^2}.$

Cela entraîne $n{\bf P}(Z=n)\underset{n\to+\infty}{\sim} \displaystyle \frac{{\bf E}(Y)}{n}.$

La série $\sum\limits_{n\geqslant 1}\frac{1}{n}$ diverge donc la série $\sum\limits_{n\geqslant 1}\frac{{\bf E}(Y)}{n}$ diverge car ${\bf E}(Y)\ne 0.$
Donc par comparaison des séries à terme général positif, la série $\sum\limits_{n\geqslant 1}n{\bf P}(Z=n)$ diverge donc la variable aléatoire $Z$ n’a pas d’espérance.

Corrigé du sujet EM Lyon Maths ECS 2019

Partie A. Étude d’un endomorphisme de polynômes

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Partie B. Étude d’une fonction définie par une intégrale

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Partie D. Étude d’un espace vectoriel et d’un produit scalaire

Partie E. Etude d’une suite

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