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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

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


et 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.

 

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