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Corrigé du sujet HEC Maths 1 ECS 2018

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Partie Préliminaire

1/ a/ Pour tout $k\in \mathbb{N}$ , la fonction $f_k$ définie sur $[0,+\infty[$ par :

$\ds f_k(t) = t^k e^{-t^2}dt$ est continue et positive sur $[0,+\infty[$ ,

et en $+\infty$ $\ds f_k(t) = o \left( \frac{1}{t^2}\right)$ ;

Par comparaison à l’intégrale de Riemann convergente

$\ds \int_1^{+\infty} \frac{1}{t^2}dt$ , $\ds \int_1^{+\infty} f_k(t)dt$ converge

donc $\ds\int_0^{+\infty} f_k(t)dt$ converge.

b/ Soit $\ds g : t \mapsto \frac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-t^2}$ une densité de la loi normale

$\ds {\cal N}\left(0, \frac 12 \right)$ , et $X$ une VAR suivant cette loi normale ;

$\ds A_0=\sqrt{\pi} \int_0^{+\infty} g(t)dt$

= $\frac{\sqrt{\pi}}{2}$

car $g$ est paire et $\ds \int_{-\infty}^{+\infty} g(t)dt=1$ ;

$\ds A_2$

= $\sqrt{\pi} \int_0^{+\infty} t^2 g(t)dt$

= $\frac{\sqrt{\pi}}{2} E(X^2)$

car $t\mapsto t^2g(t)$ est paire

Donc $\ds A_2$

= $\frac{\sqrt{\pi}}{2} (V(X)+E(X)^2)$

= $\frac{\sqrt{\pi}}{4}$

$\ds A_1$

= $\int_0^{+\infty}te^{-t^2}dt$

= $\lim_{x\to +\infty} \left[ -\frac 12 e^{-t^2}\right]$

= $\frac 12$ .

Ainsi, $A_0$

= $\frac{\sqrt{\pi}}{2}, \:\: A_1$

= $\frac {1}{2}$

et $A_2=\frac{\sqrt{\pi}}{4}}$

2/ La fonction qui à $t\in [0,+\infty[$ associe $\ds \left| e^{-t^2}\cos(xt) \right|$ est continue, positive, et dominée par $\ds f_0$ ;

Ainsi $\ds \int_0^{+\infty} \cos(xt)e^{-t^2}dt$ converge absolument, donc converge ;

De même $\ds \int_0^{+\infty} t^2\sin(xt)e^{-t^2}dt$ converge absolument.

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Partie I. Calcul d’une fonction auxiliaire

3/ a/ D’après l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 0 en 0, pour la fonction

$\sin$ qui est de classe ${\cal C}^1$ sur $\mathbb{R}z$ :

$\forall u \in \mathbb{R}z \quad \left| \sin(u)-\sin(0) \right| \leq M |u|$

avec $\ds M$

= $\sup _{t\in [0,u]} | \sin '(t)|$

= $\sup_{t\in[0,u]} |\cos(t) | \leq 1$ ,

donc : ${\forall u \in \mathbb{R}z \quad \left| \sin(u) \right| \leq |u| }$

b/ $\ds \forall (a,b) \in \mathbb{R}z^2 \quad \cos(a-b)+\cos(a+b)$

= $2\sin(a)\sin(b)$ ;

pour $(u,v)\in\rz^2$ , prenons

$\ds a=\frac{u+v}{2}$

et $\ds b=\frac{u-v}{2}$ ,

On a bien $a+b=u$

et $a-b=v$ d’où :

${\cos(u )-\cos(v)$

= $2\sin \left(\frac{u+v}{2}\right)\sin\left(\frac{v-u}{2}\right)}$

c/ Soit $\ds (x,y)\in\mathbb{R}z^2$ ;
$\begin{array}{lll} \ds |F(x)-F(y)| &=& \ds \left| \int_0^{+\infty} e^{-t^2} \left( \cos(2xt) - \cos(2yt) \right)\right| dt \\ &\leq & \ds \int_0^{+\infty} e^{-t^2} \left| \cos(xt)-\cos(yt)\right| dt \\ &\leq & \ds \int_0^{+\infty} e^{-t^2} 2 \left| \sin((x+y)t) \right| \left| \sin((x-y)t) \right| dt\\ &\leq & \ds \int_0^{+\infty} e^{-t^2} 2 \left| (x-y)t\right| dt \\ &\leq & \ds 2|x-y| \int_0^{+\infty} te^{-t^2} dt \\ \end{array}$

Ainsi ${ |F(x)-F(y)| \leq 2A_1 |x-y| }$
donc :
${ \lim _{y\to x} F(y)=F(x) }$ $F$ est continue en $x$

et ceci pour tout $x\in\mathbb{R}z$ .

4/ a/ Par l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 en 0, pour la fonction $\sin$ qui est de classe ${\cal C}^2$ sur $\mathbb{R}z$ :
$\forall u \in \mathbb{R}z \quad \left| \sin(u)-\sin(0) - \sin'(0) u\right| \leq M \frac{u^2}{2}$
avec $\ds M= \sup _{t\in [0,u]} | \sin ''(t)| = \sup_{t\in[0,u]} |-\sin(t) | \leq 1$ , donc :

${\forall u \in \mathbb{R}z \quad \left| \sin(u)-u \right| \leq \frac{u^2}{2} }$

b/ Soit $\ds (x,h)\in\mathbb{R}z^2$ ;
$|F(x+h)-F(x) + 2hG(x)|$

= $\left| \int_0^{+\infty} e^{-t^2} \left( \cos(2(x+h)t) - \cos(2xt)+2h t\sin(2xt) \right)dt\right|$

avec :

$\begin{array}{l} \ds \left| e^{-t^2} \left( \cos(2(x+h)t) - \cos(2xt)+2h t\sin(2xt) \right)\right| \\ = \ds e^{-t^2} \left| \cos(2xt)\cos(2ht)-\sin(2xt)\sin(2ht)-\cos(2xt)+2ht\sin(2xt) \right| \\ = \ds e^{-t^2} \left| \cos(2xt)\left(\cos (2ht)-1 \right) +\sin(2xt)\left( 2ht-\sin(2ht) \right) \right| \\ \ds \leq e^{-t^2} \left( \left| \cos(2xt)\left(\cos (2ht)-1 \right)\right| +\left| \sin(2xt)\left( 2ht-\sin(2ht) \right) \right| \right) \\ \ds \leq e^{-t^2} \left( \left| \cos(2xt) \right|\left(1-\cos (2ht) \right) +\left| \sin(2xt)\left( 2ht-\sin(2ht) \right) \right| \right) \\ \end{array}$

On remarque que $\ds e^{-t^2} \left( \left| \cos(2xt) \right| (1-\cos (2ht) ) \right)\leq 2 |\cos(2xt)| e^{-t^2},$ qui est le terme général d’une intégrale convergente d’après la partie préliminaire ;

$\ds e^{-t^2} \left| \sin(2xt)\left( 2ht-\sin(2ht) \right) \right| \leq e^{-t^2} |\sin(2xt)| \frac{(2ht)^2}{2}$

Ainsi $\ds \int_0^{+\infty} e^{-t^2} \left( \left| \cos(2xt) \right|\left(1-\cos (2ht) \right) +\left| \sin(2xt)\left( 2ht-\sin(2ht) \right) \right| \right)dt$ converge comme somme d’intégrales convergentes, donc :

$\ds \int_0^{+\infty} e^{-t^2} \left( \cos(2(x+h)t) - \cos(2xt)+2h t\sin(2xt) \right)dt$ est absolument convergente ;

D’après l’inégalité triangulaire :
${\left| F(x+h)-F(x) + 2hG(x)\right| \leq \int_0^{+\infty} \left( \left| \cos(2xt) \right|\left(1-\cos (2ht) \right) +\left| \sin(2xt)\left( 2ht-\sin(2ht) \right) \right| \right)dt}$

c/ D’après les inégalités établies dans la question précédente,

$\ds e^{-t^2} \left| \sin(2xt)\left( 2ht-\sin(2ht) \right) \right| \leq e^{-t^2} |\sin(2xt)| \frac{(2ht)^2}{2} = 2 e^{-t^2} |\sin(2xt)| h^2t^2$

et
$e^{-t^2} \left| \cos(2xt) \right|\left(1-\cos (2ht) \right) \leq 2 e^{-t^2} \sin ^2( ht) \left| \cos(2xt) \right| \leq 2 e^{-t^2} h^2t^2 \left| \cos(2xt) \right|$

donc :
${ \left| F(x+h)-F(x) + 2hG(x)\right| \leq \ds 2 h^2 \int_0^{+\infty} e^{-t^2} t^2 \left( |\sin(2xt)|+ | \cos(2xt) | \right)dt }$

Cette dernière intégrale converge de la même manière que la deuxième de la question 2), et ne dépend pas de $h$ , ce qui justifie de remplacer sa valeur par une constante $C$ :

${ \left| F(x+h)-F(x) + 2hG(x)\right| \leq \ds C h^2 }$

5/ a/ Soit $x\in \mathbb{R}z$ ; $\ds\forall h \in \mathbb{R}z^* \:\: \left| \frac{F(x+h)-F(x)}{h}+2G(x) \right| \leq C|h|$

donc : $\lim_{h\to 0} \frac{F(x+h)-F(x)}{h} = -2G(x)$

donc $F$ est dérivable en $x$ et $\ds F'(x)=-2G(x)$ .

Ceci étant vrai pour tout $x\in \mathbb{R}z$ , $F$ est dérivable sur $\rz$ et ${F'=-2G}$

b/ Soit $x\in \mathbb{R}z$ ; $\ds F(x) = -2\int_0^{+\infty} te^{-t^2}\sin(2xt)dt$ .

Intégration par parties sur le segment $[0,A]$ ( $A\geq 0$ ), avec

$\begin{array}{ll} \ds u(t)=e^{-t^2} & v(t)= \sin(2xt) \\ \ds u'(t)=-2te^{-t^2} & v'(t) = 2x\cos(2xt) \end{array}$

les fonctions $u$ et $v$ étant bien de classe ${\cal C}^1$ sur $\mathbb{R}z$ :

$\begin{array}{lll} \ds \int_0^{A} -2te^{t^2}\sin(2xt)dt &=& \ds \left[ \sin(2xt)e^{-t^2} \right]_0^{A} -2x\int_0^{A} \cos(2xt)e^{-t^2}dt \\ &=& \ds \sin(2Ax)e^{-A^2} -2x \int_0^{A} \cos(2xt)e^{-t^2}dt \end{array}$
donc :

$\lim_{A\to +\infty} \int_0^{A} -2te^{t^2}\sin(2xt)dt = 0 -2x \int_0^{+\infty} \cos(2xt)e^{-t^2}dt$

donc : ${F'(x)=-2xF(x)}$

c/ Soit $H$ la fonction définie sur $\mathbb{R}z$ par : $H(x)=F(x)e^{x^2}$ .

$H$ est dérivable et $\ds \forall x\in \mathbb{R}z \quad H'(x) = F'(x)e^{x^2} + F(x)2xe^{x^2}=0$

Ainsi, $H$ est constante donc : $\ds \forall x \in \mathbb{R}z \quad H(x)=H(0)=F(0)=A_0=\frac{\sqrt{\pi}}{2} ;$

Ainsi, ${\forall x \in \mathbb{R}z \quad F(x)=\frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-x^2}}$

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II. Fonction de Dirichlet

6/ a/ Sur ${\cal D}$ : $\ds \:\:\: \frac u2 \in \mathbb{R}z \setminus \{k\pi, k\in \mathbb{Z} \}$ donc $\ds \sin \left( \frac u2 \right)$ ne s’annule pas, et $\varphi_n$ est continue comme quotient de fonctions continues avec un dénominateur non nul.

En 0 : $\ds \varphi_n(u) \sim \frac{\left(n+\frac 12 \right)u}{2 \frac u2} \sim n+\frac 12$ ,
donc : ${\varphi_n \mbox{ est prolongeable par continuité avec } \varphi_n(0)=n+\frac 12}$

b/ $\begin{array}{lll} \ds \ds \forall u \in {\cal D}, \:\:\: \forall k \in \zz, \: \:\: \varphi_n(u+2\pi) &=&\ds \frac{\sin \left(\left( n+\frac 12 \right)(u+2\pi) \right)}{2\sin \left( \frac{u+2\pi}{2}\right)} \\ &&\\ &=&\ds \frac{\sin \left(\left( n+\frac 12 \right)u+(2n+1)\pi ) \right)}{2\sin \left( \frac{u}{2}+\pi \right)} \\ &&\\ &=& \ds \frac{(-1)^{2n+1} \sin \left(\left( n+\frac 12 \right)u \right)}{-2 \sin \left( \frac{u}{2} \right)} \:\: \mbox{ car } \sin(k\pi+x)= (-1)^k \sin(x) \\ &=& \varphi_n(u)\\ \end{array}$
Ainsi $\ds \varphi_n$ est $2\pi$ -périodique, donc : ${\forall k\in \zz, \:\:\: \lim_{x\to 2k\pi} \varphi_n(x)=\lim_{x\to 0} \varphi_n(x) = n+\frac 12}$

$\varphi_n$ est bien prolongeable par continuité sur $\mathbb{R}z$ .
c/ $\varphi_n$ est paire comme quotient de fonctions impaires.

7/ a/ $\ds (e^{iku})_{k\in\nz}$ est une suite géométrique de raison $\ds e^{iu}$ , donc :

si $u\in {\cal D}$ : $\ds e^{iu}=1$ donc $\ds \sum_{k=1}^n e^{iu} = n$ ;

si $u\not\in {\cal D}$ :
$\begin{array}{lll} \ds \sum_{k=1}^n e^{iku} &=& \ds e^{iu}\times \frac{1-e^{inu}}{1-e^{iu}}\\ &&\\ &=& \ds e^{iu} \times \frac{ e^{inu/2} \left( e^{-inu/2}-e^{inu/2} \right)}{e^{iu/2} \left( e^{-iu/2}-e^{iu/2} \right)} \\ &&\\ &=& \ds e^{i (n+1)u/2}\times \frac{-2i \sin \left( \frac{nu}{2}\right)}{-2i \sin \left(\frac u2\right)} \\ \end{array}$

${ \sum_{k=1}^n e^{iku} = \left\{\begin{array}{l} \ds n \mbox{ si }u\in {\cal D},\\ \ds e^{i (n+1)u/2} \times \frac{\sin \left( \frac{nu}{2}\right)}{\sin \left(\frac u2\right)} \mbox{ si } u\not\in{\cal D} \end{array}\right.}$

b/ Si $u\in {\cal D}$ : $\ds \cos(ku)=1$ donc $\ds \sum_{k=1}^n \cos(ku) = n = \varphi_n(u)-\frac 12$ ;

si $u\not\in {\cal D}$ :
$\begin{array}{lll} \ds \sum_{k=1}^n \cos(ku) &=& \ds \Re \left( \sum_{k=1}^n e^{iku} \right) \\ &=&\ds \frac{\sin \left( \frac{nu}{2}\right)}{\sin \left(\frac u2\right)} \times \cos \left( \frac{(n+1)u}{2} \right) \\ &&\\ &=& \ds \frac{ \sin\left( \frac{nu}{2}+\frac{(n+1)u}{2}\right) + \sin\left( \frac{nu}{2}-\frac{(n+1)u}{2}\right)}{2\sin \left(\frac u2\right)} \mbox{ car } \sin a \cos b =\frac 12 (\sin(a+b)+\sin(a-b)) \\ &&\\ &=&\ds \frac{ \sin\left( \left( n+\frac{1}{2} \right)u\right) - \sin \left(\frac u2\right)}{2\sin \left(\frac u2\right)} \\ &&\\ &=&\ds \frac{ \sin\left( \left( n+\frac{1}{2} \right)u\right) }{2\sin \left(\frac u2\right)} - \frac 12 \\ \end{array}$

Dans tous les cas, ${ \sum_{k=1}^n \cos(ku) = \varphi_n(u)-\frac 12}$

c/ $\ds \int _0^{2\pi} \varphi_n(u)du = \int_0^{2\pi} \left( \frac 12 + \sum _{k=1}^n \cos(ku)\right) du = \pi + \sum_{k=1}^n \left[ \frac{\sin(ku)}{k}\right]_0^{2\pi} = \pi + 0$

${\int _0^{2\pi} \varphi_n(u)du =\pi}$

8/ Soit $x\in\mathbb{R}z$ et $\ds n=\left\lfloor \frac xT \right\rfloor$ ; alors $\ds n \leq \frac xT < n+1$ , donc :
$nT \leq x < (n+1)T \leq x+T$
La relation de Chasles donne :
$\int_x^{x+T} \psi(u)du = \int_x^{(n+1)T} \psi(u)du + \int_{(n+1)T}^{x+T} \psi(u)du$

Effectuons les deux changements de variables suivantes, affines donc licites :

Première intégrale : $v=u-nT$ donne : $\ds \int_x^{(n+1)T} \psi(u)du = \int _{x-nT}^T \psi(v)dv$ .

Deuxième intégrale : $v=u-(n+1)T$ donne : $\ds \int_{(n+1)T}^{x+T} \psi(u)du = \int _{0}^{x-nT} \psi(v)dv$ .

Ainsi ${\int_x^{x+T} \psi(u)du = \int _{x-nT}^T \psi(v)dv + \int _{0}^{x-nT} \psi(v)dv = \int_0^T \psi(v)dv}$

Partie III. Formule sommatoire de Poisson

9/ a/ Pour tout $x\in \mathbb{R}z$ ,
$\ds k^2f(x+2k\pi) = \exp\left( 2\ln(k) -\theta(x+2k\pi)^2 \right) ;$

or, lorsque $k \to +\infty$ , $\ds -\theta(x+2k\pi)^2 \sim -4\theta \pi^2 k^2$ , et $\ln(k) = o(k^2)$ , donc :

$2\ln(k) -\theta(x+2k\pi)^2 \sim -4\theta \pi^2 k^2$ donc : $\lim_{k\to+\infty} 2\ln(k) -\theta(x+2k\pi)^2 = -\infty$

donc : $\ds \lim_{k\to+\infty} k^2f(x+2k\pi) =0$ et par conséquent $f(x+2k\pi) = o\left( \frac{1}{k^2}\right)$

Par critère de comparaison à une série de Riemann convergente, $\ds \sum_{k\geq 1} f(x+2k\pi)$ converge et de même pour $\ds \sum_{k\geq 1} f(x-2k\pi)$ .

b/ $f$ étant paire,
$\begin{array}{lllll} \forall x \in \mathbb{R}z \:\:\: H(-x)&=& \ds f(-x) &+ \ds \sum_{k\geq 1} f(-x+2k\pi) &+ \ds \sum_{k\geq 1} f(-x-2k\pi) \\ &=& \ds f(x) &+ \ds \sum_{k\geq 1} f(x-2k\pi)& + \ds \sum_{k\geq 1} f(x+2k\pi) \\ &=&H(x)&& \end{array}$

Ainsi, $H$ est paire et donc sa dérivée est impaire

10/ a/ Pour $N\in \nz^*$ ,

$\ds \begin{array}{lll} \ds \int_0^{2\pi} H_N(x)\cos(nx)dx &=& \ds \int_0^{2\pi} f(x)\cos(nx) dx+\sum_{k=1}^N \int_0^{2\pi} f(x+2k\pi)\cos(nx)dx + \sum_{k=1}^N \int_0^{2\pi} f(x-2k\pi)\cos(nx)dx \\ &&\\ &=&\ds \int_0^{2\pi} f(x)\cos(nx)dx + \sum_{k=1}^N \int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi} \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! f(u)\cos(nu-n2k\pi)du + \sum_{k=1}^N \int_{-2k\pi}^{-(2k-1)\pi} \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! f(u)\cos(nu+n2k\pi)du \\ %&& \mbox{ par changements de variables } u= x+2k\pi \mbox{ et } u=x-2k\pi\\ &&\\ &=&\ds \int_0^{2\pi} f(x)\cos(nx)dx + \sum_{k=1}^N \int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi} \!\!\!\!\!\!\!\!\! f(u)\cos(nu)du + \sum_{k=1}^N \int_{-2k\pi}^{-(2k-1)\pi} \!\!\!\!\!\!\!\!\! f(u)\cos(nu)du \\ && \mbox{ car cos est } 2\pi-\mbox{périodique} \\ &&\\ &=&\ds \int_0^{2\pi} f(x)\cos(nx)dx + \int_{2\pi}^{(2N+1)\pi} f(u)\cos(nu)du + \int_{-2N\pi}^{0} f(u)\cos(nu)du \\ &&\\ &=&\ds \int_{-2N\pi}^{(2N+1)\pi} f(u)\cos(nu)du \\ \end{array}$

b/ $\ds \int_0^{+\infty} f(u)\cos(nu) du=\int_0^{+\infty} e^{-\theta u^2} \cos(nu) du= \int_0^{+\infty} e^{-t^2} \cos\left(\frac{nt}{\sqrt{\theta}}\right) \frac{dt}{\sqrt{\theta}}$ ;

cette intégrale est donc absolument convergente d’après la partie préliminaire;

$\ds u\mapsto f(u)\cos(nu)$ est paire ;

donc $\ds \int_{-\infty} ^{+\infty} f(u)\cos(nu)du$ converge et vaut $\ds 2 \int_0^{+\infty} f(u)\cos(nu) du$ ;

donc $\ds \lim_{N\to+\infty} \int_{-2N\pi}^{(2N+1)\pi} f(u)\cos(nu)du = \int_{-\infty}^{+\infty} f(u)\cos(nu)du$

et $\encadre{\ds \lim_{N\to+\infty} H_N(x)\cos(nx)dx = 2 \int_0^{+\infty} f(u)\cos(nu) du}$

c/ Pour tout $\encadre{ x\in [0,2\pi] }$ et $N\in \nz^*$ :

$\begin{array}{lll} \ds \left| H(x)-H_N(x)\right| &=& \ds \left| \sum_{k=N+1}^{\infty}f(x+2k\pi) + \sum_{k=N+1}^{\infty} f(x-2k\pi) \right|\\ && \mbox{ (reste d'une série convergente)} \\ &= & \ds\sum_{k=N+1}^{\infty} \exp( -\theta (x+2k\pi)^2) + \sum_{k=N+1}^{\infty} \exp(-\theta (x-2k\pi)^2) \\ \end{array}$

$\left| H(x)-H_N(x)\right| =\ds \left| \sum_{k=N+1}^{\infty}f(x+2k\pi) + \sum_{k=N+1}^{\infty} f(x-2k\pi) \right|$

$\begin{array}{ll} & 0 \leq x \leq 2\pi \\ \Rightarrow &\ds 2k\pi \leq x+2k\pi \leq (2k+1)\pi \\ \Rightarrow & \ds -\theta (2k+1)^2\pi^2 \leq -\theta (x+2k\pi)^2 \leq -\theta (2k\pi)^2 \\ \Rightarrow & \ds \exp(-\theta (2k+1)^2\pi^2 ) \leq f(x+2k\pi) \leq \exp(-\theta 4k^2\pi^2 ) \\ &\\ \Rightarrow & \ds ${0 \leq \sum_{k=N+1}^{\infty} f(x+2k\pi) \leq \sum_{k=N+1}^{\infty} \exp(-\theta 4k^2\pi^2 )}$ \\ \end{array}$

$\begin{array}{ll} & 0 \leq x \leq 2\pi \\ \Rightarrow &\ds -2k\pi \leq x-2k\pi \leq -(2k-1)\pi <0 \\ \Rightarrow & \ds (2k-1)^2\pi^2 \leq (x-2k\pi)^2 \leq (2k\pi)^2 \\ \Rightarrow & \ds \exp(-\theta (2k)^2\pi^2 ) \leq f(x+2k\pi) \leq \exp(-\theta (2k-1)^2\pi^2 ) \\ \Rightarrow & \ds \sum_{k=N+1}^{\infty} f(x-2k\pi) \leq \sum_{k=N+1}^{\infty} \exp(-\theta (2k-1)^2\pi^2 ) \\ \Rightarrow & \ds \sum_{k=N+1}^{\infty} f(x-2k\pi) \leq \sum_{j=N}^{\infty} \exp(-\theta (2j+1)^2\pi^2 ) \\ &\\ \Rightarrow & \ds ${ 0\leq \sum_{k=N+1}^{\infty} f(x-2k\pi) \leq \sum_{j=N}^{\infty} \exp(-\theta 4j^2\pi^2 )}$ \\ \end{array}$

Ainsi,
${\left| H(x)-H_N(x) \right| \leq \sum_{k=N+1}^{\infty} \exp(-\theta 4k^2\pi^2 ) + \sum_{j=N}^{\infty} \exp(-\theta 4j^2\pi^2 ) \leq 2 \sum_{k=N}^{\infty} \exp(-\theta 4k^2\pi^2 ) }$

d/ D’après la question précédente,
$\begin{array}{l} \ds \left| \int_0^{2\pi} H(x)\cos(nx)dx - \int_0^{2\pi} H_N(x)\cos(nx)dx \right| \\ \ds \leq \int_0^{2\pi} |H(x)-H_N(x)| |\cos (nx)|dx \\ \ds \leq \int_0^{2\pi} 2 \left| \sum_{k=N}^{\infty} e^{-4\theta ^2 k^2} \right| dx \ds \leq 2 \left| \sum_{k=N}^{\infty} e^{-4\theta ^2 k^2} \right| \times 2\pi \\ \ds \underset{N\to\infty}{\longrightarrow} 0 \mbox{ comme reste d'une série convergente} \end{array}$

donc : ${\int_0^{2\pi} H(x)\cos(nx)dx = \ds \lim_{N\to\infty} \int_0^{2\pi} H_N(x)\cos(nx)dx = 2 \int_0 ^{+\infty} f(u)\cos(nu)du}$

$\begin{array}{lll} \ds 2\int_0^{+\infty} f(u)\cos(nu)du &=& \ds 2\int_0^{+\infty} e^{-\theta u^2}\cos(nu)du \\ &=& \ds 2 \int_0^{+\infty} e^{-t^2} \cos \left( \frac{nt}{\sqrt{\theta}} \right) \frac{dt}{\sqrt{\theta}} \\ &=& \ds \frac{2}{\sqrt{\theta}} \int_0^{+\infty} e^{-t^2} \cos \left(2 \frac{nt}{2\sqrt{\theta}} \right) \frac{dt}{\sqrt{\theta}} \\ &=& \ds \frac{2}{\sqrt{\theta}} F \left( \frac{n}{2\sqrt{\theta}}\right) \:\: (F \mbox{ étudiée en partie I}) \\ &=& \ds \frac{2}{\sqrt{\theta}} \times \frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-\left( \frac{n}{2\sqrt{\theta}} \right)^2} \\ &=& \ds \sqrt{\frac{\pi}{\theta}} e^{-n^2/4\theta} \end{array}$

donc : ${\int_0^{2\pi} H(x)\cos(nx)dx = 2 \int_0 ^{+\infty} f(u)\cos(nu)du = \sqrt{\frac{\pi}{\theta}} e^{-n^2/4\theta}}$

11/ $\ds a_n=\int_0^{2\pi} H(x)\cos(nx)dx = 2\int_0^{+\infty} f(u)\cos(nu)du = \sqrt{\frac{\pi}{\theta}} \exp\left( -\frac{n^2}{4\theta}\right)$ .

a/ $\begin{array}{lll} \ds a_0+2\sum_{n=1}^{N} a_n\cos(nx) &=& \ds a_0 +2\sum_{n=1}^N \cos(nx) \int_0^{2\pi} H(u)\cos(nu)du \\ &=& \ds a_0 + 2\sum_{n=1}^N \int_0^{2\pi} H(u)\cos(nx)\cos(nu)du \\ &=& \ds a_0 + \sum_{n=1}^N \int_0^{2\pi} H(u) \left( \cos(n(x+u)) + \cos(n(x-u)) \right)du \\ &=& \ds a_0 + \int_0^{2\pi} H(u) \left( \sum_{n=1}^N \cos(n(x+u)) + \sum_{n=1}^N\cos(n(x-u)) \right)du \\ &=& \ds a_0 + \int_0^{2\pi} H(u) \left( \varphi_N(x+u)-\frac 12 + \varphi_N(x-u)-\frac 12 \right) \mbox{ d'après 7)b)} \\ &=& \ds a_0 + \int_0^{2\pi} H(u)\varphi_N(x+u)du + \int_0^{2\pi} H(u)\varphi_N(x-u)du - \int_0^{2\pi} H(u)du \\ \end{array}$

or $\ds \int_0^{2\pi} H(u)du=a_0$ , donc :

${ a_0+2\sum_{n=1}^{N} a_n\cos(nx) = \int_0^{2\pi} H(u)\varphi_N(x+u)du + \int_0^{2\pi} H(u)\varphi_N(x-u)du }$

b/ Transformons $\ds \int_0^{2\pi} H(u)\varphi_N(x+u)du$ à l’aide du changement de variable affine $v=u+x$ :

$\int_0^{2\pi} H(u)\varphi_N(u+x)du = \int_x^{2\pi+x} H(v+x)\varphi_N(v)dv$

Or $H$ est $2\pi-$ périodique, car

$\begin{array}{lll} H(x+2\pi) &=& \ds f(x+2\pi) +\sum_{k=1}^{\infty} f(x+2\pi+2k\pi) + \sum_{k=1}^{\infty} f(x+2\pi-2k\pi) \\ &=& \ds f(x+2\pi) \sum_{j=2}^{\infty}f(x+2j\pi) + \sum_{i=0}^{\infty} f(x-2i\pi) \\ &=& \ds \sum_{k=1}^{\infty} f(x+2k\pi) + f(x)+ \sum_{k=1}^{\infty} f(x-2k\pi) \\ &=& H(x) \end{array}$
$\varphi_N$ est également $2\pi-$ périodique d’après le résultat établi en 6)b), donc la fonction \\ $\ds v \mapsto H(v+x)\varphi_N(v)$ est $2\pi-$ périodique, et ainsi, d’après la question 8),

$\int_x^{2\pi+x} H(v+x)\varphi_N(v)dv = \int_0^{2\pi} H(v+x)\varphi_N(v)dv = \int_0^{2\pi} H(v+x) \frac{\sin \left( \left( N+\frac 12 \right)v\right)}{2\sin \left(\frac v2 \right)}dv$

et de même pour $\ds \int_0^{2\pi} H(u)\varphi_N(u-x)du$ .

Par conséquent : ${ a_0+2\sum_{n=1}^{N} a_n\cos(nx) = \int_0^{2\pi} \frac{H(v+x)+H(v-x)}{2\sin(v/2)} \times \sin \left( \left( N+\frac 12 \right)v\right) dv}$

c/ Sur $]0,2\pi[$ : $H$ est de classe ${\cal C}^1$ (admis) donc continue ; $\ds v \mapsto \sin(v/2)$ est continue et ne s’annule pas, donc $K_x$ est continue par quotient.

En 0 : $v \mapsto H(x+v)$ étant de classe ${\cal C}^1$ sur $\mathbb{R}z$ , elle est notamment dérivable en $0$ et y admet un DL d’ordre 1 :

$\begin{array}{l} H(v+x) = H(x) +H'(x)v +o(v) \\ H(v-x) = H(x) - H'(x) v + o(v) \\ \end{array}$

donc : $\ds H(v+x)+H(v-x) -2H(x) = o(v)$

Par ailleurs, lorsque $v\to 0$ , $\ds 2\sin \left(\frac v2 \right) \sim 2\frac v2 \sim v$ , donc :
${\lim_{v\to 0} \frac{H(v+x)+H(v-x) -2H(x)}{2\sin \left( \frac v2 \right)} =0 \mbox{ donc } K_x \mbox{ continue en 0} }$

En $2\pi$ :

$\begin{array}{lll} K_x(2\pi-v) &=&\ds \frac{H(2\pi-v+x) +H(2\pi-v-x)-2H(x)}{2\sin \left( \frac{2\pi-v}{2}\right)} \\ &=& \ds \frac{H(-v+x) +H(-v-x)-2H(x)}{2\sin \left( \pi - \frac{v}{2}\right)} \mbox{ car } H \:\: 2\pi-\mbox{périodique}\\ &=&\ds \frac{H(v-x) +H(v+x)-2H(x)}{2\sin \left(\frac{v}{2}\right)} \mbox{ car } H \mbox{ est paire (9)b)), et } \sin(\pi-t)=\sin(t)\\ &=& K_x(v) \end{array}$

donc : $\lim_{v \to 2\pi^-} K_x(v)=\lim_{u\to 0^+} K_x(u) = 0$ donc $K_x$ continue en $2\pi$
(par le changement de variable $u=2\pi-v$ .)

d/ D’après 7)c),

$\forall n \in \nz \:\: \: \pi = \int _0^{2\pi} \varphi_n(x)dx$

donc :

$\ds \pi = \int_0^{2\pi} \varphi_N(x)dx = \int_0^{2\pi} \frac{\sin \left( \left( N+\frac 12\right)v\right)}{2\sin \left(\frac v2\right)}dv$

donc :

$\begin{array}{l} \ds a_0+ 2\sum_{n=1}^N a_n\cos(nx)-2\pi H(x) \\ \ds = \int_0^{2\pi} \left( \frac{H(v+x)+H(v-x)}{2\sin(v/2)} \right) \times \sin \left( \left( N+\frac 12 \right)v\right) dv - 2H(x)\int_0^{2\pi} \frac{\sin \left( \left( N+\frac 12\right)v\right)}{2\sin \left(\frac v2\right)}dv \\ \ds = \int_0^{2\pi} \left( \frac{H(v+x)+H(v-x)-2H(x)}{2\sin(v/2)} \right) \times \sin \left( \left( N+\frac 12 \right)v\right) dv \\ \ds =\int_0^{2\pi} K_x(v) \sin \left( \left( N+\frac 12\right)v\right) dv \end{array}$

12/ a/

$\int_0 ^1 g(t)\sin(\lambda t)dt = \left[ g(t)\frac{\sin(\lambda t)}{\lambda} \right]_0^1 - \frac{1}{\lambda} g'(t)\sin(\lambda t)dt = g(1) \frac{\sin( \lambda)}{\lambda} + \frac{1}{\lambda}\int_0^1 g'(t)\sin(\lambda t) dt$

(Intégration par parties avec $\ds u(t)=g(t)$ et $\ds v'(t) = \sin(\lambda t) \mbox{ pour }\lambda >0$ )

$\ds \left| g(1) \frac{\sin(\lambda)}{\lambda} \right| \leq \frac{|g(1)|}{\lambda}$ donc $\ds \lim_{\lambda \to\infty} g(1) \frac{\sin(\lambda)}{\lambda}=0$ ;

$\ds \left| \frac{1}{\lambda}\int_0^1 g'(t)\sin(\lambda t) dt\right| \leq \frac{1}{\lambda} \int_0^1 |g'(t)\sin(\lambda t)| dt \leq \frac{1}{\lambda} \int_0^1 |g'(t)| dt =\frac{K}{\lambda}$ ,

donc $\ds \lim_{\lambda \to\infty}\frac{1}{\lambda}\int_0^1 g'(t)\sin(\lambda t) dt = 0$ .

Par somme, ${\lim_{\lambda \to\infty}\int_0^1 g(t)\sin(\lambda t)dt = 0}$

$\begin{array}{lll} \ds \frac{1}{\sqrt{\pi\theta}} \left(\frac 12 +\sum_{n=1}^{\infty} \exp \left( -\frac{n^2}{4\theta}\right)\cos(nx) \right) &=& \ds \frac{1}{2\sqrt{\pi\theta}} + \frac{1}{2\pi} \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos(nx) \\ &=& \ds \frac{1}{2\pi} \left( a_0 + 2 \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos(nx) \right) \end{array}$

Or, d’après 11)d),

$a_0+2\sum_{n=1}^N a_n\cos(nx) -2\pi H(x) = \int_0^{2\pi} K_x(v)\sin \left( \left(N+\frac 12 \right) v \right) dv$

d’après 11)c), $K_x$ est continue sur $[0,2\pi]$ ;

d’après 12)a), $\ds \lim_{N\to\infty} \int_0^{2\pi} K_x(v) \sin\left( \left( N+\frac 12 \right) v \right)dv=0$

donc $\ds a_0 +2\sum_{n=1}^{\infty} a_n\cos(nx) = 2\pi H(x)$

donc : ${ \ds \frac{1}{2\pi} \left( a_0 + 2 \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos(nx) \right) = H(x) = e^{-\theta x^2} +\sum_{k=1}^{\infty} e^{-\theta (x+2k\pi)^2} +\sum_{k=1}^{\infty} e^{-\theta(x-2k\pi)^2}}$

Partie IV. Une application probabiliste de la formule sommatoire de Poisson

13/ $\tt$ s=s+2 ; j=1
$\tt$ i est le nombre de lancers effectués depuis le début de la partie et jusqu’à l’arrêt du jeu.
$\tt$ v est un indicateur permettant de savoir quel est le joueur en cours (et donc qui gagne).
Dans les initialisations ajouter : $\tt k=1$

Dans la boucle $\tt$ while, avant l’instruction if j>s …, ajouter :

if v==1 then

k=k+1

end

Méthode de Monte-Carlo : une valeur approchée est la fréquence de l’événement « $A$ vainqueur » sur un grand nombre de simulations :

N=10000 ;

f=0 ;

p=input(‘entrez probabilité de Pile’) ;

for k=1:N

if jeu(p)==1 then

f=f+1

end

disp(f/N)

14/ a/ $H\cup K$ signifie qu’il y a un vainqueur (le jeu se termine) ; $\ds \overline{H\cup K}$ signifie qu’il n’y a pas de vainqueur : le jeu continue indéfiniment, ce qui signifie que « Pile » ne sort jamais.

Notons, pour $n\in\nz^*$ , $F_n$ l’événement : « il n’y a eu que des Face lors des $n$ premiers lancers ».

$\ds (F_n)_{n\in\nz^*}$ est une suite décroissante d’événements, donc, par le théorème de limite monotone~:
$P_p( \overline{H\cup K}) = P_p \left( \bigcap_{n=1}^{\infty} F_n \right) = \lim_{n\to\infty} P_p(F_n) = \lim_{n\to\infty} (1-p)^n=0$
donc :
${P_p(H\cup K)=1 }$

$X+Y$ est le nombre total de lancers effectués jusqu’à l’arrêt du jeu (obtention du premier « Pile »). D’après ce qui précède, $X+Y$ a une valeur finie presque s\^urement et :
${ X+Y \hookrightarrow {\cal G}(p)}$

b/ Notons $A_1$ l’événement : le joueur $A$ gagne dès le premier lancer (autrement dit, « Pile » sort au premier lancer). Alors

$\begin{array}{lc} & A_1 \subset H \\ \mbox{donc } & P_p(A_1) \leq P_p(H) \leq 1 \\ \mbox{donc } & p \leq P_p(H) \leq 1 \end{array}$

Par théorème d’encadrement, ${\lim_{p\to 1} P_p(H)=1}$

15/ a/ Les séquences sont de longueur impaire : 1,3,5 …

Ainsi, la séquence numéro $j$ est de longueur $2j+1$ , avec les conventions suivantes :

La première porte le numéro 0, elle ne comporte que le premier lancer (effectué par le joueur $A$ )

$A$ joue les séquences de numéro $j$ pair et $B$ les séquences de numéro $j$ impair

Lorsque la séquence numéro $j$ commence, le nombre total de lancers déjà effectués est donc :

$\sum_{k=0}^{j-1} (2k+1) = 2 \sum_{k=0}^{j-1}k + j =j(j-1)+j = j^2$

Par conséquent, $\encadre{\mbox{ la séquence numéro } j \mbox{ commence au lancer numéro }j^2+1}$

Or, { $A$ effectue les séquences de numéro pair : $j=2n$ } donc :

Le premier lancer de la séquence est le lancer numéro $(2n)^2+1=4n^2+1$ ;

La séquence est de longueur $2j+1 = 4n+1$ donc le dernier lancer (s’il a lieu) porte le numéro $4n^2+4n+1$

Ainsi, les valeurs de $I$ sont incluses dans l’ensemble $\ds \bigcup _{n\in\nz}\llbracket 4n^2+1,4n^2+4n+1\rrbracket$ .

b/ Notons $A_n$ l’événement : « $A$ gagne lors de la séquence numéro $2n$ « .

$A_n= F_1\cap \cdots \cap F_{4n^2} \cap \left( \bigcup_{k=1}^{4n+1} (\underbrace{F\cdots F}_{\mbox{k-1 fois}}P) \right)$

donc, la réunion étant disjointe et les lancers indépendants,

$\begin{array}{ll} \ds P_p(A_n) &= \ds (1-p)^{4n^2} \times \left( \sum_{k=1}^{4n+1} (1-p)^{k-1}p \right) \\ &= \ds (1-p)^{4n^2} \times \frac{1-(1-p)^{4n+1}}{1-(1-p)} \\ &=\ds (1-p)^{4n^2}-(1-p)^{4n^2+4n+1} \\ \end{array}$

$H$ étant l’union disjointe des $A_n$ ,
${P_p(H) = \sum_{n=0}^{\infty} \left( (1-p)^{4n^2}-(1-p)^{4n^2+4n+1}\right)}$

$J$ prend ses valeurs dans l’ensemble complémentaire de celles de $I$ : les séries démarrent aux lancers $4n^2+4n+1$ et terminent aux lancers $4(n +1)^2-1$ :

${P_p(K)=\sum_{n=0}^{\infty} \left( (1-p)^{4n^2+4n+1}-(1-p)^{4(n+1)^2}\right)}$

16/ a/ D’après 12)b),

$\frac{1}{\sqrt{\pi\theta}} \left( \frac 12 +\sum_{n=1}^{\infty} \exp \left( -\frac{n^2}{4\theta}\right) \cos(nx) \right) = e^{-\theta x^2} +\sum_{k=1}^{\infty} e^{-\theta (x+2k\pi)^2} + \sum_{k=1}^{\infty} e^{-\theta (x-2k\pi)^2}$

Appliquons cette égalité avec :

$x=\pi$ donc $\cos(nx)=(-1)^n$

$\ds \theta =-\frac{1}{4\ln(1-p)}$ donc $\ds e^{-1/4\theta} = 1-p$ et $\ds \exp \left( -\frac{n^2}{4\theta}\right) = (1-p)^{n^2}$

Ainsi,

$\begin{array}{ll} \ds \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (1-p)^{n^2} & \ds = 1 +\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n (1-p)^{n^2} \\ &\ds = \frac 12 + \left( \frac 12 + \sum_{n=1}^{\infty} \cos(nx) \exp \left( -\frac{n^2}{4\theta} \right) \right) \\ &\ds = \frac 12 +\frac{1}{\sqrt{\pi \theta}} \left( e^{-\theta \pi^2} +\sum_{k=1}^{\infty} \exp \left( -\theta (\pi + 2k\pi)^2\right) + \sum_{k=1}^{\infty} \exp \left( -\theta (\pi - 2k\pi)^2\right)\right) \\ & >\ds \frac 12 \mbox{ car sommes de séries à termes strictement positifs} \end{array}$

b/ $\ds P_p(H)=\sum_{n=0}^{\infty} \left( (1-p)^{4n^2}-(1-p)^{(2n+1)^2} \right) = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k (1-p)^{k^2} > \frac 12$

Conclusion : le jeu est inéquitable car $A$ a plus de chance de gagner que $B$ .