Voici une proposition de corrigé de l’épreuve de Maths 1 HEC pour les ECS
[latexpage]Préliminaire
Pour tout $k\in \nz$, 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 critère de 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.
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 ; alors :
[$\bullet$] $\ds A_0=\sqrt{\pi} \int_0^{+\infty} g(t)dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$ car $g$ est paire et $\ds \int_{-\infty}^{+\infty} g(t)dt=1$ ;[$\bullet$] $\ds A_2 =\sqrt{\pi} \int_0^{+\infty} t^2 g(t)dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2} E(X^2)$ car $t\mapsto t^2g(t)$ est paire ; donc : $\ds A_2= \frac{\sqrt{\pi}}{2} (V(X)+E(X)^2) = \frac{\sqrt{\pi}}{4}$
[$\bullet$] $\ds A_1=\int_0^{+\infty}te^{-t^2}dt=\lim_{x\to +\infty} \left[ -\frac 12 e^{-t^2}\right] = \frac 12$.
Ainsi, ${A_0= \frac{\sqrt{\pi}}{2}, \:\: A_1=\frac 12 \mbox{ et } A_2=\frac{\sqrt{\pi}}{4}}$
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 (domination de la valeur absolue par $f_2$).
Partie I. Calcul d’une fonction auxiliaire
Inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 0 en 0, pour la fonction $\sin$ qui est de classe ${\cal C}^1$ sur $\rz$ :
$\forall u \in \rz \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 :
${\forall u \in \rz \quad \left| \sin(u) \right| \leq |u| }$
$\ds \forall (a,b) \in \rz^2 \quad \cos(a-b)+\cos(a+b)=2\sin(a)\sin(b)$ ; 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 :
${\cos(u )-\cos(v)=2\sin \left(\frac{u+v}{2}\right)\sin\left(\frac{v-u}{2}\right)}$
Soit $\ds (x,y)\in\rz^2 $ ;
$\begin{array}{lll}
\ds |F(x)-F(y)| &=& \ds \left| \int_0^{+\infty} e^{-t^2} \left( \cos(2xt) – \cos(2yt) \right)\right| dt \\
&\leq & \ds \int_0^{+\infty} e^{-t^2} \left| \cos(xt)-\cos(yt)\right| dt \\
&& \mbox{ par inegalite triangulaire pour les integrales absolument convergentes} \\
&\leq & \ds \int_0^{+\infty} e^{-t^2} 2 \left| \sin((x+y)t) \right| \left| \sin((x-y)t) \right| dt\\
&& \mbox{ par 3)b) et croissance de l’intégrale} \\
&\leq & \ds \int_0^{+\infty} e^{-t^2} 2 \left| (x-y)t\right| dt \\
&& \mbox{ par 3)a), et absolue convergence de } \int_0^{+\infty} te^{-t^2}dt=A_1 \\
&\leq & \ds 2|x-y| \int_0^{+\infty} te^{-t^2} dt \\
\end{array}$
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 $x\in\rz$.
Inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 en 0, pour la fonction $\sin$ qui est de classe ${\cal C}^2$ sur $\rz$ :
$\forall u \in \rz \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 :
${\forall u \in \rz \quad \left| \sin(u)-u \right| \leq \frac{u^2}{2} }$
Soit $\ds (x,h)\in\rz^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 :
$\begin{array}{l}
\ds \left| e^{-t^2} \left( \cos(2(x+h)t) – \cos(2xt)+2h t\sin(2xt) \right)\right| \\
= \ds e^{-t^2} \left| \cos(2xt)\cos(2ht)-\sin(2xt)\sin(2ht)-\cos(2xt)+2ht\sin(2xt) \right| \\
= \ds e^{-t^2} \left| \cos(2xt)\left(\cos (2ht)-1 \right) +\sin(2xt)\left( 2ht-\sin(2ht) \right) \right| \\
\ds \leq e^{-t^2} \left( \left| \cos(2xt)\left(\cos (2ht)-1 \right)\right| +\left| \sin(2xt)\left( 2ht-\sin(2ht) \right) \right| \right) \\
\ds \leq e^{-t^2} \left( \left| \cos(2xt) \right|\left(1-\cos (2ht) \right) +\left| \sin(2xt)\left( 2ht-\sin(2ht) \right) \right| \right) \\
\end{array}$
Notons 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 le préliminaire ;
de même pour $\ds e^{-t^2} \left| \sin(2xt)\left( 2ht-\sin(2ht) \right) \right| \leq
e^{-t^2} |\sin(2xt)| \frac{(2ht)^2}{2} $
(cette dernière intégrale convergeant par le même argument que la deuxième du 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 :
[$\bullet$] $\ds \int_0^{+\infty} e^{-t^2} \left( \cos(2(x+h)t) – \cos(2xt)+2h t\sin(2xt) \right)dt$ est absolument convergente ;[$\bullet$] l’inégalité triangulaire s’applique :
${\left| F(x+h)-F(x) + 2hG(x)\right| \leq \int_0^{+\infty} \left( \left| \cos(2xt) \right|\left(1-\cos (2ht) \right) +\left| \sin(2xt)\left( 2ht-\sin(2ht) \right) \right| \right)dt}$
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 $C$ :
${ \left| F(x+h)-F(x) + 2hG(x)\right| \leq \ds C h^2 }$
Soit $x\in \rz$ ; $\ds\forall h \in \rz^* \:\: \left| \frac{F(x+h)-F(x)}{h}+2G(x) \right| \leq C|h|$
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 $x\in \rz$, $F$ est dérivable sur $\rz$ et ${F’=-2G}$
Soit $x\in \rz$ ; $\ds F(x) = -2\int_0^{+\infty} te^{-t^2}\sin(2xt)dt$.
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 $\rz$ :
$\begin{array}{lll}
\ds \int_0^{A} -2te^{t^2}\sin(2xt)dt &=& \ds \left[ \sin(2xt)e^{-t^2} \right]_0^{A} -2x\int_0^{A} \cos(2xt)e^{-t^2}dt \\
&=& \ds \sin(2Ax)e^{-A^2} -2x \int_0^{A} \cos(2xt)e^{-t^2}dt
\end{array}$
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 : ${F'(x)=-2xF(x)}$
Soit $H$ la fonction définie sur $\rz$ par : $H(x)=F(x)e^{x^2}$.
$H$ est dérivable et $\ds \forall x\in \rz \quad H'(x) = F'(x)e^{x^2} + F(x)2xe^{x^2}=0$
Ainsi, $H$ est constante donc : $\ds \forall x \in \rz \quad H(x)=H(0)=F(0)=A_0=\frac{\sqrt{\pi}}{2} ;$
par conséquent, ${\forall x \in \rz \quad F(x)=\frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-x^2}}$
II. Fonction de Dirichlet5/
[$\bullet$] Sur $ {\cal D}$ : $\ds \:\:\: \frac u2 \in \rz \setminus \{k\pi, k\in \zz \}$ 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.[$\bullet$] En 0 : $\ds \varphi_n(u) \sim \frac{\left(n+\frac 12 \right)u}{2 \frac u2} \sim n+\frac 12$,donc : ${\varphi_n \mbox{ est prolongeable par continuité avec } \varphi_n(0)=n+\frac 12}$
$\begin{array}{lll}
\ds \ds \forall u \in {\cal D}, \:\:\: \forall k \in \zz, \: \:\: \varphi_n(u+2\pi) &=&\ds \frac{\sin \left(\left( n+\frac 12 \right)(u+2\pi) \right)}{2\sin \left( \frac{u+2\pi}{2}\right)} \\
&&\\
&=&\ds \frac{\sin \left(\left( n+\frac 12 \right)u+(2n+1)\pi ) \right)}{2\sin \left( \frac{u}{2}+\pi \right)} \\
&&\\
&=& \ds \frac{(-1)^{2n+1} \sin \left(\left( n+\frac 12 \right)u \right)}{-2 \sin \left( \frac{u}{2} \right)} \:\: \mbox{ car } \sin(k\pi+x)= (-1)^k \sin(x) \\
&=& \varphi_n(u)\\
\end{array}$
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 $\rz$.
$\varphi_n$ est paire comme quotient de fonctions impaires.
$\ds (e^{iku})_{k\in\nz}$ est une suite géométrique de raison $\ds e^{iu}$, donc :
[$\bullet$] si $u\in {\cal D}$ : $\ds e^{iu}=1$ donc $\ds \sum_{k=1}^n e^{iu} = n$ ;[$\bullet$] si $u\not\in {\cal D}$ :
$\begin{array}{lll}
\ds \sum_{k=1}^n e^{iku} &=& \ds e^{iu}\times \frac{1-e^{inu}}{1-e^{iu}}\\
&&\\
&=& \ds e^{iu} \times \frac{ e^{inu/2} \left( e^{-inu/2}-e^{inu/2} \right)}{e^{iu/2} \left( e^{-iu/2}-e^{iu/2} \right)} \\
&&\\
&=& \ds e^{i (n+1)u/2}\times \frac{-2i \sin \left( \frac{nu}{2}\right)}{-2i \sin \left(\frac u2\right)} \\
\end{array}$
${ \sum_{k=1}^n e^{iku} = \left\{\begin{array}{l}
\ds n \mbox{ si }u\in {\cal D},\\
\ds e^{i (n+1)u/2} \times \frac{\sin \left( \frac{nu}{2}\right)}{\sin \left(\frac u2\right)} \mbox{ si } u\not\in{\cal D}
\end{array}\right.}$
[$\bullet$] 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} $
$\ds \int _0^{2\pi} \varphi_n(u)du = \int_0^{2\pi} \left( \frac 12 + \sum _{k=1}^n \cos(ku)\right) du = \pi + \sum_{k=1}^n \left[ \frac{\sin(ku)}{k}\right]_0^{2\pi} = \pi + 0$
${\int _0^{2\pi} \varphi_n(u)du =\pi}$
Soit $x\in\rz$ 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 :
[$\bullet$] Première intégrale : $v=u-nT$ donne : $\ds \int_x^{(n+1)T} \psi(u)du = \int _{x-nT}^T \psi(v)dv$.[$\bullet$] Deuxième intégrale : $v=u-(n+1)T$ donne : $\ds \int_{(n+1)T}^{x+T} \psi(u)du = \int _{0}^{x-nT} \psi(v)dv$.Par conséquent,
${\int_x^{x+T} \psi(u)du = \int _{x-nT}^T \psi(v)dv + \int _{0}^{x-nT} \psi(v)dv = \int_0^T \psi(v)dv}$
Partie III. Formule sommatoire de Poisson
8
Pour tout $x\in \rz$,
$\ds k^2f(x+2k\pi) = \exp\left( 2\ln(k) -\theta(x+2k\pi)^2 \right) ;$
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 : $\ds \lim_{k\to+\infty} k^2f(x+2k\pi) =0 \mbox{ et par conéquent } f(x+2k\pi) = o\left( \frac{1}{k^2}\right)$
Par critère de comparaison à une série de Riemann convergente, $\ds \sum_{k\geq 1} f(x+2k\pi)$ converge et de même pour $\ds \sum_{k\geq 1} f(x-2k\pi)$.
$f$ étant paire,
$\begin{array}{lllll}
\forall x \in \rz \:\:\: H(-x)&=& \ds f(-x) &+ \ds \sum_{k\geq 1} f(-x+2k\pi) &+ \ds \sum_{k\geq 1} f(-x-2k\pi) \\
&=& \ds f(x) &+ \ds \sum_{k\geq 1} f(x-2k\pi)& + \ds \sum_{k\geq 1} f(x+2k\pi) \\
&=&H(x)&&
\end{array}$
Ainsi, $\encadre{H \mbox{ est paire et donc sa dérivée est impaire}}$
Pour $N\in \nz^*$,
$\ds \begin{array}{lll}
\ds \int_0^{2\pi} H_N(x)\cos(nx)dx &=& \ds \int_0^{2\pi} f(x)\cos(nx) dx+\sum_{k=1}^N \int_0^{2\pi} f(x+2k\pi)\cos(nx)dx + \sum_{k=1}^N \int_0^{2\pi} f(x-2k\pi)\cos(nx)dx \\
&&\\
&=&\ds \int_0^{2\pi} f(x)\cos(nx)dx + \sum_{k=1}^N \int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi} \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! f(u)\cos(nu-n2k\pi)du + \sum_{k=1}^N \int_{-2k\pi}^{-(2k-1)\pi} \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! f(u)\cos(nu+n2k\pi)du \\
%&& \mbox{ par changements de variables } u= x+2k\pi \mbox{ et } u=x-2k\pi\\
&&\\
&=&\ds \int_0^{2\pi} f(x)\cos(nx)dx + \sum_{k=1}^N \int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi} \!\!\!\!\!\!\!\!\! f(u)\cos(nu)du + \sum_{k=1}^N \int_{-2k\pi}^{-(2k-1)\pi} \!\!\!\!\!\!\!\!\! f(u)\cos(nu)du \\
&& \mbox{ car cos est } 2\pi-\mbox{périodique} \\
&&\\
&=&\ds \int_0^{2\pi} f(x)\cos(nx)dx + \int_{2\pi}^{(2N+1)\pi} f(u)\cos(nu)du + \int_{-2N\pi}^{0} f(u)\cos(nu)du \\
&&\\
&=&\ds \int_{-2N\pi}^{(2N+1)\pi} f(u)\cos(nu)du \\
\end{array}$
cette intégrale est donc absolument convergente d’après le préliminaire ;
[$\bullet$] $\ds u\mapsto f(u)\cos(nu)$ est paire ;[$\bullet$] donc $\ds \int_{-\infty} ^{+\infty} f(u)\cos(nu)du$ converge et vaut $\ds 2 \int_0^{+\infty} f(u)\cos(nu) du$ ;[$\bullet$] donc $\ds \lim_{N\to+\infty} \int_{-2N\pi}^{(2N+1)\pi} f(u)\cos(nu)du = \int_{-\infty}^{+\infty} f(u)\cos(nu)du$[$\bullet$] et $\encadre{\ds \lim_{N\to+\infty} H_N(x)\cos(nx)dx = 2 \int_0^{+\infty} f(u)\cos(nu) du}$Pour tout $\encadre{ x\in [0,2\pi] }$ et $N\in \nz^*$ :
$\begin{array}{lll}
\ds \left| H(x)-H_N(x)\right| &=& \ds \left| \sum_{k=N+1}^{\infty}f(x+2k\pi) + \sum_{k=N+1}^{\infty} f(x-2k\pi) \right|\\
&& \mbox{ (reste d’une série convergente)} \\
&= & \ds\sum_{k=N+1}^{\infty} \exp( -\theta (x+2k\pi)^2) + \sum_{k=N+1}^{\infty} \exp(-\theta (x-2k\pi)^2) \\
\end{array}$
$\left| H(x)-H_N(x)\right| =\ds \left| \sum_{k=N+1}^{\infty}f(x+2k\pi) + \sum_{k=N+1}^{\infty} f(x-2k\pi) \right|
\mbox{ (reste d’une série convergente)}$
Or,
$\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}$
et
$\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, ${\left| H(x)-H_N(x) \right| \leq \sum_{k=N+1}^{\infty} \exp(-\theta 4k^2\pi^2 ) + \sum_{j=N}^{\infty} \exp(-\theta 4j^2\pi^2 ) \leq 2 \sum_{k=N}^{\infty} \exp(-\theta 4k^2\pi^2 ) }$ Remarque : l’énoncé demande d’établir cette inégalité pour tout $x\in \rz$ ; cette inégalité est fausse, car elle impliquerait que $\ds | H(x)-H_N(x)|$ tende vers 0 indépendamment de $x$ (convergence uniforme) et, en particulier, que pour toute suite de réels $\ds (x_N)_{N\in \nz^*}$, $\ds \lim_{N\to \infty } | H(x_N)-H_N(x_N) | =0$. Or, pour $\ds x_N=2 (N+1)\pi$, on a : $\ds | H(x_N)-H_N(x_N) | \geq 1$ ({\it contre-exemple proposé par Romain Bouillaud}). 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 : ${\int_0^{2\pi} H(x)\cos(nx)dx = \ds \lim_{N\to\infty} \int_0^{2\pi} H_N(x)\cos(nx)dx = 2 \int_0 ^{+\infty} f(u)\cos(nu)du}$ et enfin, $\begin{array}{lll} \ds 2\int_0^{+\infty} f(u)\cos(nu)du &=& \ds 2\int_0^{+\infty} e^{-\theta u^2}\cos(nu)du \\ &=& \ds 2 \int_0^{+\infty} e^{-t^2} \cos \left( \frac{nt}{\sqrt{\theta}} \right) \frac{dt}{\sqrt{\theta}} \\ &=& \ds \frac{2}{\sqrt{\theta}} \int_0^{+\infty} e^{-t^2} \cos \left(2 \frac{nt}{2\sqrt{\theta}} \right) \frac{dt}{\sqrt{\theta}} \\ &=& \ds \frac{2}{\sqrt{\theta}} F \left( \frac{n}{2\sqrt{\theta}}\right) \:\: (F \mbox{ étudiée en partie I}) \\ &=& \ds \frac{2}{\sqrt{\theta}} \times \frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-\left( \frac{n}{2\sqrt{\theta}} \right)^2} \\ &=& \ds \sqrt{\frac{\pi}{\theta}} e^{-n^2/4\theta} \end{array}$ donc : ${\int_0^{2\pi} H(x)\cos(nx)dx = 2 \int_0 ^{+\infty} f(u)\cos(nu)du = \sqrt{\frac{\pi}{\theta}} e^{-n^2/4\theta}}$ $\ds a_n=\int_0^{2\pi} H(x)\cos(nx)dx = 2\int_0^{+\infty} f(u)\cos(nu)du = \sqrt{\frac{\pi}{\theta}} \exp\left( -\frac{n^2}{4\theta}\right)$. $\begin{array}{lll} \ds a_0+2\sum_{n=1}^{N} a_n\cos(nx) &=& \ds a_0 +2\sum_{n=1}^N \cos(nx) \int_0^{2\pi} H(u)\cos(nu)du \\ &=& \ds a_0 + 2\sum_{n=1}^N \int_0^{2\pi} H(u)\cos(nx)\cos(nu)du \\ &=& \ds a_0 + \sum_{n=1}^N \int_0^{2\pi} H(u) \left( \cos(n(x+u)) + \cos(n(x-u)) \right)du \\ &=& \ds a_0 + \int_0^{2\pi} H(u) \left( \sum_{n=1}^N \cos(n(x+u)) + \sum_{n=1}^N\cos(n(x-u)) \right)du \\ &=& \ds a_0 + \int_0^{2\pi} H(u) \left( \varphi_N(x+u)-\frac 12 + \varphi_N(x-u)-\frac 12 \right) \mbox{ d’après 7)b)} \\ &=& \ds a_0 + \int_0^{2\pi} H(u)\varphi_N(x+u)du + \int_0^{2\pi} H(u)\varphi_N(x-u)du – \int_0^{2\pi} H(u)du \\ \end{array}$ or $\ds \int_0^{2\pi} H(u)du=a_0$, donc : ${ a_0+2\sum_{n=1}^{N} a_n\cos(nx) = \int_0^{2\pi} H(u)\varphi_N(x+u)du + \int_0^{2\pi} H(u)\varphi_N(x-u)du }$ 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 $\ds \int_0^{2\pi} H(u)\varphi_N(u-x)du$. Il s’ensuit : ${ a_0+2\sum_{n=1}^{N} a_n\cos(nx) = \int_0^{2\pi} \frac{H(v+x)+H(v-x)}{2\sin(v/2)} \times \sin \left( \left( N+\frac 12 \right)v\right) dv}$ [$\bullet$] 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. [$\bullet$] En 0 : $v \mapsto H(x+v)$ étant de classe ${\cal C}^1$ sur $\rz$, 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 : $\ds H(v+x)+H(v-x) -2H(x) = o(v)$ D’autre part, lorsque $v\to 0$, $\ds 2\sin \left(\frac v2 \right) \sim 2\frac v2 \sim v$, donc : ${\lim_{v\to 0} \frac{H(v+x)+H(v-x) -2H(x)}{2\sin \left( \frac v2 \right)} =0 \mbox{ donc } K_x \mbox{ continue en 0} }$ [$\bullet$] 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 : ${ \lim_{v \to 2\pi^-} K_x(v)=\lim_{u\to 0^+} K_x(u) = 0 \mbox{ donc } K_x \mbox{ continue en } 2\pi}$ (par le changement de variable $u=2\pi-v$.) 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}$ $\int_0 ^1 g(t)\sin(\lambda t)dt = \left[ g(t)\frac{\sin(\lambda t)}{\lambda} \right]_0^1 – \frac{1}{\lambda} g'(t)\sin(\lambda t)dt = g(1) \frac{\sin( \lambda)}{\lambda} + \frac{1}{\lambda}\int_0^1 g'(t)\sin(\lambda t) dt$ (IPP avec $\ds u(t)=g(t)$ et $\ds v'(t) = \sin(\lambda t) \mbox{ pour }\lambda >0$)
[$\bullet$] $\ds \left| \frac{1}{\lambda}\int_0^1 g'(t)\sin(\lambda t) dt\right| \leq \frac{1}{\lambda} \int_0^1 |g'(t)\sin(\lambda t)| dt \leq \frac{1}{\lambda} \int_0^1 |g'(t)| dt =\frac{K}{\lambda}$,
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
12
Analyse de l’algorithme :
[$\bullet$] la variable {\tt i} commence à 1 et est incrémentée à chaque lancer de jeton : elle compte le nombre de lancers effectués depuis le début de la partie et jusqu’à l’arrêt du jeu ;
[$\bullet$] la variable {\tt j} est incrémentée à chaque lancer, mais réinitialisée à chaque changement de main~: elle compte le nombre de lancers effectués lors du tour d’un joueur ;
[$\bullet$] l’instruction {\tt j>s} signifie que le joueur a fini son tour et doit passer la main ;
[$\bullet$] la variable {\tt s} représente donc la longueur maximale du tour d’un joueur (1, 3, 5 …) ; elle démarre à 1 et augmente de 2 à chaque changement de joueur ;
[$\bullet$] la variable {\tt v} vaut 1 au début du tour de $A$, -1 au début du tour de $B$ ; {\tt v} garde sa valeur le jeu s’arrête avant que le tour soit fini, autrement dit si le joueur a gagné par « Pile ».
Réponse aux questions :
{$\tt$ 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 {\tt if j>s …}, ajouter :
${\tt 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 :
{\tt N=10000 ;
f=0 ;
p=input(‘entrez probabilite de Pile’) ;
for k=1:N
if jeu(p)==1 then
f=f+1
end
end
disp(f/N)
}$
$H\cup K$ 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 :
${ X+Y \hookrightarrow {\cal G}(p)}$
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, ${\lim_{p\to 1} P_p(H)=1}$
Les séquences sont de longueur impaire : 1,3,5 …
Ainsi, la séquence numéro $j$ est de longueur $2j+1$, avec les conventions suivantes :
[$\bullet$] {la première séquence porte le numéro 0}, elle ne comporte que le premier lancer (effectué par le joueur $A$)[$\bullet$] {$A$ 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 :
[$\bullet$] le premier lancer de la séquence est le lancer numéro $(2n)^2+1=4n^2+1$ ;[$\bullet$] 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 $\ds \bigcup _{n\in\nz}\llbracket 4n^2+1,4n^2+4n+1\rrbracket$.
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 $4(n +1)^2-1$ :
${P_p(K)=\sum_{n=0}^{\infty} \left( (1-p)^{4n^2+4n+1}-(1-p)^{4(n+1)^2}\right)}$
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 :
[$\bullet$] $\ds \theta =-\frac{1}{4\ln(1-p)}$ donc $\ds e^{-1/4\theta} = 1-p$ et $\ds \exp \left( -\frac{n^2}{4\theta}\right) = (1-p)^{n^2}$
Ainsi,
$\begin{array}{ll}
\ds \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n (1-p)^{n^2} & \ds = 1 +\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n (1-p)^{n^2} \\
&\ds = \frac 12 + \left( \frac 12 + \sum_{n=1}^{\infty} \cos(nx) \exp \left( -\frac{n^2}{4\theta} \right) \right) \\
&\ds = \frac 12 +\frac{1}{\sqrt{\pi \theta}} \left( e^{-\theta \pi^2} +\sum_{k=1}^{\infty} \exp \left( -\theta (\pi + 2k\pi)^2\right) + \sum_{k=1}^{\infty} \exp \left( -\theta (\pi – 2k\pi)^2\right)\right) \\
& >\ds \frac 12 \mbox{ car sommes de séries à termes strictement positifs}
\end{array}$
$\ds P_p(H)=\sum_{n=0}^{\infty} \left( (1-p)^{4n^2}-(1-p)^{(2n+1)^2} \right) = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k (1-p)^{k^2} > \frac 12$
Le jeu est inéquitable : $A$ a plus de chance de gagner que $B$.