Table des matières 1 Algèbre Linéaire 1.1 Quelques matrices remarquables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Quelques bases usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Polynômes interpolateurs de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 3 5 5
2 Analyse 2.1 Fonctions sous forme d’intégrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Fonctions constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Intégrales de Wallis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 La méthode du +1-1 et transformation vers une somme de Riemann (ou le préféré de EMLyon) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Majorations successives à partir d’une Inégalité Taylor-Lagrange . . . . .
8 8 9 9
3 Probabilités
. . . . . . . . . . . . . . . . . . classique . . . . . . . . . . . .
11 13 15
4 Quelques autres résultats classiques 16 4.1 Valeurs d’intégrales classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 4.2 Séries classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2
1
Algèbre Linéaire
1.1
Quelques matrices remarquables
Matrice Ones Soit J 2 Mn (R) telle que :
0
1 ··· B .. . . J = @. . 1 ···
1 1 .. C . .A 1
Cette matrice retombe souvent dans les exercices d’algèbre linéaire et pour raison... Elle a quelques propriétés remarquables. Tout d’abord, remarquons que toute les lignes sont identiques ce qui nous montre que rg(J) = 1. Démontration : 00 1 0 11 1 1 BB .. C B .. CC Soit la famille B = @@ . A · · · · @ . AA . 1
1
Cette famille est composée de vecteurs tous égaux et non tous nuls et donc son rang est 1 mais son rang est aussi égal au rang de sa matrice représentative quelle que soit la base. Or sa matrice dans la base canonique est J. Ainsi rg(J) = 1. Le théorème du rang (qui fonctionne aussi pour les matrices) donne : n = rg(J) + dim(Ker(J)) = 1 + dim(Ker(J)). Soit dim(Ker(J)) = n
1.
Or Ker(J) n’est autre que E0 (J) donc dim(E0 (J)) = n 1. De plus on remarque que les sommes de tous les coefficients de chaque ligne de J sont égaux. C’est-à-dire : En notant : J = [ai,j ]1i,jn On a : 8i 2 [1; n],
n X
ai,k = n.
k=1
En faisant l’analogie avec les matrices stochastiques on remarque que : 0 1 0 1 0 1 1 ··· 1 1 n B .. . . .. C · B .. C = B .. C . @. . .A @.A @ . A 1 ···
1
1
n
Ce qui montre que n 2 sp(J) et comme dim(E0 (J)) = n 1, a fortiori dim(En (J)) = 1. De plus dim(E0 (J)) + dim(En (J)) = n donc J est diagonalisable. Ainsi, 00 11 1 BB .. CC J est diagonalisable, sp(J) = {0, n} et En (J) = Vect @@ . AA . 1
Remarquons que J 2 = nJ, ce qui peut aussi être une approche pour montrer que les seules valeurs propres possibles sont 0 et n, J étant annulée par le polynôme X 2 nX = X(X n). 3
Matrice Circulante Soit C 2 Mn (R) telle que :
0 0 B0 B B0 B C=B B ... B B @0 1
1 0 0 ··· 0 1 0 ··· 0 0 1 ··· .. .. . . . . . . . . .. . 0 0 0 0 0
···
0
Notons (X1 , X2 , ..., Xn ) 2 Mn,1 (R)n la famille telle que : 8j 2 [1; n], [Xj ]i,1 =
1 0 0C C 0C C .. C . .C C C 1A 0
i,j .
Soit :
Notons ainsi par facilité :
0 1 0 1 0 1 1 0 0 B0C B1C B0C B C B C B C B C B C B C X1 = B0C , X2 = B0C , ..., Xn = B ... C . B .. C B .. C B C @.A @.A @0A 0 1 0 0
On voit que C · C :
.. .. .. .. . . . B . B .. .. .. .. B . . . . B X X X · · · C=B n 1 2 B B .. .. .. .. B . . . . @ .. .. .. .. . . . . 0
.. . .. .
B B B B 2 C =B BXn B .. B . @ .. .
.. . .. . 1
.. . .. .
.. . .. . Xn .. . .. .
.. . .. .
Xn X1 · · · .. .. .. . . . .. .. .. . . .
où si n k + m > n on a associe à n pour retrouver Xn k+m = X↵ .
C C C C Xn 1 C C. .. C . C A .. .
2
.. . .. . Xn .. . .. .
Une récurrence assez simple nous montre que 8k 2 N : 0 .. .. .. .. . . . . B B .. .. .. .. B . . . . B k B C = BXn k+1 Xn k+2 Xn k+3 · · · B .. .. .. .. B . . . . @ .. .. .. .. . . . .
1
.. . .. .
.. . .. .
3
1
C C C C Xn 2 C C. .. C . C A .. . .. . .. .
Xn
.. . .. .
.. . .. .
k 1
1
C C C C Xn k C C. .. C . C A .. .
k + m la valeur ↵ de [1; n] telle que ↵ ⌘ n
4
k + m (n)
De plus soit (!1 , !2 , ..., !n ) les racines n-ièmes de l’unité. On a sp(C) = (!1 , !2 , ..., !n ) et C est diagonalisable. La méthode vous est épargnée car elle fait souvent l’objet d’une étude approfondie en DS (type HEC 2021) et ces résultats sont suffisants pour vous donner la confiance nécessaire pour ne pas trop vous laisser impressionner par la difficulté des énoncés. Une manière de voir que ce sont les seules valeurs propres possibles est de constater que C n = In , donc C est annulée par X n 1.
1.2
Quelques bases usuelles
Une approche des polynômes de Bernstein Soit n 2 N et E l’espace vectoriel des polynômes réels à coefficient de degrés inférieurs ou égaux à n. Soit E = Rn [X]. On pose la famille (P0 , P1 , ..., Pn ) 2 Rn [X]n+1 telle que : Remarquons que :
X)n
8i 2 [0; n], Pi = X i (1
X)n n i✓ X n
=X
i
k=0 n i✓ X
.
i
8i 2 [0; n], Pi = X i (1 = Xi
i
i k
◆
n
( X)k
i
◆
k k=1 n i✓ X n i i =X +X k=1
!
( X) i
k
◆
k
!
+1
( X)k
!
! .
Ainsi le terme de plus bas degré de Pi est donc X i . Montrons maintenant par l’absurde que (P0 , P1 , ..., Pn ) est une base de Rn [X]. Supposons que (P0 , P1 , ..., Pn ) est liée. Supposons qu’il existe une famille ( 0 , 1 , ..., n ) 2 Rn+1 où les ( i ) sont non tous nuls tels que : 0 P0
+
1 P1
+ ... +
n Pn
= 0.
Soit k le plus petit entier tel que k 6= 0. Alors le coefficient du terme de plus bas degré de k 0 P0 + 1 P1 + ... + n Pn est k . Mais il est forcément nul car 0 P0 + 1 P1 + ... + n Pn = 0 + 0 · X ce qui est une contradiction donc (P0 , P1 , ..., Pn ) est libre. De plus : Card(P0 , P1 , ..., Pn ) = n + 1 = dim(Rn [X]). Donc (P0 , P1 , ..., Pn ) est une base de Rn [X].
1.3
Polynômes interpolateurs de Lagrange
Ces polynômes sont un peu compliqués et ont souvent fait l’objet de problèmes dans des non parisiennes ou de partie de l’épreuve dans les parisiennes. Voici la forme qu’ils prennent : Soit n 2 N et (x0 , x1 ...xn ) une famille de (n+1) réels deux-à-deux distincts.
On pose :
8i 2 [0; n], Li = 5
Y ✓X j6=i
xi
xj xj
◆
.
Démonstration de valeurs remarquables Les premières questions proposent souvent de démontrer l’égalité :
avec
i,j
8(i, j) 2 [0, n]2 , Li (xj ) = i,j ⇢ 0 si i 6= j le symbole de Kronecker défini par i,j = . 1 si i = j
En remarquant que 8j 2 [0, n], j 6= i =) xi
xj 6= 0 : Y ✓ xi xj ◆ Y 8i 2 [0, n], Li (xi ) = = 1 = 1. xi xj j6=i
On pose ensuite (i, k) 2 [0; n]2 avec i 6= k : 8k 2 [0, n], Li (xk ) =
Y ✓ xk j6=i
xj xj
xi
◆
On a donc bien 8(i, j) 2 [0, n]2 , Li (xj ) =
j6=i
0
=@
Y
j6=i et j6=k
✓
xk xi
i,j
◆
1
xj A · xj
✓
xk xi
xk xj
◆
= 0.
Démonstration de caractère de base de (L0 , L1 , ..., Ln ) On peut aussi demander de démontrer que la famille (L0 , L1 , ..., Ln ) est une base de Rn [X]. Pour ce on applique bêtement la caractérisation de liberté que l’on connaı̂t c’est-à-dire en posant (µ0 , µ1 , ..., µn ) 2 Rn+1 : n X i=0
µi Li = 0 ) 8j 2 [0, n], ) 8j 2 [0, n], µj
n X i=0
j,j
µi Li (xj ) = 0 ) 8j 2 [0, n],
n X
µi
i,j
=0
i=0
= µj · 1 = 0 ) 8j 2 [0, n], µj = 0.
Ainsi (L0 , L1 , ..., Ln ) est une famille libre de Rn [X] de plus : Card(L0 , L1 , ..., Ln ) = n + 1 = dim(Rn [X]) . donc (L0 , L1 , ..., Ln ) est une base de Rn [X]. Ecriture des polynômes de Rn [X] sous forme de combinaisons linéaires de (L0 , L1 , ..., Ln ) Comme (L0 , L1 , ..., Ln ) est une base de Rn [X] on sait que : 8P 2 Rn [X], 9! (↵0 , ↵1 , · · · , ↵n ) 2 Rn+1 , telle que P = C’est ainsi que les énoncés nous demandent de démontrer que : 8P 2 Rn [X], P = Or :
6
n X i=0
P (xi ) Li .
n X k=0
↵k Lk .
P (xi ) =
n X
↵k Lk (xi ) =
↵i
i,j
= ↵j .
i=0
k=0
Comme P (xi ) = ↵j et P =
n X
Pn
k=0 ↵k Lk
8P 2 Rn [X], P =
7
n X i=0
P (xi ) Li .
2
Analyse
2.1
Fonctions sous forme d’intégrale
Nous nous retrouvons parfois face à des fonctions un peu compliquées ou du moins qui nous paraissent totalement étrangères et qui sont pourtant des fonctions qui refont leur apparition dans certains des sujets un peu plus techniques. Elles ont cette forme : Premier Cas :
Soient I ⇢ R, J ⇢ R, a 2 R et g une fonction définie sur I. f :I!J Z x 7!
x
g(t)dt a
Pour étudier de telles fonctions, les premières questions demandent souvent d’en étudier le sens de variation ce qui parait souvent difficile mais heureusement il y a une astuce. On pose : G : R ! I
x 7! G(x)
dérivable d’après le théorème fondamental et telle que G0 (x) = g(x). Z x On a donc f (x) = g(t)dt = G(x) G(a). a
En remarquant que G(a) est une constante comme a est un réel. On a : f 0 (x) = G0 (x) = g(x). Le dérivée de f est donc tout simplement g. À noter que dans les cas les plus favorables où g est de signe constant, on peut aussi avoir la monotonie de f simplement par positivité de l’intégrale, nous épargnant ainsi la dérivation. Deuxième cas : Soient I ⇢ R, J ⇢ R, et deux fonctions définies et dérivables sur I et g une fonction définie sur I. f :I!J Z x 7!
(x)
g(t)dt. (x)
Le deuxième cas est un peu plus technique. On a : f (x) = En posant
0 (x)
= (x) et
Z
0 (x)
f 0 (x) = G0 ( (x)) Formule un peu complexe mais
(x)
g(t)dt = G( (x))
G( (x)).
(x)
= '(x), on se retrouve avec : G0 ( (x)) = (x) · g( (x)) et
'(x) · g( (x)).
sont rarement des fonctions trop compliquées.
8
2.2
Fonctions constantes
Il est parfois demandé dans certains devoirs de démontrer une égalité un peu compliquée entre une fonction et une constante. La plus classique étant : ✓ ◆ 1 ⇡ ⇤ Montrer que : 8x 2 R+ , arctan(x) + arctan = . x 2 Dans la plupart des cas il s’agit tout simplement de montrer que sur un intervalle où la fonction est définie, la dérivée est nulle ainsi démontrant que, 8x 2 R⇤+ , f(x) = c avec c une constante. On pose donc : f : R⇤+ ! R
✓ ◆ 1 x 7! arctan(x) + arctan . x
Je prends cette occasion pour rappeler une formule très importante (notamment pour les bijections réciproques) qui est : (u v)0 = u0 · (v 0 u). Ainsi on se retrouve avec : 1 1 + x2 1 = 1 + x2 = 0.
1 1 · 2 x 1 + ( x1 )2 1 1 + x2
f 0 (x) =
La dérivée étant nulle, on se retrouve avec 8x 2 R⇤+ , f(x) = c et donc avec une valeur remarquable on calcule... ✓ ◆ 1 ⇡ ⇡ ⇡ ⇤ 8x 2 R+ , arctan(x) + arctan = arctan(1) + arctan(1) = + = , x 4 4 2 ce qui démontre l’égalité demandée. Une formule analogue est vraie sur R⇤ au signe près. Attention à ne pas utiliser l’argument ci-dessus directement sur R⇤ : une fonction de dérivée nulle est constante sur un intervalle. Ici R⇤ étant la réunion de deux intervalles, les constantes peuvent être di↵érentes (et c’est le cas).
2.3
Intégrales de Wallis
Les intégrales de Wallis retombent souvent dans les sujets et il faut savoir démontrer deux trois résultats sur le bout des doigts. Elles prennent cette forme : In =
Z
⇡ 2
sinn (x)dx.
0
Démonstration de la décroissance de la suite (In )
In+1 Or :
In =
Z
⇡ 2
sin
n+1
(x)
n
sin (x) dx =
0
Z
⇡ 2
0
sinn (x) · (sin(x)
1)dx.
⇡ 8x 2 [0; ], 0 sin(x) 1 , 0 sinn (x) 1 , 1 sinn (x) · (sin(x) 1) 0. 2 Par croissance de l’intégrale en intégrant avec les bornes dans l’ordre croissant on a : Z
⇡ 2
0
1 dx
Z
⇡ 2
0
n
sin (x) · (sin(x)
1)dx 9
Z
⇡ 2
0
0 dx , In+1
In 0.
Ainsi (In ) est décroissante. De plus 8n 2 N, In > 0 : ⇡ On sait que : 8x 2]0; ], 0 < sin(x) 1 , 0 < sinn (x) 1. 2 Encore par croissance de l’intégrale en intégrant avec les bornes dans l’ordre croissant on a : 8n 2 N,
Z
⇡ 2
0
sinn (x)dx > 0 , In > 0.
Ainsi In > 0 et (In ) est décroissante. Démonstration de la propriété : 8n 2 N, (n + 2)In+2 = (n + 1)In On fait ceci en intégrant judicieusement In+2 par parties : cos(x) et u0 (x) = sin(x)
On pose : u(x) =
v(x) = sinn+1 (x) et v 0 (x) = (n + 1) cos(x) sinn (x) ⇡ en remarquant que u et v sont de classe C 1 sur [0; ]. 2 Ainsi : In+2 =
1
⇥
cos(x) sin
n+1
(x)
⇤⇡ 2
0
+ (n + 1)
Z
⇡ 2
cos2 (x) sinn (x)dx.
0
Une formule de Terminale nous rappelle que 8x 2 R, cos2 (x) + sin2 (x) = 1 () cos2 (x) = sin2 (x). Soit : In+2 = (n + 1)
Z
⇡ 2
2
n
cos (x) sin (x)dx = (n + 1)
0
Et on voit là une di↵érence d’intégrales de Wallis : In+2 = (n + 1)
Z
⇡ 2
sinn (x)
Z
⇡ 2
(1
sin2 (x)) sinn (x)dx.
0
sinn+2 (x)dx = (n + 1)[In
In+2 ].
0
Donc 8n 2 N, In+2 = (n + 1)[In In+2 ] , (n + 2)In+2 = (n + 1)In . Avec cette formule la démonstration de la propriété I2n = (2(2n)! n ·n!)2 est triviale par récurrence. Démonstration de la propriété : 8n 2 N, (n + 1)In+1 In = ⇡2 . On reprend la propriété que nous venons de démontrer précédemment (ie. (n + 2)In+2 = (n + 1)In ) : 8n 2 N, (n + 2)In+2 = (n + 1)In $ (n + 2)In+2 In+1 = (n + 1)In+1 In .
En posant la suite wn = (n + 1)In+1 In On remarque que 8n 2 N, wn+1 = wn ce qui signifie tout simplement que (wn ) est une suite constante. Ainsi : 8n 2 N, wn = w0 = I1 I0 = Donc 8n 2 N, wn = (n + 1)In+1 In = ⇡2 .
10
⇡ . 2
Si l’énoncé propose d’étudier l’intégrale Wn =
Z
⇡ 2
cosn (x)dx
0
et que vous avez l’impression que vous étudiez une intégrale de Wallis c’est parce que avec le changement de variable u = ⇡2 t et la formule cos( ⇡2 x) = sin(x) on retouve : Z
2.4
⇡ 2
n
sin (u)du =
0
Z
⇡ 2
cosn (x)dx.
0
La méthode du +1-1 et transformation vers une somme de Riemann (ou le classique préféré de EMLyon)
L’année de mon passage du concours, l’épreuve d’EML nous fait étudier la série ◆ X✓1 1 S(x) = . k k+x k 1
On s’intéresse ensuite à la valeur de S( 12 ) et pour ce, on demande de démontrer l’égalité suivante : ! n 2n+1 n X X 1 1 1 2 1X 2 = 2 2 = 2 . k k k + 12 k 2n + 1 n 1 + n k=1 k=n+1 k=1 La méthode du +1-1 Commençons par le commencement 1 + 1 1 = 1. Facile non... C’est important parce que ce n’est pas intuitif et on s’en sert pour passer du premier membre au deuxième. ! ◆! ◆! n n ✓ n ✓ X X X 1 1 1 1 1+1 1 1 =2 =2 . k k + 12 2k 2k + 1 2k 2k + 1 k=1
k=1
k=1
Le fameux +1-1...
2
n ✓ X 1+1 k=1
1
1 2k + 1
2k
◆!
n ✓ X 2 =2 2k k=1
n X 1 =2 k k=1
1 2k n ✓ X k=1
1 2k + 1
◆!
1 1 + 2k 2k + 1
On remarque assez bien que : ◆ 2n+1 n ✓ X X 1 1 1 + = . 2k 2k + 1 k k=1
Bref : n X k=1
1 k
1 k+
1 2
!
k=2
n X 1 =2 k k=1
Le résultat est moins intéressant que la méthode.
11
2n+1 X k=2
1 k
!
=2
2
2n+1 X
k=n+1
1 . k
◆!
.
La transformation pour retrouver une somme de Riemann La passage du deuxième au troisième membre est assez simple donc je vous épargne la démonstration. Ce qui est important est qu’on se trouve avec ! n n X 1 1 2 1X 2 =2 . k k + 12 2n + 1 n 1 + nk k=1 k=1 Rappelez-vous que l’objet de cette question est de retrouver S 12 soit : ! " n n X 1 1 2 1X 2 lim = lim 2 n!+1 n!+1 k k + 12 2n + 1 n 1+ k=1 k=1
k n
#
.
Sans soucis :
lim
n!+1
"
2
n
1X 2 n 1+
2 2n + 1
k=1
k n
#
n
1X 2 lim n!+1 n 1+
=2
k=1
k n
.
Ceci est primordial. En fait on fait appel à une formule intuitive mais dont l’usage en cours est si faible que l’on ne sait pas vraiment comment l’utiliser. La propriété des Sommes de Riemann donne : Z
b
f (t)dt = lim
n!+1
a
✓
b
a n
◆X ✓ n b f a+k
◆
a n
k=1
.
Là encore il faut le voir et savoir le faire et le refaire. En fait, si on pose f : t ! que : n
1X 2 n 1+
k n
k=1
=
✓
n
1 n
0X
f
k=1
0+k
1
0 n
◆
2 1+t ,
on remarque
.
La formule est intuitive, cette transformation ne l’est pas... Je vous conseille vraiment de développer le membre de droite à la main pour mieux comprendre. En tout cas la formule de Riemann nous donne : lim
n!+1
Soit ✓ ◆ 1 S =2 2 =2
n
1 n
0X
f (0 + k
k=1
1
0 n
)=
n
1X 2 lim n!+1 n 1+ k=1 Z 1 2 dt. 0 1+t
k n
=2
lim
n!+1
Z
1
f (t)dt. 0
n
1 n
0X k=1
f
✓
0+k
1
0 n
◆
Voilà, plus que du bonheur à partir de là. L’ambition de ce document n’étant pas de proposer des exercices corrigés je veux que vous fassiez et refassiez cette question parce que les deux méthodes sont rarement abordées en cours et donc en concours à moins d’être un petit génie c’est vraiment compliqué de trouver ces résultats à moins de connaı̂tre la méthode sur le bout des doigts. C’est pour cela que je vous implore de vraiment comprendre les astuces et ne pas vous contenter de lire. Si vous visez une école utilisant l’épreuve d’EML ou EDHEC il faut savoir faire. Pour référence consultez Problème 2 4)a) EML 2016 la méthode est identique.
12
2.5
Majorations successives à partir d’une Inégalité Taylor-Lagrange
Question assez classique dans des problèmes d’analyse qui peut être totalement désarmante si on n’a jamais vu ce genre de méthode ou si on n’est pas confortable avec les formules de Taylor (qui comme Scilab sont des points vraiment faciles à gagner pendant des DS ie. il n’y a que quatre formules elles ont toutes plus ou moins le même début). Pour montrer comment on applique cette méthode de majorations successives, je vais prendre l’exemple du Problème 1 de l’épreuve EML 2018 où l’on pose : I(x) =
Z
W2k =
1
ext + e xt p dt 1 t2
0
Z
1 0
p
t2k dt. 1 t2
La question 5)a) nous a fait montrer que 8t 2 [0; 1] : ext + e
xt
n X 2(xt)2k k=0
et on veut en déduire que : I(x)
6
(2k)!
x2n+1 x e (2n + 1)!
n X 2x2k x2n+1 ⇡ x W2k 6 e . (2k)! 2(2n + 1)! k=0
Ce n’est pas intuitif mais il faut partir du résultat ie. on développe I(x)
Z 1 n X 2x2k W2k = (2k)! 0 k=0
On factorise I(x)
Z 1 n X 2x2k W2k = (2k)! 0
ext + e xt p 1 t2
xt
e +e
n X 2x2k t2k p (2k)! 1 t2 k=0
n X 2(xt)2k
xt
k=0
k=0
(2k)!
!
p
!
dt.
1 t2
1
dt.
On voit qu’on est sur le bon chemin parce que dans le membre de droite on retrouve quelque chose que l’on avait dans notre inégalité Taylor-Lagrange. Donc comment faire. Il faut penser à une formule : l’inégalité triangulaire, c’est-à-dire : Soient (a ;b) 2 R2 avec a < b et f une fonction continue sur [a ;b]. Z b Z b On a : f (t)dt |f (t)|dt. a
On applique cela à I(x) I(x)
Pn
2x2k k=0 (2k)! W2k .
Z 1 n X 2x2k W2k = (2k)! 0
a
Soit ext + e
xt
k=0
k=0
En appliquant l’inégalité triangulaire, on retrouve : I(x)
Z 1 n X 2x2k W2k 6 (2k)! 0
n X 2(xt)2k
(ext + e
k=0
xt
(2k)!
!
p
!
p
n X 2(xt)2k k=0
(2k)!
Or on sait que avec (a; b) 2 R2 si 0<b, alors |ab| = |a|b. Or 8t 2 [0; 1[,
13
1 t2
1
dt .
1 1
t2
p 1 1 t2
dt. > 0. Soit :
I(x)
Z 1 n X 2x2k W2k 6 (2k)! 0
(ext + e
n X 2(xt)2k
xt
k=0
Or on se souvient que :
xt
8t 2 [0; 1], e + e
xt
1
xt
(e + e 0
1 0
n X 2(xt)2k k=0
Or Z
xt
(2k)!
n X 2(xt)2k k=0
Soit : Z
(2k)!
k=0
!
p
6
(2k)!
1 1
x2n+1 x 1 x2n+1 x e p dt = e (2n + 1)! (2n + 1)! 1 t2
t2 Z
dt 6
Z
1 0
p
1 1
t2
dt.
x2n+1 x 1 e p dt. (2n + 1)! 1 t2
1 1
p
x2n+1 x e . (2n + 1)!
1 0
!
t2
dt =
x2n+1 x ⇡ e · . (2n + 1)! 2
C’est là le moment d’être organisé(e) et de se souvenir de toutes les majorations que l’on a e↵ectuées pour finalement conclure que : I(x)
n X 2x2k x2n+1 ⇡ x W2k 6 e . (2k)! 2(2n + 1)! k=0
Les calculs ne sont pas vraiment compliqués mais c’est encore une histoire de méthode. On l’a vu ou non... C’est plutôt classique mais aussi une question qui peut vous démarquer à un certain degré des autres candidats qui passeront. Pour vous entrainer sur un nouvel exemple je conseille ECRICOME 2017 Exercice 1.
14
3
Probabilités
Un grand classique de proba pures ici : la détermination d’une loi du min ou du max de plusieurs variables aléatoires. La méthode tient en trois mots : fonction de répartition. On va en e↵et utiliser l’égalité des événements (max(X, Y ) x) = (X x) \ (Y x). Ainsi, sous réserve d’une hypothèse d’indépendance, on aura P (max(X, Y ) x) = P (X x)P (Y x). Cela se généralise bien sûr à n variables indépendantes identiquement distribuées Xi . En notant Z = max(X1 , . . . , Xn ) et FZ la fonction de répartition de Z, on a FZ = F n ,
où F est la fonction de répartition des Xi .
On peut même dériver pour avoir la densité de Z à condition de connaı̂tre celle des Xi ainsi que leur fonction de répartition commune. Par exemple (voir ECRICOME S 2021, Problème avec un paramètre a quelconque, ici égal à 1), si les (Xi )1in suivent des lois uniformes sur [0, 1], en notant Mn = max(X1 , . . . , Xn ) et Yn = n(1 Mn ), on montre que 8 > <0 si x < 0 n FYn (x) = 1 1 nx si x 2 [0, n] , > : 1 si x > n
puis que la suite de variables aléatoires (Yn ) converge en loi vers une loi exponentielle de paramètre 1. n Pour le calcul de limite de 1 nx , une erreur classique est de ne pas voir que ⌧ 10 est une x n forme indéterminée. Pour lever l’indétermination, écrire que 1 nx = en ln(1 n ) puis utiliser un ⇣ x ⌘n 1 équivalent en 0 de ln(1 + t). Ainsi n ln 1 nx tend vers 1 et 1 ! . n!+1 e n Pour le minimum, on joue au même jeu avec des inégalités inverses et donc des 1 F (. . .). Plus généralement, pour les transferts, en particulier les min, max, valeurs absolues et autres fonctions (carrés, racines carrées, etc.) pour les lois à densité, il est bon de penser à la fonction de répartition. (Attention aux signes pour les carrés et valeurs absolues !)
15
4
Quelques autres résultats classiques
4.1
Valeurs d’intégrales classiques
Quelques intégrales dont les valeurs nous sont connues grâce aux variables aléatoires à densité. Intégrales avec la loi Exponentielle Commencons par : 8a 2
R⇤+ ,
I=
Z
+1
xe
ax
dx.
0
Étudions une variable aléatoire réelle X telle que X ,! "(a). On sait que la valeur de l’espérance de X est donnée par la relation suivante. Z +1 1 E(X) = xae ax dx = . a 0 Ainsi :
I=
E(X) . a
Donc I = a12 De même, la loi exponentielle nous permet de retrouver la valeur d’une autre intégrale. Z +1 ⇤ 8a 2 R+ , J = x2 e ax dx. 0
La formidable loi de Johann Samuel König-Christian Huygens nous donne E(X 2 ) = V (X) + (E(X))2 soit E(X 2 ) = a12 + a12 = a22 . Z +1 2 Or, E(X ) = x2 ae ax dx. 0
On remarque que :
J= Donc J =
E(X 2 ) . a
2 . a3
Intégrales avec la loi Normale Pour
2
R⇤+ ,
On sait qu’une densité de Y si Y ,! N (0;
G= 2)
Z
+1
e
x2
dx.
1
est :
f :R!R x2 1 x 7! p e 2 2 . 2⇡ On pose :
=
1 2
2
,
2
=
1 2
. Donc en fait Y ,! N (0; 21 ) et une densité de Y est :
16
f :R!R p x 7! p e ⇡
x2
.
Et par définition :
Donc G =
p p⇡ .
Z
+1 1
Sachant que E(Y 2 ) = V (Y ) =
4.2
2
p ⇡ p
x2
p dx = 1 = p G. ⇡
De même si on pose : pour
Soit H =
p p e ⇡
2
Z
2 R⇤+ , H = =
1 2
, on a : Z +1 p 2 E(Y ) = x2 p e ⇡ 1
+1
x2 e
x2
dx.
1
x2
p 1 dx = = p H. 2 ⇡
.
Séries classiques
Valeur de ⇣(2) La démonstration de cette somme est soit l’objet d’un exercice (dans les non-parisiennes) ou d’une partie d’un devoir (dans les parisiennes). Ou bien, on l’admet... Ceci dit je n’ai jamais dû la démontrer deux fois de la même manière donc on l’admettra comme culture générale. Ce n’est d’ailleurs pas facile de la démontrer et fut l’objet du Problème de Bâle démontré par Leonhard Euler en 1734. Cette somme donne : ⇣(2) =
1 X 1 ⇡2 = . k2 6 k=1
Série Harmonique altérée Même situation que pour la valeur de ⇣(2). Ceci est souvent l’objet d’un exercice entier donc je me contente de vous donner la valeur pour vous rassurer lors d’une épreuve. X ( 1)n n
1
X
1
= ln(2)
n 1
Séries de Bertrand Soit (↵; ) 2 R2 , la série
n 2
n↵ ln(n)
converge si et seulement si l’une des deux conditions est vérifiée : ↵>1
(1)
↵ = 1 et 17
>1
(2)
P Ceci aide notamment a démontrer la convergence de certaines séries du genre n 2 ln(n) (souvent n2 au début des exercices). Voici les méthodes en fonctions des paramètres ↵ et que vous rencontrerez. Appelons un = 1 . n↵ ln(n) Avec ↵ > 1 et
> 0 : un = o(1/n↵ ) directement. 0
Avec ↵ > 1 et < 0 : utiliser les croissances comparées pour montrer que un = o(1/n↵ ) avec 1 < ↵0 < ↵. Intuitivement, on utilise une partie de la marge qu’on a entre ↵ et 1 pour ⌧ tuer le ln. Avec ↵ = 1, utiliser une comparaison série/intégrale avec l’astuce connaı̂t la forme
u0
u
1 t ln (t)
=
1/t ln (t)
où l’on re-
, à un coefficient près.
Avec ↵ < 1 : mêmes techniques qu’avec ↵ > 1, mais cette fois on obtient la divergence en comparant avec n1↵ ou n1↵0 , avec ↵ < ↵0 < 1.
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