1. No category

Un Corrigé de l’épreuve ECRICOME 2015 S
ÉCS2
Z
Proposition de corrigé pour le serveur de l’APHEC,
par Nicolas Maillard ([email protected]).
...
...
0
0
2
P (t)Q(t)e−t dt existe puisqe’elle n’est pas impropre, et par la relation
−1
1. (a) • Pour tout P de Rn [X], P 00 − 2XP 0 est un polynôme, de degré au plus n puisque
deg(P 00 ) 6 n − 2 et deg(P 0 ) 6 n − 1 donc deg(XP 0 ) 6 n.
• La linéarité de la dérivation entraîne la linéarité de ϕ.
ϕ est un endomorphisme de E.
0
1
Et comme
de Chasles,
Exercice 1
Je suppose n au moins égal à deux. On pourra adapter ce qui suit aux cas sans intérêt où
n vaut 0 ou 1...
(b) ϕ(1) = 0, ϕ(X) = −2X, et,
pour tout k ∈ [[2 ; n]], ϕ(X k ) = k(k − 1)X k−2 − 2kX k .
La matrice M de ϕ dans la base canonique B de E est

0 0
2
0 ...
0
 0 −2 0
6
.
.
.
0

 .. . .
..
 .
. −4 0
.

M = .
.
.
.
. . n(n − 1)
..
..
 ..

 .
.
.
..
..
 ..
0
15 avril 2015

Z
+∞
2
P (t)Q(t)e−t dt existe.
−∞
(b) • La bilinéarité de h., .i découle directement de la linéarité de l’intégrale.
• La symétrie de h., .i découle de la commutativité du produit des polynômes
(P Q = QP ).
2
• La positivité de h., .i provient de la positivité de l’intégrale puisque t 7→ P (t)2 e−t
est continue positive sur R pour tout P de E.
• Soit P un polynôme de E. Supposons hP, P i = 0.
Z +∞
2
2
Alors
P (t)2 e−t dt = 0. Comme t 7→ P (t)2 e−t est continue positive sur R, cela
−∞
entraîne










2
∀t ∈ R, P (t)2 e−t = 0.
−t2
Comme e
n’est jamais nulle, on a : ∀t ∈ R, P (t) = 0. Donc P à une infinité de
racines. Donc P est le polynôme nul.
Bilan : h., .i est une forme bilinéaire symétrique positive et définie.
h., .i est un produit scalaire sur E.
−2n
(c) Comme M est triangulaire, ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux, c’està-dire {0, −2, −4, . . . , −2n} = {−2k/k ∈ [[0 ; n]]}. Comme M représente ϕ, ces valeurs propres sont aussi celles de ϕ. Donc
Sp(ϕ) = {0, −2, −4, . . . , −2n} = {−2k/k ∈ [[0 ; n]]}
ϕ est un endomorphisme de E, espace de dimension n + 1, admettant exactement
n + 1 valeurs propres distinctes, donc
ϕ est diagonalisable.
3. Soit P et Q deux polynômes de E. Montrons que hϕ(P ), Qi = hP, ϕ(Q)i à l’aide d’une
intégration par parties.
Soit
Z a et b deux réels. Z
Z
b
b
2
ϕ(P )(t)Q(t)e−t dt =
a
a
2
• t 7→ P (t)Q(t)e−t est continue sur R.
2
2
P (t)Q(t)e−t t P (t)Q(t) −−−−→ 0. Donc
• Par croissance comparée,
= t→+∞
1/t2
et2
Z +∞
1
2
dt est une intégrale de Riemann
P (t)Q(t)e−t = o(1/t2 ) en +∞. Comme
t2
1
convergente,
Z +∞ la règle de négligeabilité pour les intégrales de fonctions positives assure
2
que
P (t)Q(t)e−t dt est absolument convergente, donc existe.
1
Z −1
2
On justifie de même l’existence de
P (t)Q(t)e−t dt.
−∞
1/7
u0 (t)Q(t)dt
a
2
où u : t 7→ P 0 (t)e−t est de classe C1 sur [ a ; b ].
Z b
Z b
2
b
u(t)Q0 (t)dt,
ϕ(P )(t)Q(t)e−t dt = [u(t)Q(t)]a −
a
a
2. (a) Soit (P, Q) ∈ E 2 .
b
2
(P 00 (t) − 2tP 0 (t))Q(t)e−t dt =
P 0 (a)Q(a)
P 0 (b)Q(b)
or u(a)Q(a) =
−
−
−
−
−
→
0
et
u(b)Q(b)
=
−−−−→ 0 par croissances
2
a→+∞
b→−∞
ea
e b2
comparées. Ainsi,
Z +∞
Z +∞
2
−t2
ϕ(P )(t)Q(t)e dt = −
P 0 (t)Q0 (t)e−t dt
−∞
−∞
Le même calcul en permutant P et Q donne
Z +∞
Z +∞
2
2
P (t)ϕ(Q)(t)e−t dt = −
Q0 (t)P 0 (t)e−t dt.
−∞
−∞
Z +∞
Z +∞
2
2
Par conséquent,
ϕ(P )(t)Q(t)e−t dt =
P (t)ϕ(Q)(t)e−t dt.
−∞
−∞
ϕ est un endomorphisme symétrique pour h., .i.
Un Corrigé de l’épreuve ECRICOME 2015 S
ÉCS2
4. (a) • Par construction, la famille (P0 , P1 , . . . , Pn ) est échelonnée en degré : une récurrence immédiate montre que, pour tout k de [[0 ; n]], deg(Pk ) = k.
Du coup, aucun Pk n’est nul et je note, pour tout k de [[0 ; n]], Qk le polynôme
Pk
.
unitaire
||Pk ||
• Montrons par récurrence sur k ∈ [[0 ; n]] que (P0 , P1 , . . . , Pk ) est une base orthogonale de Rk [X].
(1) = (P0 ) est une base orthogonale de R0 [X].
Soit k ∈ [[0 ; n − 1]]. Supposons que (P0 , P1 , . . . , Pk ) est une base orthogonale de Rk [X]. Alors (Q0 , Q1 , . . . , Qk ) est une base orthonormale de Rk [X] et
k
X
Qi , X k+1 Qi est, d’après le cours, le projeté orthogonal pRk [X] (X k+1 ) de X k+1
i=0
sur Rk [X].
Par définition des Qi ,
k
k X
X
Pi , X k+1
k+1
k+1
pRk [X] (X
)=
Qi , X
Qi =
Pi
hPi , Pi i
i=0
i=0
Ainsi, Pk+1 = X k+1 − pRk [X] (X k+1 ), donc Pk+1 ∈ (Rk [X])⊥ et la famille
(P0 , P1 , . . . , Pk+1 ) est orthogonale : c’est donc une base orthogonale de Rk+1 [X],
ce qui prouve l’hérédité de la propriété.
Bilan : par le principe de récurrence,
(P0 , P1 , . . . , Pn ) est une base orthogonale de Rn [X].
(b) • P0 est un vecteur propre de ϕ associé à la valeur propre 0 (d’après 1(b)).
• Soit k ∈ [[1 ; n]]. Comme (Qi )i∈[[0 ; k]] est une base orthonormale de Rk [X],
k
k
X
X
ϕ(Pk ) =
hϕ(Pk ), Qi i Qi =
hPk , ϕ(Qi )i Qi (par symétrie de ϕ), or pour i < k,
i=0
i=0
deg(ϕ(Qi )) 6 i < k, donc ϕ(Qi ) ∈ Rk−1 [X] et hPk , ϕ(Qi )i = 0 puisque Pk ∈
(Rk−1 [X])⊥ .
hϕ(Pk ), Pk i
Ainsi : ϕ(Pk ) = hϕ(Pk ), Qk i Qk =
Pk : Pk est un vecteur propre de ϕ.
hPk , Pk i
Remarque. En observant la matrice de ϕ, on remarque que le coefficient dominant de
ϕ(Pk ) est celui de Pk multiplié par −2k (car ϕ(X k ) = −2kX k +. . . ). Par conséquent,
Pk est associé à la valeur propre −2k.
(P0 , P1 , . . . , Pn ) est formée de vecteurs propres de ϕ,
associés respectivement aux valeurs propres (0,-2,. . .,-2n).
15 avril 2015
(b) u est somme de trois fonctions dérivables sur I, donc est dérivable sur I, et :
1
1
1 2 cos3 x + 1 − 3 cos2 x
∀x ∈ I, u0 (x) =
2 cos x +
−
1
=
.
3
cos2 x
3
cos2 x
P (cos x)
u est dérivable sur I et : ∀x ∈ I, u0 (x) =
.
3 cos2 x
(c) u0 (x) est du signe de P (cos x). Et P (X) est du signe de 2X + 1, s’annulant en 1.
−1
Pour tout x ∈ I, 1 > cos x > 0 >
donc P (cos x) > 0, u0 (x) > 0.
2
u est strictement croissante sur I.
(d) Notons que g est dérivable car quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur
ne s’annule pas sur I. Donc v est dérivable sur I comme différence de fonctions
dérivables.
Pour tout x de I,
3 cos x × (2 + cos x) − 3 sin x × (− sin x)
6 cos x + 3
g 0 (x) =
=
2
(2 + cos x)
(2 + cos x)2
2
2
cos x − 2 cos x + 1
(2 + cos x) − 6 cos x − 3
=
.
v 0 (x) = 1 − g 0 (x) =
(2 + cos x)2
(2 + cos x)2
Q(cos x)
où Q(X) = X 2 − 2X + 1 = (X − 1)2 .
∀x ∈ I, v 0 (x) =
(2 + cos x)2
(e) Q est positif et ne s’annule qu’en 1, et, sur I, cos ne vaut jamais 1, donc v 0 est
strictement positive sur I.
v est strictement croissante sur I.
(f) Comme lim u(x) = 0 et lim v(x) = 0, la stricte croissance de ces fonctions sur I
x→0
x→0
induit leur stricte positivité. Donc
∀x ∈ I,
g(x) < x < f (x).
π π
π
π
π
π √6 √2
π
2. (a) cos
= cos
−
= cos
cos
+ sin
sin
=
+
.
12
4
6
4
6
4
6
√4
√4
π
π π
π
π
π
π
6
2
sin
= sin
−
= sin
cos
− cos
sin
=
−
.
12
4
6
4
6
4
6
4
4
√
√
√
√ 2
√
√
6− 2
π
( 6 − 2)
8 − 2 12
√ =
tan
=√
=
= 2 − 3.
12
6−2
4
6+ 2
√
√
√
√
√
π
6+ 2
π
6− 2
π
cos
=
, sin
=
et tan
= 2 − 3.
12
4
12
4
12
(b) Après quelques calculs palpitants,
π 156√6 − 132√2 − 3√12 − 84
π 4 + √6 − √2 − √12
g
=
et f
=
12
386
12
6
En utilisant 1.(f) avec x = π/12,
Exercice 2
1. (a) P (X) = 2X 3 − 3X 2 + 1 = (X − 1)(2X 2 − X − 1) = (X − 1)(X − 1)(2X + 1) d’où
P (X) = (X − 1)2 (2X + 1).
2/7
Un Corrigé de l’épreuve ECRICOME 2015 S
ÉCS2
√
√
√
√
√
√
936 6 − 792 2 − 18 2 − 504
< π < 8 + 2 6 − 2 2 − 2 12
193
(e) function v=j(p)
v=zeros(1,p)
for i=1:p
[x,k]=h(10^(-i))
v(i)=k
end
endfunction
3. (a) Soit θ un réel. cos(2θ) = cos(θ + θ) = cos2 θ − sin2 θ = 1 − 2 sin2 θ.
cos(2θ) = 1 − 2 sin2 θ.
π
Soit n un entier naturel. Soit θ =
(∈ [ 0 ; π/6 [).
3 × 2n+1
On a : an+1 = sin θ > 0 et bn+1 = cos θ > 0.
r
r
r
1 − bn
1 − cos(2θ)
2 sin2 θ
=
=
= |sin θ| = sin θ = an+1
2
2
2
r
r
r
1 + bn
1 + cos(2θ)
2(1 − sin2 θ)
=
=
= |cos θ| = cos θ = bn+1
2
2
2
r
r
1 − bn
1 + bn
∀n ∈ N, an+1 =
et bn+1 =
2
2
π
(b) Soit n un entier naturel. Soit θ =
(∈ [ 0 ; π/6 [).
3 × 2n
En appliquant 1.(f) à x = θ et en multipliant par 3 × 2n , on a
an
an
9 × 2n
< π < 2n 2an +
.
2 + bn
bn
∀θ ∈ R,
π
= 0 on tire
3 × 2n
π
an ∼
et
n→+∞ 3 × 2n
an
∼ π et
9 × 2n
2 + bn n→+∞
an
lim 9 × 2n
= π et
n→+∞
2 + bn
15 avril 2015
(f) • On observe une relation à peu près linéaire de coefficient de proportionnalité voisin de 1 entre la précision ek = 10−k et le nombre k d’itérations : approximativement,
on gagne une décimale en précision à chaque itération.
• À partir de 10−16 , le nombre d’itérations se « stabilise » à 13 : il s’agit d’un
leurre. En fait, on atteint la limite de la précision de calcul de Scilab et à partir de
n = 13, les deux bornes de l’encadrement 3.(b) sont égales pour Scilab, car leurs 16
premières décimales coïncident.
Problème
Partie A
1. Soit x ∈ R.

Fn (x) = P(Yn 6 x) = 1 − P(Yn > x) = 1 − P 

\
[Xi > x], et par indépendance
16i6n
des (Xi ),
(c) De lim
n→+∞
Fn (x) = 1 −
lim bn
n→+∞
= 1, d’où :
1
n
2 an 2 +
∼ π.
bn n→+∞
an
n
lim 2 2an +
= π.
n→+∞
bn
n
Y
!
P(Xi > x)
i=1
=1−
n
Y
!
(1 − F (x))
n
= 1 − 1 − F (x) .
i=1
∀x ∈ R,
Fn (x) = 1 − 1 − F (x)
n
.
2. Si X admet une densité f , alors sa fonction de répartition F est de classe C1 sur R, sauf
peut-être en un nombre fini de points, et continue sur R. Par théorème dŠopérations
sur les applications C1 et continues, il en est de même pour Fn : x 7→ 1 − (1 − F (x))n .
Donc Yn admet une densité, et une de ses densités fn est donnée, en tout x où F est
n−1
dérivable, par fn (x) = nf (x) 1 − F (x)
, donc une densité de Yn est donnée par :
n−1
∀x ∈ R, fn (x) = nf (x) 1 − F (x)
.
(d) function [x,k]=h(e)
k=0
a=sqrt(3)/2
b=1/2
while (2^k*(2*a+a/b-9*a/(2+b)))>2*e then
a=sqrt((1-b)/2)
b=sqrt((1+b)/2)
k=k+1
end
x=2^(k-1)*(2*a+a/b+9*a/(2+b))
endfunction
3. (a) Soit x ≥ 0. Procédons à une intégration par parties à l’aide des fonctions u : t 7→
−(1 − Φ(t)) et v : t 7→ t de classe C1 sur [ 0 ; x ].
Comme u0 = ϕ et v 0 = 1,
Z
Z x
x
x
tϕ(t)dt = [−t(1 − Φ(t))]0 −
− 1 − Φ(t) dt, donc
0
0
Z x
Z x
∀x ≥ 0,
tϕ(t)dt =
1 − Φ(t) dt − x(1 − Φ(x)).
0
3/7
0
Un Corrigé de l’épreuve ECRICOME 2015 S
ÉCS2
(b) J’observe que, pour x ≥ 0,
Z +∞
Z +∞
Z +∞
0 6 x(1 − Φ(x)) = x
ϕ(t)dt =
xϕ(t)dt 6
tϕ(t)dt.
x
x
x
Z +∞
Comme E(V ) existe,
tϕ(t)dt est le reste de l’intégrale convergente
x
Z +∞
Z +∞
tϕ(t)dt, donc lim
tϕ(t)dt = 0.
x→+∞
0
x
Par encadrement,
lim x(1 − Φ(x)) = 0.
x→+∞
x
Z
De
Z x
1 − Φ(t) dt =
Z
0
1 − Φ(t) dt).
0
Remarque. Au passage, on a démontré la propriété assez intuitive
pour une fonction
Z +∞
g est positive décroissante sur [ 0 ; +∞ [, la convergence de
g(x)dx entraîne
0
g(x) = o(1/x) en +∞...
(d) En 3.(b) j’ai démontré une implication et en 3.(c) l’implication réciproque, donc le
résultat cherché est établi :
Z +∞
E(V ) existe si, et seulement si,
1 − Φ(t) dt existe.
0
Z
Et en cas d’existence, E(V ) =
+∞
1 − Φ(t) dt.
0
Remarque. On aurait aussi pu démontrer la propriété analogue pour
X une variable V discrète à valeurs dans N. E(V ) existe si, et seulement si, la série
P(X > k) converge.
x→+∞
+∞
1 − Φ(t) dt converge (et vaut E(V )).
k≥0
0
Et dans ce cas, E(V ) =
(c) Première méthode.
Z +∞
Supposons
1 − Φ(t) dt convergente.
+∞
X
P(X > k). Cela aurait nettement facilité l’étude du second
k=0
0
Pour x ≥ 0, −x(1 − Φ(x)) 6 0 donc par 3.(a) et puisque 1 − Φ ≥ 0,
Z x
Z x
Z +∞
06
tφ(t)dt 6
(1 − Φ(t))dt 6
(1 − Φ(t))dt.
0
0
Z x 0
Or x 7→
tφ(t)dt est une fonction croissante car t 7→ tφ(t) est positive. Cette
0
fonction est croissante et majorée, donc converge en +∞. Donc
Z +∞
E(V ) existe (et vaut
1 − Φ(t) dt d’après (b)).
0
Seconde méthode.
Z +∞
Supposons
1−Φ(t) dt convergente. Pour gagner, il suffirait de démontrer que
0
lim x 1 − Φ(x) = 0.
x→+∞
Par décroissance et positivité
Z xde 1 − Φ,
Z +∞
x
1 − Φ(t) dt.
0 6 (1 − Φ(x)) 6
1 − Φ(t) dt 6
2
x/2
x/2
Z +∞
Z +∞
1 − Φ(t) dt −−−−−→ 0.
Or l’existence de
1 − Φ(t) dt entraîne
0
+∞
E(V ) existe (et vaut
tϕ(t)dt + x(1 − Φ(x)), il découle alors
1 − Φ(t) dt −−−−−→ E(V ).
Z
Z
x
0
0
15 avril 2015
x→+∞
x/2
Z
3.(a) entraîne alors l’existence de E(V ), qui vaut
+∞
1 − Φ(t) dt.
0
4/7
exemple de la partie suivante. Exercice : démontrer la propriété précédente pour une
variable discrète et l’utiliser pour traiter le second exemple de la partie B.
Partie B
4. (a) Par acquis de conscience, notons que f est continue sur R∗ et positive si α est
positif... ce que nous ne manquerons pas de vérifier.
Z X
X
Pour X > 0,
f (x)dx = [αArctan(x)]0 = αArctan(X).
−∞
Z +∞
π
2
Comme lim Arctan(X) = ,
f (x)dx = 1 si, et seulement si, α = ... cette
X→+∞
2 −∞
π
valeur étant positive (chic !).
2
α=
π
(b) Par le calcul précédent,

0
si x < 0,
F (x) = 2
 Arctan(x) sinon.
π
(c) Par 1. et 2.,


si x < 0,
0
2
∀x ∈ R, F2 (x) =
2

sinon.
1 − 1 − Arctan(x)
π
Un Corrigé de l’épreuve ECRICOME 2015 S
ÉCS2
∀x ∈ R,
f2 (x) =

0
si x < 0,
2
Arctan(x)
sinon.
π
1
(d) Soit g : ] 0 ; +∞ [ → R, x 7→ Arctan(x) + Arctan
. Comme Arctan est dérivable
x
sur R et x 7→ 1/x est dérivable sur ] 0 ; +∞ [, g est dérivable sur ] 0 ; +∞ [ par
composition.
1
−1
1
1
1
∀x ∈ ] 0 ; +∞ [ , g 0 (x) =
+
=
− 2
= 0,
×
1
1 + x2
x2
1 + x2
x +1
1+ 2
x
π
π
donc g est constante sur ] 0 ; +∞ [. Or g(1) = 2Arctan(1) = 2 × = .
4
2
1
π
∀x ∈ ] 0 ; +∞ [ , Arctan(x) + Arctan
= .
x
2
2
2
1
(e) Il découle de (d), pour x > 0, Arctan(x) = 1 − Arctan
donc f2 (x) =
π
π
x
1
8
Arctan
.
π 2 (1 + x2 )
x
1
Lorsque x tend vers +∞, tend vers 0.
x
Or Arctan(u) ∼ u car le développement limité de Arctan en 0 à l’ordre 1 (ob
4
π(1 + x2 )
1−
u→0
tenu par la formule de Taylor-Young, Arctan étant de classe C∞ ) est Arctan(u) =
Arctan(0) + Arctan0 (0)u + o(u) = u + o(u). Donc
8
f2 (x) ∼
.
x→+∞ π 2 x3
(f) Comme :
15 avril 2015
2
De plus, xf (x) ∼
, donc un raisonnement analogue, où cette fois l’intégrale
x→+∞ πx
Z +∞
1
dx diverge, montre que X n’a pas d’espérance. Par définition,
de Riemann
x
1
X est implosive et son indice d’implosion est 2.
5. (a) Soit N ∈ N. Par un télescopage immédiat,
N
N
X
X
1
1
1
√
P(X = k) =
−√
=1− √
−−−−−→ 1.
N
+ 2 N →+∞
k
+
1
k
+
2
k=0
k=0
+∞
X
P(X = k) = 1.
k=0
(b) Commençons par chercher un équivalent de P(X = k) en +∞.
√
r
1
1
k+1
1
1− √
=√
1− 1−
P(X = k) = √
.
k+2
k+1
k+2
k+1
Comme (1 + u)α − 1 ∼ αu,
u→+∞
r
1
−1
1
1
∼
, d’où
1− 1−
∼ − ×
k + 2 k→+∞ 2 k + 1 k→+∞ 2k
1
√ .
P(X = k) ∼
k→+∞ 2k k
1
√ . Par la règle des équivalents pour les séries à
Il s’ensuit : kP(X = k) ∼
k→+∞ 2 k
X
X 1
√ , qui est une série
termes positifs,
kP(X = k) est de même nature que
2 k
k≥1
k≥1
de Riemann divergente.
X n’admet pas d’espérance.
(c) Comme en (a), toujours par télescopage, pour tout k de N,
k
k
X
X
1
1
1
√
P(X 6 k) =
P(X = i) =
−√
=1− √
i
+
1
i
+
2
k
+2
i=0
i=0
8
• xf2 (x) ∼
,
x→+∞ π 2 x2
Z +∞
1
•
dx est une intégrale de Riemann convergente,
x2
1
• les fonctions considérées sont continues positives sur [ 1 ; +∞ [,
Z +∞
la règle des équivalents permet de conclure que
xf2 (x)dx existe.
1
Z 1
Comme x 7→ xf2 (x) est continue sur [ 0 ; 1 ],
xf2 (x)dx existe.
0
Z +∞
Donc par la relation de Chasles,
xf2 (x)dx existe.
∀k ∈ N,
F (k) = 1 − √
(d) Il est clair que Y2 (Ω) = N. Soit k ∈ N.
2
Par 1., P(Y2 6 k) = 1 − 1 − F (k) = 1 −
1
.
k+2
1
, formule aussi valable pour k = −1.
k+2
Comme [Y2 6 k] = [Y2 = k] ∪ [Y2 6 k − 1] avec incompatibilité des événements
[Y2 = k] et [Y2 6 k − 1],
1
1
1
P(Y2 = k) = P(Y2 6 k) − P(Y2 6 k − 1) =
−
=
.
k+1 k+2
(k + 1)(k + 2)
−∞
Y2 admet une espérance.
5/7
Un Corrigé de l’épreuve ECRICOME 2015 S
ÉCS2
Y2 (Ω) = N, et ∀k ∈ N,
P(Y2 = k) =
1
.
(k + 1)(k + 2)
(b) Par le calcul intégral précédent,
1
Par conséquent, kP(Y2 = k) ∼
, et par le critère des équivalents pour les
k→+∞ k
X1
séries à terme général positif, puisque
est une série de Riemann divergente,
k
k≥1
X
kP(Y2 = k) diverge.
k≥0
Y2 n’a pas d’espérance.
(e) Il est clair que Y3 (Ω) = N. Soit k ∈ N.
3
Par 1., P(Y3 6 k) = 1 − 1 − F (k) = 1 −
15 avril 2015
1
, formule aussi valable pour
(k + 2)3/2
k = −1.
Comme [Y3 6 k] = [Y3 = k] ∪ [Y3 6 k − 1] avec incompatibilité des événements
[Y3 = k] et [Y3 6 k − 1],
1
1
P(Y3 = k) = P(Y3 6 k) − P(Y3 6 k − 1) =
−
.
(k + 1)3/2
(k + 2)3/2
1
1
Y3 (Ω) = N, et ∀k ∈ N, P(Y3 = k) =
−
.
3/2
(k + 1)
(k + 2)3/2
3
, par un raisonnement analogue à (b).
P(Y3 = k) ∼
k→+∞ 2k 5/2
3
Par conséquent, kP(Y2 = k) ∼
, et par le critère des équivalents pour les
k→+∞ 2k 3/2
X 1
séries à terme général positif, puisque
est une série de Riemann convergente,
k 3/2
k≥1
X
kP(Y3 = k) converge.
k≥0
Y3 admet une espérance.
(f) Les trois résultats précédents montre que
X est implosive, d’indice d’implosion 3.
Partie C
6. (a) Soit A ≥ 1.
A
Z A
a
a
a
a
f (x)dx =
=
−
−−−−−→
car α − 1 >
α−1
α−1
A→+∞ α − 1
(1 − α)x
α − 1 (α − 1)A
1
1
0.
En prenant a = α − 1, f est continue sur R \ {1}, positive sur R et d’intégrale sur
R valant 1.
a = α − 1 convient (et c’est le seul).
6/7
F : R → R, x 7→
Z

0
1 −
si x < 1,
1
xα−1
sinon.
+∞
Z
xf (x)dx se réduit à l’intégrale de Riemann
(c) Comme
−∞
1
+∞
1
dx,
xα−1
E(X) existe si, et seulement si, α > 2.
(d) Par 1., Fn est donnée, par 
0
si x < 1
.
Fn (x) = 1 − (1 − F (x))n =
1
1 −
sinon
αn−n
x
Z +∞
Z
Alors
1 − Fn (x)dx n’est autre que l’intégrale de Riemann
−∞
1
+∞
1
dx et
xαn−n
1
converge si, et seulement si, nα − n > 1, i.e. α > 1 + . D’après la question 3.
n
1
E(Yn ) existe si, et seulement si, α > 1 + .
n
1
<α6
(e) Pour que X soit implosive d’indice m ≥ 2 donné, il faut et suffit que 1 +
m
1
1
1+
. α=1+
convient (par exemple).
m−1
m−1
1
Pour m ≥ 2, α = 1 +
donne une variable X implosive d’ordre m.
m−1
Partie D
1
u0
1
7. (a) Une primitive de x 7→
(du type 2 ) sur [ 2 ; +∞ [ est x 7→ −
.
2
u
ln(x)
x ln (x)
Z A
−a
a
a
Donc, pour A ≥ 2,
f (x)dx =
+
−−−−−→
. Alors avec a = ln(2),
A→+∞
ln(A)
ln(2)
ln(2)
−∞
f est une densité (continue sauf en 2 et positive).
a = ln(2) convient (c’est la seule valeur).
(b) Par le calcul précédent,
F : R → R, x 7→
(c)

0
ln(2)
1 −
ln(x)
si x < 2,
sinon.
1/x
ln2 (x)
1
=
−−−−−→ 0 donc
= o (xf (x)) en +∞. Comme l’intégrale de
xf (x)
x ln(2) x→+∞
x
Z +∞
1
Riemann
dx diverge, le critère de négligeabilité pour ces fonctions positives
x
2
Un Corrigé de l’épreuve ECRICOME 2015 S
ÉCS2
Z
+∞
xf (x)dx.
assure la divergence de
2
X n’admet pas d’espérance.
(d) Une densité de Yn est donnée, pour x ≥ 2, par
n−1
ln(2)
lnn (2)
ln(2)
fn (x) = n
=n
.
2
x ln (x) ln(x)
x lnn+1 (x)
1/x
lnn+1 (x)
1
=
−−−−−→ 0 donc = o (xfn (x)) en +∞.
xfn (x)
xn lnn (2) x→+∞
x
On conclut comme dans la question précédente
pour tout n ≥ 2, Yn n’admet pas d’espérance.
Alors
(e) X est une variable positive sans espérance et pour laquelle aucune des variables Yn
n’a d’espérance.
X n’est pas implosive.
Partie E
8. Je note FY la fonction de répartition de Y .
n
Par 1., ∀x ∈ R, FY (x) = Fn (x) = 1 − 1 − F (x) .
n
n
1/n
FY (x) = 1 − 1 − F (x) ⇐⇒ 1 − F (x) = 1 − FY (x) ⇐⇒ 1 − F (x) = 1 − FY (x)
1/n
∀x ∈ R, F (x) = 1 − 1 − FY (x)
.
9. Soit k ∈ N∗ . 1 − FY (k) = P(Y > k) = (1 − p)k (k échecs consécutifs !).
Alors s’il existe une variable X implosant sur Y à l’ordre m,
k
F (k) = 1 − (1 − p)k/m = 1 − (1 − p)1/m .
Donc X suit la loi géométrique de paramètre 1 − (1 − p)1/m , mais X n’est alors pas
implosive, car elle possède une espérance.
Il n’existe pas de variable X implosant sur Y .
Remarque. Au passage, on a démontré que le minimum de n variables géométriques
indépendantes de même paramètre est encore géométrique.
1
, X de loi décrite dans la partie C, Y de même loi que Ym .
10. Soit α = 1 +
m−1
X implose sur Y avec un indice d’implosion m.
11. Notons une erreur d’énoncé : il faut lire « k 6 m ».
1/m
Par hypothèse et d’après 8., ∀x ∈ R, F (x) = 1 − 1 − G(x)
.
Soit k 6 m et soit X 0 une variable aléatoire admettant pour fonction de répartition H
définie par
m/k
∀x ∈ R, H(x) = 1 − 1 − F (x)
.
• On vérifie sans peine que H est une fonction de répartition continue, car F l’est.
En effet, H est continue sur R et de classe C1 sauf peut-être en un nombre fini de
7/7
15 avril 2015
points, de limite nulle en −∞ et de limite 1 en +∞. Enfin, F étant croissante, 1 − F
est décroissante, donc (1 − F )m/k aussi, et du coup H est croissante.
Je note Yi0 pour 1 6 i 6 k la variable min(X10 , . . . , Xi0 ) où (X10 , . . . , Xk0 ) est un échantillon
de X 0 .
m
• ∀x ∈ R, FYk0 (x) = 1 − 1 − H(x))k = 1 − 1 − F (x) = FYm (x)
Donc Yk0 possède une espérance, égale à celle de Ym , et Yk0 suit la loi de Ym , donc de Y .
• Soit 1 6 i < k.
mi/k
∀x ∈ R, FYi0 (x) = 1 − 1 − H(x))i = 1 − 1 − F (x)
mi/k
Donc : ∀x ∈ R, 1 − FYi0 (x) = 1 − F (x)
.
mi
k−1
m
m
Or
6m
6m−
6 m − 1 puisque
≥ 1.
k
k
k
m−1 k
Donc : ∀x ∈ R, 1 − FYi0 (x) ≥ 1 − F (x)
car 0 6 1 − F (x) 6 1.
Z +∞
Or puisque E(Ym−1 ) diverge, par la partie A,
(1 − F (x))m−1 dx diverge. Et par
0
Z +∞
comparaison des fonctions positives,
(1−F (x))mi/k dx diverge, donc E(Yi0 ) n’a pas
0
d’espérance.
• En particulier, pour i = 1, Y10 = X 0 , donc X n’a pas d’espérance.
Bilan : X 0 est implosive, implose sur Y , avec un indice d’implosion valant k.
Pour tout k ∈ [[2 ; m]], il existe X 0 implosant sur Y , d’indice k.
Partie F
12. L’énoncé est peut-être un peu vague. X est a priori positive d’après le début de l’énoncé.
Doit-on supposer que X admet une espérance dans la définition de l’explosivité ? Voici
une réponse pour les deux cas.
• Si X n’a pas d’espérance, alors 0 6 X 6 Zn entraîne que Zn n’a pas d’espérance
(sinon, X admettrait une espérance par domination). Dans ce cas, son indice d’explosivité est m = 2, uniquement parce que Z1 n’est pas définie... mais dire Z1 = X serait
très cohérent, et alors l’indice serait 1. J’adopte cette convention.
• Si X possède une espérance, alors X1 + · · · + Xn admet une espérance par linéarité.
Or 0 6 Zn 6 X1 + · · · + Xn entraîne que Zn admet une espérance par domination.
Ceci étant vrai pour tout n de N∗ , X n’est pas explosive.
Si X admet une espérance, alors X n’est pas explosive.
Si X n’admet pas d’espérance, alors X est explosive d’indice 1.
Si m ≥ 2, il n’existe pas de variable explosive d’indice m.
13. D’après ce qui précède, toute variable positive possédant une espérance fait l’affaire...
et comme il en existe (lois exponentielle, γ, binomiale, géométrique, de Poisson...)
Il existe des variables qui ne sont pas explosives.