Corrigé ESCP 2003 par Pierre Veuillez

Dans tout le problème, on désigne par 𝒞 l'espace vectoriel des applications continues de dans .
À toute application f de 𝒞 , on associe l'application D ( f ) de dans définie par: x , D ( f ) ( x ) = f ( x + 1 ) f ( x ) Les parties A, B et C sont indépendantes.

Question préliminaire:

Pour toute fonction f continue sur la fonction x f ( x + 1 ) est elle même continue sur .

Donc D est une application de 𝒞 dans 𝒞 .

Pour tout f et g de 𝒞 et α et β on a D ( α f + β g ) ( x ) = ( α f + β g ) ( x + 1 ) ( α f + β g ) ( x ) = α ( f ( x + 1 ) f ( x ) ) + β ( g ( x + 1 g ( x ) ) ) = α D ( f ) ( x ) + β D ( g ) ( x ) Conclusion :

D est est un endomorphisme de 𝒞

Partie A : Image par D d'une fonction de répartition

  1. Soit F une application continue sur

    Pour être fonction de répartition de variable à densité elle doit de plus vérifier

  2. Soit F une application de 𝒞 qui est une fonction de répartition et g l'application D ( F ) .

    1. Comme F est croissante et x + 1 x alors F ( x + 1 ) F ( x ) et g ( x ) 0 pour tout x réel;

    2. Conclusion :

      g est positive sur

    3. Comme F est croissante sur , pour tout x t x + 1 on a F ( x ) F ( t ) F ( x + 1 )

      Et comme les bornes sont en ordre croissant, (inégalité de la moyenne ou intégration de l'inégalité) F ( x ) ( x + 1 x ) x x + 1 F ( t ) t F ( x + 1 ) ( x + 1 x ) .
      et F ( x ) x x + 1 F ( t ) t F ( x + 1 )

      Comme lim x F ( x + 1 ) = lim x F ( x ) = 0 , on a alors

      Conclusion :

      lim x x x + 1 F ( t ) d t = 0 et lim x + x x + 1 F ( t ) d t = 1

    4. Soit A et B deux réels vérifiant A < 0 < B et I ( A , B ) l'intégrale: I ( A , B ) = A B g ( t ) d t .

      Par changement de variable t = x 1 on a : A B g ( t ) t = A B F ( t + 1 ) t A B F ( t ) t = A + 1 B + 1 F ( x ) x A B F ( t ) t = A + 1 A F ( t ) t + B B + 1 F ( t ) t = B B + 1 F ( t ) t A A + 1 F ( t ) t

    5. g est positive, continue sur et lim B + A A B g ( t ) t = 1 donc + g ( t ) t = 1

      Conclusion :

      g est une densité de probabilité.

  3. Un exemple
    On suppose, dans cette question, que F est la fonction de répartition d'une variable aléatoire qui suit la loi uniforme sur l'intervalle [ 0 , 1 ] et on pose: g = D ( F ) .

    On a F ( x ) = 0 si x 0 ; F ( x ) = x si x [ 0 , 1 ] et F ( x ) = 1 si x 1.

    Donc

    Conclusion :

    g ( x ) = { 0 si  x < 1 x + 1 si  1 x < 0 1 x si  0 x < 1 0 si 1 x

Partie B : Recherche des valeurs propres de D

Si λ est un r\eel, on dit que λ est une valeur propre de D s'il existe une application f de 𝒞 , distincte de l'application nulle, v\erifiant: ; D ( f ) = λ f ;.

  1. Soit a un réel. On note g a l'application de 𝒞 définie par: x , g a ( x ) = e a x .
    On a
    D ( g a ) ( x ) = e a ( x + 1 ) e a x = e a x ( e a 1 ) = ( e a 1 ) g a ( x )

    Conclusion :

    D ( g a ) = ( e a 1 ) g a et e a 1 est valeur propre de D

  2. Pour λ > 1 , on résout e a 1 = λ a = ln ( λ + 1 ) (car λ + 1 > 0 ) donc λ est valeur propre associée au vecteur propre g ln ( λ + 1 )

    Conclusion :

    tout réel λ strictement supérieur à 1 est une valeur propre de D .

  3. Soit a un réel. On note h a l'application de 𝒞 définie par: x , h a ( x ) = sin ( π x ) e a x .
    On a
    D ( h a ) ( x ) = sin ( x + 1 ) e a ( x + 1 ) sin ( x ) e a x = ( 1 + e a ) sin ( x ) e a x

    Conclusion :

    D ( h a ) = ( 1 + e a ) h a et ( 1 + e a ) est valeur propre

  4. et pour tout λ < 1 , on a λ 1 > 0 et avec a = ln ( λ 1 ) on a ( 1 + e a ) = λ est valeur propre.

    Conclusion :

    tout réel λ strictement inférieur à 1 est une valeur propre de D

  5. Si réel 1 est valeur propre de D alors il existe f 0 telle que f ( x + 1 ) f ( x ) = 1 f ( x ) pour tout x réel et donc f ( x + 1 ) = 0 et f = 0

    Absurde.

    Conclusion :

    1 n'est pas valeur propre de D

Partie C : Image par D d'une application polynomiale

Pour tout entier naturel p , on désigne par E p le sous-espace de 𝒞 dont les éléments sont les applications polynômiales de degré au plus p .
On note X l'application x x et, pour tout entier naturel non nul k , on note X k l'application x x k .
Soit ( H i ) i la suite d'applications polynômiales définie par: H 0 = 1    et    i * , H i = 1 i ! k = 0 i 1 ( X k )

  1. On a H 1 = 1 1 ! k = 0 0 ( X k ) = X H 2 = 1 2 ! k = 0 1 ( X k ) = X ( X 1 ) 2 ! = X 2 + X 2 2 H 3 = 1 3 ! k = 0 2 ( X k ) = X ( X 1 ) ( X 2 ) 3 ! = X 3 X 2 2 + X 3 6 On montre que la famille est libre : soient α , β , γ , δ réels alors

    si α H 0 + β H 1 + γ H 2 + δ H 3 = 0 on a pour tout x réel ( α H 0 + β H 1 + γ H 2 + δ H 3 ) ( x ) = 0 et en particulier :

    d'où α = β = γ = δ = 0 et la famille est libre. (on a aussi une famille échelonnée)

    Elle comporte 4 vecteurs de E 3 (polynômes de degré 4 ) et dim E 3 = 4

    Conclusion :

    ( H 0 , H 1 , H 2 , H 3 ) est une base de E 3

  2. Soit 3 = ( 1 , X , X 2 , X 3 ) la base canonique de E 3 .

    1. On développe pour obtenir leurs coordonnées dans 3 :

      • H 0 = 1 coordonnées : ( 1 , 0 , 0 , 0 )

      • H 1 = X coordonnées ( 0 , 1 , 0 , 0 )

      • H 2 = X 2 + X 2 2 coordonnées ( 0 , 1 2 , 1 2 , 0 )

      • H 3 = X 3 X 2 2 + X 3 6 coordonnées : ( 0 , 1 3 , 1 2 , 1 6 )

      Donc P = ( 1 0 0 0 0 1 1 2 1 3 0 0 1 2 1 2 0 0 0 1 6 ) et on calcule l'inverse par résolution du système :

      P ( x y z t ) = ( a b c d ) { x = a y 1 2 z + 1 3 t = b 1 2 z 1 2 t = c 1 6 t = d { x = a y = 1 2 z 1 3 t + b = b + c + d z = t + 2 c = 6 d + 2 c t = 6 d

      Donc P 1 = ( 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 2 6 0 0 0 6 )

    2. Soit a 0 , a 1 , a 2 , : a 3 des réels et Q l'application polynomiale a 0 + a 1 X + a 2 X 2 + a 3 X 3 .

      Donc les coordonnées de Q dans 3 sont ( a 0 , a 1 , a 2 , a 3 )
      Les coordonnées de
      Q dans 𝒰 3 sont (en colonne) P 1 ( a 0 a 1 a 2 a 3 ) = ( a 0 a 1 + a 2 + a 3 2 a 2 + 6 a 3 6 a 3 ) ?
      En particulier pour X 3 , (
      a 3 = 0 les autres nuls) ses coordonnées dans 𝒰 3 sont ( 0 , 1 , 6 , 6 )

      donc X 3 = 0 H 0 + 1 H 1 + 6 H 2 + 6 H 3 .

  3. Application: moment d'ordre 3 d'une variable aléatoire de Poisson
    Soit a un réel strictement positif et Z une variable aléatoire suivant la loi de Poisson de paramètre a .

    1. Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 3 , on pose: S n = k = 0 n k 3 a k k ! .
      On a :
      S n = k = 0 n k 3 a k k ! = k = 0 n H 1 ( k ) + 6 H 2 ( k ) + 6 H 3 ( k ) k ! a k avec H 1 ( k ) k ! = 1 1 ! k k ! = 1 ( k 1 ) !  si  k 1 H 2 ( k ) k ! = 1 2 ! k ( k 1 ) k ! = 1 2 1 ( k 2 ) !  si  k 2 H 3 ( k ) k ! = 1 3 ! k ( k 1 ) ( k 2 ) k ! = 1 6 1 ( k 3 ) !  si  k 3 on a donc S n = k = 1 n 1 ( k 1 ) ! a k + 6 k = 2 n 1 2 1 ( k 2 ) ! a k + 6 k = 3 n 1 6 1 ( k 3 ) ! a k = k = 0 n 1 1 k ! a k + 1 + 3 k = 0 n 2 1 k ! a k + 2 + k = 0 n 3 1 k ! a k + 3  réindexé a e a + 3 a 2 e a + a 3 e a  quand  n +

      Donc la série de terme général n 3 a n n ! est convergente

      Conclusion :

      n = 0 + n 3 a n n ! = ( a + 3 a 2 + a 3 ) e a

    2. Z 3 a une espérance si la série k = 0 + k 3 P ( Z = k ) est absolument convergente
      ( convergence simple car tout est positif)

      k = 0 + k 3 P ( Z = k ) = k = 0 + k 3 a k e a k ! = e a k = 0 + k 3 k ! a k  qui converge = a + 3 a 2 + a 3 Conclusion :

      E ( Z 3 ) = a + 3 a 2 + a 3

  4. Dans cette question, p est un entier naturel non nul fixé.

    1. Si Q appartient à E p , alors D ( Q ) = Q ( X + 1 ) Q est encore polynôme de degré p donc D ( Q ) appartient aussi à E p .
      On note alors D p l'endomorphisme de E p qui, à tout Q de E p , associe D ( Q ) .

    2. Comme deg ( H k ) = k alors la famille 𝒰 p = ( H 0 , H 1 , , H p ) est formée de p vecteurs de E p et est échelonnée donc libre.

      Donc 𝒰 p est une base de E p .

    3. Déterminer D p ( H 0 ) = 1 ( X + 1 ) 1 = 0

      D p ( H 1 ) = X ( X + 1 ) X = X + 1 X = 1

      et pour tout entier i vérifiant 0 < i p , l'égalité :

      D p ( H i ) = H i ( X + 1 ) H i = 1 i ! k = 0 i 1 ( X + 1 k ) 1 i ! k = 0 i 1 ( X k ) réindexé  h = k 1 = 1 i ! k = 1 i 2 ( X h ) 1 i ! k = 0 i 1 ( X k )  factorisé = 1 i ! k = 0 i 2 ( X k ) [ X 1 ( X i + 1 ) ] = i i ! k = 0 i 2 ( X k ) = 1 ( i 1 ) ! k = 0 i 2 ( X k )  car  i 1 = H i 1 Conclusion :

      donc pour i 1 : D p ( H i ) = H i 1

    4. On a alors M p = ( 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 ) avec une sur diagonale de 1 et nulle ailleurs.

    5. Comme M p est triangulaire ses valeurs propres sont sur la diagonale.

      Conclusion :

      la seule valeur propre de M p est 0

      Si M p était diagonalisable, on aurait : M p = P 0 P 1 = 0

      Conclusion :

      M p n'est pas diagonalisable.

  5. Application: moment d'ordre p d'une variable aléatoire de Poisson
    Soit p un entier naturel non nul fixé et b 0 , b 1 , , b p les réels vérifiant X p = b 0 H 0 + b 1 H 1 + + b p H p Comme précédemment, on transforme la somme partielle :
    k = 0 n k p a k k ! = k = 0 n ( b 0 H 0 + b 1 H 1 + + b p H p ) ( k ) k ! a k = i = 0 p ( k = i n b i i ! ( k i ) ! a k + 0 )  réindexé  h = k i = i = 0 p b i i ! k = 0 n i a h + i ( k i ) ! i = 0 p b i i ! a i e a  quand  n + et celle de E ( Z p ) : dont l'absolue convergence équivaut à la convergence simple puisque ses termes sont positifs. k = 0 n k p P ( Z = k ) = k = 0 n k p a k e a k ! = e a k = 0 n k p k ! a k i = 0 p b i i ! a i

    Conclusion :

    Z p a une espérance et E ( Z p ) = i = 0 p b i i ! a i

  6. Dans cette question, p est un entier naturel non nul et, pour tout entier i vérifiant 0 i p , on considère l'application ϕ i de E p dans qui, à tout élément Q de E p , associe le réel : ϕ i ( Q ) = k = 0 i ( 1 ) i k ( i k ) Q ( k )

    1. ϕ est bien définie à valeurs dans .

      Soient P et Q de E p et α et β réels alors ϕ i ( α P + β Q ) = k = 0 i ( 1 ) i k ( i k ) ( α P + β Q ) ( k ) = k = 0 i ( 1 ) i k ( i k ) ( α P ( k ) + β Q ( k ) ) = α k = 0 i ( 1 ) i k ( i k ) P ( k ) + β k = 0 i ( 1 ) i k ( i k ) Q ( k ) = α ϕ i ( P ) + β ϕ i ( Q ) Conclusion :

      ϕ i ( E p , )

    2. Soit i et j deux entiers vérifiant 0 i p et 0 j p ;

      On remarque que H j ( k ) = 1 j ! h = 0 j 1 ( k h ) = 0 si k [ [ 0 , j 1 ] ] donc

      ϕ i ( H i ) = k = 0 i ( 1 ) i k ( i k ) H i ( k ) = k = 0 i 1 ( 1 ) i k ( i k ) H i ( k ) + ( 1 ) i i ( i i ) H i ( i ) = H i ( i ) = i ! i ! = 1 = 1 i ! h = 0 i 1 ( i h ) = i ! i ! = 1

      Si j > i : ϕ i ( H j ) = k = 0 i ( 1 ) i k ( i k ) H j ( k ) = 0  car  k < j  dans la somme

      Si j < i ϕ i ( H j ) = k = 0 i ( 1 ) i k ( i k ) H j ( k ) = k = 0 j 1 0 + k = j i ( 1 ) i k ( i k ) k ( k 1 ) ( k j + 1 ) j ! = k = j i ( 1 ) i k i ! k ! ( i k ) ! k ! j ! ( k j ) ! = i ! j ! k = j i ( 1 ) i k 1 ( i k ) ! 1 ( k j ) !  complété en binôme  = i ! j ! ( i j ) ! k = j i ( 1 ) i k ( i j ) ! ( i k ) ! ( k j ) !  réindexé  h = k j = ( i j ) k = 0 i j ( 1 ) i j h ( i j h ) = ( i j ) ( 1 1 ) i j = 0  car  i j > 0

      Conclusion :

      ϕ i ( H i ) = 1    et si j i , ϕ i ( H j ) = 0

    3. On a X p = b 0 H 0 + b 1 H 1 + + b p H p et ϕ i linéaire donc

      ϕ i ( X p ) = j = 0 p b j ϕ i ( H j ) = j = 0 : j i p 0 + b i ϕ i ( H i )  donc  b i = ϕ i ( X p ) = k = 0 i ( 1 ) i k ( i k ) X p ( k ) = k = 0 i ( 1 ) i k ( i k ) k p Conclusion :

      on a donc bien b i = k = 0 i ( 1 ) i k ( i k ) k p