Corrigé HEC 2003 par Pierre Veuillez
Partie A : Étude d'une fonction
On suppose, dans cette question, qu'il existe une fonction f de classe C1 sur les intervalles ]-,0[ et ]0,1[, vérifiant pour tout réel x appartenant à ]-,0[]0,1[, l'égalité :
x(1-x) f' (x)+(1-x)f(x)=1

Soit h la fonction définie sur ]-,0[]0,1[, par:   h(x)=xf(x).
Montrer que h est de classe C1 sur les intervalles ]-,0[, ]0,1[ et calculer sa dérivée.
    1. f est C1 sur les intervalles ]-,0[ et ]0,1[ donc h l'est aussi comme produit de fonctions de classe C1
      La dérivée de h est alors : h' (x)=f(x)+ xf' (x)
      et comme x(1-x) f' (x)+(1-x)f(x)=1 alors ( 1-x0 ) f(x)+ xf' (x)= 1 1-x
      et h' (x)= 1 1-x
      Donc h es tune primitive de x 1 1-x sur chacun des deux intervalles.
      Et comme 1-x>0 sur ces intervalles, une primitive en est x-ln(1-x) alors h en différe par une constante, sur chacun de ces intervalles.
      Donc il existe deux constantes réelles c1 et c2 vérifiant
      { x]-,0[,h(x)=-ln(1-x)+ c1 x]0,1[,h(x)=-ln(1-x)+ c2

    2. On définit une fonction f sur les intervalles ]-,0[ et ]0,1[ par:
      { x]-,0[,f(x)=\dfrac-ln(1-x)+ c1 x x]0,1[,f(x)=\dfrac-ln(1-x)+ c2 x

      Pour que f soit prolongeable pa rcontinuité en 0, elle doit avoir la même limite finie à droite et à gauche en 0.
      • En 0+ : si c1 0 alors le numérateur tend vers c1 0 et le dénominateur vers 0 donc le quotient tend l'infini et la fonction n'est pas prolongeable.
        Il est donc nécessaire que c1 soit égal à 0.
        Et pour c1 =0 on a alors f(x)= -ln(1-x) x \thicksim -x x 1 quand x0
      • En 0- : il faut de même que c2 soit nul et on a là encore f(x)1.
      Donc pour c1 = c2 =0 la fonciton f est prolongebale par continuité en 0 par f(0)=1 et ce sont les seules valeurs qui conviennent.
  1. il est rassurant de voir que la fonction f définie ici est la même que celle que l'on vient de trouver.
    1. On a ln(1+h)=h- h2 2 + h3 3 + h3 ϵ(h) avec ϵ(h)0 quand h0 donc
      ln(1-x)=-x- x2 2 - x3 3 + x3 ϵ(x) avec ϵ(x)0 quand x0
      Donc
      - ln(1-x) x = - 1 x (-x- x2 2 - x3 3 + x3 ϵ(x)) = 1+ x 2 + x2 3 + x2 ϵ1 (x)

    2. La fonction f est continue en 0 puisqu'elle est la fonction prolongée par continuité que l'on avait trouvée.
      On forme alors le taux d'accroissement de f en 0 : pour x0
      f(x)-f(0) x-0 = 1+ x 2 + x2 3 + x2 ϵ1 (x)-1 x = 1 2 + x 3 +x ϵ2 (x) 1 2

      donc f est dérivable en 0 et f' (0)= 1 2 .
    3. Pour tout x de ]-,0[]0,1[, on a :
      f' (x) = - - 1 1-x x-ln(1-x) x2 = - 1 x (- 1 1-x - ln(1-x) x ) = ( 1 1-x -f(x)) 1 x

      f. est déjà C1 sur ]-,0[]0,1[ comme quotient de fonctions C1 (avec x0)
      Pour la conitunité de f' en 0, on utilise le développement limité de la question précédente :

      f' (x) = [ 1 1-x -(1+ x 2 + x2 3 + x2 ϵ1 (x))] 1 x = 1 x(1-x) [1+(x-1)(1+ x 2 + x2 3 + x2 ϵ1 (x))] = 1 x(1-x) [1-1+x(-1+ 1 2 )+x ϵ2 (x)] = -1 2 x+x ϵ2 (x) x(1-x) = -1+ ϵ2 (x) 2(1-x) 1 2 quand x0

      Et comme f' (0)= 1 2 , f' est continue en 0.
      Donc f est de classe C1 sur ]-,1[.
    1. Pour étudier son signe, on étudie ses variations :
      ϕ est dérivable sur ]-,1[ et
      ϕ' (x)= 1-x+x (1-x)2 + -1 1-x = 1-(1-x) (1-x) = x (1-x)2

      qui est donc du signe de x.
      x - 0 1
      ϕ' (x) - 0 +
      ϕ(x) + 0 + +
      Comme f' (x)= ϕ(x) x2 pour x0, f est alors strictement croissante sur ]-,1[
    2. Reste à étudier le comportement aux bornes :
      • en 1:- ln(1-x)- x1 + et on a une asymptote verticale.
      • en -: - ln(1-x)+ x- forme indéterminée. ON fait le changement de variable t=-x+

        f(x) = - ln(1+t) -t = ln(t(1+1/t)) t = ln(t) t + ln(1+1/t) t car t>0 et 1+1/t>0 0       car ln(t) << t

        et on a donc une assymptote horizontale en -.
      • A l'origine la tangente a une pente de 1/2
        On réutilise le DL de f pour obtenir la position par rapport à la tangente d'équation y=1+ 1 2 x :
        f(x)-(1+ x 2 ) = 1+ x 2 + x2 3 + x2 ϵ1 (x)-1+ x 2 = x2 3 + x2 ϵ1 (x)= x2 ( 1 3 + ϵ1 (x)) 0+

        Donc au voisinage de l'origine, la courbe est au dessus de sa tangente.
      x - 0 1
      f' (x) + 1 2 +
      f(x) 0 1 +
  2. Soit x un réel de l'intervalle ]0,1[.
    1. h(t)=-ln(1-t) . h est de classe C sur ]-,1[ et :  
      h' (x)=- -1 1-t = 1 1-t        h'' (t)= 1 (1-t)2        h''' (t)= 2 (1-t)3

      .
      et par récurernce on prouve que pour tout entier naturel n non nul, h(n) (t)= (n-1)! (1-t)n .
    2. Comme h est de classe Cn+2 on a alors d'après la formule de Taylor reste intégrale à l'ordre n+1:

      h(x) = k=0 n+1 xk k! h(k) (0)+ 0 x 1 (n+1)! (x-t)n+1 h(n+2) (t)  dt   = h(0)+ k=1 n+1 xk k! (k-1)!+ 0 x 1 (n+1)! (x-t)n+1 (n+1)! (1-t)n+2   dt = k=1 n+1 xk k + 0 x (x-t )n+1 (1-t )n+2    d t

    3. Pour x>0 et t[0,x] on a 0tx et donc 0x-t et pour x<1 on a 0t<1 et 0<1-t. Donc 0\leqslant\dfracx-t1-t
      Pour la seconde inégalité : \dfracx-t1-t-x=\dfracx-t-x(1-t)1-t=\dfract(x-1)1-t0 donc \dfracx-t1-t\leqslantx
      Et finalment, pour tout réel t de l'intervalle [0,x], on a :  0\leqslant\dfracx-t1-t\leqslantx  
      Il reste à mettre bout à bout les résultats précédents :
      • On a d'abord f(x)= h(x) x = k=1 n+1 xk-1 k + 1 x 0 x (x-t )n+1 (1-t )n+2
      • On réindexe la somme k=1 n+1 xk-1 k = k=0 n xk k+1
      • la différence est donc : f(x)- k=0 n xk k+1 = 1 x 0 x (x-t )n+1 (1-t )n+2
      • Dans (x-t )n+1 (1-t )n+2 on va majorer (x-t )n+1 (1-t )n+1 pour conserver 1 1-t en se primitivant donnera ln(1-x) pour le f(x) recherché :
        Sur [0,x] on a \dfracx-t1-t\leqslantx donc (x-t )n+1 (1-t )n+1 xn+1 car la fonctionpyuissance est croissnte sur + et que tous les termes sont positifs.
        Donc 0 (x-t )n+1 (1-t )n+2 xn+1 1 1-t
      • Enfin, comme 0x (ordre des bornes)
        0 0 x (x-t )n+1 (1-t )n+2 dt 0 x xn+1 1 1-t dt= xn+1 [-ln(1-t)]t=0 x car 1-t>0 - xn+1 ln(1-x)

        et donc en divisant par x:
        0f(x)- k=0 n xk k+1 xn+1 -ln(1-t) x = xn+1 f(x)

    4. Quand n tend vers +, xn+1 0 car |x|<1 donc par encadrement f(x)- k=0 n xk k+1 0 et donc la série n0 xn n+1 converge et vaut n=0 + xn n+1 =f(x)

 Partie B : Étude d'une variable aléatoire à densité
  1. Dans cette question f est la fonction définie à la question 2 de la partie A.
    1. Soit f1 la fonction définie sur ]0,1] par :  { f1 (t)=\dfraclntt-1 si t1 f1 (1)=1
      • f1 est continue pour t-10 et t>0 (sur ]0,1[) comme quotient de fonctions continues.
      • En 1- : on effectue le changement de variable h=t-10 et
        f(t)= \dfracln(1+h)h1=f(1) car ln(1+h)\thicksimh quand h0.
      • Donc f1 est continue sur ]0,1]
      On a 0 x f(t)d t= 0 x - ln(1-t) t dt et 1-x 1 f1 (t)d t= 1-x 1 lnt t-1 dt
      Dans la première intégrale, on effectue le changement de variable τ=1-tt=1-τ
      t=0τ=1:t=xτ=1-x et dt=-dτ ( t1-t est de classe C1 sur [0,x] et f est continue sur l'intervalle image de [0,x] par cette fonction)
      Donc
      0 x f(t) d t= 1-x 1 - ln(τ) (1-τ) -dτ= 1-x 1 f1 (τ)dτ

    2. On prouve en intégrant par parties :
      dans a 1 tn lntd t on pose alors u' (t)= tn :u(t)= tn+1 /(n+1) et v(t)=ln(t): v' (t)=1/t avec u et v de classe C1 sur [a,1].
      a 1 tn lnt d t = [ tn+1 n+1 ln(t)]a 1 - a 1 tn+1 n+1 1 t dt = 0- an+1 lna n+1 - [ 1 (n+1)2 tn+1 ]a 1 = - an+1 lna n+1 - 1 (n+1 )2 (1- an+1 )

      Et quand a 0+ on a an+1 lna=ln(a)/( 1 an+1 )0 car ln(a) << 1 an+1 et an+1 0 car n+1>0donc
      a 1 tn lntdt- 1 (n+1)2

      Donc l'intégrale  0 1 tn lnt d t converge et 0 1 tn lnt d t=- 1 (n+1 )2 .  
    3. Soit a un réel de l'intervalle ]0,1[ et n un entier naturel. On a
      a 1 f1 (t) d t+ k=0 n a 1 tk lnt d t = a 1 (\dfraclntt-1+ k=0 n tk )lnt  dt        prolongeable en 1 = a 1 (\dfrac1t-1+ tn+1 -1 t-1 )lnt  dt    pour t1 prolongeable. = a 1 tn+1 ln(t) t-1 dt = a 1 tn+1 f1 (t) d t

    4. t f1 (t)= tln(t) t-1 donc la fonction tt f1 (t) est continue sur ]0,1[
      En 0 on a tln(t)0 et en 1 on a vu que ln(t)/(t-1)1. Donc Cette fonctionest bien prolongeable par continuité en 0 et en 1 donc prolongeable en une fonction h1 continue sur [0,1].
      On rassemble les questions précédentes :
      • a 1 f1 (t)d t= a 1 tn+1 f1 (t)d t- k=0 n a 1 tk lntd t
      • Avec a 1 tk lntd t- 1 (k+1)2 quand a0
      • et a 1 tn+1 f1 (t)dt= a 1 tn    tf1 (t)dt= a 1 tn h1 (t)dt 0 1 tn h1 (t)d t (la fonction h1 est continue, donc l'intégrale est une intégrale propre)
      • Finalment a 1 f1 (t)d t 0 1 tn h1 (t)d t- k=0 n- 1 (k+1)2
      Finalment l'intégrale   0 1 f1 (t) d t converge et
      0 1 f1 (t) d t= k=0 n 1 (k+1 )2 + 0 1 tn h1 (t) d t

    5. Comme la fonction h1 est continue (et positive) sur le segment [0,1] elle y admet donc un maximum M
      Donc pour tout t[0,1]:0 h1 (t)M et ( tn 0) 0 tn h1 (t)M tn
      En intégrant l'inégalité ( 01) on obtient 0 0 1 tn h1 (t)d t 0 1 M tn d t= M n+1
      D'où :
      0\leqslant 0 1 f1 (t) d t- k=0 n 1 (k+1 )2 \leqslant M n+1

    6. La série de terme général \dfrac1 n2  est une série de Rieman avec 2>1 donc elle est convergente.
      Comme M n+1 0 alors, par encaderment 0 1 f1 (t)d t- k=0 n 1 (k+1 )2 0 quand n+
      Donc k=0 n 1 (k+1 )2 0 1 f1 (t)d t (constante) quand n+
      Finalement 0 1 f1 (t) d t= n=1 1 n2
      D'autre part 0 x f(t)d t= 1-x 1 f1 (t)dt 0 1 f1 (t)d t quand x1
      Donc 0 1 f(t)dt impropre en 1 est convergente et 0 1 f1 (t)d t= n=1 1 n2
  2. On donne:   n=1 1 n2 = π2 6  et on désigne par g la fonction définie sur \mathbb par:
    { g(t)=\dfrac6 π2 f(t) si    t[0,1[ g(t)=0 sinon

    1. On se rapelle que f0 et continue sur donc sur ]-,1[ et que 0 1 f(t)d t= π2 6
      Donc g est positive sur , continue sur -{0,1} et
      - + g est impropre en ± et en 1.
      - 0 g= - 0 0=0 et de même 1 + g=0
      Enfin comme 0 1 f(t)d t converge et vaut π2 6 alors 0 1 6 π2 f(t)d t converge et vaut 1.
      Donc - + g converge et vaut 1.
      Donc g est bien une densité de probabilité.
    2. Soit X une variable aléatoire ayant pour densité g.
      Par le même changement de variable t=1-τ on trouve   0 x ln(1-t) d t= 1-x 1 lnτdτ
      L'espérance de X est (si elle converge) - + tg(t)dt.
      Or - 0 tg(t)dt=0 et 1 + tg(t)dt=0
      Reste à étudier
      0 1 tg(t)dt= 0 1 6 π2 t -ln(1-t) t dt= 0 1 - 6 π2 ln(1-t)dt

      Comme on a vu précédemment que 0 1 tn lntdt=- 1 (n+1)2 pour tout entier naturel n donc pour n=0 on a 0 1 lnτdτ converge et vaut - 1 12 =-1 donc 0 x ln(1-t) d t= 1-x 1 lnτdτ-1 quand x1 et 0 1 ln(1-t)d t converge et vaut -1
      Donc 0 1 tg(t)dt converge et vaut 6 π2
      Finalement X a bien une espérance et E(X)=- 6 π2
    3. Par le même changement de variable on trouve pour 0x<1que
      0 x (t-1)ln(1-t)dt = 1-x 1 -τlnτdτ - 0 1 τ1 lnτdτ=- -1 22

      Donc l'intégrale   0 1 (t-1)ln(1-t) d t converge et est égale à \dfrac14  
      On a alors
      0 1 t2 g(t)dt = 0 1 6 π2 t2 -ln(1-t) t dt= 0 1 - 6 π2 tln(1-t)dt = 0 1 - 6 π2 (t-1+1)ln(1-t)dt = - 6 π2 0 1 (t-1)ln(1-t)dt- 6 π2 0 1 ln(1-t)dt = - 6 π2 1 4 + 6 π2 = 9 2 π2

      Donc X2 a une espérance qui est E( X2 )= 9 2 π2
      et enfin X a une variance qui est V(X)=E( X2 )-E (X)2 = 9 2 π2 - 36 π4
Partie C : Encadrement d'une fonction de deux variables
Dans cette partie, on désigne par V l'ensemble ouvert défini par:
V={(x,y)\mathbb 2 ;  -\dfrac12<x<\dfrac12,  -\dfrac12<y<\dfrac12}

  1. Soit u la fonction de V dans \mathbb :    (x,y)u(x,y)= xy2 + x2 + y2 +\dfrac14.
    1. u est de classe C2 sur l'ouvert V et
      u(x,y) x = y2 +2x et u(x,y) y =2xy+2y
      { u(x,y) x =0 u(x,y) x =0 { y2 +2x=0 2xy+2y=0 (1)
      • Si y=0 alors (1){ x=0 0=0 et (0,0) est un point critique.
      • Si y0 alors (1){ y2 =2 x+1=0x=-1 et comme 2]- 1 2 , 1 2 [ il n'y a pas de tels points critiques dans V.
      Donc le seul point où F peut avoir un extremum local est (0,0).
      On y calcule les dérivées secondes :
      r= 2 u(x,y) x2 =2 et s= 2 u(x,y) xy =2y et 2 u(x,y) 2 y =2y+2
      Donc en (0,0) on a r=2, s=0 et t=2 donc rt- s2 =4>0 et on a un extremum local en ce point.
      De plus r=2>0 et c'est donc un minimum local.
      Est-il minimum global ?
      On a u(0,0)= 1 4 et u(x,y)= xy2 + x2 + y2 + 1 4 =(x+1) y2 + x2 + 1 4 1 4 . (car x+10 sur V)
      Donc la fonction u admet (0,0) comme minimum global sur V et n'admet pas de maximum.
    2. Comme |x|< 1 2 et |y|< 1 2 alors | xy2 |< 1 8 : x2 < 1 4 et y2 < 1 4
      Donc xy2 + x2 + y2 + 1 4 | xy2 |+ x2 + y2 +\dfrac14< 1 8 + 1 4 + 1 4 + 1 4 = 7 8 sur l'ouvert V.
  2. Soit F la fonction :    (x,y)F(x,y)=\dfracln(\dfrac34- xy2 - x2 - y2 )\dfrac14+ xy2 + x2 + y2   
    1. Avec t=u(x,y)=\dfrac14+ xy2 + x2 + y2 on reconnait que F(x,y)= ln(1-t) t =-f(u(x,y))
      Reste à voir si u(x,y)]0,1[
      Or u est miminum en (0,0) où elle vaut 1 4 donc pour tout (x,y) de V on a :

      1 4 u(x,y) 7 8 <1

      Donc F est bien défine sur l'ouvert V.
      Comme f est strictement croissante sur ]0,1[, -f sera strictment décroissante et donc -f(u(x,y)) sera maximum quand u(x,y) sera minimum.
      Donc sur l'ouvert V, F a comme unique maximum le point (0,0)
      et F(0,0)=4ln(\dfrac34)
    2. On a donc une majoration de F 4ln(\dfrac34)
      Pourle minorant : on sait que u(x,y) 7 8 sur V et comme -f est décroissante,
      -f(u(x,y))-f( 7 8 ) donc :

      -f( 7 8 )F(x,y)4ln(\dfrac34)

      pour tout (x,y) de V.



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On 18 May 2004, 00:02.