Corrigé (ESC 2001) par Pierre Veuillez
  1. On pose pour tout entier naturel n non nul l'intégrale: In = 1 + ln(t) tn dt
    1. On peut intègrer par parties : u(t)=ln(t) et v' (t)=1/t ce qui conduira à une relation entre I et i ou plus rapidement :
      1 A ln(t) t dt= [ 1 2 (ln(t))2 ]t=1 A = 1 2 ln (A)2 -0+

      quand A+ donc l'intégrale I1 est divergente.
    2. Soit un (t)=ln(t) et v' (t)=\dfrac1 tn on a u' (t)=\dfrac1t et v(t)=\dfrac-1(n-1) tn-1 avec u et v C1

      1 A ln(t) tn dt = - lnA (n-1) An-1 + 1 n-1 1 A 1 tn dt = - lnA (n-1) An-1 + 1 n-1 [ -1 (n-1) tn-1 ]1 A = lnA (n-1) An-1 - 1 (n-1)2 An-1 + 1 (n-1)2

      et comme An-1 >>ln(A) quand A+ on a donc 1 A ln(t) tn dt 1 (n-1)2 et 1 + ln(t) tn dt est convergente et vaut 1 (n-1)2
    3. f est dérivable sur [2;+[ et
      f' (t) = 1 t t2 -ln(t)2t t4 = 1-2ln[t] t3

      Comme t1-2ln[t] est décroissante sur ]0,+[ et qu'elle est nulle en e elle est strictement négative sur ]e,+[ donc sur [2,+[
      En + on a ln(t) << t2 donc f(t)0 et
      t 2 +
      1-2ln(t) -
      f' (t) -
      f(t) 0
    4. Comme tln(t)/ t2 , est positive et décroissante et que I2 est convergente, alors par comparaison entre série et intégrale impropress la série k2 ln(k) k2 converge.
  2. On considère la fonction g définie sur par: { g(t)=0 si t<1 g(t)= 4ln(t) t3 si t1
    1. g est connitnue sur ]-,1[ et sur [1,+[ comme quotient de fonctions continues.
      En 1- on a: pour x<1:g(x)=00 et g(1)=4ln(1)/ 13 =0 donc g est continue en 1 et donc sur .
      De plus g 0 sur
      Reste enfin à étuddier la convergence de - + g(t)dt:
      - 1 g(t)dt= - 1 0dt=0
      1 + g(t)dt= 1 + 4ln(t) t3 dt=4 1 + ln(t) t3 dt=4 I3 = 4 22 =1 (intégrale convergente d'après la question précédente )
      Donc g est bien une densité de probabilité.
      On nomme dans toute la suite X une variable aléatoire admettant la densité g.
    2. X a une espérance si - + tg(t)dt converge :
      - 1 tg(t)dt= - 1 0dt=0
      1 + tg(t)dt= 1 + 4tln(t) t3 dt=4 1 + ln(t) t2 dt=4 I2 = 4 12 =4 (intégrale convergente)
      Donc X a une espérance et E(X)=4
    3. X a une espérance si X2 a une espérance : si - + t2 g(t)dt converge; Or
      1 + t2 g(t)dt= 1 + 4 t2 ln(t) t3 dt= 1 + 4ln(t) t dt or I1 est divergente donc X2 n'a pas d'espérance et X   n' a pas de variance.
  3. Etude d'une variable discrète définie à partir de X.
    1. On considère la fonction G définie sur par { G(t)=0 si t<1 G(t)=1- 2ln(t) t2 - 1 t2 si t1
      G est dérivable sur ]-,1[ et sur [1,+[ .
      G est dérivable en 1 si elle a une dérivée a droite et à gauche et que ces dérivées sont égales.
      Elle est dérivable en 1+ comme quotient de fonctions continues et pour x>0:
      G' (x)=-2 1 t t2 -ln(t)2t t4 - 2 t3 =4 lnt t3 G' ( 1+ )=0

      En 1- on peut revenir au taux d'acroissement :
      pour h<0: G(0+h)-G(0) h = 0-0 h 0 donc G est dérivable à gauche de 1 et G' ( 1- )=0
      ou on peut utiliser le théorème de prolongement :
      pour x<1:G(x)=00=G(1) donc G est continue en 1 et G' (x)=00. Donc G est dérivable à gauche en 1 et G' ( 1- )=0
      D'une façon au d'une autre g est donc dérivable également en 1.
      Finalement G est dérivable sur de classe C1 sur -{1} et G' (t)=g(t) pour t>1 et t<1
      Donc G est la fonction de répartition d'une varaibale aléatoire de densité g donc de X.
      On note Z la variable aléatoire discrète définie par:
      Z(Ω)=    et       Z=[X]    partie entière de    X

      On rappelle que si x + etk,[x]=kkx<k+1.
    2. On a (Z=k)=([X]=k)=(kX<k+1) et comme kk+1 on a alors :
      P(Z=k)=p(kX<k+1)=G(k+1)-G(k).

    3. Preuve par récurrence :
      • Pour n=0: k=0 0kP(Z=k)=0 et
        -(0+1)[1-G(0+1)]+ k=0 0(1-G(k+1))=-[1-G(1)]+(1-G(0+1))=0

        donc l'égalité est vérifiée.
      • Soit n tel que
        k=0 nkP(Z=k)=-(n+1)[1-G(n+1)]+ k=0 n(1-G(k+1))

        alors
        k=0 n+1kP(Z=k)= k=0 nkP(Z=k)+(n+1)P(Z=n+1) =-(n+1)[1-G(n+1)]+ k=0 n(1-G(k+1)) +(n+1)[G(n+2)-G(n+1)] =-(n+1)+ k=0 n(1-G(k+1))+(n+1)G(n+2)

        et par l'autre membre :
        -(n+2)[1-G(n+2)]+ k=0 n+1(1-G(k+1))=-(n+2)[1-G(n+2)] + k=0 n(1-G(k+1))+(1-G(n+2)) =-(n+1)+(n+1)G(n+2) + k=0 n(1-G(k+1)) = k=0 n+1kP(Z=k)

      • Et par récurence, pour tout entier naturel n :
        k=0 nkP(Z=k)=-(n+1)[1-G(n+1)]+ k=0 n(1-G(k+1))

    4. On a
      1-G(t)=1-(1- 2ln(t) t2 - 1 t2 ) = 2ln(t) t2 + 1 t2 = 2ln(t) t2 (1+ 1 2ln(t) ) \thicksim 2ln(t) t2

      car 1+ 1 2ln(t) 1 quand t+ donc (1-G(k)) est équivalent en + à 2lnk k2
    5. Dans la somme partielle k=0 nkP(Z=k) on a :
      • par comparaison de séries à termes positifs, comme k2 2lnk k2 converge alors la série k2 (1-G(k)) converge et donc également (en réindexant) la série k0 (1-G(k+1)).
      • de plus -(n+1)[1-G(n+1)]\thicksim-(n+1) 2ln(n+1) (n+1)2 =- 2ln(n+1) n+1 0 car ln(x) << x et
      • donc k=0 nkP(Z=k) a une limite finie quand n tend vers + et Z a une espérance.
(ESC 2001)



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On 18 May 2004, 00:02.