Devoir surveillé no 1
ÉCS2
☞–/09/2014
Exercice
x2
∀x ∈ D,
∞
1.a) Comme ln est C sur ] 0 ; +∞ [ et ne s’annule qu’en 1, par inversion,
g est définie et de classe C∞ sur ] 0 ; 1 [ ∪ ] 1 ; +∞ [.
x
t
t ln t
t ln t
∀x ∈ ] 1 ; +∞ [ ,
b) ∀x > 1, ∀t ∈ x ; x2 ,
b) • Pour x ∈ ] 0 ; 1 [ , 0 < x2 < x < 1, donc g est continue sur x2 ; x , donc f (x) est
défini.
• Pour x ∈ ] 1 ; +∞ [ , 1 < x < x2 , donc g est continue sur x ; x2 , donc f (x) est
défini.
f est définie sur D.
• En désignant par G une primitive de g sur D, G est dérivable et G′ = g est de
classe C∞ donc G est de classe C∞ . Comme
∀x ∈ D,
f (x) = G(x2 ) − G(x),
par composition et soustraction,
f est de classe C∞ sur D.
2.a) Soit x ∈ ] 1 ; +∞ [ . On a, par croissance de ln,
2
∀t ∈ x ; x
∀t ∈ x ; x2
t
x
t ln t
t ln t
Alors par croissance de l’intégrale, avec x2
−x ln 2 −f (x)
c) ∀x ∈ ] 0 ; 1 [ , ∀t ∈ x2 ; x ,
∀x ∈ ] 0 ; 1 [ ,
f (x)
x ln 2.
x→1
x→1
Toujours par encadrement, d’après c), lim f (x) = 0
x→0
x→1
ln x < 0 (puisque ln(x2 ) = 2 ln x), donc
1
, puis par croissance de l’intégrale avec x2
2 ln x
x − x2
x − x2
−f (x)
.
2 ln x
ln x
x2 − x
x2 − x
f (x)
.
2 ln x
ln x
x2 − x
−x
x2 − x
x2 − x
∼
, on a lim
= 0 et lim
= 0.
x→0 ln x
x→0 2 ln x
ln x x→0 ln x
x2
x2 − x
x2 − x
∼
, on a lim
= +∞.
Et puisque
x→+∞ 2 ln x
2 ln x x→+∞ 2 ln x
Par encadrement et comparaison,
lim f (x) = 0 et lim f (x) = +∞.
c) Puisque
finie en 0 et en 1,
f est prolongeable par continuité sur [ 0 ; +∞ [ en posant f (0) = 0 et f (1) = ln 2.
Jusqu’à la fin de l’exercice, on désigne encore par f le prolongement ainsi obtenu.
x2 ,
b
4.
Sachant qu’en Scilab la fonction integrate(’h(t)’,’t’,a,b) calcule
x,
(L1)
(L2)
(L3)
(L4)
(L5)
(L6)
(L7)
function
y=f(x)
if x==0 then
y=0
elseif x==1 then
y=log(2)
else y=integrate(’1/log(t)’,’t’,x,x^2)
endfunction
5.a) Comme ∀x ∈ D, f (x) = G(x2 ) − G(x) avec G′ = g, on a :
1
x−1
2x
−
=
∀x ∈ D, f ′ (x) = 2xg(x2 ) − g(x) =
2 ln x ln x
ln x
x
−
1
.
∀x ∈ D,
f ′ (x) =
ln x
b) Comme ln x ∼ x − 1, f ′ (x) ∼ 1 donc lim f ′ (x) = 1.
x→1
x→1
x→1
f est de classe C∞ donc C1 sur R+ \ {1}, continue sur R+ , et lim f ′ (x) existe et est
x→1
x2
3.a) ∀x ∈ D,
x
dt
=
t ln t
x2
x
′
finie, donc par le théorème de prolongement des fonctions de classe C1 ,
f est de classe C1 sur R+ .
2
ln(x )
ln t
2 ln(x)
x
dt = [ln |ln t|]x = ln
= ln
ln t
ln x
ln x
2
h(t)dt,
a
x→+∞
x→0
x2 ln 2
x2
1
car
< 0.
t ln t
t ln t
< x,
−x2 ln 2.
d) Par encadrement, d’après b), lim+ f (x) = ln 2 et d’après c), lim− f (x) = ln 2
2
b) Soit x ∈ ] 0 ; 1 [ . On note que : x2 < x. On a, par croissance de ln,
ln t
1
ln t
x2
, et par croissance de l’intégrale,
t ln t
x ln 2 f (x) x2 ln 2.
Donc lim f (x) = ln 2. f étant continue sur ] 0 ; 1 [∪ ] 1 ; +∞ [ et admettant une limite
, 0 < ln x ln t 2 ln x (puisque ln(x ) = 2 ln x), donc
1
1
1
, puis par croissance de l’intégrale avec x
,
ln x
ln t
2 ln x
x2 − x
x2 − x
f (x)
.
2 ln x
ln x
∀t ∈ x2 ; x , 2 ln x
1
∀t ∈ x2 ; x ,
ln x
x
dt
= ln 2.
t ln t
1/4
Devoir surveillé no 1
ÉCS2
t−1
est continue sur ] 0 ; 1 [ et admet des limites finies en 0 et en 1 (lim f (t) = 0
t→0
ln t
et lim f (t) = 1), donc l’intégrale I est faussement impropre.
☞–/09/2014
Remarque : comme lim f (t) = +∞, f n’est pas continue en 0.
6.a) t →
t→0+
•
t→1
I existe.
f=
′
f (t)dt où f est continue sur le segment [ 0 ; 1 ], donc on peut
b) Observons que I =
0
′
calculer I à l’aide de f , primitive de f .
1
1.
•
•
1.
•
2.
Problème
Un calcul préliminaire
j(t)
∼
t→+∞
1
t3/2
et
1
1
dt
= 0 + I = 1.
π
π t(t + 1)
0
−∞
f est une densité de probabilité.
√
∼
t→+∞
1
or
π × t1/2
+∞
1
dt
est une intégrale de Riemann divert1/2
+∞
dt
est une intégrale de Riemann convergente, puisque
t3/2
Étude d’une densité
Densité
• f est positive sur ] −∞ ; 0 ] et sur ] 0 ; +∞ [ donc sur R.
• √ f est nulle donc continue sur ] −∞ ; 0 [ et f est continue sur ] 0 ; +∞ [ car t →
π t(t + 1) y est continue et ne s’annule pas, donc f est continue sur R \ {0}.
7.
2/4
t(f )dt
−∞
n’existe pas.
1
5.
j : t= psto √
est continue et positive sur ] 0 ; +∞ [.
t(t + 1)
1
dt
1
j(t) ∼ √ et
est une intégrale de Riemann convergente, puisque 1/2 <
1/2
t→0
t
0 t
+∞
Espérance √
t
tf (t) =
π(t + 1)
+∞
0dt +
gente. donc par le critère des équivalents, les fonctions étant positives,
3/2 > 1.
Le critère des équivalents pour les fonctions positives, appliqué en 0 et en +∞ justifie
que
l’intégrale doublement impropre I converge.
√
u : t → t est de classe C1 et strictement croissante sur ] 0 ; +∞ [, donc le changement
de variable proposé est légitime. On obtient alors
+∞
+∞
2udu
dt
6.
√
=
I=
u(u2 + 1)
t(t + 1)
0
0
+∞
π
du
= 2 lim arctan(A) − arctan(0) = 2 × = π
I=2
2+1
A→+∞
u
2
0
I = π.
2
3.
−∞
4.
1
I = [f (t)]0 = f (1) − f (0) = ln 2.
f existe par linéarité et vaut
−∞
0
+∞
1
′
+∞
Par la partie précédente,
X ne possède pas d’espérance.
Répartition
x
Pour tout x de R, F(x) =
x
•
•
2
π
Si x
0, F(x) =
f (t)dt.
−∞
0dt = 0.
−∞
0
Si x > 0, F(x) =
√
0
x
x
0dt +
−∞
0
dt
√
π t(t + 1)
√
x
√
u= t
= 0+
0
√
√
2
2
du
arctan( x) − arctan 0 = arctan( x).
=
u2 + 1
π
π
0
si x 0,
F : R → R, x → 2
√
arctan( x) si x > 0.
π
2udu
=
πu(u2 + 1)
Tiercile
√
√
1
2
1
1
π
• P(X α) = ⇔ F(α) = ⇔ arctan( α) = ⇔ arctan( α) =
3
3
π
3
6
√
√
√
⇔ α = tan(π/6) ⇔ α = 1/ 3 ⇔ α = 1/3
√
1
1
2
1
• P(X β) = ⇔ 1 − F(β) = ⇔ 1 − arctan( β) =
3
3
π
3
√
√
√
√
π
⇔ arctan( β) = ⇔ β = tan(π/3) ⇔ β = 3 ⇔ β = 3
3
α = 1/3 et β = 3.
Médiane
P(X m) = P(X m) ⇔ F(m) = 1 − F(m) ⇔ 2F(m) = 1 ⇔ F(m) = 1/2
√
√
√
1
π
2
⇔ arctan( m) = ⇔ arctan( m) = ⇔ m = tan(π/4) ⇔ m = 1
π
2
4
m = 1.
Devoir surveillé no 1
ÉCS2
8.
Simulation
b) Soit M(x, y) un point quelconque. Son symétrique par rapport à la droite verticale
d’équation x = 1/2 est M′ (1 − x, y) (Faire un dessin pour s’en convaincre !) On a
alors :
M ∈ Cg ⇔ y = g(x) ⇔ y = g(1 − x) ⇔ M′ ∈ Cg .
La droite verticale d’équation x = 1/2 est axe de symétrie de la courbe Cg .
π
π
U (Ω) = [ 0 ; +∞ [. Donc
a) Comme U(Ω) = [ 0 ; 1 [, U(Ω) = [ 0 ; π/2 [, tan
2
2
Y(Ω) = [ 0 ; +∞ [.
Si x 0, P(Y x) = 0 donc FY (x) = 0.
√
Si x > 0, FY (x) = P(Y x) = P(tan2 (πU/2) x) = P(tan(πU/2)
x)
√
= P((πU/2) arctan x) par croissance de arctan,
√
√
√
= P(U π arctan( x)/2) = π arctan( x)/2 car π arctan( x)/2 ∈ ] 0 ; 1 [.
Conclusion : FY = F et Y suit la même loi que X.
11. Équivalents de g en 0 et en 1
Dans cette question, x désigne un réel de l’intervalle ] 0 ; 1/2 ].
b) Comme rand() suit une loi uniforme sur ] 0 ; 1 [, tout comme la variable U,
x=tan(%pi*rand()/2)ˆ2 suit la loi de tan(πU/2)2 , c’est-à-dire la loi de Y, donc
la loi de X.
x=tan(%pi*rand()/2)ˆ2 simule la variable X.
a) En coupant par la relation de Chasles en 1 et par linéarité sur [ 1 ; +∞ [,
+∞
1
+∞
dt
dt
t − (t + 1)
g(x) −
=
+
dt, d’où
x+1
x
t
tx+1 (t + 1)
1
0 t (t + 1)
1
1
g(x) =
0
b) ∀t ∈ ] 0 ; 1 ] , 0
3
9.
0
dt
converge si, et seulement si, x ∈ ] 0 ; 1 [.
tx (t + 1)
10. Symétrie
a) u : t → 1/t étant de classe C1 et strictement décroissante sur ] 0 ; +∞ [, le changement
de variable indiqué est licite. Soit x ∈ ] 0 ; 1 [.
0
+∞
(−1/u2 )du
du
u=1/t
g(x) =
=
= g(1 − x)
−x
1−x (u + 1)
u
(1
+
1/u)
u
+∞
0
3/4
0
0
1
tx (t + 1)
croissance de l’intégrale,
c) ∀t ∈ [ 1 ; +∞ [ , 0
+∞
0
1
+∞
dt
.
tx+1 (t + 1)
1
1
entraîne tx
2
1
√ car 0 < x
t
1
tx
1
Définition
1
est continue et positive sur ] 0 ; +∞ [.
t→ x
t (t + 1)
1
1
1
dt
et
l’intégrale
de
Riemann
converge si, et seulement si, x < 1.
∼
x
tx (t + 1) t→0 tx
0 t
1
dt
Par le critère des équivalents pour des fonctions positives,
converge si,
x
0 t (t + 1)
et seulement si, x < 1.
+∞
dt
1
1
et l’intégrale de Riemann
converge si, et seulement
∼
x
x+1
x+1
t (t + 1) t→+∞ t
t
1
si, x + 1 > 1 (i.e. x > 0). Par le critère des équivalents pour des fonctions positives,
1
dt
converge si, et seulement si, x > 0.
x (t + 1)
t
0
Par définition de la convergence d’une intégrale doublement impropre,
+∞
1
x
t (t + 1)
dt
−
+ 1)
tx (t
de l’intégrale,
Étude d’une fonction définie par une intégrale
l’intégrale
☞–/09/2014
dt
x
t (t + 1)
1
tx+2
dt
tx+1 (t + 1)
1
0
t. Par croissance
dt
√ .
t
1
car 0 < x entraîne tx+2
t2
+∞
1
dt
.
t2
d) Commençons par calculer les deux intégrales majorantes :
1
√ 1
dt
√ = lim 2 t = 2
A
t A→0
0
A
+∞
−1
dt
=
lim
=1
A→+∞
t2
t 1
1
A
+∞
1
1
dt
=
lim
=
Observons que :
x+1
x
A→+∞ −xt
t
x
1
1
L’inégalité triangulaire dans 11.a) donne :
1
+∞
+∞
dt
dt
dt
+
g(x) −
x+1
x (t + 1)
x+1 (t + 1)
t
t
t
0
1
1
Et en remplaçant les intégrales par leur valeur,
1
3.
g(x) −
x
e) En divisant l’inégalité par 1/x pour x > 0, on a :
tx . Par
Devoir surveillé no 1
ÉCS2
g(x)
−1
3x.
1/x
g(x)
= 1, autrement dit
Et comme lim 3x = 0, par encadrement : lim
x→0
x→0 1/x
1
g(x) ∼
.
x→0 x
∀x ∈ ] 0 ; 1/2 ] ,
13. Extremums
a) Les variations de g induisent qu’elle atteint un minimum en 1/2, et uniquement en
1/2. Or g(1/2) = I = π.
Le minimum de g est π, atteint uniquement en 1/2.
0
b) g(x) ∼
x→0
g(x)
g(1 − x)
=
−−−→ 1 d’après 11.e).
1/(1 − x)
1/(1 − x) x→1
1
.
g(x) ∼
x→1 1 − x
f ) En utilisant la symétrie de 10.b),
12. Variations de g
☞–/09/2014
1
induit lim g(x) = lim+ = +∞, donc
x→0
x
x→0
g n’est pas majorée.
14. Courbe
Courbe de g
26
a) Soit x dans ] 0 ; 1 [.
Le changement de variable est identique à celui pratiqué en 10.a) et donne
+∞
+∞
1
tx
du
dt
u=1/t
=
dt.
=
x
u1−x (u + 1)
t(t + 1)
1
1
0 t (t + 1)
+∞
+∞
t1−x
dt
Comme
=
dt, par la relation de Chasles :
x
t (t + 1)
t(t + 1)
1
1
+∞
+∞
t1−x
tx
dt +
dt, et par linéarité :
g(x) =
t(t + 1)
t(t + 1)
1
1
y=g(x)
y=1/x
y=1/(1−x)
y=pi
24
22
20
18
16
y
14
12
+∞ x
g(x) =
1
t + t1−x
dt.
t(t + 1)
10
8
b) En écrivant : ∀x ∈ ] 0 ; 1 [ , h(x) = ex ln t + e(1−x) ln t , on a immédiatement
6
∀x ∈ ] 0 ; 1 [ , h′ (x) = ln(t)ex ln t − ln(t)e(1−x) ln t = ln(t)(tx − t1−x ).
′
x
4
1−x
Comme t > 1, ln(t) > 0 et h (x) est du signe de t − t
. Ainsi :
h′ (x) > 0 ⇔ tx > t1−x ⇔ x ln(t) > (1 − x) ln(t) par stricte croissance de exp,
h′ (x) > 0 ⇔ x > 1 − x ⇔ x > 1/2 (toujours puisque ln(t) > 0).
De même, h′ (x) = 0 ⇔ x = 1/2.
h est strictement décroissante sur ] 0 ; 1/2 ] et strictement croissante sur [ 1/2 ; 1 [.
2
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
x
function y=g(x)
if x>.5 then
y=integrate(’(t^x*(t+1))^(-1)’,’t’,0,10000)
x
1−x
y
1−y
c) Soit 0 < x < y 1/2. Par la décroissance de h : ∀t > 1, t + t
t +t
, donc :
else
x
1−x
y
1−y
t +t
t +t
y=integrate(’(t^(1-x)*(t+1))^(-1)’,’t’,0,10000)
∀t > 1,
>
. Par croissance de l’intégrale et puisque l’inégalité
t(t + 1)
t(t + 1)
end;
est stricte et les fonctions intégrées sont continues, g(x) > g(y). g est strictement
endfunction;
décroissante sur ] 0 ; 1/2 ]. On démontre de même que g est strictement croissante
sur [ 1/2 ; 1 [.
x=.04:.01:.96;y=[];for k=x y=[y g(k)];end;
g est strictement décroissante sur ] 0 ; 1/2 ] et strictement croissante sur [ 1/2 ; 1 [.
plot2d(x,y);plot2d(x,x^(-1));plot2d(x,(1-x)^(-1));plot2d(x,%pi+0.*x);
xpoly([.5 .5],[0,30]);xtitle(’Courbe de g’);
legend(’y=g(x)’,’y=1/x’,’y=1/(1-x)’,’y=pi’);
4/4
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