Khôlle 14/11/06 (Intégrales impropres)

Exercice 1 :

a) Soit (a,b) \in \mathbb{R}^2 / a < b, f : [a,b] \mapsto \mathbb{R} continue et g : [a,b] \mapsto \mathbb{R} continue et de signe constant sur [a,b].

Montrer que \exists c \in [a,b] / \displaystyle{\int_a^b f(x)g(x)dx=f(c)\int_a^b g(x)dx}.

b) Montrer que \displaystyle{\int_0^1 \frac{t-1}{\ln(t)}dt} converge et que \forall x \in [0,1[, \displaystyle{\int_0^x \frac{t-1}{\ln(t)}dt = \int_x^{x^2} \frac{1}{\ln(t)}dt}.

c) Conclure quant à la valeur de \displaystyle{\int_0^1 \frac{t-1}{\ln(t)}dt}.


Exercice 2 (ENS) :

Soit P \in \mathbb{R}[X] tel que d°(P)\geq 1 et \forall x \in \mathbb{R}, P(x) \geq 0. Soit Q \in \mathbb{R}[X] tel que \displaystyle{\forall x \in \mathbb{R}, Q(x)=\sum_{i=0}^{d°(P)} P^{(i)}(x)}.

\forall x \in \mathbb{R}, exprimer Q(x) à l'aide d'une intégrale, éventuellement impropre. En déduire que \forall x \in \mathbb{R}, Q(x) \geq 0.

---

On considère f \in C^1(\mathbb{R}) telle que \forall x \in \mathbb{R}, f(x)=Q(x)e^{-x}.

Soit x \in \mathbb{R}, f'(x)=\displaystyle{\sum_{i=0}^{d°(P)} (P^{(i+1)}(x)e^{-x}-P^{(i)}(x)e^{-x})}=P^{(d°(P)+1)}(x)e^{-x}-P(x)e^{-x}. Or, P^{(d°(P)+1)}=0 donc \forall x \in \mathbb{R}, f'(x)=-P(x)e^{-x}. Soit (a,x) \in \mathbb{R}^2 / a < x, on a \displaystyle{\int_a^x -P(t)e^{-t}dt = [f(t)]^x_a = Q(x)e^{-x}-Q(a)e^{-a}}. Or, \forall k \in \mathbb{N}, \displaystyle{\lim_{a \rightarrow +\infty} a^k e^{-a}=0} donc \displaystyle{\lim_{a \rightarrow +\infty} Q(a)e^{-a}=0}. Par conséquent, \displaystyle{\int_x^{+\infty} P(t)e^{-t}dt} est convergente et \forall x \in \mathbb{R}, Q(x)e^{-x}= \displaystyle{\int_x^{+\infty} P(t)e^{-t}dt}. Donc, \forall x \in \mathbb{R}, Q(x)=\displaystyle{\int_x^{+\infty} P(t)e^{x-t}dt}. Or, t \mapsto P(t)e^{x-t} est continue et positive sur [x,+\infty[. Par positivité de l'intégrale impropre, on en déduit donc que \forall x \in \mathbb{R}, Q(x) \geq 0.

# 9 Ajouter/Voir les commentaires

Jardin en fleur

Soit n \in \mathbb{N}*.
Un jardinier plante n bulbes de tulipes dans son jardin. Chaque bulbe a une probabilité p \in ]0,1[ de donner une fleur. Lorsqu'une tulipe fleurit une année, elle refleurit ensuite chaque année. On note T la variable aléatoire correspondant au nombre d'années nécessaires pour que tout le jardin soit en fleur. On considère X_i la variable aléatoire correspondant au nombre d'années nécessaires à la floraison de la i-ème fleur.

X_i \hookrightarrow G(p) : \forall k \in [1,n], P(X_i=k)=p(1-p)^{k-1}. D'où, \forall k \in [1,n], P(X_i \leq k)=\displaystyle{\sum_{j=1}^k p(1-p)^{j-1}.}
Soit h \in \mathbb{N}*, on a donc \displaystyle{P(T=h)=P(\bigcup_{i=1}^n [X_i \leq h])=\prod_{i=1}^n(\sum_{j=1}^h p(1-p)^{j-1})=(1-(1-p)^h)^n.}

# 7 Ajouter/Voir les commentaires

Densité de GL_n(K) dans M_n(K)

\mathbb{K}=\mathbb{C} ou \mathbb{R}.

Soit M=(m_{ij})_{1 \leq i,j \leq n} \in M_n(K) et k \in \mathbb{N}*, on considère A_k=(a^k_{ij})_{1 \leq i,j \leq n} telle que A_k=M-\frac{1}{k}I_n. Soit (i,j) \in [1,n]^2, \forall i \not= j, a^k_{ij}=m_{ij} et \forall i \in [1,n], a^k_{ii}=m_{ii}-\frac{1}{k}. Donc, \forall (i,j) \in [1,n]^2, \displaystyle{\lim_{k \rightarrow +\infty} a^k_{ij}=m_{ij}.} D'où, \displaystyle{\lim_{k \rightarrow +\infty} A_k=M.}

Si M n'admet aucune valeur propre, \forall k \in \mathbb{N}*, A_k est inversible.
Si M admet au moins une valeur propre, alors M en admet un nombre fini. Donc, il existe un entier k_0 tel que \frac{1}{k_0} soit strictement inférieur à la plus petite des valeurs propres \lambda_0 de M. D'où, \forall k \geq k_0, \frac{1}{k} \leq \frac{1}{k_0} \leq \lambda_0. Donc, \forall k \geq k_0, A_k est inversible.

Donc, \forall M \in M_n(K), M est limite d'une suite de matrices A_k \in GL_n(K). GL_n(K) est donc dense dans M_n(K).

# 6 Ajouter/Voir les commentaires

Formule du binôme de Newton

Soit (a,b) \in \mathbb{R}^2, on considère la propriété P(n) : (a+b)^n=\displaystyle{\sum_{k=0}^n {{n} \choose {k}} a^k b^{n-k}}

1°/ P(0):(a+b)^0={{0} \choose {0}}a^0 b^{0-0} est vraie.

2°/ Soit n \in \mathbb{N} tel que P(n) soit vraie, on a :

\displaystyle{(a+b)^{n+1}=(a+b)(a+b)^n=(a+b)\sum_{k=0}^n {{n} \choose {k}} a^k b^{n-k}=\sum_{k=0}^n {{n} \choose {k}} a^{k+1} b^{n-k}+ \sum_{k=0}^n {{n} \choose {k}} a^k b^{n-k+1}}
\displaystyle{=a^{n+1} + \sum_{k=1}^n {{n} \choose {k-1}} a^{k} b^{n-(k-1)}+ \sum_{k=1}^n {{n} \choose {k}} a^k b^{n-k+1}+b^{n+1}=a^{n+1}+b^{n+1}+ \sum_{k=1}^n ({{n} \choose {k-1}}+{{n} \choose {k}}) a^{k} b^{n+1-k}}
\displaystyle{=a^{n+1}+b^{n+1}+ \sum_{k=1}^n {{n+1} \choose {k}} a^{k} b^{n+1-k}=\sum_{k=0}^{n+1} {{n+1} \choose {k}} a^{k} b^{n+1-k}.}

Donc, P(n+1) est vraie.
\forall n \in \mathbb{N}, P(n) vraie \Rightarrow P(n+1) vraie.
Par conséquent, \forall n \in \mathbb{N}, P(n) est vraie.

# 5 Ajouter/Voir les commentaires

Série harmonique

\forall n \in \mathbb{N}^*, H_n = \displaystyle{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}.} La suite (H_n)_{n \in \mathbb{N}^*} est la série harmonique.

1°/ (H_n)_{n \in \mathbb{N}^*} diverge.
Soit n \in \mathbb{N}^*, H_{2n}-H_n = \displaystyle{\sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{k}} - \displaystyle{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}} = \displaystyle{\sum_{k=n}^{2n} \frac{1}{k}.} Or, \forall n \leq k \leq 2n, \frac{1}{k} \geq \frac{1}{2n}. Donc, \displaystyle{\sum_{k=n}^{2n} \frac{1}{k}} \geq \displaystyle{\sum_{k=n}^{2n} \frac{1}{2n}.} Or, \displaystyle{\sum_{k=n}^{2n} \frac{1}{2n}} = \frac{1}{2}. D’où, \forall n \in \mathbb{N}^*, H_{2n}-H_n \geq \frac{1}{2}.

De plus, si (H_n)_{n \in \mathbb{N}^*} convergeait vers l \in \mathbb{R}, (H_{2n})_{n \in \mathbb{N}^*} convergeait également vers l \in \mathbb{R}. Dans ce cas, par passage à la limite, on aurait l-l \geq \frac{1}{2}, soit 0 \geq \frac{1}{2}. On en déduit donc que (H_n)_{n \in \mathbb{N}^*} diverge.

2°/ H_n \sim \ln n.
Soit k \in \mathbb{N}^*, \forall t \in [k,k+1], \frac{1}{k} \geq \frac{1}{t}. Donc, \displaystyle{\int_{k}^{k+1} \frac{1}{k}dt \geq \int_{k}^{k+1} \frac{1}{t}dt.} Or, \displaystyle{\int_{k}^{k+1} \frac{1}{k}dt = \frac{1}{k} [t]^{k+1}_k = \frac{1}{k}.} On en déduit donc que \displaystyle{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \geq \sum_{k=1}^n (\int_{k}^{k+1} \frac{1}{t}dt).} D’où \displaystyle{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \geq \int_{1}^{n+1} \frac{1}{t}dt.} Or, \displaystyle{\int_{1}^{n+1} \frac{1}{t}dt = [\ln t]^{n+1}_1 = \ln(n+1).} Donc, \displaystyle{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \geq \ln(n+1).}
Soit k \in \mathbb{N}\backslash\ \mathbb{[}0,1 \mathbb{]}, \forall t \in [k-1,k], \frac{1}{t} \geq \frac{1}{k}. Donc, \displaystyle{\int_{k-1}^{k} \frac{1}{t}dt \geq \int_{k-1}^{k} \frac{1}{k}dt.} On en déduit donc que \displaystyle{\sum_{k=2}^n (\int_{k-1}^{k} \frac{1}{t}dt) \geq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}.} D’où \displaystyle{\int_{1}^{n} \frac{1}{t}dt \geq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}.} Or, \displaystyle{\int_{1}^{n} \frac{1}{t}dt = \ln n.} Donc, \displaystyle{\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\leq 1+\ln n.}

D'où, \forall n \in \mathbb{N}^*, \ln(n+1) \leq H_n \leq 1+\ln n. On en déduit donc que H_n \sim \ln n..

# 3 Ajouter/Voir les commentaires

Nombre d'applications strictement croissantes

Soit A l'ensemble des applications croissantes de {1,...,n} dans {1,...,p} et B l'ensemble des applications strictement croissantes de {1,...,n} dans {1,...,n+p-1}.
On définit \phi : A \rightarrow B
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ f_a \mapsto f_b telle que \forall i \in {1,...,n}, f_b (i)=f_a (i)+i-1.

\phi est bien une application de A dans B. En effet, si on considère 1 \leq i < k \leq n, on a f_b (k)-f_b (i)=f_a (k)+k-1-(f_a (i)+i-1)=(f_a (k)-f_a (i))+(k-i). Avec f_a croissante sur {1,...,n} d'où f_a (k)-f_a (i) \geq 0 et k-i>0. Donc, f_b (i) < f_b (k). De plus, puisque f_b est croissante, on a \forall i \in {1,...,n}, f_a (1)+1-1 \leq f_b (i) \leq f_a (n)+n-1 donc 1 \leq f_b (i) \leq p+n-1.

Sinon, on construit \psi : B \rightarrow A
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ f_b \mapsto f_a telle que \forall i \in {1,...,n}, f_a (i)=f_b (i)-i+1.

De même \psi est bien une application de B dans A. En effet, si on considère 1 \leq i < k \leq n, on a f_a (k)-f_a (i)=f_b (k)-k+1-(f_b (i)-i+1)=(f_b (k)-f_b (i))-(k-i)=\displaystyle{\sum_{j=i+1}^{k} (f_b (j)-f_b(j-1)-1).}
Comme f_b est strictement croissante sur {1,...,n} (dans {1,...,n+p-1} intervalle d'entiers), on a \forall j \in {i+1,...,k}, f_b (j)-f_b (j-1) \geq 1 donc f_a (i) \leq f_a (k). De plus, puisque f_a est croissante, on a \forall i \in {1,...,n}, f_b (1)-1+1 \leq f_a (i) \leq f_b (n)-n+1 donc 1 \leq f_a (i) \leq p.

Il reste simplement à remarquer que \psi \circ \phi = Id_A et \phi \circ \psi = Id_B d'où l'on déduit que \psi = \phi^{-1}. Donc, \phi est bijective et Card A = Card B = {{n+p-1} \choose{n}}.

# 2 Ajouter/Voir les commentaires