Transcript son corrigé - Normalesup.org

École des Mines de Nancy
Denis Villemonais, [email protected]
Année 2013-2014
1A – Intégration et probabilités
TD4 – Corrigé
Exercice 1. Soient α ∈ R et f : R2+ → R définie par
f (x, y) =
1
.
(1 + x + y)α
Justifier l’existence de l’intégrale de f puis la calculer.
Solution. La fonction f est continue donc mesurable (pour la tribu borélienne). De plus, f est positive donc son intégrale est bien définie.
Calculons à présent son intégrale. La fonction f étant mesurable positive, on
a, d’après le théorème de Fubini-Tonelli,
Z
Z Z
α
1
dλ1 (y)dλ1 (x)
f (x, y)dλ2 (x, y) =
R2+
R+ R+ 1 + x + y
(R
∞ dλ1 (x) si α ≤ 1,
= RR+ (1+x)α−1
dλ(x) si α > 1
α−1
R+


∞
( si α ≤ 1,
=
∞ si α ∈]1, 2],


1
si α > 2.
(α−2)(α−1)
En définitive,
(
∞ si α ≤ 2,
f (x, y)dλ2 (x, y) =
1
si α > 2.
R2+
(α−2)(α−1)
Z
Exercice 2. Soient a, b > 0. Montrer que
Z
∞
X
xe−ax
1
dλ1 (x) =
.
−bx
(a + nb)2
R+ 1 − e
n=0
Aide : on pourra écrire 1/(1 − e−bx ) comme une série à termes géométriques.
1
Solution. Pour tout x ≥ 0, on a
∞
X
xe−ax
=
xe−ax−nbx ,
1 − e−bx
n=0
donc
Z
R+
xe−ax
dλ1 (x) =
1 − e−bx
Z
∞
X
xe−ax−nbx dλ1 (x).
R+ n=0
Les fonctions composant la séries étant toutes mesurables et positives, on
peut intervertir les signes somme et intégrale d’après le théorème de FubiniTonelli, ainsi
Z
∞ Z
X
xe−ax
dλ1 (x) =
xe−ax−nbx dλ1 (x)
−bx
R+ 1 − e
n=0 R+
R
En intégrant par partie les termes R+ xe−ax−nbx dλ1 (x), on obtient
∞
Z
R+
X
xe−ax
1
dλ
(x)
=
.
1
−bx
1−e
(a + nb)2
n=0
Exercice 3. Soit (X, Y ) une variable aléatoire de densité
f(X,Y ) (x, y) =
1
1
.
2
π 1 + (1 + x2 )2 y 2
Montrer que X est une variable aléatoire à densité et donner sa loi.
Solution. Pour toute fonction ϕ : R → R mesurable positive, on a, d’après
le théorème du transport appliqué à la fonction (x, y) 7→ ϕ(x),
Z
1
1
E(ϕ(X)) =
ϕ(x) 2
dλ2 (x, y).
π 1 + (1 + x2 )2 y 2
R2
La fonction intégrée étant positive, on déduit du théorème de Fubini-Tonelli
que
Z Z
1
1
E(ϕ(X)) =
ϕ(x) 2
dλ1 (y)dλ1 (x)
π 1 + (1 + x2 )2 y 2
R R
Z
+∞
ϕ(x) 2
=
arctan((1
+
x
)y)
dλ1 (x)
−∞
π 2 (1 + x2 )
ZR
1 1
dλ1 (x).
=
ϕ(x)
π 1 + x2
R
2
Ceci étant vrai pour toute fonction mesurable positive ϕ, on en déduit que
X est absolument continue, de densité
fX (x) =
1 1
, ∀x ∈ R.
π 1 + x2
Exercice 4. Considérons la fonction F :]0, ∞[→ R définie par
Z
2 x2
e−t − t2 dλ1 (t).
F (x) =
R∗+
1. Montrer que F est bien définie et continue sur R+ .
2. Montrer que F est dérivable sur R∗+ .
Aide : On pourra montrer que F est dérivable sur [a, b] pour tous réels
a, b tels que 0 < a < b < ∞.
3. Établir une équation différentielle satisfaite par F .
4. En déduire la valeur de F .
x2
Aide : On se rappellera avec profit que x 7→ σ√12π e− 2σ2 est la densité
d’une variable aléatoire.
x2
2
Solution.
1. Soit f : (x, t) ∈ R+ × R∗+ 7→ e−t − t2 .
· t 7→ f (x, t) est continue donc mesurable pour tout x ∈ R+ ,
· x 7→ f (x, t) est continue pour (presque-) tout t ∈ R∗+ ,
· Pour tout x ∈ R+ et pour (presque-) tout t ∈ R∗+ ,
2
|f (x, t)| ≤ e−t ,
2
où t 7→ e−t est intégrable sur R∗+ .
Par conséquent,
F est bien définie et continue sur R+ .
2. Soient a, b ∈ R tels que 0 < a < b < ∞. Montrons que F est dérivable
sur I = [a, b].
· t 7→ f (x, t) est continue donc mesurable pour tout x ∈ I,
· x 7→ f (x, t) est dérivable pour (presque-) tout t ∈ R∗+ ,
· Pour tout x ∈ [a, b] et (presque-) tout t ∈ R∗+ ,
2
2 x2
− a2
∂f
2xe−t − t2
t
2be
(x, t) =
≤ g(t) :=
,
∂x
t2
t2
où g est Lebesgue intégrable sur R∗+ , car elle est Riemann intégrable
sur R∗+ : elle est continue sur R∗+ , de limite nulle en 0 et dominée par
1/t2 en +∞.
3
D’après le théorème de dérivée sous le signe somme, F est dérivable sur
[a, b] pour tout 0 < a < b < ∞, donc F est dérivable sur R∗+ . De plus,
2 − x2
t2
Z
F 0 (x) =
R∗+
−2xe−t
t2
dλ1 (t).
3. Soit x > 0. Dans l’intégrale ci-dessous, on effectue le changement de
variable u ↔ x/t (c’est une transformation de classe C 1 de l’ouvert R∗+
dans R∗+ et dont le jacobien ne s’annule pas) en échangeant formellement dλ1 (t) par ux2 dλ1 (u). Ainsi
Z
0
F (x) =
R∗+
u2
2
−2xe− x2 −u x
dλ1 (t).
(x/u)2 u2
On en déduit que
F 0 (x) = −2F (x), ∀x > 0.
4. On déduit de l’équation différentielle ci-dessus et de la continuité de F
en 0 que
F (x) = F (0) e−2x .
√
D’après l’aide fournie avec σ = 1/ 2, on a
Z
1
2
√ e−x dλ1 (x) = 1.
π
R
√
Par conséquent, F (0) = π/2 et
√
F (x) =
π −2x
e .
2
Exercice 5. Soit (X, Y ) une variable aléatoire de densité (par rapport à λ2 )
f(X,Y ) (x, y) =
1 −x2 /2 −y2 /2
e
e
, ∀(x, y) ∈ R2 .
2π
1. La variable aléatoire U = (X/Y, Y ) est-elle bien définie ? On pourra
définir g : (R∗ )2 → (R∗ )2 par g(x, y) = (x/y, y).
4
2. Montrer que la loi de U est absolument continue et donner sa densité.
3. Montrer que la loi de Z = X/Y est absolument continue et donner sa
densité. La variable aléatoire Z est-elle intégrable ?
Solution.
1. P((X, Y ) ∈ (R∗ )2 ) = 1 donc g(X, Y ) est une variable aléatoire bien définie presque sûrement, donc
U = (X/Y, Y ) est une variable aléatoire bien définie (p.s.).
2. On a U = g(X, Y ), où
· g : (R∗ )2 → (R∗ )2 est définie sur un ouvert,
· g est une bijection d’inverse g −1 (u, v) = (uv, v),
· g est de classe C 1 et son jacobien |J(g)(x, y))| = 1/y ne s’annule pas,
· (X, Y ) est une variable aléatoire de densité f(X,Y ) .
Par conséquent, U est absolument continue, de densité sur (R∗ )2 donnée
par
fU (u, v) = f(X,Y ) (g −1 (u, v))|J(g −1 )(u, v)| =
v 2 (u2 +1)
1
|v|e− 2 .
2π
3. Pour toute fonction mesurable positive ϕ,
Z
v 2 (u2 +1)
1
φ(u) |v|e− 2 dλ2 (u, v)
E(ϕ(Z)) =
2π
(R∗ )2
d’après le théorème du transport. La fonction sous l’intégrale étant
mesurable et positive, le théorème de Fubini-Tonelli nous donne
Z Z
v 2 (u2 +1)
1
E(ϕ(Z)) =
φ(u) |v|e− 2 dλ1 (v)dλ1 (u)
2π
∗
∗
ZR R
1
=
φ(u)
dλ1 (u)
2
π(u + 1)
R∗
Z
1
=
φ(u)
dλ1 (u).
2
π(u + 1)
R
Cette relation étant vraie pour toute fonction mesurable positive ϕ,
on en déduit que Z est une variable aléatoire absolument continue, de
densité
fZ (u) =
1
, ∀u ∈ R.
+ 1)
π(u2
5
Pour vérifier si Z est intégrable, on calcule E(|Z|) (qui a toujours un
sens). On obtient, grâce au théorème du transport,
Z
|u|
E(|Z|) =
dλ1 (u),
2
R π(u + 1)
dont l’équivalent en +∞ est 1/πu, n’est pas intégrable au sens de Riemann. On en déduit que la fonction continue u 7→ π(u|u|
2 +1) est d’intégrale
infinie au sens de Riemann, donc d’intégrale infinie au sens de Lebesgue.
En définitive,
Z n’est pas intégrable.
Exercice 6. On s’intéresse à l’intégrale
Z
1
I=
dλ2 (x, y).
2
R2+ (1 + y)(1 + x y)
1. Justifier que I est bien définie.
2. Montrer que, pour tout y > 0,
Z
π
1
dλ1 (x) =
√ .
2
2(1 + y) y
]0,+∞[ (1 + y)(1 + x y)
En déduire que I = π 2 /2.
3. Montrer que, pour tout x ∈ R+
∗ \ {1},
Z
1
ln x
dλ1 (y) = 2 2
.
2
x −1
]0,+∞[ (1 + y)(1 + x y)
R
x
dλ1 (x).
En déduire que I = 2 R+ xln2 −1
Aide : On pourra calculer la dérivée de ln( a+ay
), où a > 0.
1+ay
R
ln x
4. Calculer [0,1] x2 −1 dλ1 (x). et en déduire la valeur de
∞
X
n=0
1
.
(2n + 1)2
Solution.
1. I est l’intégrale d’une fonction borélienne (car continue) et
positive presque partout (et même partout), donc
I est bien définie.
Notons de plus que
Z
I=
]0,+∞[2
1
dλ2 (x, y)
(1 + y)(1 + x2 y)
6
2. L’intégrale est bien définie pour les mêmes raisons et, pour tout y > 0,
Z
Z
1
1
1
dλ1 (x) =
dλ1 (x)
√
2
(1 + y) y [0,+∞[ 1 + x2
]0,+∞[ (1 + y)(1 + x y)
π
=
√ .
2(1 + y) y
D’après le théorème de Fubini-Tonelli,
Z
Z
1
I=
dλ1 (x)dλ1 (y)
2
]0,+∞[ ]0,+∞[ (1 + y)(1 + x y)
Z
π
=
√ dλ1 (y)
]0,+∞[ 2(1 + y) y
Z
π
=
dλ1 (u),
2
]0,+∞[ 1 + u
√
par le changement de variable u = y. On en déduit que
I=
π2
.
2
3. Pour tout x ∈ R∗+ \ {1}, on a
Z
]0,+∞[
2
+∞
1
1
x + x2 y
dλ1 (y) =
ln
(1 + y)(1 + x2 y)
1 − x2
1 + x2 y
0+
2 ln x
.
= 2
x −1
Or, la fonction intégrée étant positive, on a d’après le théorème de
Fubini-Tonelli
Z
Z
1
dλ1 (y)dλ1 (x)
I=
2
]0,+∞[ ]0,+∞[ (1 + y)(1 + x y)
Z
Z
1
=
dλ1 (y)dλ1 (x)
2
]0,+∞[\{1} ]0,+∞[ (1 + y)(1 + x y)
Z
2 ln x
=
dλ1 (x).
2
]0,+∞[\{1} x − 1
C’est-à-dire (la fonction étant définie presque partout sur R+ )
Z
2 ln x
I=
dλ1 (x).
2
R+ x − 1
7
4. On a
Z
I=
[0,1]
Z
=
[0,1]
Z
2 ln x
2 ln x
dλ1 (x) +
dλ1 (x)
2
2
x −1
]1,+∞[ x − 1
Z
2 ln x
2 ln u
dλ1 (x) +
dλ1 (u),
2
2
x −1
]0,1[ u − 1
par le changement de variable u = 1/x. Ainsi,
Z
2 ln x
I=4
dλ1 (x).
2
[0,1] x − 1
Or I = π 2 /2 d’après la question 2, donc
Z
[0,1]
ln x
π2
dλ
(x)
=
.
1
x2 − 1
8
Pour tout x ∈]0, 1[, on a
∞
X
ln x
=
−x2n ln x.
2
x − 1 n=0
Les fonctions de la série étant toutes positives, on peut intervertir les
signes somme et intégrale d’après le théorème de Fubini-Tonelli. Ainsi,
Z
[0,1]
∞
X
ln x
dλ
(x)
=
1
x2 − 1
n=0
Z
−x2n ln x dλ1 (x),
[0,1]
soit, en intégrant par partie les termes-intégrales,
Z
[0,1]
∞
X
ln x
1
dλ
(x)
=
.
1
2
x −1
(2n + 1)2
n=0
D’après la première partie de la question, on obtient donc
∞
X
n=0
1
π2
=
.
(2n + 1)2
8
8