Pour tout $n\in\mathbb N$, on définit $W_n=\int_0^{\pi/2}(\cos(t))^ndt$.
1. Calculer $W_0$ et $W_1$.
On a $W_0=\frac{\pi}{2}$ et $W_1=1$
2. a. Montrer que la suite $(W_n)_{n\in\mathbb N}$ est décroissante.
Par linéarité des intégrales $W_{n+1}-W_n=\int_0^{2\pi}\cos(t)(1-\cos^n(t))dt$. Mais sur $[0,\frac{\pi}{2}]$ la fonction $t\mapsto \cos(t)(1-\cos^n(t))$ est négative donc $W_{n+1}-W_n\leq 0$ et la suite décroit.
b. Montrer, pour tout entier $n$ tel que $n\geq 0$ : $W_n>0$.
Découle de la positivité de $\cos$ sur $[0,\frac{\pi}{2}]$.
3. a. Montrer, pour tout entier $n$ tel que $n\geq 0$ : $(n+2)W_{n+2}=(n+1)W_n$.
On procède par intégration par parties. $$\begin{align*} W_{n+1}&=\int_0^{\pi/2}\cos(t)\cos^{n-1}(t)dt\\ &=\left[\sin(t)\cos^{n-1}(t)\right]_0^{\pi/2}-\int_0^{\pi/2}-(n-1)\cos^2(t)\cos^{n}(t)dt\\ &=0+(n-1)\int_0^{\pi/2}(1-\cos^2(t))\cos^{n}(t)dt\\ &=(n-1)W_n+(n-1)W_{n+2}. \end{align*}$$ Il ne reste plus qu'à réorganiser cette dernière égalité.
b. En déduire, pour tout entier $n$ tel que $n\geq 0$ : $(n+1)W_{n+1}W_n=W_1W_0$.
De 3.a. on tire que $$(n+2)W_{n+2}W_{n+1}=(n+1)W_{n+1}W_n$$ donc la suite $(n+1)W_{n+1}W_n$ est constante et égale à son premier terme $W_1W_0$.
4. a. Monter, pour tout entier $n$ tel que $n\geq 0$ : $W_n\geq W_{n+1}\geq \frac{n+1}{n+2}W_n$.
$W_n\geq W_{n+1}$ résulte de la décroissance de la suite. Maintenant d'après 3.a. $W_{n+1}=\frac{n+1}{n+2}W_{n-1}$ mais par décroissance de $W_n$, $\frac{n+1}{n+2}W_{n-1}\geq \frac{n+1}{n+2} W_n$ et le résultat suit.
b. En déduire : $W_{n+1}\underset{n\to+\infty}{\sim}W_n$, puis : $W_n\underset{n\to+\infty}{\sim}\sqrt{\frac{\pi}{2n}}$.
D'après 4.a. et stricte positivité de $W_n$, on a que $1\geq \frac{W_{n+1}}{W_n}\geq\frac{n+1}{n+2}$ donc par encadrement $\lim_{n\to+\infty}\frac{W_{n+1}}{W_n}=1$ et $W_{n+1}\sim W_n$. Il suit alors d'après 3.b que $(n+1)W_n^2\sim (n+1)W_{n+1}W_n=W_1W_0=\frac{\pi}{2}$ et donc que $n W_n^2\sim \frac{\pi}{2}$. On a alors que $\lim_{n\to+\infty}\sqrt{\frac{2nW_n^2}{\pi}}=1$ et donc $W_n\sim\sqrt{\frac{\pi}{2n}}$.
5. Montrer, pour tout entier $n$ tel que $n\geq 0$ : $W_{2n}=\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}\frac{\pi}{2}$.
On note, pour tout entier $n$ tel que $n\geq 1$ : $A_n=\frac{1}{n!}n^ne^{-n}\sqrt n$.
On note, pour tout entier $n$ tel que $n\geq 2$ : $a_n=-1-(n-\frac{1}{2})\ln(1-\frac{1}{n})$.
6. Montrer que la série $\sum_{n\geq 2}a_n$ converge.
On fait un DL d'ordre 2 de $a_n$ à l'infini et on obtient $$a_n=-1-(n-\frac{1}{2})(-\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}-\frac{1}{3n^3}+o(\frac{1}{n^3}))=\frac{1}{12n^2}+o(\frac{1}{n^2})$$ et on en déduit que $\lim_{+\infty}|12n^2a_n|=1$ soit $|a_n|\sim\frac{1}{12n^2}$. Par équivalence on en déduit que $\sum|a_n|$ converge et donc $\sum a_n$ aussi.
7. Monter, pour tout entier $n$ tel que $n\geq 2$ : $a_n=\ln(A_n)-\ln(A_{n-1})$.
On commencera par observer que $\ln(A_n)-\ln(A_{n-1})=\ln\frac{A_n}{A_{n-1}}$ puis en simplifiant au maximum on finit par trouver $a_n$.
8. En déduire que la suite $(A_n)_{n\in\mathbb N^*}$ converge et sa limite $l$ est strictement positive.
En reconnaissant une somme téléscopique on a $$\sum_{n=2}^na_n=\sum_{n=2}^N\ln(A_n)-\ln(A_{n-1})=\ln(A_N)-\ln(A_{1})$$ mais comme $\sum a_n$ converge, on en déduit que $\ln(A_N)$ converge. La stricte positivité de la limite résulte d'une étude du signe de $a_n$.
9. a. Justifier : $n!\underset{n\to+\infty}{\sim}\frac{1}{l}n^ne^{-n}\sqrt n$.
D'après la question précédente $l$ est non nulle et $\lim_{+\infty}\frac{A_n}{l}=1$. Il n'y a plus qu'à remplacer $A_n$ par sa définition.
b. En utilisant l'expression de $W_{2n}$ à l'aide des factorielles, en déduire la valeur de $l$ et l'équivalent suivant : $$n!\underset{n\to+\infty}{\sim}n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n}.$$
En utilisant l'équivalent du factoriel, on trouve d'après 5. que $$W_{2n}\sim\frac{\frac{1}{l}(2n)^{2n}e^{-2n}\sqrt{2n}}{2^{2n}\left(\frac{1}{l}n^ne^{-n}\sqrt n\right)^2}\frac{\pi}{2}=\frac{l\pi}{\sqrt{2n}}.$$ Mais comme on a aussi d'après 4.b. que $W_{2n}\sim \sqrt{\frac{\pi}{4n}}$, on en déduit que $l=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$. Il ne reste plus qu'à mettre cette valeur de $l$ dans l'équivalent de $n!$.
Soit un réel $a$ strictement positif et la fonction $f_a:\mathbb R\to\mathbb R$ définie, pour tout réel $x$, par $$\begin{cases}f_a(x)=0\text{ si }x\leq 0\\ f_a(x)=\frac{x}{a^2}e^{-\frac{x^2}{2a^2}}\text{ si }x>0.\end{cases}$$
1. Montrer que $f_a$ est une densité.
La fonction est positive et $$\int_{\mathbb R}f_a(x)dx=\int_0^{+\infty}\frac{x}{a^2}e^{-x^2/a^2}dx=\left[-e^{-x^2/a^2}\right]_0^{+\infty}=1.$$ donc c'est une densité. Remarque : pour la rédaction, on se ramène à une intégrale finie puis on passe à la limite ce qui a l'avantage de prouver la covnergence et de donner la valeur de l'intégrale en même temps.
On considère une variable aléatoire $X$ admettant $f_a$ comme densité.
2. Déterminer la fonction de répartition de la variable aléatoire $X$.
On trouve : $$P(X\leq x)=\begin{cases}0\text{ si }x\leq 0\\ 1-e^{-x^2/a^2}\text{ sinon}\end{cases}$$
3. Montrer que la variable aléatoire $X$ admet une espérance $E(X)$ et calculer $E(X)$.
Là encore pour la rédaction, on calcule directement l'espérance ce qui permet de prouver l'existence et la valeur en même temps. Pour le calcul, on procède par partie comme suit (rédaction non propre!) $$\begin{align*} E(X)&=\int_0^{+\infty}x\frac{x}{a^2}e^{-x^2/2a^2}dx\\ &=\left[-xe^{-x^2/2a^2}\right]_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}-e^{-x^2/2a^2}dx\\ &=\int_0^{+\infty}e^{-x^2/2a^2}dx. \end{align*}$$ Enfin cette dernière intégrale est une intégrale de Gauss de valeur $a\sqrt{\frac{\pi}{2}}$ donc $E(X)=a\sqrt{\frac{\pi}{2}}$.
4. Montrer que la variable aléatoire $X$ admet une espérance $V(X)$ et calculer $V(X)$.
Comme la question précédente, on raisonne par parties en commençant par calculer $E(X^2)$ $$\begin{align*} E(X^2)&=\int_0^{+\infty}x^2\frac{x}{a^2}e^{-x^2/2a^2}dx\\ &=\left[-x^2e^{-x^2/2a^2}\right]_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}-2xe^{-x^2/2a^2}dx\\ &=2\int_0^{+\infty}xe^{-x^2/2a^2}dx\\ &=2\left[-a^2e^{-x^2/2a^2}\right]_0^{+\infty}\\ &=2a^2. \end{align*}$$ Enfin on a que $V(X)=E(X^2)-(E(X))^2=4a^4-a^2\frac{\pi}{2}$
5. a. On considère une variable aléatoire $V$ suivant la loi uniforme sur l'intervalle $]0,1]$. Montrer que la variable aléatoire $Z=a\sqrt{-2\ln(V)}$ suit la même loi que la variable $X$.
$V$ est à valeurs dans $]0,1]$ donc $\ln(V)$ est à valeurs dans $]-\infty,0]$ et donc $Z$ est à valeurs dans $[0,+\infty[$. Donc on a déjà que $P(Z\leq 0)=0$. Si maintenant $x>0$, on a $$P(Z\leq x)=P(a\sqrt{-2\ln(V)}\leq x)=P(V\geq e^{-x^2/2a^2})=1-e^{-x^2/2a^2}$$ la dernière égalité venant du fait que $V$ suit une loi uniforme et que $0\leq e^{-x^2/2a^2}\leq 1$ pour $x\geq 0$. D'après 2., on observe que $Z$ a la même fonction de répartition que $X$ donc sont de même loi.
b. En déduire un programme en langage Pascal, utilisnat le générateur aléatoire Pascal, simulant la variable aléatoire $X$, le réel $a$ strictement positif étant entré par l'utilisateur.
Pour tout entier $n$ tel que $n\geq 2$, on considère une urne $U_n$ contenant $n$ boules numérotées de $1$ à $n$. On effectue dans $U_n$ des tirages d'une boule avec remise. On suppose que tous les tirages dans $U_n$ sont équiprobables. On s'arrête dès que l'on obtient une boule déjà obtenue.
On note $T_n$ la variable aléatoire égale au nombre de tirages effectués.
6. Justifier que $P(T_n>n+1)=0$.
Lorsqu'on a effectué $n+1$ tirages, comme il y a $n$ boules, on est sur d'avoir tiré au moins deux fois la même boule. Par conséquent le jeu doit s'arrêter avec le $(n+1)$-ième tirage, ce qui justifie que $T_n$ ne peut dépasser strictement $n$.
7. Déterminer, pour tout entier $k$ tel que $k\leq n$ : $P(T_n>k)$.
L'évènement $T_n>k$ signifie que pendant les $k$ premiers tirages on a obtenus $k$ boules distinctes. Il y a $n^k$ tirages possibles et $\frac{n!}{(n-k)!}$ tirages de $k$ boules distinctes. Donc les tirages étant équiprobables, on a $$P(T_n>k)=\frac{n!}{(n-k)!n^k}.$$
On considère la variable aléatoire $Y_n=\frac{T_n}{\sqrt n}$. On se propose d'étudier la convergence en loi de la suite de variables aléatoires $(Y_n)_{n\geq 2}$.
Soit $y\in[0,+\infty[$. On note $k_n$ l'entier naturel égal à la partie entière de $y\sqrt n$.
On a donc : $k_n\leq y\sqrt n<\!1+k_n$.
8. Justifier : $P(Y_n>y)=P(T_n>k_n)$.
On a déjà que $(Y_n>y)=(\frac{T_n}{\sqrt n}>y)=(T_n>y\sqrt n)$, mais $T_n$ étant un entier on a $(T_n>y\sqrt n)=(T_n>k_n)$.
9. En utilisant I 9.b., montrer : $P(Y_n>y)\underset{n\to+\infty}{\sim}e^{-k_n}\left(1-\frac{k_n}{n}\right)^{k_n-n}$.
$$\begin{align*}P(Y_n>y)=P(T_n>k_n)&=\frac{n!}{(n-k_n)!n^{k_n}}\\ &\sim\frac{n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n}}{(n-k_n)^{n-k_n}e^{-n+k_n}\sqrt{2\pi(n-k_n)}n^{k_n}}\\ &\sim e^{-k_n}\left(1-\frac{k_n}{n}\right)^{k_n-n}\frac{1}{\sqrt{1-\frac{k_n}{n}}} \end{align*}$$ Or par l'encadrement $y\sqrt n-1\leq k_n\leq y\sqrt{n}$ on déduit que $\lim_{n\to+\infty}\frac{k_n}{n}=0$ donc $\frac{1}{\sqrt{1-\frac{k_n}{n}}}\sim 1$ et $P(Y_n>y)\sim e^{-k_n}\left(1-\frac{k_n}{n}\right)^{k_n-n}$, d'où le résultat.
10. a. Déterminer le développement limité d'ordre $2$ de $t\mapsto -t+(t-1)\ln(1-t)$ en $0$.
On trouve $$-t+(t-1)\ln(1-t)=-\frac{t^2}{2}+o(t^2).$$
b. En déduire : $\lim_{n\to+\infty}\left(-k_n+(k_n-n)\ln(1-\frac{k_n}{n})\right)=-\frac{y^2}{2}$.
Dans la réponse de 9. on a vu que $\lim_{+\infty}\frac{k_n}{n}=0$ donc en utilisant le DL on a $$\begin{align*} \lim_{n\to+\infty}\left(-k_n+(k_n-n)\ln(1-\frac{k_n}{n})\right) &=\lim_{n\to+\infty}n\left(-\frac{k_n}{n}+(\frac{k_n}{n}-1)\ln(1-\frac{k_n}{n})\right)\\ &=\lim_{n\to+\infty}n\left(-\frac{k_n^2}{2n^2}+o(\frac{k_n^2}{n^2})\right)\\ &=\lim_{n\to+\infty}-\frac{k_n^2}{2n}+o(\frac{k_n^2}{n}). \end{align*}$$ Enfin en utilisant l'encadrement $y\sqrt n-1\leq k_n\leq y\sqrt n$, on en déduit que $\left(y-\frac{1}{\sqrt n}\right)^2\leq\frac{k_n^2}{n}\leq y^2$ et donc que $\lim_{n\to+\infty}\frac{k_n^2}{n}=y^2$. On en déduit alors le résultat.
11. Monter que la suite de variables aléatoires $(Y_n)_{n\geq 2}$ converge en loi vers une variable aléatoire à densité dont on précisera une densité.
D'après 9.b. et 10.b. on a $$\begin{align*} \lim_{n\to+\infty}P(Y_n>y)&=\lim_{n\to+\infty}e^{-k_n}\left(1-\frac{k_n}{n}\right)^{k_n-n}\\ &=\lim_{n\to+\infty}e^{-k_n}e^{(k_n-n)\ln(1-\frac{k_n}{n})}\\ &=\lim_{n\to+\infty}e^{-k_n+(k_n-n)\ln(1-\frac{k_n}{n}})\\ &= e^{-y^2/2} \end{align*}$$ Par conséquent $$\lim_{n\to+\infty}P(Y_n\leq y)=\begin{cases}0\text{ si }y\leq 0\\ 1-e^{-y^2/2}\text{ sinon}\end{cases}$$ et donc $Y_n$ converge en loi vers une variable aléatoire de densité $f_{\sqrt 2}$.
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