\input{../preambules/preDM.tex}
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\usepackage{amssymb,amsmath, bbold}

\begin{document}

\chead{Correction SIGMA n°3B}
\lfoot{}
\cfoot{SIGMA n°3B.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction SIGMA n°3B}
\end{center}

\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\newcommand{\U}{$\mathcal{U}$}
\newcommand{\V}{$\mathcal{V}$}
\def\e{\hbox{\rm e}}

\tikzstyle{mybox} = [draw=black, fill=white!20, very thick, rectangle, inner sep=1em, inner ysep=1em]

\newcommand{\textgrise}[1]{\begin{center}\begin{tikzpicture} \node [mybox] (box){#1};\end{tikzpicture}\end{center}}
\newcommand{\mathgrise}[1]{\begin{center}\begin{tikzpicture} \node [mybox] (box){$ \displaystyle{#1}$};\end{tikzpicture}\end{center}}
\newcommand{\mathgriseq}[2]{\begin{equation}\label{#1}\begin{tikzpicture} \node [mybox] (box){$\displaystyle #2$}; \end{tikzpicture}\end{equation}}

\def\systeme#1#2{\left\{\begin{array}{#1}#2\end{array}\right.}

\newcommand{\bk}{\bigskip}
\newcommand{\mk}{\medskip}
\newcommand{\sk}{\smallskip}

\newcommand{\Bc}{\ensuremath{\mathcal{B}}}
\newcommand{\Pc}{\ensuremath{\mathcal{P}}}
\newcommand{\Uc}{\ensuremath{\mathcal{U}}}
\newcommand{\la}{\lambda}

\newcommand{\pa}[1]{\ensuremath{\left(#1\right)}}
\newcommand{\paf}[2]{\ensuremath{\left(\dfrac{#1}{#2}\right)}}
\newcommand{\ac}[1]{\ensuremath{\left\{\begin{array}{lllll}#1\end{array}\right.}}

\newcommand{\di}{\displaystyle}  
\newcommand{\ssi}{\Leftrightarrow } 
\renewcommand{\le}{\leqslant} 
\renewcommand{\ge}{\geqslant}

\newcommand{\Prod}[2]{\di{\prod_{#1}^{#2}}} 
\newcommand{\Sum}[2]{\di{\sum_{#1}^{#2}}}

\newcommand{\ov}{\overline} 
\newcommand{\point}{$\bullet$~}
\newcommand{\mini}[2]{\begin{minipage}{#1} #2 \end{minipage}}


\section*{Exercice 1}

Les 3 questions sont indépendantes. 
\begin{enumerate}
\item On considère l'ensemble $E = \left\{ \begin{pmatrix}
3y + z \\
2y \\
-z
\end{pmatrix}, \; y,z \in \R \right\} \subset \mathcal{M}_{3,1}(\R)$
\begin{enumerate}
\item On voit que $\vect{3 \times 0 + 0}{2 \times 0}{-0} = \vect{0}{0}{0} \in E$ donc l'espace est non vide. \\ 
Soient $X_1 = \vect{3 y_1 + z_1}{2y_1}{-z_1} \in E$, $X_2 = \vect{3 y_2 + z_2}{2y_2}{-z_2}\in E$, $\lambda \in \R$. 
On a alors 
\begin{align*}
\lambda X_1 + X_2 & = \lambda \vect{3 y_1 + z_1}{2y_1}{-z_1} +  \vect{3 y_2 + z_2}{2y_2}{-z_2} \\
& = \vect{\lambda (3y_1 + z_1) + (3y_2 + z_2)}{2 \lambda y_1 + 2 y_2}{-z_1 - z_2} \\
& = \vect{3(\lambda y_1 + y_2) + (\lambda z_1 + z_2)}{2(\lambda y_1 + y_2)}{-(\lambda z_1 + z_2)} \in E
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{L'espace $E$ est un espace vectoriel.}
\end{center}
\item On a 
\begin{align*}
E & = \left\{ \begin{pmatrix}
3y + z \\
2y \\
-z
\end{pmatrix}, \; y,z \in \R \right\} \\
& = \left\{ \vect{3y}{2y}{0} + \vect{z}{0}{-z}, \; y,z \in \R \right\} \\
& = \left\{ y\vect{3}{2}{0} + z \vect{1}{0}{-1}, \; y,z \in \R \right\} 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi, $E = vect \left( \vect{3}{2}{0} , \vect{1}{0}{-1} \right)$.}
\end{center}
\item Soient $\lambda_1$, $\lambda_2 \in \R$ tels que  
\begin{align*}
\lambda_1 \vect{3}{2}{0} + \lambda_2 \vect{1}{0}{-1} = 0 & \Longleftrightarrow \begin{cases} 
3 \lambda_1 + \lambda_2 & = 0 \\
2 \lambda_1 & = 0 \\
- \lambda_2 & = 0
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \lambda_1 = \lambda_2 = 0
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La famille $\left( \vect{3}{2}{0} , \vect{1}{0}{-1} \right)$ est donc libre.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item On considère l'application $f : \begin{pmatrix}
x \\
y \\
z
\end{pmatrix} \to \begin{pmatrix}
2x+y-z \\
x-y +z \\
2x - 2y +2z
\end{pmatrix} $ et on note $(e_1,e_2,e_3)$ la base canonique de $\mathcal{M}_{3,1}(\R)$.
\begin{enumerate}
\item L'application $f$ va de $\M_{3,1}(\R)$ dans $\M_{3,1}(\R)$.  \\
Soient $X_1 = \vect{x_1}{y_1}{z_1}$, $X_2 = \vect{x_2}{y_2}{z_2}$ et $\lambda \in \R$,
\begin{align*}
f (\lambda X_1 + X_2) & = \vect{2(\lambda x_1 + x_2) + (\lambda y_1 + y_2) - (\lambda z_1 + z_2)}{(\lambda x_1 + x_2) - (\lambda y_1 + y_2) +(\lambda z_1 + z_2)}{2(\lambda x_1 + x_2) - 2(\lambda y_1 + y_2)  2(\lambda z_1 + z_2)} \\
& = \vect{\lambda (2x_1 + y_1 - z_1) + (2x_2 + y_2 - z_2)}{\lambda (x_1 - y_1 + z_1)+ (x_2 - y_2 + z_2)}{\lambda (2 x_1 - 2y_1 + 2 z_1) + (2x_2 - 2y_2 + 2z_2)} \\
& = \lambda \vect{ 2x_1 + y_1 - z_1 }{x_1 - y_1 + z_1}{2 x_1 - 2y_1 + 2 z_1} + \vect{2x_2 + y_2 - z_2}{x_2 - y_2 + z_2}{2x_2 - 2y_2 + 2z_2} \\
& = \lambda f(X_1) + f(X_2)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{La fonction $f$ est un endomorphisme de $\M_{3,1}(\R)$.}
\end{center}
\item On a 
\begin{center}
\fbox{$
f(e_1) = \vect{2}{1}{2} \qquad f(e_2) = \vect{1}{-1}{-2} \qquad f(e_3) = \vect{-1}{1}{2}
$}
\end{center}
\item On détermine $Ker(f)$. On a 
\begin{align*}
X = \vect{x}{y}{z} \in Ker(f) & \Longleftrightarrow f(X)  = 0 \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
2x + y - z  & = 0 \\
x - y + z & = 0 \\
2x - 2y + 2z & = 0
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
2x + y - z  & = 0 \\
\qquad   3y - 3z & = 0  \qquad L_2 \rightarrow L_1 - 2 L_2 \\
\qquad  3 y - 3z & = 0  \qquad L_3 \rightarrow L_1 -  L_3
\end{cases} \\
& \Longleftrightarrow \begin{cases}
2x + y - z  & = 0 \\
\qquad   3y - 3z & = 0  \\
\qquad  \qquad  0 & = 0  \qquad L_3 \rightarrow L_2 -  L_3
\end{cases} \\
\end{align*}

\begin{align*}
X = \vect{x}{y}{z} \in Ker(f) & \Longleftrightarrow \begin{cases}
x & = 0 \\
y & = z  \\
0 & = 0 
\end{cases} 
\end{align*}
Ainsi 
\begin{center}
\fbox{$Ker(f) = \left\{ \vect{0}{z}{z}, \forall z \in \R \right\} = Vect \left( \vect{0}{1}{1} \right)$.}
\end{center}

D'après la question $(b)$, 
$$
Im(f) = Vect \left(\vect{2}{1}{2}, \vect{1}{-1}{-2}, \vect{-1}{1}{2}  \right)
$$
On remarque que
$$
\vect{1}{-1}{-2} = - \vect{-1}{1}{2}
$$
Ces deux vecteurs sont liés. On a donc 
$$
Im(f) = Vect \left(\vect{2}{1}{2}, \vect{1}{-1}{-2}  \right)
$$
Ces deux vecteurs ne sont pas proportionnels. La famille est donc libre et finalement, 
\begin{center}
\fbox{$
Im(f) = Vect \left(\vect{2}{1}{2}, \vect{1}{-1}{-2}  \right)
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\item On considère la matrice $A = \begin{pmatrix}
1 & 2 & 3 \\
2 & 4 & 6 \\
3 & 6 & 9
\end{pmatrix}$ et l'ensemble $F = \left\{ X \in \mathcal{M}_{3,1}(\R), AX = 0 \right\}$. 
\begin{enumerate}
\item On a $F \subset \M_{3,1}(\R)$ \\
On a $A \times 0 = 0$ donc le vecteur nul appartient à $F$. \\
Soient $X, Y \in F$ (On a donc $AX = 0$ et $AY = 0$, et $\lambda \in \R$. On calcule 
\begin{align*}
A (\lambda X + Y) & = \lambda A X + A Y = 0
\end{align*} 
\begin{center}
\fbox{Donc $F$ est un espace vectoriel. }
\end{center}
\item On résout le système 
\begin{align*}
\begin{cases} 
x + 2y + 3z & = 0 \\
2x + 4y + 6z & = 0 \\
3x + 6y + 9z & = 0
\end{cases}
 \Longleftrightarrow
 \begin{cases}
 x + 2y + 3z & = 0 \\
0 & = 0 \quad L_2 \rightarrow L_2 - 2 L_1 \\
 0 & = 0 \quad L_3 \rightarrow L_3 - 3 L_1
\end{cases}
\end{align*}
Ainsi 
\begin{center}
\fbox{$F = \left\{ \vect{x}{y}{z} , x + 2y + 3 z = 0 \right\} = \left\{ \vect{- 2y - 3z}{y}{z} , y ,z \in \R \right\} = Vect \left( \vect{-2}{1}{0} , \vect{-3}{0}{1} \right)$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2}

\begin{enumerate}
\item Au mieux $X=1$, au pire $X=n$ et toutes les valeurs intermédiaires sont possibles, donc \begin{center}
\fbox{$X(\Omega)=\entier{1,n}$} 
\end{center}
\item
    \begin{enumerate}
    \item Si on sait $B_1 \cap B_2 \cap \ldots \cap B_{i-1}$, pour le $i$-eme tirage, il reste $n-(i-1)$ boules dans l'urne, dont une boule noire.\\
    Donc \begin{center}
    \fbox{$P_{B_1 \cap \ldots \cap B_{i-1}} (B_i)=\dfrac{n-(i-1)-1}{n-(i-1)}=\dfrac{n-i}{n-i+1}$}
    \end{center}
    \item $(X=k)$ est l'événement $B_1 \cap \ldots B_{k-1} \cap N_k$.\\
    En utilisant la formule des probabilités composées : \\
    $P(X=k)=\dfrac{n-1}{n} \times \dfrac{n-2}{n-1} \times \ldots \times \dfrac{n-(k-1)}{n-k+2} \times \dfrac1{n-k+1}=\dfrac1n$ (par télescopage multiplicatif).
    \begin{center}
    \fbox{$\forall n \in \entier{ 1,n } \quad P(X=k)=\dfrac1n$}
    \end{center}
    \item Il en résulte que : \quad \fbox{$ X \hookrightarrow {\cal U}_{\entier{ 1,n }} \quad E(X)=\dfrac{n+1}2 \quad V(X)=\dfrac{n^2-1}{12}$}
    \end{enumerate}
\item
    \begin{enumerate}
    \item Notons $B'_i$ l'événement \og le $i$-eme tirage donne une boule blanche numérotée $0$ \fg.
    $$(X=k) \cap (Y=0) = B'_1 \cap B'_2 \cap \ldots \cap B'_{k-1} \cap N_k.$$
    Par le même principe :\\
\begin{align*}
P\left[(X=k) \cap (Y=0)\right] & = \dfrac{n-2}{n} \times \dfrac{n-3}{n-1} \times \dfrac{n-4}{n-2} \times \ldots \times  \dfrac{n-k}{n-k+2} \times \dfrac1{n-k+1}=\dfrac{(n-k)\times 1}{n(n-1)} \\
& = \dfrac{n-k}{n(n-1)} \quad (\text{par télescopage multiplicatif})
\end{align*}    
    \item On utilise le système complet d'événements $(X=k)_{k \in \entier{ 1,n }}$. La formule des probabilités totales donne :
    \begin{align*}
    P(Y=0) & =\displaystyle \sum_{k=1}^n P(X=k \cap Y=0) \\
    & = \sum_{k=1}^n \dfrac{n-k}{n(n-1)} \\
    & = \dfrac1{n(n-1)} \sum_{k=1}^n (n-k)
    \end{align*}
    On pose $i=n-k$ dans cette dernière somme :
    \begin{align*}
    P(Y=0) & =\dfrac1{n(n-1)}\ds  \sum_{i=n-1}^0 i \\
    & =\dfrac1{n(n-1)} \sum_{i=0}^{n-1} i \\
    & = \dfrac1{n(n-1)}\times \dfrac{(n-1)n}2=\dfrac12
    \end{align*}
    \begin{center}
    \fbox{$P(Y=0)=\dfrac12$} 
    \end{center}  
    \item  $P(Y=1)=1-P(Y=0)=\dfrac12$. Donc
    \begin{center}
     \fbox{$Y \hookrightarrow {\cal B}\left(\dfrac12\right) \quad E(Y)=\dfrac12 \quad V(Y)=\dfrac14$} 
     \end{center}
    \end{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item En ligne 6 : \hspace{2cm} {\tt Nb=Nb-1} \qquad (une boule blanche a été tirée)\\
En ligne 7 :  \hspace{2cm}{\tt u=grand(1,1,'uin',1,Nb+1)} \quad (il reste $Nb+1$ boule dans l'urne)\\
En ligne 8 :  \hspace{2cm}{\tt X=X+1} \quad (un tirage de plus)
\item En ligne 4 :  \hspace{2cm} {\tt Y=0}\\
En ligne 8 :  \hspace{2cm}{\tt Y=1}\\
On peut répondre aux deux question a: et b: avec le script complet suivant :
\begin{center}
\begin{minipage}{0.9\linewidth}
\begin{verbatim}
1.  n=input('entrez une valeur pour n : ')
2.  nB=n-1
3.  X=1
4.  Y=--0--
5.  u=grand(1,1,'uin',1,nB+1)
6.  while u<nB+1
7.      nB=-- nB-1 --
8.      if u==1 then 
9.          Y=--1--
10.     end
11.     u=grand(1,1,'uin',1,--nB+1--)
12.     X=--X+1--
13. end
14. disp(X,'la boule noire est apparue au tirage numéro')
15. disp(Y,'la valeur de Y est')
\end{verbatim}
\end{minipage}
\end{center}
     \end{enumerate}
\end{enumerate}


\section*{Exercice 3}
Pour tout entier naturel $n$, on pose $u_n = \displaystyle \int_0^1 \left(1-t^2\right)^n dt$. On a donc, en particulier, $u_0 = 1$.\\
\begin{enumerate}
\item On calcule 
\begin{align*}
u_1 & = \ds \int_0^1 (1-t^2) \ dt \\
& =\left[t-\dfrac{t^3}3\right]_0^1 \\
& =1-\dfrac13 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi $u_1 = \dfrac23$.}
\end{center}
De même, on calcule
\begin{align*}
u_2 & =\ds \int_0^1 (1-t^2)^2 \  dt \\
& =\int_0^1 (1-2t^2+t^4) \ dt \\
& = \left[t-\dfrac23 t^3 + \dfrac15 t^5\right]_0^1 \\
& =1-\dfrac23+\dfrac15=\dfrac{15-10+3}5
\end{align*}
\centerline{\fbox{$u_1=\dfrac23$ \quad et \quad $u_2=\dfrac8{15}$}}
\item
    \begin{enumerate}
    \item On cherche la monotonie de la suite
	\begin{align*}    
    u_{n+1}-u_n & =\ds \int_0^1(1-t^2)^{n+1} \ dt - \int_0^1 (1-t^2)^n \ dt \\
    & =\int_0^1 (1-t^2)^n (1-t^2-1) \ dt \\
    &= -\int_0^1 t^2(1-t^2)^n \ dt \le 0
    \end{align*}
    car $t^2(1-t^2)^n \ge 0$ pour $t \in [0,1]$ donc $\ds \int_0^1 t^2(1-t^2)^n  \ dt \ge0$ (positivité de l'intégrale).\\
    Donc $u_{n+1} \le u_n$. 
    \begin{center}
    \fbox{La suite $(u_n)$ est bien décroissante.}
    \end{center}
    \item Du fait de la positivité de l'intégrale, $u_n \ge 0$, donc $(u_n)$ est décroissante, minorée par $0$ donc \begin{center}
    \fbox{$u_n$ est convergente vers une limite $\ell \ge 0$.}
    \end{center}
    \end{enumerate}
\item
    \begin{enumerate}
    \item Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(t)=\dfrac1{\sigma \sqrt{2 \pi}} e^{-t^2/2\sigma^2}$ et $I=\ds \int_{-\infty}^{+\infty} f(t)  \ dt$.\\
    On reconnaît en $f$ une densité de $X \hookrightarrow {\cal N}(0,\sigma^2)$, donc \begin{center}
    \fbox{$I=1$.}
    \end{center}
    \item Soit $J_n=\ds \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-nt^2} \ dt$. On choisit $\sigma$ de sorte que $\dfrac1{2 \sigma^2}=n$.\\
    Donc $\sigma^2=\dfrac1{2n}$ soit encore : \quad $\sigma = \sqrt{\dfrac1{2n}}$. Avec cette valeur de $\sigma$ :\\
    $J_n=\ds \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2/2 \sigma^2} \ dt = I \times \sigma \sqrt{2\pi}=\sqrt{\dfrac{2\pi}{2n}}=\sqrt{\dfrac{\pi}n}$.\\
    Posons $K_n=\ds \int_{0}^{+\infty} e^{-nt^2} \ dt$. Comme $f$ est paire, $K_n=\dfrac12 J_n$
    \begin{center} 
    \fbox{$J_n=\sqrt{\dfrac{\pi}{n}}$ et $K_n=\dfrac12 \sqrt{\dfrac{\pi}{n}}$}
    \end{center}
    \item $x \mapsto e^x$ est convexe et $y=1+x$ est l'équation de la tangente en $0$. Donc $\forall x \in \R \quad e^x \ge 1+x$\\
    Avec $x=-t^2$, on obtient 
    \begin{center}
    \fbox{$e^{-t^2} \ge 1-t^2$.}
    \end{center}
    \item On a donc, pour $n \in \N$, : \quad $(1-t^2)^n \le (e^{-t^2})^n=e^{-nt^2}$\\
    En intégrant entre $0$ et $1$ : \quad $\ds \int_0^1 (1-t^2)^n \ dt \le \int_0^1 e^{-n t^2} \ dt \le \int_0^{+\infty} e^{-nt^2} \ dt$\\
    Donc $0 \le u_n \le \dfrac12 \sqrt{\dfrac{\pi}{n}}$ et, par le théorème d'encadrement :
     \begin{center}
    \fbox{$\ds \lim_{n \to +\infty} u_n=0$} 
	\end{center}
    \end{enumerate}
\item En utilisant le changement affine $u=1-t$, on obtient 
$$\ds \int_0^1 (1-t)^n \ dt = \int_1^0 u^n (-du) .$$ 
Donc $\ds \int_0^1(1-t)^n \ dt = \int_0^1 u^n \ du =\dfrac1{n+1}$.\\
Pour $t \in [0,1]$, $t^2\le t$ donc $1-t^2 \ge 1-t$ et $(1-t^2)^n \ge (1-t)^n$\\
En intégrant entre $0$ et $1$, on obtient : \qquad $u_n \ge \dfrac1{n+1}$\\
On sait que la	 série $\ds \sum_{n \ge 0} \dfrac1{n+1}$ diverge, donc, par la règle de comparaison des séries à termes positifs : \begin{center}
\fbox{$\ds \sum_{n \ge 0} u_n$ diverge}
\end{center}
\item
    \begin{enumerate}
    \item $u_{n+1}=\ds \int_0^1 (1-t^2)^{n+1} \ dt$\\
    Prenons $u(t)=(1-t^2)^{n+1}$ et $v'(t)=1$, d'où $u'(t)=-2(n+1)t (1-t^2)^{n}$ et $v(t)=t$\\
    $u$ et $v$ sont $C^1$ sur $[0,1]$, on peut donc intégrer par parties :
    \begin{eqnarray*}
    u_{n+1}&=& \Big[(1-t^2)^{n+1} \times t \Big]_0^1 +2(n+1) \int_0^1 t^2(1-t^2)^n \ dt\\
    &=&0+ 2(n+1) \int_0^1 \left( (t^2-1)(1-t^2)^n + (1-t^2)^n \right) \ dt\\
    &=& 2(n+1) \left(\int_0^1 (1-t^2)^n \ dt - \int_0^1 (1-t^2)^{n+1}\ dt \right)\\
    &=&2(n+1) (u_n-u_{n+1})
    \end{eqnarray*}
    C'est le résultat attendu.    
    \item Posons $({\cal P}_n) \quad u_n=\dfrac{4^n (n!)^2}{(2n+1)!}$\\
    $\bullet$ Pour $n=0$, $ \dfrac{4^n (n!)^2}{(2n+1)!}=\dfrac11=1=u_0$ \qquad donc \quad ${\cal P}_0$ est vrai.\\
    $\bullet$ Supposons ${\cal P}_n$ vrai, montrons ${\cal P}_{n+1}$ vrai, c'est à dire $u_{n+1}=\dfrac{4^{n+1} ((n+1)!)^2}{(2n+3)!}$.\\
    Or $u_{n+1}+2(n+1)u_{n+1}=2(n+1)u_n$ ou encore $u_{n+1}= \dfrac{2n+2}{2n+3} u_n$\\
    \begin{eqnarray*}
    u_{n+1}&=& \dfrac{2(n+1)}{2n+3} u_n = \dfrac{2(n+1)}{2n+3} \dfrac{4^n (n!)^2}{(2n+1)!}\\
    &=&\dfrac{\left[2(n+1)\right]^2 4^n (n!)^2}{(2n+3)\times (2n+2) \times (2n+1)!}=\dfrac{4^{n+1} ((n+1)!)^2}{(2n+3)!}
    \end{eqnarray*}
    Donc ${\cal P}_{n+1}$ est vrai, ce qui achève la récurrence.
    \end{enumerate}
\item On calcule $n!$ en faisant  \hspace{2.8cm}  {\tt v\ =\ prod(x)}\\
On calcule $(2n+1)!$ en faisant  \hspace{2cm} {\tt w\ =\ prod(y)}\\
Ensuite :  \hspace{5cm}  {\tt u\ =\ 4\^ \ n \ * \ v\^\ 2 / w}
\end{enumerate}


\section*{Probl\`{e}me}
\begin{enumerate}
\item On considère la fonction $f$ définie pour tout $x$ réel par : $f\left(x\right)=\left\{ \begin{array}{ccc}
1-\left|x\right| & \textrm{si} & x\in\left[-1;1\right]\\
0 & \textrm{si} & x\in\mathbb{R}\setminus\left[-1;1\right]
\end{array}\right.$

\begin{enumerate}
\item On a 
\begin{align*}
\int_0^1 f(x) dx & = \int_0^1 (1 - |x|) dx \\
& = \int_0^1 1 - x dx \\
& = \left[ x - \dfrac{x^2}{2} \right]_0^1  
\end{align*}
Ainsi \begin{center}
\fbox{$\ds \int_0^1 f(x) dx = \dfrac{1}{2}$.}
\end{center}
La fonction $f$ étant paire, on a sans calcul,
\begin{center}
\fbox{$\ds \int_{-1}^0 f(x) dx = \dfrac{1}{2}$.}
\end{center}
\item La fonction $x \to |x|$ est continue sur $[-1,1]$ donc $x \to 1 - |x|$ est continue sur $[-1,1]$ en tant que somme de fonctions continues. La fonction $f$ est donc continue sur $]- \infty; -1[$, sur $]-1,1[$ et sur $]1, + \infty[$. \\

On a pour tout $x \in [-1,1]$, $ 0 \leq |x| \leq 1 \Longleftrightarrow 0 \geq -|x| \geq - 1 \Longleftrightarrow 1 \geq f(x) \geq 0$. La fonction $f$ est donc positive sur $\R$.   

Comme la fonction $f$ est nulle sur $]-\infty ; -1[$ et sur $]1,+\infty[$, on a 
$$
\int_{- \infty}^{-1} f(x) dx = 0, \qquad \int_1^{+\infty} f(x) dx = 0
$$
Ainsi, l'intégrale $ \ds \int_{- \infty}^{+\infty} f(x) dx$ est convergente et en utilisant la relation de Chasles, 
$$
\int_{- \infty}^{+\infty} f(x) dx = 1
$$
\begin{center}
\fbox{Donc $f$ est une densité de probabilité. }
\end{center}
\end{enumerate}
On considère dorénavant une variable aléatoire $X$, définie sur un
espace probabilisé $\left(\Omega;\mathscr{A};P\right)$ , et admettant
$f$ comme densité. 
\item L'intégrale $\int_{- \infty}^{-1} x f(x) dx$ est absolument convergente et vaut $0$. De même, $\int_1^{+ \infty} x f(x) dx$ est absolument convergente et vaut $0$. La fonction $x \to x f(x)$ est continue sur $[-1,1]$, l'intégrale $\int_{-1}^{1} x f(x) dx$ est absolument convergente. 
Enfin, la fonction $x \to x f(x)$ est une fonction impaire, ainsi l'espérance de $X$ existe et 
\begin{center}
\fbox{$E(X) = \ds \int_{-1}^1 x f(x) dx = 0$.}
\end{center}

\item Montrer que la fonction de répartition de $X$, notée $F_{X}$ , est
définie par : $$F_{X}\left(x\right)=\left\{ \begin{array}{ccc}
0 & \textrm{si} & x<-1\\
\dfrac{1}{2}+x+\dfrac{x^{2}}{2} & \textrm{si} & -1\leqslant x\leqslant0\\
\dfrac{1}{2}+x-\dfrac{x^{2}}{2} & \textrm{si} & 0<x\leqslant1\\
1 & \textrm{si} & x>1
\end{array}\right.$$
En utilisant la définition de la fonction de répartition, $F_X(x) = P(X \leq x) = \ds \int_{- \infty}^x f(t) dt$. 
\begin{itemize}
\item {\bf Cas où $x < -1$ :} Dans ce cas $F_X(x) = 0$
\item {\bf Cas où $-1 \leq x \leq 0$ :} Dans ce cas,
\begin{align*}
F_X(x) & = \int_{- \infty}^x f(t) dt  \\
& = \int_{-1}^x (1 + t) dt \\
& = \left[ t + \dfrac{t^2}{2} \right]_{-1}^x \\
& = x + \dfrac{x^2}{2} - \left((-1) + \dfrac{(-1)^2}{2} \right) \\
& = \dfrac{1}{2}+x+\dfrac{x^{2}}{2} 
\end{align*}
\item {\bf Cas où $0 < x \leq 1$ :} Dans ce cas,
\begin{align*}
F_X(x) & = \int_{- \infty}^x f(t) dt  \\
& = \int_{-1}^0 (1 + t) dt + \int_0^x 1 - t dt \\
& =  \left[ t - \dfrac{t^2}{2} \right]_{0}^x \\
& = \dfrac{1}{2} + x - \dfrac{x^2}{2}  
\end{align*}
\item {\bf Cas où $x < -1$ :} Dans ce cas $F_X(x) =  1$. d'où le résultat.
\end{itemize}

On pose $Y=|X|$ et on admet que $Y$ est une variable aléatoire à
densité, elle aussi définie sur l'espace probabilisé $\left(\Omega;\mathscr{A};P\right)$
. \\
On note $F_{Y}$ sa fonction de répartition. 
\item {}

\begin{enumerate}
\item Pour $x < 0$, on a 
\begin{center}
\fbox{$F_Y(x) = P(Y \leq x) = P(|X| \leq x) = 0$. }
\end{center}
\item On est maintenant dans le cas $x \geq 0$, on a ainsi
\begin{align*}
F_Y(x) = P(Y \leq x) & = P(|X| \leq x) \\
& = P(-x \leq X \leq x) \\
& = F_X(x) - F_X(-x)
\end{align*}

\begin{center}
\fbox{$\forall x \geq 0,  F_Y(x) = F_X(x) - F_X(-x)$.}
\end{center}

\item D'après la question précédente, il faut distinguer 2 cas. Si $x \in [0,1]$. Dans ce cas :

\begin{align*}
F_Y(x) & = F_X(x) - F_X(-x) \\
& = \dfrac{1}{2} + x - \dfrac{x^2}{2} - \left( \dfrac{1}{2}+ (-x) + \dfrac{(-x)^2}{2} \right) \\
& = 2x - x^2 
\end{align*}

Enfin, si $x > 1$, alors
$$
F_Y(x) = F_X(x) - F_X(-x) = 1 - 0 = 1
$$

Récapitulons,
$$
F_Y(x) = \begin{cases}
0 & \text{si} \; x < 0 \\
2x - x^2 & \text{si} \; 0 \leq x \leq 1 \\
1 & \text{sinon}
\end{cases}
$$

Pour déterminer la densité de $Y$, il suffit de dériver la fonction $F_Y$ la où elle est dérivable. On obtient bien
\begin{center}
\fbox{$g\left(x\right)=\left\{ \begin{array}{ccc}
2\left(1-x\right) & \textrm{si} & x\in\left[0;1\right]\\
0 & \textrm{si} & x\in\mathbb{R}\setminus\left[0;1\right]
\end{array}\right.$}
\end{center}

\item On a clairement que $\ds \int_{- \infty}^0 x g(x) dx$ et $\ds \int_1^{+ \infty} xg(x) dx$ sont absolument convergentes et valent 0. De plus, la fonction $x \to xg(x)$ est continue sur $[0,1]$ (c'est un polynôme) donc l'intégrale $\ds \int_0^1 xg(x) dx$ est absolument convergente. Ainsi $Y$ admet une espérance et  
\begin{align*}
E(Y) & =  \int_0^1 x g(x) dx \\
& = \int_0^1 2x - 2x^2  dx \\
& = \left[ x^2 - \dfrac{2}{3} x^3 \right]_0^1 \\
& = 1 - \dfrac{2}{3}
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Ainsi, $E(Y) = \dfrac{1}{3}$.}
\end{center}
\end{enumerate}
\item On considère deux variables aléatoires $U$ et $V$, elles aussi définies
sur $\left(\Omega;\mathscr{A};P\right)$ , indépendantes et suivant
toutes les deux la loi uniforme sur $[0;1]$ . \\
On pose $I=\min\left(U;V\right)$ , c'est-à-dire que, pour tout $\omega$
de $\Omega$, on a $I\left(\omega\right)=\min\left(U\left(\omega\right);V\left(\omega\right)\right)$
.\\
On admet que $I$ est une variable aléatoire à densité, elle aussi
définie sur $\left(\Omega;\mathscr{A};P\right)$ , et on rappelle
que, pour tout réel $x$, on a $P\left(I>x\right)=P\left(\left(U>x\right)\cap\left(V>x\right)\right)$
. Pour finir, on note $F_{I}$ la fonction de répartition de $I$. 

\begin{enumerate}
\item Soit $x \in \R$, on a 
\begin{align*}
F_I(x) & = P(I \leq x) \\
& = P(\min(U,V) \leq x) \\
& = 1 - P(\min(U,V) > x) \\
& = 1 - P( (U > x) \cap (V> x))
\end{align*}
Les variables aléatoires $U$ et $V$ étant indépendantes, on a 
\begin{align*}
F_I(x) & = 1 - P(U>x) P(V>x) \\
& = 1 - (1- F_U(x))(1- F_V(x))
\end{align*}
Or, on peut rappeler que 
$$
F_U(x) = F_V(x) = \begin{cases}
0 & \text{si} \; x < 0 \\
x & \text{si} \; 0 \leq x \leq 1 \\
1 & \text{sinon}
\end{cases}
$$
Il y a donc 3 cas. 
\begin{itemize}
\item {\bf Cas 1: $x < 0$.} Dans ce cas, $F_U(x) = F_V(x) = 0$ et
$$
F_I(x) = 1 - (1-0)(1-0) = 0
$$
\item {\bf Cas 1: $0 \leq x \leq 1$.} Dans ce cas, $F_U(x) = F_V(x) = x$ et
$$
F_I(x) = 1 - (1-x)(1-x) = 1 - (1 - 2x + x^2) = 2x - x^2
$$
\item {\bf Cas 1: $x > 1$.} Dans ce cas, $F_U(x) = F_V(x) = 1$ et
$$
F_I(x) = 1 - (1-1)(1-1) = 1 
$$
\end{itemize}
Récapitulons,\begin{center}
\fbox{$
F_I(x) = \begin{cases}
0 & \text{si} \; x < 0 \\
2x - x^2 & \text{si} \; 0 \leq x \leq 1 \\
1 & \text{sinon}
\end{cases}
$}
\end{center}
\item Les variables aléatoires $I$ et $Y$ ont la même fonction de répartition.
\begin{center}
\fbox{Donc $I$ suit la même loi que $Y$.}
\end{center} 
\end{enumerate}
\item On considère plus généralement $n$ variables aléatoires $X_{1};X_{2};\ldots;X_{n}$
, $n\geqslant2$, toutes définies sur $\left(\Omega;\mathscr{A};P\right)$ indépendantes et suivant la loi uniforme sur $\left[0;1\right]$. On pose $I_{n}=\min \left(X_{1};X_{2};\ldots;X_{n}\right)$. \\

Soit $x \in \R$. On a 
\begin{align*}
F_{I_n} (x) & = P(I_n \leq x) \\
& = 1 - P(I_n > x) \\
& = 1 - P( \min(X_1, \ldots , X_n) > x) \\
& = 1 - P((X_1 > x) \cap (X_2 > x) \cap \ldots \cap (X_n > x)) \\
\end{align*}

Or les $n$ variables aléatoires $X_1, \ldots, X_n$ sont mutuellement indépendantes et donc 

\begin{align*}
F_{I_n} (x) & = 1 - (1- F_{X_1}(x))(1 - F_{X_2}(x)) \ldots (1 - F_{X_n}(x))  \\
& = 1 - \prod_{j=1}^n (1 - F_{X_j}(x))
\end{align*}
Il y a là encore 3 cas. 
\begin{itemize}
\item {\bf Cas 1: $x < 0$.} Dans ce cas, pour tout $j \in \entier{1,n}$, $F_{X_j}(x) = 0$ et
$$
F_I(x) = 1 - \prod_{j=1}^n (1-0) = 1 - 1 = 0
$$
\item {\bf Cas 1: $0 \leq x \leq 1$.} Dans ce cas, pour tout $j \in \entier{1,n}$, $F_{X_j}(x) = x$ et
$$
F_I(x) = 1 - \prod_{j=1}^n (1-x) = 1 - (1 - x)^n 
$$
\item {\bf Cas 1: $x > 1$.} Dans ce cas, pour tout $j \in \entier{1,n}$, $F_{X_j}(x) = 1$ et
$$
F_I(x) = 1 - \prod_{j=1}^n (1-1) = 1- 0 = 1 
$$
\end{itemize}
Récapitulons,\begin{center}
\fbox{$
F_{I_n}(x) = \begin{cases}
0 & \text{si} \; x < 0 \\
1 - (1-x)^n & \text{si} \; 0 \leq x \leq 1 \\
1 & \text{sinon}
\end{cases}
$}
\end{center}
\item Simulation informatique de la loi de $Y$. \\
Compléter la déclaration de fonction suivante pour qu'elle simule
la loi de $Y$ .
\begin{verbatim}
function Y = simulation()
	U = ..rand()..
	V = ..rand()..
	if U < V then
	    Y = ..U..
	else
	    Y = ..V..
	end
endfunction
\end{verbatim}
\end{enumerate}


\end{document}