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مسابقة دكتوراه 2019 — Université Mouloud Mammeri - Tizi Ouzou — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات

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Concours National d'entrée à la formation doctorale en Mathématiques (2018/2019) — Épreuve : Analyse & Probabilités — Sujet I

التمرين 1

Série Σ xⁿ sin(nx)/n : régularité et identification avec arctan

#séries de fonctions#convergence normale#dérivation terme à terme#séries entières#nombres complexes

Soit f:x↦∑n=1+∞xnsin⁡(nx)nf:x\mapsto\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^n\sin(nx)}{n}.

1. Montrer que la série ∑n=1+∞xnsin⁡(nx)n\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x^n\sin(nx)}{n} est normalement convergente sur tout intervalle [−a,a][-a,a], 0<a<10<a<1.

2. Déduire que ff est continue sur ]−1,1[]-1,1[.

3. Montrer que ff est de classe C1\mathcal{C}^1 sur ]−1,1[]-1,1[ et que f′(x)=∑n=1+∞(xn−1sin⁡(nx)+xncos⁡(nx))f'(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\big(x^{n-1}\sin(nx)+x^n\cos(nx)\big).

4. En utilisant les expressions complexes suivantes : xnsin⁡(nx)=Im[(xeix)n]x^n\sin(nx)=\mathrm{Im}\big[(xe^{ix})^n\big], xncos⁡(nx)=Re[(xeix)n]x^n\cos(nx)=\mathrm{Re}\big[(xe^{ix})^n\big], montrer que f′(x)=sin⁡x+xcos⁡x−x21−2xcos⁡x+x2.f'(x)=\frac{\sin x+x\cos x-x^2}{1-2x\cos x+x^2}.

5. Soit g(x)=arctan⁡xsin⁡x1−xcos⁡xg(x)=\arctan\dfrac{x\sin x}{1-x\cos x}, x∈ ]−1,1[x\in\,]-1,1[. Calculer g′g' et déduire que f≡gf\equiv g.

◀الحل

1. Convergence normale

Pour ∣x∣≤a<1|x|\le a<1 et n≥1n\ge1 : ∣xnsin⁡(nx)n∣≤ann≤an,\Big|\frac{x^n\sin(nx)}{n}\Big|\le\frac{a^n}{n}\le a^n, et la série géométrique ∑an\sum a^n converge (0<a<10<a<1). La série converge donc normalement sur [−a,a][-a,a].

2. Continuité

Chaque terme est continu et la convergence est normale, donc uniforme, sur tout segment [−a,a]⊂ ]−1,1[[-a,a]\subset\,]-1,1[. La somme ff est donc continue sur chaque [−a,a][-a,a], donc sur ]−1,1[]-1,1[.

3. Classe C1\mathcal{C}^1 et série dérivée

La dérivée du terme général est ddx[xnsin⁡(nx)n]=xn−1sin⁡(nx)+xncos⁡(nx),\frac{d}{dx}\Big[\frac{x^n\sin(nx)}{n}\Big]=x^{n-1}\sin(nx)+x^n\cos(nx), majorée en valeur absolue sur [−a,a][-a,a] par an−1+ana^{n-1}+a^n, terme général d'une série convergente : la série dérivée converge normalement sur tout [−a,a][-a,a]. Par le théorème de dérivation terme à terme, f∈C1(]−1,1[)f\in\mathcal{C}^1(]-1,1[) et f′(x)=∑n=1+∞(xn−1sin⁡(nx)+xncos⁡(nx)).f'(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\big(x^{n-1}\sin(nx)+x^n\cos(nx)\big).

4. Forme close de f′f'

Posons z=xeixz=xe^{ix}, avec ∣z∣=∣x∣<1|z|=|x|<1, de sorte que ∑n≥1zn=z1−z\displaystyle\sum_{n\ge1}z^n=\frac{z}{1-z}. En notant D=∣1−z∣2=(1−xcos⁡x)2+x2sin⁡2x=1−2xcos⁡x+x2D=|1-z|^2=(1-x\cos x)^2+x^2\sin^2x=1-2x\cos x+x^2 : z1−z=z(1−zˉ)∣1−z∣2=xeix−x2D,\frac{z}{1-z}=\frac{z(1-\bar z)}{|1-z|^2}=\frac{xe^{ix}-x^2}{D}, d'où Re z1−z=xcos⁡x−x2D,Im z1−z=xsin⁡xD.\mathrm{Re}\,\frac{z}{1-z}=\frac{x\cos x-x^2}{D},\qquad\mathrm{Im}\,\frac{z}{1-z}=\frac{x\sin x}{D}. Pour x≠0x\neq0 : f′(x)=1x∑n≥1Im zn+∑n≥1Re zn=1x⋅xsin⁡xD+xcos⁡x−x2D=sin⁡x+xcos⁡x−x21−2xcos⁡x+x2,f'(x)=\frac1x\sum_{n\ge1}\mathrm{Im}\,z^n+\sum_{n\ge1}\mathrm{Re}\,z^n=\frac1x\cdot\frac{x\sin x}{D}+\frac{x\cos x-x^2}{D}=\frac{\sin x+x\cos x-x^2}{1-2x\cos x+x^2}, formule encore valable en x=0x=0 par continuité (f′(0)=0f'(0)=0).

5. Identification f≡gf\equiv g

Posons N(x)=xsin⁡xN(x)=x\sin x et Q(x)=1−xcos⁡xQ(x)=1-x\cos x (avec Q>0Q>0 sur ]−1,1[]-1,1[), donc g=arctan⁡NQg=\arctan\dfrac NQ et g′=N′Q−NQ′Q2+N2.g'=\frac{N'Q-NQ'}{Q^2+N^2}. On calcule N′=sin⁡x+xcos⁡xN'=\sin x+x\cos x et Q′=−cos⁡x+xsin⁡xQ'=-\cos x+x\sin x, puis N′Q−NQ′=(sin⁡x+xcos⁡x)(1−xcos⁡x)−xsin⁡x(−cos⁡x+xsin⁡x)=sin⁡x+xcos⁡x−x2,N'Q-NQ'=(\sin x+x\cos x)(1-x\cos x)-x\sin x(-\cos x+x\sin x)=\sin x+x\cos x-x^2, Q2+N2=(1−xcos⁡x)2+x2sin⁡2x=1−2xcos⁡x+x2.Q^2+N^2=(1-x\cos x)^2+x^2\sin^2x=1-2x\cos x+x^2. Donc g′=sin⁡x+xcos⁡x−x21−2xcos⁡x+x2=f′g'=\dfrac{\sin x+x\cos x-x^2}{1-2x\cos x+x^2}=f' sur ]−1,1[]-1,1[.

Comme f(0)=0=g(0)f(0)=0=g(0) et f′=g′f'=g' sur l'intervalle ]−1,1[]-1,1[, on conclut f≡g sur ]−1,1[.\boxed{f\equiv g\ \text{sur}\ ]-1,1[}.

التمرين 2

Loi exponentielle des durées d'appel et théorème central limite

#probabilités#loi exponentielle#théorème central limite#loi normale

1. On étudie la durée XX des communications téléphoniques dont la fonction de répartition est : F(x)={1−exp⁡(−kx)si x≥00ailleurs.F(x)=\begin{cases}1-\exp(-kx) & \text{si } x\ge0\\ 0 & \text{ailleurs.}\end{cases}

(a) Pour k=5/6k=5/6, quelle est la probabilité pour qu'une communication ait une durée entre 33 et 66 minutes ?

(b) Si on ne connaît pas kk, quelle valeur faudrait-il lui donner pour que la probabilité d'une communication supérieure à 33 minutes soit égale à 0,10{,}1 ?

2. Une caisse d'assurance maladie reçoit 120120 personnes pour l'obtention de remboursements. On admet que la caisse doit payer, en moyenne, à chaque personne 10001000 DA avec un écart type de 600600 DA. La caisse dispose de 130 000130\,000 DA.

Calculer la probabilité que cette somme soit suffisante.

N.B. : Si ZZ est une v.a. normale centrée réduite, P(Z≤1,52)=0,93P(Z\le1{,}52)=0{,}93.

◀الحل

1. Durée des communications (loi exponentielle)

(a) Pour k=56k=\dfrac56 : P(3≤X≤6)=F(6)−F(3)=(1−e−6k)−(1−e−3k)=e−3k−e−6k=e−5/2−e−5.P(3\le X\le6)=F(6)-F(3)=\big(1-e^{-6k}\big)-\big(1-e^{-3k}\big)=e^{-3k}-e^{-6k}=e^{-5/2}-e^{-5}. Numériquement : e−5/2≈0,0821e^{-5/2}\approx0{,}0821 et e−5≈0,0067e^{-5}\approx0{,}0067, donc P(3≤X≤6)≈0,075.\boxed{P(3\le X\le6)\approx0{,}075}.

(b) On veut P(X>3)=1−F(3)=e−3k=0,1P(X>3)=1-F(3)=e^{-3k}=0{,}1, d'où −3k=ln⁡(0,1)=−ln⁡10-3k=\ln(0{,}1)=-\ln10 et k=ln⁡103≈0,77.\boxed{k=\frac{\ln10}{3}\approx0{,}77}.

2. Somme des remboursements (théorème central limite)

Soit S=X1+⋯+X120S=X_1+\cdots+X_{120} la somme à payer, où les XiX_i sont indépendantes avec E(Xi)=1000E(X_i)=1000 et σ(Xi)=600\sigma(X_i)=600. Alors E(S)=120×1000=120 000,σ(S)=600120≈6572,7.E(S)=120\times1000=120\,000,\qquad\sigma(S)=600\sqrt{120}\approx6572{,}7. Par le théorème central limite, S−120 000600120\dfrac{S-120\,000}{600\sqrt{120}} suit approximativement la loi N(0,1)\mathcal{N}(0,1) : P(S≤130 000)=P(Z≤130 000−120 0006572,7)=P(Z≤1,52)=0,93.P(S\le130\,000)=P\Big(Z\le\frac{130\,000-120\,000}{6572{,}7}\Big)=P(Z\le1{,}52)=0{,}93.

La somme disponible est suffisante avec une probabiliteˊ d’environ 93%.\boxed{\text{La somme disponible est suffisante avec une probabilité d'environ }93\%.}