Corrigé des TD de probabilités

terminale Math Sup''maths Sup Exercices PDF ExercicesCours Com April 15th, 2018 - Calcul Algébrique Exercices Corrigés Somme Double Exercices Corrigés Calcul Algébrique Prepa Exercice Somme Changement D Indice Somme Et Produit Mpsi Somme Double I J Calcul Algébrique Mpsi Cours Exercices Corrigés Sur Les Sommes Et Produits Pdf Exercices

Chimie 1 : Structure de la matière - cours-examensorg

d’une mole de molécules Elle est égale à la somme des masses atomiques des éléments qui la constituent Exemple : = 40 get = 6,6x10-23 g = 40 u m a Une réaction chimique est en fait un échange d'atomes entre les molécules dans des conditions expérimentales définies

Exercices corrig es - Laboratoire dInformatique de Paris Nord

Exercices corrig es Exercices corrig es 17 f evrier 2009 Dans chaque exercice nous proposons un programme toujours structur e de la m^eme mani ere (cependant certains el ements ne sont pas toujours pr esents) : #include, #de ne, d e nitions de types, prototypes de fonctions ,variables glo-bales, fonction principale, et en n d e nitions de

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2)[, et d’en déduire que ’est ouverte, et de montrer similairement que ’ 1 est ouverte aussi ({) En fait, toute partie compacte, sans point isolé et totalement discontinue d’un espace Polonais est homéomorphe à l’ensemble de Cantor (qui est le Kqu’on obtient en prenant d n= 1=3 pour tout n) (k) On peut en fait montrer que Q (1 d

Semestre 1 - cours-examensorg

Unité d’Enseignement Intitulé de la Matière Code Semestre UEF111 Analyse 1 ANA1 1 Cours TD TP Total Crédits Coeff V H S 33h00 37h30 00h00 70h30 6 6 Chap 1 Cours TD Total V H 03h00 04h30 07h30 Pré-requis : Il est souhaitable que l'étudiant soit un peu familiarisé avec quelques notions d'Algèbre:

Physique I (mécanique)Résumé du cours

internet sur l’Université Virtuelle Les énoncés des séances d’exercice, les questions et corrigés des examens des années précédentes sont également publiées aux PUB Les corrigés des séances d’exercice sont distribuées en séance d’exercices PUB Cours-Librairie, av P Héger 42, B-1000 Bruxelles / PHYS-F-104_Z

Int´egration Exercices et Corrig´es - CEREMADE

que cette d´eﬁnition ne d´epend pas de la subdivision choisie c Dans le cas ou` E= R, le r´eel ( α j+1 − j )c j est l’aire alg´ebrique du rectangle bord´e par l’axe des abscisses et le graphe de la restriction de fa l’intervalle ]α j ,α j+1 [ (compt´ee n´egativement si

Introduction µa la Macro¶economie

indicateur est le taux d’in°ation qui correspond au taux de croissance des prix Pour calculer le taux d’in°ation, on utilise habituellement l’indice de prix µa la consomma-tion qui mesure l’¶evolution du cout^ d’achat des biens et services lorsque les quantit¶es consomm¶ees sont suppos¶ees constantes dans le temps

LANGAGE C Exercices corrigés 1

Utilisez une variable d'aide D pour la valeur du discriminant b2-4ac et décidez à l'aide de D, si l'équation a une, deux ou aucune solution réelle Utilisez des variables du type int pour A, B et C

Corrigé des TD de probabilités

Printemps 2009

Voici quelques corrections, indications et remarques concernant les travaux dirigés

donnés par Rémi Peyre et Frédéric Simon dans le cadre du cours "Probabilités» de Chris-

tophe Sabot pour les élèves de L3 de l"ÉNS Lyon au second semestre 2008/09.

Les élèves qui le désirent peuvent suggérer aux chargés de TD leurs propres solutions,

saisies avec L ATEX, à envoyer par e-mail àrpeyre@umpa.ens-lyon.fr. Afin de faciliter le travail de mise en page, merci aux rédacteurs éventuels de respecter les consignes que vous trouverez dans l"annexe à la fin de ce document.

Feuille 1 : Théorie de la mesure

Exercice 1

I.1.1.NotonsCla classe de parties deBdéfinie par l"énoncé. On vérifie queCsa-

tisfait les propriétés d"une tribu, chaque propriété dérivant de la propriété correspondante

surF. Montrons par exemple la stabilité par réunion dénombrable : soient(Cn)n2?des éléments deC, par définition deCil existe desAndansFtels queCn=An\Bpour toutn. CommeFest une tribu,S nAnest dansF, doncS nCn=S nAn\Best bien un élément deC. I.1.2.Il est immédiat, en revenant aux propriétés caractérisant une tribu, que celles- ci sont stables par intersection, et ce pour n"importe quel type d"intersection. I.1.3.Sur?, la tribu engendrée parf0g;f1g;:::etfngest consituée des parties def0;1;:::;nget de leurs complémentaires dans?. La réunion de toutes les tribus de ce type est donc la classe des parties finies de?et de leurs complémentaires. Or cette classe n"est pas une tribu car elle n"est pas stable par union dénombrable : par exemple, f0g;f2g;f4g;:::sont tous des ensembles finis, mais leur réunion2?n"est ni finie, ni de complémentaire fini.

Corrigés des TD de probabilités

Exercice 4

I.4.1.DéfinissonsPncomme donnant la masse1à]0;1=n]et une masse nulle à tous les]1=(i+ 1);1=i]pouri2 f1;:::;n1g. Alors ces mesures sont compatibles, mais aucune probabilité sur(]0;1];F)n"est compatible avec elles, car sinon elle attribuerait une mesure nulle à tous les]1=n;1], donc par réunion croissante une mesure nulle à]0;1] tout entier, ce qui contredit la définition d"une mesure de probabilité.

Exercice 7

I.7.1.Non : par exempleS

n2??]n;n+2n[est ouvert et non borné, mais sa mesure estP n>12n= 1. I.7.2.Non :?r?, par exemple, est d"intérieur vide et est de mesure non nulle (son complémentaire est même de mesure nulle). I.7.3.Non : prendre une énumérationq1;q2;:::des rationnels de]0;1[et placer un intervalle de longueur2(i+1)autour de chaqueqi. Alors la réunion de ces intervalles est un ouvert dense (car contenant tous les rationnels), mais dont la mesure est bornée parP i2(i+1)= 1=2.

I.7.4.Pourn>1, posons

B n=[ m2?]2 nm;2nm+ 22n[; et définissons par récurrenceA0=?, et pourn>1: A n=An1[Bnsinest impair; A n1rBnsinest pair.

On pose alorsA=limAn, càd.A=T

n2?S p>nAp(). LesBnet lesAnsont clairement boréliens, doncAl"est aussi. Nous allons maintenant monter que pour tout intervalle ouvert borné non videI, on a

0< (A\I)< (I). Soit donc un telI. En fait, nous allons juste démontrer le membre

de gauche de l"inégalité, sachant que le membre de droite se démontre de la même façon

vu que?rApeut se définir de façon très similaire àA. On observe queIcontient nécessairement un intervalle de la forme]2nm;2nm+ 22n[pournimpair, donc on peut se limiter au cas oùIlui-même est de cette forme. Notonsn0la valeur dunpour

lequelIest de la forme souhaitée, alorsAn0\I=I, donc(An0\I) =(I). On(). Les parties d"un ensemble sont (partiellement) ordonnées par la relation, qui vérifie les propriétés

des bornes supérieure et inférieure. La limite supérieure d"une suite de parties est alors la limite décrois-

sante, quand l"indiceicroît, des suprema des parties d"indice au moinsi, et la limite inférieure est définie

de même. En particulier, si une suite de parties d"un ensemble est indexée par?, sa limite supérieure est

l"ensemble des points qui apparaissent dans un nombre infini de termes de la suite, et sa limite inférieure

est l"ensemble des points qui apparaissent dans tous les termes de la suite sauf un nombre fini d"entr"eux.

page 2

Corrigés des TD de probabilités

contaste ensuite que, pour toutk2?,(Bn0+2k+1\I) = 22k1(I), or, par définition deA: (A\I)(An0\I)r [ k2?B n0+2k+1\I! d"où(A\I)>(I)=3>0(y). Remarque.Cette question montre qu"il existe des boréliens qui " ne ressemblent pas

trop » ni à des ouverts, ni à des fermés. Il existe un résultat qui va dans l"autre sens, qui

est lethéorème de densité de Lebesgue: celui-ci affirme que, siAest un borélien de?, presque-touta2Avérifie(A\]a";a+"[)"!02". Par conséquent, dès lors que ni A, ni?rAne sont de mesure nulle, l"ensemble des quotients(A\I)=(I)possède0 et1comme valeurs d"adhérence. Notamment, il n"existe aucun borélienA?tel que, pour toutIouvert borné non vide, on ait(A\I) =(I)=2. I.7.5.On voit par récurrence queKna pour mesure(1d0)(1d1)(1dn1), doncK, qui est la réunion décroissante desKn, a pour mesure la limite décroissante de ces nombres, i.e.Q n2?(1dn). I.7.6.SoitKun compact comme à la question 5. Pour repérer un point de ce com- pact, on peut commencer par dire s"il est dans l"intervalle de gauche ou de droite deK1, puis si, parmi les deux intervalles deK2issus de cet intervalle, il est dans celui de gauche ou de droite, etc. On définit ainsi une application':K! fgauche;droiteg??. Cette application est injective, car deux points qui sont dans le même intervalle deKnsont nécessairement à distance moins de2nl"un de l"autre. Elle est également surjective, car les intervalles dont lesKnsont constitués sont compacts, et la réunion décroissante de compacts non vide est non vide (z).'est donc une bijection. Maintenant, siK1etK2sont comme dans la question 6,'12'1est une bijection entreK1etK2, qui manifestement est strictement croissante, ce qui montre que c"est un homéomorphisme (x). Ainsi tous les Kobtenus par le procédé de la question 5 sont homéomorphes({). Maintenant, on a l"encadrement1Pdn6Q(1dn)6ePdn(k), donc lesK construits à la question 5 peuvent être de mesure nulle (p. ex. sidn= 1=3pour toutn) ou de mesure non nulle (p. ex. sidn= 2n2). Cela conclut.(y). On a utilisé queP k>022k1= 2=3.

(z). Attention : si lesKnavaient été constitués d"intervallesouverts, les éléments defgauche;droiteg??

finissant par une infinité degaucheou une infinité dedroiten"auraientpascorrespondu à un élément deTKn!

(x). C"est un exercice de topologie que de montrer que, si est une bijection strictement croissante entre

deux partiesAetBde?, alors c"est un homéomorphisme. L"idée est de voir que, pour tousa1;a22A,

'(]a1;a2[\A) =]'(a1);'(a2)[, et d"en déduire que'est ouverte, et de montrer similairement que'1est

ouverte aussi.

({). En fait, toute partie compacte, sans point isolé et totalement discontinue d"un espace Polonais est

homéomorphe à l"ensemble de Cantor (qui est leKqu"on obtient en prenantdn= 1=3pour toutn). (k). On peut en fait montrer queQ(1dn)est nul si et seulement siPdn=1, en utilisant que ln(1x)est équivalent àxau voisinage de0. page 3

Corrigés des TD de probabilités

Feuille 2 : Variables aléatoires

Exercice 4

II.4.6.L"idée est de voir que, dans les formules de changement de variables, on a un problème quandf0est nulle. On va donc essayer de construire une fonctionfstrictement croissante dont la dérivée s"annule sur un "gros» ensemble. SoitZun fermé de?d"intérieur vide et de mesure de Lebesgue non nulle : un tel Z, par exemple, a été construit dans l"exercice I.7. (questions 5 et 6). Soitfune fonction continue sur?, positive, et dont l"ensemble des zéros est précisémentZ- prendre par exemple pourfla fonction " distance àZ», et soitFune primitive de f, alorsFest une fonctionC1strictement croissante. Or nous affirmons que la mesure de Lebesgue de F(Z)est nulle : ce résultat est un cas particulier du théorème de Sard, qui en dimension1 affirme que l"image des zéros de la dérivée d"une fonctionC1de?dans?est de mesure nulle (). Pour le voir dans ce cas-là, on peut observer que, siUest un ouvert sur lequel jf0j6", alorsLeb(f(U))6"Leb(U)- simplement en revenant à la définition de la mesure de Lebesgue -, et en déduire que l"image de toute partie bornée deZest de mesure nulle, et donc par réunion dénombrable queZlui-même l"est aussi. Maintenant, siXest une variable aléatoire de densité strictement positive par rapport à la mesure de Lebesgue (par exemple siXsuit une loi de Cauchy), la loi def(X)attribue une mesure non nulle àf(Z), qui est pourtant de mesure de Lebesgue nulle, de sorte que f(X)ne peut pas être à densité.

Exercice 5

II.5.1.Pour montrer queF1(U)a pour loi, on va montrer que la loi deF1(U) a pour fonction de répartitionF, i.e. que pour toutx2?: ?(F1(U)6x) =F(x):(1) D"après la définition deF1, "F1(U)6x» est équivalent à "8y > x F(y)>U», et comme iciFest continue à droite cela est finalement équivalent à "U6F(x)». Or, puisqueUest uniforme sur]0;1[, la probabilité de cet événement estF(x), d"où (1). II.5.2.Il suffit de montrer que pour toutp2]0;1[,?(F(X)6p) =p. Puisque est diffuse,Fest continue donc toutp2]0;1[a un antécédent parF. Notonsxple plus

grand de ces antécédents (qui existe bien, car l"ensemble des antécédents depest majoré

et fermé), alors "F(X)6p» est équivalent à "X6xp». Mais commeXa pour loi

, la probabilité de cet événement, par définition d"une fonction de répartition, est alors

F(xp), càd.p.(). L"énoncé général du théorème de Sard est que, sifest une fonctionCk(k>1) de?ndans?m

avecn6m+k1, alors l"ensemble desvaleurs critiquesdef, i.e. l"image parfdes points oùDfn"est pas de rang maximal, est de mesure de Lebesgue nulle. page 4

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II.5.3.On va calculerFetF1pour les deux lois de l"énoncé, et alors d"après la question 1 il suffira d"appliquerF1à une variable uniforme sur]0;1[. - Pour la loi exponentielle de paramètre,d?(x) =?x>0exdxd"où en intégrant F(x) = 1expourx>0- etF(x) = 0pourx60-, et doncF1(p) = jln(1p)j=. - En intégrant la densité, on trouve que la fonction de répartition de la loi de Cauchy estF(x) = Arctan(x)=+ 1=2, d"oùF1(p) = tan((p1=2)).

Exercice 6

II.6.1.NotonsIk=Rxkd(x)et tentons de calculer lesIk. Déjà, la symétrie de la loinous assure queIk= 0pourkimpair. Pourkpair, on calcule alors en intégrant par parties que :

4IkIk+2=12Z

2xk(4x2)3=2dx=32(k+ 1)Z

2xk+2p4x2dx=3k+ 1Ik+2;

d"oùIk+2=4(k+1)k+4Ik. Comme par ailleursI0est1=2fois l"aire d"un demi-cercle de rayon2, soit1(yy), il s"ensuit que pourkpair : I k=41220 (4(k1))468 (k+ 2)=Ck=2 kk 2 + 1: Remarque.D"après l"inégalitéCpn62npour toutp, on voit queIk62kpour toutk. Remarque.Pour`2?, le nombreC`2`=(`+ 1)est toujours entier. Cette famille d"en- tiers, qui interviennent souvent en combinatoire, s"appellent lesnombres de Catalan. II.6.2.Soitune mesure de probabilité sur?à support non compact, alors pour toutM2?+il existe un"M>0tel que(c[M;M])>"M, et par conséquent pour toutk2?: Z x2kd(x)>Z c [M;M]x2kd(x)>M2k(c[M;M])>M2k"M; d"oùlimk!1 R ?x2kd(x)1=2k>M. Cela état valable pour toutM, on a donc : Z x2kd(x)

1=2k!k!1+1:(1)

Or pour la mesure:lim

k!1 Z x2kd(x)

1=2k62(zz);(yy). Au passage, il est nécessaire queI0vaille1pour quesoit une mesure de probabilité!

page 5

Corrigés des TD de probabilités

de sorte qu"une mesure ayant les mêmes moments quene peut pas ne pas être à support compact. II.6.3.Siest une mesure de probabilité portée par[M;M], il est clair queR ?x2kd(x)6M2k, donclim Z x2kd(x)

1=2k6M;

ce qui est incompatible avec (1) : ainsi, une mesure ayant les mêmes moments qu"une mesure à support compact est nécessairement à support compact elle aussi. Maintenant, soient1et2deux mesures de probabilité à support compact, soitKun compact portant à la fois1et2, et soit':?!?une fonction continue bornée. Pour tout" >0, le théorème de Stone-Weierstrass nous assure alors l"existence d"un polynômeP"tel que j'(x)P"(x)j6"pour toutx2K. On a donc pouri2 f1;2g: Z '(x)di(x)Z P "(x)di(x)6Z K j'(x)P"(x)jdi(x)6"; d"où Z '(x)di(x) = lim"!0Z P "(x)di(x):(2) Maintenant, si1et2ont les mêmes moments, alors par linéarité de l"intégrale ces

deux mesures attribuent la même intégrale à tout polynôme, donc par (2) à toute fonction

continue bornée, donc elles coïncident. II.6.4.La valeur absolue dea pour densité?x>0jsin(p3x1=3)jex1=3, donc pour toutk>0:Z x kjdj(x)6Z 1 0 xkex1=3<1 puisqueex1=3décroît plus vite que l"inverse de n"importe quel polynôme, en particulier plus vite quex(k+2)par exemple.

II.6.5.NotonsJk=R1

0xksin(p3x1=3ex1=3)dx, et tentons de calculer lesJk. On

commence par observer que : J k=ImZ1 0 xke(p3i1)x1=3 En intégrant trois fois par parties, on trouve que Z 1 0 xke(p3i1)x1=3=(p3i1)3(3k+ 3)(3k+ 4)(3k+ 5)Z 1 0 xk+1e(p3i1)x1=3; or(p3i1)3= 82?, de sorte que la déterminationJ0entraînera celle de tous lesJk. Calculons maintenantJ0: un changement de variables montre que : Z 1 0 e(p3i1)x1=3dx= 3Z 1 0

y2e(p3i1)ydy;(zz). En fait, quesoit à support compact où non, le membre de gauche de (1) tend en croissant vers

supfM;(c[M;M])>0g. page 6

Corrigés des TD de probabilités

ce qui, après deux intégrations par parties, est égal à : 6( p3i1)2Z 1 0 e(p3i1)ydy=6( p3i1)3=34 2?; de sorte queJ0= 0, et doncJk= 0pour toutk2?. II.6.6.Soient+etrespectivement les parties positive et négative de, i.e. les mesures dont les densités sont resp. les parties positive et négative de la densité de, de sorte que+etsont des mesures positives avec+=. Alors le résultat de la question 5 nous dit que+etont les mêmes moments, et d"après la question II.6.4. ces moments sont finis vu que+etsont toutes les deux majorées parjj. Or+et sont des mesures distinctes-et même étrangères. Elles n"ont pas de raison d"être de probabilité,maisellesontlamêmemassetotalepuisqueRd(x) = 0,doncendivisant+ etpar leur masse totale commune on obtient deux mesures de probabilités distinctes ayant tous leurs moments identiques et finis.

Exercice 7

II.7.1.SN(p)compte le nombre deXNidans[0;p], or lesXisont indépendants et chacun d"eux a une probabilitépd"être dans[0;p], doncSN(p)suit une binômiale de paramètresNetp- rappelons que cela signifie quequotesdbs_dbs6.pdfusesText_11

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Feuille 1 : Théorie de la mesure

Exercice 1

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Exercice 4

Exercice 7

I.7.1.Non : par exempleS

I.7.4.Pourn>1, posons

On pose alorsA=limAn, càd.A=T

0< (A\I)< (I). Soit donc un telI. En fait, nous allons juste démontrer le membre

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Feuille 2 : Variables aléatoires

Exercice 4

Exercice 5

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Exercice 6

4IkIk+2=12Z

2xk(4x2)3=2dx=32(k+ 1)Z

2xk+2p4x2dx=3k+ 1Ik+2;

1=2k!k!1+1:(1)

Or pour la mesure:lim

1=2k62(zz);(yy). Au passage, il est nécessaire queI0vaille1pour quesoit une mesure de probabilité!

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1=2k6M;

II.6.5.NotonsJk=R1

0xksin(p3x1=3ex1=3)dx, et tentons de calculer lesJk. On

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Exercice 7