Cours du 14 Mai 2011

• Changement de variable dans une intégrale : I = ∫_a^b f(x) g'(x) dx
  • Dans l'intégrale, on reconnaît la dérivée g'(x) de la fonction g(x)
  • On pose u = g(x)   =>   du/dx = g'(x)   =>   du = g'(x) dx
  • A l'intérieur de la fonction f(x), on remplace x par x = g⁻¹(u)
  • Bornes :
    • x = a   devient : u = g(a)
    • x = b   devient : u = g(b)
  • I = ∫_g(a)^g(b) f(g⁻¹(u)) du
  • Exemple : I = ∫₀¹ x ln(1 + x²) / (1 + x²) dx
    • On pose : u = 1 + x²   =>   du/dx = 2 x   =>   du = 2 x dx
    • On remarque que x dx est présent dans l'intégale
      Sinon, remplacer x par +√u −1 si x ≥ 0
      ou −√u −1 si x ≤ 0
      rendrait l'intégrale encore bien plus difficile à résoudre.
    • Bornes : u(0) = 1 et u(1) = 2
    • I = ∫₁² ln(u) / (u) du/2 = (1/2) ∫₁² ln(u)/u du
    • On remarque que 1/u est la dérivée de ln(u)
    • On pose v = ln(u)   =>   dv/du = 1/u   =>   dv = du/u
    • Bornes : v(1) = 0 et v(2) = ln(2)
    • I = (1/2) ∫₀^ln(2) v dv = (1/2) [ v²/2 ]₀^ln(2) = (1/4) ln²(2)
• Définition de ln(x) : ln(x) = ∫₁^x ( 1 / t ) dt
  • ln( a b ) = ∫₁^ab ( 1 / t ) dt = ∫₁^a ( 1 / t ) dt + ∫_a^ab ( 1 / t ) dt = ln(a) + ∫_a^ab ( 1 / t ) dt
  • posons u = t / a   =>   du = dt / a
  • ∫_a^ab ( 1 / t ) dt = ∫₁^b ( 1 / u ) du = ln(b)
  • D'où : ln( a b ) = ln(a) + ln(b)
• Algèbre linéaire : applications linéaires
  [ morphisme = qui garde la forme ( les 2 opérations + et . de l'Espace Vectoriel ) ]
  • applications linéaires :

    	E → F	E → E
    non bijection	endomorphisme	homomorphisme
    bijection	isomorphisme	automorphisme

  • Matrices : K² = −I
    • K K = − I   =>   − K K = I   =>   ( − K ) K = I = K⁻¹ K
    • K⁻¹ = − K
  • égalité de 2 vecteurs X = (x₁, x₂, x₃) et Y = (y₁, y₂, y₃)
    • les composantes sont égales deux à deux : x_i = y_i pour i dans [[1 ; n ]]
  • La dimension d'un Espace Vectoriel est égale au nombre de vecteurs de ses bases.
  • Une base de E est une famille génératrice { u₁, ..., u_n } de E qui est libre
    ∑_i a_i u_i = 0 => a_i = 0 quel que soit i
  • Matrice A d'une application linéaire f dans la base { e₁, ..., e_n} : A = ( f(e₁), ..., f(e_n) )
    les colonnes de A sont les transformés des vecteurs de la base.
  • Matrice P de changement de la base { e₁, ..., e_n } à la base { u₁, ..., u_n } :
    les colonnes de P sont les vecteurs u_i exprimés dans la base { e₁, ..., e_n }
• Probabilités : un urne contient U = ( b, n, r ) boules Blanches, Noires et Rouges
  • Si on tire une boule Blanche : On a gagné
  • Si on tire une boule Noire : On a perdu
  • Si on tire une boule Rouge : On ne la remet pas et l'on effectue un nouveau tirage

  ( b, n, r )	→ b / (b+n+r) → B (Gagné)		P(B1) = b / (b+n+r)
  	→ n / (b+n+r) → N (Perdu)		P(N1) = n / (b+n+r)
  	→ r / (b+n+r) → R ( b, n, r−1 )	→ b / (b+n+r−1) → B (Gagné)	P(B2) = r / (b+n+r) × b / (b+n+r−1)
  		→ n / (b+n+r−1) → N (Perdu)	P(N2) = r / (b+n+r) × n / (b+n+r−1)
  		→ r−1 / (b+n+r−1) → R ( b, n, r−2 )	...

  • G_r = Proba. de gagner quand on tire dans l'urne contenant r boules Rouges
    Ou bien on gagne lors du tirage, ou on tire une boule Rouge et l'on gagne à un des tirages ultérieurs.
    G_r = b/(b+n+r) + r/(b+n+r) G_r−1
    Remarque : si l'on est arrivé ici, c'est que l'on n'a tiré que des boules Rouges.
  • B_k = R₁ inter R₂ inter ... inter R_k−1 inter B_k
  • Cela ressemble seulement à la loi Géométrique : R = échec, (B ou N) = succès,
    Car la proba p change à chaque tirage
  • P(B_k) = P(R₁) × P(R₂/R₁) × ... × P(R_k−1/R_k−2) × P(B_k/R_k−1)
  • P(R_k) = r (r−1) (r−2) ... (r−k+1) / [ (b+n+r) (b+n+r−1) (b+n+r−2) ... (b+n+r−k+1) ]
  • P(R_k) = r! (b+n+r−k)! / [ (r−k)! (b+n+r)! ]

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