Ecricome Eco 2010 Exercice 2 : Fonction
Fonction φ(x) = ln(x) − ln(x+1) + 1/x

• Résolution de φ(x) = ln(x) − ln(x+1) + 1/x = 1
  1. limite_x→+0 φ(x)
     • φ(x) = [ x ln(x) − x ln(x+1) + 1 ] / x
     • premier terme : limite connue : limite_x→+0 x ln(x) = 0
     • second terme : x ln(x+1) = 0 × ln(1) = 0 × 0 = 0
     • limite_x→+0 φ(x) = limite_x→+0 1/x = +∞
     • asymptote verticale : x = 0
  2. limite_x→+∞ φ(x)
     • φ(x) = ln(x) − ln(x+1) + 1/x = ln[x/(x+1)] + 1/x = ln[(x+1−1)/(x+1)] + 1/x = ln[ 1 −1/(x+1)] + 1/x
     • 1/(x+1) → 0 et 1/x → 0
     • limite_x→+∞ φ(x) = ln[ 1 ] + 0 = 0
     • asymptote horizontale : y = 0
  3. prouver que φ est strictement monotone sur ℜ₊^*
     • dérivée de φ(x) = ln(x) − ln(x+1) + 1/x
     • φ'(x) = 1/x − 1/(x+1) − 1/x²
     • factorisation pour déterminer le signe
     • φ'(x) = [ x(x+1) − x² − (x+1) ] / [x² (x+1) ]
     • φ'(x) = [ x² + x − x² − x − 1 ] / [x² (x+1) ]
     • φ'(x) = −1 / [x² (x+1) ] < 0
     • φ décroît de +∞ à 0 sur ℜ₊^*
  4. tableau de variation de φ

     x	0		+∞
     φ'(x)	||	−
     φ(x)	||	+∞   décroissante	0

  5. φ(α) = 1 => 1/3 < α < 1/2
     • par application du théorème de la bijection :
       φ est continue et décroît de +∞ à 0 donc coupe une unique fois la droite y = 1
     • φ(x) = 1 a une solution unique : x = α
     • φ(1/3) = ln(1/3) − ln(4/3) + 3 = −ln(3) − 2ln(2) + ln(3) + 3 ∼ 3 − 2×0,7 = 3 − 1,4 = 1,6 > 1
     • φ(1/2) = ln(1/2) − ln(3/2) + 2 = −ln(2) − ln(3) + ln(2) + 2 ∼ 2 − 1,1 = 0,9 < 1
     • φ(1/2) < φ(α) = 1 < φ(1/3)
     • comme la fonction est décroissante : changement des sens quand on passe aux abscisses
     • 1/2 > α > 1/3
  6. programme Pascal pour calculer α à 10⁻² près
     il n'y a pas de suite proposée convergente vers α la méthode la plus simple est la dichotomie
     • program dicho ;
     • var xmin, xmax, x, y : real ;
     • begin
     •     xmin := 1/3 ;
     •     xmax := 1/2 ;
     •     repeat
     •         x := ( xmin + xmax ) / 2 ;
     •         y := ln(x) − ln(x+1) + 1/x ;
     •         (* attention à l'ordre xmin, xmax car la fonction est décroissante *)
     •         if ( y > 0 ) then xmax := x else xmin := x
     •     until (xmax − xmin) < 1.E−2 ;
     • writeln ("alpha=", x) ;
     • end.
• Variable à densité : f(x) = 1 / [ x²(x+1) ] sur [ α ; +∞ [ ( On reconnaît : −φ'(x) de la question précédente )
  1. f est une densité de probabilité
     • f(x) > 0 ( les termes x² et (x+1) sont positifs )
     • ∫_α^∞ f(x) dx = 1 ?
       • décomposition en fraction simples : ( Si l'on n'a pas reconnu −φ'(x) )
       • ( a x + b ) / x² + c / (x+1) = 1 / [ x²(x+1) ]
       • multiplions par le dénominateur commun : x²(x+1)
       • ( a x + b ) (x+1) + c x² = 1
       • x² ( a + c ) + x ( a + b ) + b = 1
       • soit le sytème : ( a + c ) = 0 ; ( a + b ) = 0 ; b = 1
       • => b = 1 => a = −b = −1 => c = −a = 1
     • ∫_α^∞ f(x) dx = ∫_α^∞ ( −x + 1 ) / x² + 1 / (x+1) dx = ∫_α^∞ −1 / x + 1 / x² + 1 / (x+1) dx
     • = [ −ln(x) − 1/x + ln(x+1) ]_α^∞ = [ −φ(x) ]_α^∞ = −φ(∞) + φ(α) = −0 + 1 = 1
  2. montrer que X admet une espérance E(X)
     • E(X) = ∫_α^∞ x f(x) dx = ∫_α^∞ 1 / [ x(x+1) ] dx
     • 1 / [ x(x+1) ] = 1 / [ x²( 1 + 1/x ) ] ∼ 1/x² au voisinage de ∞
     • l'intégrale de 1/x² jusqu'à l'infini converge : ∫ 1/x² dx = [ −1/x ] et 1/∞ = 0
     • donc l'intégrale de x f(x) jusqu'à l'infini converge
     • conclusion : E(X) existe
  3. Pour x > α : x f(x) = φ'(x) + 1/x² en déduite E(X)
     • x f(x) = 1 / [ x(x+1) ]
     • φ'(x) + 1/x² = 1/x − 1/(x+1) − 1/x² + 1/x² = 1/x − 1/(x+1) = ( x + 1 − x ) / [ x(x+1) ]
       φ'(x) + 1/x² = 1 / [ x(x+1) ] = x f(x)
     • E(X) = ∫_α^∞ φ'(x) + 1/x² dx = [ φ(x) − 1/x ]_α^∞ = φ(∞) − ( φ(α) − 1/α ) = −1 + 1/α = ( 1 − α ) / α
     • encadrement de E(X) :
       • 1/3 < α < 1/2 (Inéq.1)
       • (1 − Inéq.1) : 1 − 1/3 = 2/3 > 1 − α > 1 − 1/2 = 1/2
       • (1 / Inéq.1) : 3 > 1/α > 2 ( car α > 0 )
       • les 2 encadrements étant positifs, leur produit garde les sens des inéquations
       • 2/3 × 3 > (1 − α) (1/α) > 1/2 × 2
       • 2 > (1 − α) (1/α) > 1
       • E(X) appartient à l'intervalle ] 1 ; 2 [
  4. X admet-elle une variance ?
     • V(X) = ∫_α^∞ x² f(x) dx − E(X)² = ∫_α^∞ 1 / (x+1) dx − E(X)² = [ ln(x+1) ]_α^∞ − E(X)² = ln(∞) − ln(α) − E(X)²
     • le terme ln(∞) = +∞ diverge : X n'a pas de variance

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