Universite de Nancy I Licence

Description

Niveau: Supérieur, Licence, Bac+3
Universite de Nancy I Licence 3 Integration et Probabilites Examen du 12 janvier 2010 duree 3h Exercice 1 (≈ 7 points) 1. On sait que pour tout u ?] ? 1, 1[, 11?u = ∑+∞ n=0 un. En particulier, pour x ? [0, 1[, ?x3 ?] ? 1, 1[ et on a 11+x3 = ∑+∞ n=0(?1)nx3n. Posons pour x ? [0, 1] et N ≥ 1 : fN (x) = ∑+∞ n=0(?1)nx3n. On a fN (x) = 1?(?x 3)N+1 1+x3 , d'ou |fN (x)| ≤ |1|+|x| 3(N+1) 1+x3 ≤ 21+x3 = g(x). Comme g est bornee sur [0, 1], g y est integrable. On sait que pour x ? [0, 1[, limN?+∞ fN (x) = 11+x3 . Ainsi sur [0, 1] fN (x) converge ?-presque surement vers 11+x3 lorsque N tend vers l'infini. D'apres le theoreme de convergence dominee, on a donc ∫ [0,1] 1 x3 + 1 d?(x) = limN?+∞ ∫ [0,1] fN (x) d?(x).

• mesurable positive


• lim p?


• derivee du denominateur au numerateur


• continuite de l'expo- nentielle


• inegalite de markov


• theoreme de transfert


• xp ≤

Sujets

• Inégalité de Markov

Informations

• Publié par: vehot
• Publié le: 01 janvier 2010
• Nombre de lectures: 22

Extrait

UniversitedeNancyI

IntegrationetProbabilites Examen du 12 janvier 2010 duree3h

Licence 3

Exercice 1 (7 points) P +∞ 1 n 1. On sait que pour toutu∈]1,1[, =u. En particulier, pour 1 u n=0 P +∞ 3 1 n3n x∈[0,1[,x∈]1,1[ et on a 3 = (1)x. Posons pour 1+ x n=0 P 3N+1 +∞ 1(x) n3n x∈[0,1] etN1 :f N (x() =1)x. On af N (x) = 3 , n=0 1+ x 3(N+1) |1|+|x| 2 d’ou|f N (x)|  3  3 =g(x). Commegboste0[uresern,1],g 1+x1+x 1 yestintegrable.Onsaitquepourx∈[0,1[, lim N→+∞ f N (x) = 3 . Ainsi 1+x 1 sur [0,1]f N (x) convergeentversuesˆuremp-erqs 3 lorsqueNtend vers 1+x l’inni.D’apresletheoremedeconvergencedominee,onadonc Z Z 1 d(x) = lim f N (x)d(x). 3 x+ 1 N→+∞ [0,1] [0,1] Commelesfonctionsconsidereessonttoutescontinuessuruncompact,on peutreecrirecelaen Z Z 1 1 1 dx = lim f N (x)dx. 3 x+ 1 N→+∞ 0 0 R P n 1 N (1) Un calcul facile donnef N (x),d’=ou 0 n=0 3 n+1 +∞ Z n 1 X (1)dx =. 3 3n+ 1x+ 1 0 n=0 2. Onadmet que µ ¶ 1 11x2 =. 3 2 x+3 1+ 1x xx+ 1 Notons que µ ¶µ ¶ x2 12x24 1x13 = = 2 22 xx+ 12xx2+ 1xx+ 1 (Onafaitapparaˆtreladeriveedudenominateuraunumerateur.)Ainsi 1x1 22 1x1 3 1 =+ 2 22 1 +x xx+ 11 +x2xx+ 12xx+ 1 1 12x1 31 =+ 2 2 1 +x2xx2 (+ 1x1/2) +3/4 1 12x1 1 =+ 2 2 21 2 √ √ 1 +x2xx ( + 1 x) +1 3 3 √ 1 12x1 2 1 =+ 3 √ 2 1 2 2 1 +x2xx+ 1 3 (x) +1 √ √ 3 3

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