Agrégation interne - sujet 2 - partie IV - Page 2 — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Agrégation interne - sujet 2 - partie IV

2»

Réponses

  • Modifié (12 Feb)
    Reprenons Q40c.
    On a prouvé que $\displaystyle{\sum_{k=0}^n (-1)^k.\binom{n}{k}.\frac{1}{k+1}=\frac{1}{n+1} } $
    Puis il reste à prouver que $\displaystyle{\sum_{k=0}^n (-1)^k.\binom{n}{k}.\frac{1}{(k+1)^2}=\frac{H_{n+1}}{n+1} } $
    Je reprends la solution de @bd2017 qui est un peu lourde mais qui marche. Je suis donc dans cette réponse une sorte de scribe.
    Posons $\displaystyle{\phi(z)=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}.\frac{z^{k+1}}{(k+1)^2} }$. Nous avons $\displaystyle{-\phi(-1)=\sum_{k=0}^n (-1)^k.\binom{n}{k}.\frac{1}{(k+1)^2} }$
    $\displaystyle{-\phi(-1)=\int_{-1}^0 \phi'(z) dz = \int_{-1}^0 \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}.\frac{z^{k}}{k+1} dz }$. Or $\binom{n}{k}.\frac{1}{k+1} = \binom{n+1}{k+1}.\frac{1}{n+1}$.
    Ainsi $\displaystyle{-\phi(-1) = \int_{-1}^0 \sum_{k=0}^n \binom{n+1}{k+1}.\frac{z^k}{n+1} dz = \frac{1}{n+1}  \int_{-1}^0 \frac{1}{z} \sum_{k=0}^n \binom{n+1}{k+1}.z^{k+1} dz = \frac{1}{n+1}  \int_{-1}^0 \frac{1}{z}  (z^{n+1}-1) dz = \frac{1}{n+1}  \int_{-1}^0 \frac{1}{z}  ((z+1)^{n+1}-1) dz } $ $\displaystyle{ = \frac{1}{n+1}  \int_{0}^1 \frac{1}{u-1}  (u^{n+1}-1) du = \frac{1}{n+1}  \int_{0}^1 (u^{n} +u^{n-1} + \cdots + 1) du  = \frac{1}{n+1}   (\frac{1}{n+1} +\frac{1}{n} + \cdots + 1) = \frac{H_{n+1}}{n+1} }$
  • Modifié (11 Feb)
    Q42b
    On a vu successivement :
    $\displaystyle{ \mathbb{V}(X) =  \int_{0}^{+\infty} ln(u)^2.e^{-u} du = lim_{n \mapsto +\infty } \frac{n}{n+1} (ln(n)^2-2ln(n).H_{n+1} + 2\sum_{i=1}^{n+1} \frac{H_i}{i} ) = lim_{n \mapsto +\infty } \frac{n}{n+1} (ln(n)^2-2ln(n).H_{n+1} +H_n^2 + \sum_{i=1}^n\,\frac{1}{i^2} ) = lim_{n \mapsto +\infty } \frac{n}{n+1} (ln(n)^2-2ln(n).(ln(n+1) + \gamma + o(1)) +(ln(n) + \gamma + o(1))^2 + \pi^2/6) = lim_{n \mapsto +\infty } \frac{n}{n+1} (ln(n)^2-2ln(n).ln(n+1) -2ln(n).\gamma  +ln(n)^2 + 2.\gamma.ln(n) + \gamma^2 + \pi^2/6+ o(1) ) =  lim_{n \mapsto +\infty } \frac{n}{n+1} (2ln(n)(ln(n)-ln(n+1)) +  \gamma^2 + \pi^2/6+ o(1) ) =   \gamma^2 + \pi^2/6 } $
    Je ne trouve pas pareil que @Alexique.
  • Modifié (12 Feb)
    LeVioloniste a dit :
    Je reprends la solution de @bd2017 qui est un peu lourde mais qui marche.

    He! ho!  Je te rappelle que j'avais donné une solution simple et rapide. 
    La solution lourde ce n'est pas moi qui l'ai voulue . Tu es parti dans une voie plus compliquée. C'est ton droit.  Tu n'arrives pas à finir. Tu me demandes, si je sais finir. Je le fais pour te faire  plaisir. Mais ne dis pas que ma solution est lourde. Tu es un comique. 
    Je finis  par croire @Vassillia a raison. La  prochaine fois tu resteras avec ton problème. 
     
  • Modifié (11 Feb)
    Oui @bd2017 c'est assez calculatoire et ça marche et je te dis bravo et merci.
    Je n'ai rien dit de méchant non ?
    Ta méthode avec le calcul intégral initiale est bien plus performante que la mienne je suis bien d'accord.
  • Modifié (12 Feb)
    Q43
    On demande de montrer que $\forall t \in \mathbb{R}$ $\Phi_X(t)=\mathbb{E}[e^{itX}]=\Gamma(1-it)$
    $\displaystyle{\Phi_X(t)=\mathbb{E}[e^{itX}]=\int_{\mathbb{R}} e^{itx} e^{-x}.e^{-e^{-x}} dx = \int_{\mathbb{R}} e^{x(it-1)}.e^{-e^{-x}} dx = \int_{\mathbb{R}} e^{-x(1-it)}.e^{-e^{-x}} dx}$ 
    Or $\displaystyle{\Gamma(1-it)=\int_{\mathbb{R}^+} u^{1-it-1} e^{-u} du = \int_{\mathbb{R}^+} u^{-it} e^{-u} du }$
    Dans $\displaystyle{\int_{\mathbb{R}} e^{-x(1-it)}.e^{-e^{-x}} dx}$ on pose le changement de variable $u=e^{-x}$
    $\displaystyle{-\int_{\mathbb{R}^+} u^{1-it}.e^{-u} (-du/u) = \Gamma(1-it) }$

    Trois fois le même changement de variable dans la même partie c'est un peu barbant ...
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!