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SOLUTIONS
Solutions
d. La médiane m vérifie F(m) = 1 − (m + 1)e
−m =
1
2
, c’est-à-dire (m + 1)e
−m =
1
2
ou
encore (2m + 2) = e
m . En prenant le logarithme, on obtient ln(2m + 2) = m, soit
g(m) = m.
e. La fonction g est strictement croissante sur [1, 2] donc si x ∈ [1, 2], alors
g(1) g(x) g(2).
Comme g(1) = ln 4 > 1 et g(2) = ln 6 ln e
2
2, on a a fortiori g(x) ∈ [1, 2].
La fonction g est dérivable sur [1, 2] et g
(x) =
2
2x + 2
=
1
x + 1
. Pour x ∈ [1, 2], on a
donc 0 g
(x)
1
2
. On en déduit , d’après l’inégalité des accroissements finis que,
pour tout x ∈ [1, 2],
|g(x) − m| |g(x) − g(m)|
1
2
|x − m|.
f. Comme u 0 appartient à [1, 2] et que cet intervalle est stable par g, tous les termes de la
suite sont dans cet intervalle et donc, pour tout n ∈ N, |g(u n ) − m|
1
2
|u n − m|, i. e.
|u n+1 − m|
1
2
|u n − m|. On montre alors par récurrence sur n que |u n − m|
1
2
n
.
Pour n = 0, |u 0 − m| = |1 − m| 1, car m ∈ [1, 2].
Si |u n − m|
1
2
n
, alors
|u n+1 − m|
1
2
|u n − m|
1
2
1
2
n
1
2
n+1
,
et la propriété est vraie au rang n + 1.
g. u n est une valeur approchée de m à 10
−2 près si
1
2
n
10
−2 soit 2
n
100. On peut
prendre n = 7.
4. a. Comme la densité est nulle sur R
∗
− , on a
V (X) =
+∞
0
(t − E(X))
2 f (t) dt
=
m
0
(t − E(X))
2 f (t) dt +
+∞
m
(t − E(X))
2 f (t) dt.
Comme ces deux intégrales sont positives, puisque la fonction qu’on intègre est positive, ainsi que m, on a
V (X)
m
0
(t − E(X))
2 f (t) dt et V (X)
+∞
m
(t − E(X))
2 f (t) dt.
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