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Mines Maths 2 PSI 2018 — Corrigé

Ce corrigé est proposé par Romain Panis (ENS Ulm) ; il a été relu par Loïc Devilliers (ENS Cachan) et Florian Metzger (docteur en mathématiques).

Ce problème a pour objectif, dans la dernière partie, d’établir un résultat sur la vitesse de convergence dans le théorème central limite. Aucune connaissance sur ce théorème hors programme n’est requise. Pour progresser vers ce résultat, le su- jet établit des résultats préliminaires qui utilisent l’analyse (intégration, continuité, dérivabilité,...) et les probabilités (indépendance, espérance,...). De nombreuses ques- tions de cours sont glissées dans le sujet, ce qui permet d’insister sur l’importance de l’apprentissage du cours lors de la préparation du concours des Mines. Le sujet est assez technique et certaines questions (plus spécifiquement les questions 3, 8, 9, 17 et 21) demandent une rédaction précise.

• La première partie établit quelques résultats techniques qui seront utiles dans les parties suivantes.

• La deuxième partie s’intéresse à la transformation d’Ornstein-Uhlenbeck, qui à une fonction f continue sur R et à croissance lente associe, pour t > 0, l’application

P

f : x ∈ R 7−→ 1

√ 2π Z

R

f e

x + √

1 − e

y e

2 2

dy

Cette partie repose sur les grands théorèmes du cours d’intégration. On utilise ainsi de nombreuses fois le théorème de convergence dominée et le théorème de continuité des intégrales à paramètre. Il faut vérifier soigneusement les condi- tions d’application de ces théorèmes ; l’obtention des dominations est parfois délicate (question 9).

• La troisième partie est dédiée à l’introduction de l’opérateur L qui à f de classe C

sur R et à x ∈ R associe Lf (x) = f

(x) − xf

(x). Cet opérateur servira en particulier à l’énoncé du théorème 1 dans la partie suivante.

• La quatrième et dernière partie concerne l’obtention d’une vitesse de conver- gence en O (1/ √ n) dans le théorème central limite pour le cas particulier de variables aléatoires admettant un moment d’ordre 3. Les outils probabilistes uti- lisés sont classiques (indépendance, calcul d’espérance de produit de variables aléatoires indépendantes,...).

En conclusion, le sujet est bien équilibré, de longueur raisonnable et reste tout à fait abordable sous réserve d’être à l’aise avec les intégrales à paramètre. La dernière partie, plus originale et assez technique, constitue un bon exemple d’énoncé mêlant analyse et probabilités, ce qui semble devenir un incontournable des concours Mines et Centrale.

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Indications

Partie I

1. Utiliser le rappel de l’énoncé et effectuer un changement de variable affine.

2. Penser au critère de Riemann.

3. Effectuer le changement de variable proposé par l’énoncé, puis utiliser une formule trigonométrique pour se ramener à une intégrale plus simple.

Partie II

5. Utiliser le fait que f ∈ C

( R ) pour obtenir une majoration intégrable de la fonction étudiée.

6. Pour le calcul de limite, utiliser le théorème de convergence dominée et la caractérisation séquentielle de la limite.

8. Commencer par calculer la dérivée de ψ

puis obtenir la majoration souhaitée en distinguant selon les cas. Pour obtenir la majoration dans le cas | y | > 1 on cherchera à étudier le terme dans l’exponentielle définissant ψ

.

9. Pour la première partie de la question utiliser le résultat de 8 et appliquer le théorème de convergence dominée. Pour montrer la continuité de (P

f )

, utiliser le théorème de continuité des intégrales à paramètre en cherchant une domination intégrable sur un intervalle borné pour le paramètre.

10. Pour l’inégalité distinguer selon le cas | a | 6 | b | et | a | > | b | . Partie III

12. Commencer par justifier l’existence des deux intégrales puis penser à effectuer une intégration par parties.

13. Utiliser l’expression de la question 11, puis appliquer la question 12 à f

pour obtenir une expression de h

(t

) sans singularité en 0.

Partie IV

14. Utiliser l’écriture | X

| = | X

|1

+ | X

|1

.

17. Partir du terme de droite dans l’égalité et utiliser la question 16.

18. Appliquer le résultat de la question 1 deux fois avec, dans un premier temps k = 0, f = g

, b = S et a = S

; puis avec k = 1, f = g

, b = S et a = S

. 20. Partir du lemme 1 appliqué à f pour k = 2 puis utiliser le résultat de la

question 9.

21. Il y a une erreur d’énoncé, dans le terme de gauche de l’inégalité il ne doit pas y avoir de sup. Utiliser le théorème I et les questions 19 et 20 pour obtenir une majoration du terme de gauche. Ensuite pour obtenir la majoration de l’énoncé utiliser la question 3. Admettre le fait que l’espérance commute avec l’intégrale.

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I. Préliminaires

1 Soit f une fonction de classe C

sur [ a ; b ]. D’après la formule de Taylor avec reste intégral rappelée par l’énoncé, on a

f (b) =

k

X

j=0

f

(a)

j! (b − a)

+ 1 k!

Z

(b − t)

f

(t) dt

et en effectuant le changement de variable affine non constant donc licite t = a + θ(b − a),

soit θ = t − a

b − a dans l’intégrale ci-dessus, on obtient Z

a

(b − t)

f

(t) dt = (b − a)

Z

0

(1 − θ)

f

(a + θ(b − a)) dθ ce qui donne finalement la formule désirée

f (b) =

k

X

j=0

f

(a)

j! (b − a)

+ (b − a)

k!

Z

(1 − θ)

f

(a + θ(b − a)) dθ

2 Soient α > 0 et n ∈ N . Pour tout x ∈ R on a

| x

g

(x) | = | x

x

e

| = | x |

e

Par croissances comparées on a

| x |

e

−−−−−→

|x|→+∞

0

La fonction g

est continue sur R et vérifie par le calcul précédent g

(x) =

|x|→+∞

O 1

x

On en déduit alors par critère de Riemann, puisque 2 > 1, le résultat recherché La fonction g

est intégrable sur R .

3 Commençons par observer que l’intégrale proposée par l’énoncé existe bien.

En effet, notons pour t > 0

h(t) = e

√ 1 − e

La fonction h est continue sur ] 0 ; + ∞ [ et de signe constant positif. De plus, elle est intégrable au voisinage de l’infini car équivalente à la fonction t 7−→ e

intégrable au voisinage de l’infini par critère de Riemann, puisque c’est un O 1/t

. Enfin, au voisinage de 0 on a

h(t) ∼

t→0⁺

√ 1 2t =

t→0⁺

O 1

t

Donc par critère de Riemann, h est intégrable en 0 (1/2 < 1). Finalement, l’intégrale généralisée est bien définie.

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On utilise maintenant l’indication de l’énoncé et on effectue le changement de variable θ = Arcsin (e

)

qui est bijectif de classe C

. En effet, t 7−→ Arcsin (e

) réalise une bijection C

strictement décroissante de ] 0 ; + ∞ [ dans ] 0 ; π/2 [ : cette fonction est la composée de t 7−→ e

, bijection décroissante de ] 0 ; + ∞ [ dans ] 0 ; 1 [, avec Arcsin , bijection croissante de ] 0 ; 1 [ dans ] 0 ; π/2 [. Cela donne sin(θ) = sin(Arcsin (e

)) = e

car e

∈ ] − 1 ; 1 [ si t > 0, et

cos(θ) dθ = − e

dt = − sin(θ) dt

On a donc, en utilisant le fait que cos est positif sur [ 0 ; π/2 ] Z

0

e

√ 1 − e

dt = − Z

π 2

sin

(θ) q

1 − sin

(θ) cos(θ) sin(θ) dθ

= Z

0

sin

(θ)

cos(θ) cos(θ) dθ Z

0

e

√ 1 − e

dt = Z

0

sin

(θ) dθ

or

Z

0

sin

(θ) dθ = Z

0

1 − cos(2θ)

2 dθ =

θ

2 − sin(2θ) 4

= π 4

d’où

Z

0

e

√ 1 − e

dt = π 4 4 Soit (m, n) ∈ N

. On introduit

ϕ

:



 

 

R −→ R

x 7−→ (1 + | x |

)(1 + | x |

) 1 + | x |

Cette application est continue sur R comme quotient d’applications continues sur R et dont le dénominateur ne s’annule pas. On dispose de l’équivalent suivant

ϕ

(x) ∼

|x|→+∞

| x |

| x |

| x |

= 1

On en déduit ϕ

−→

|x|→+∞

1

Par conséquent, la fonction ϕ

est bornée sur R .

De plus, ϕ

est strictement positive sur R et par la remarque précédente, en notant C

= sup

x∈R

ϕ

(x), pour tout x ∈ R ,

0 < (1 + | x |

)(1 + | x |

)

1 + | x |

6 C

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