Concours commun Mines-Ponts

SESSION 2019

Concours commun Mines-Ponts

PREMIÈRE ÉPREUVE. FILIÈRE PSI

I - Généralités, cas particuliers

1)Soientr∈]0,+∞[et p∈N^∗. Pourn∈N^∗, posonsa_n= (pn)^r

(pn)!. Pour toutn∈N^∗,a_n 6=0puis

an+1

an

= (p(n+1))^r

(p(n+1))! × (pn)!

(pn)^r =

1+ 1 n

r

1

(pn+1)(pn+2). . .(pn+p) puis

an+1

an

n→+∞∼ 1

(pn)^p _n→+∞→ 0.

D’après la règle de d’Alembert,R_a= +∞. Mais alors, pour toutz∈C, la série numérique de terme général (pn)^r (pn)! (z^p)ⁿ, n>1, converge et donc la série entière X

n>1

(pn)^r

(pn)!z^np a un rayon de convergence infini.

2)Les calculs précédents restent valables quand r=0. Soitx∈R. S_0,1(x) =

X+∞

n=1

xⁿ

n! =e^x−1 et

S0,2(x) = X+∞

n=1

x²ⁿ

(2n)! =ch(x) −1.

II - Une démonstration probabiliste de H

n!e^−x puisE(Xx) =x. D’après la formule de transfert,

E (Z_x)^r

= 1 x^r

+∞X

n=0

n^rP(X_x=n) 1 x^r

+∞X

n=0

n^rxⁿ

n!e^−x= e^−x x^r

+∞X

n=0

n^r n!xⁿ. Ceci montre que(Z_x)^r admet une espérance et queE (Z_x)^r

= e^−x

x^r Sr,1(x).

4)Soitx > 0. On sait queE(Xx) =V(Xx) =x. D’après l’inégalité deBienaymé-Tchebychev, 06P

|Zx−1|>x^−1/3

=P

|Xx−x|>x^2/3

6 V(X_x) x^2/32 = 1

x^1/3. Puisque lim

x→+∞

1

x^1/3 =0, on en déduit que lim

x→+∞P

|Zx−1|>x^−1/3

=0.

5) Soit x > 1. Alors 1− x^−1/3 > 0. Par croissante de la fonction t 7→ t^r sur R⁺ (car r > 0), on en déduit que Z_x>1−x^−1/3 =

(Z_x)^r> 1−x^−1/3r .

Puisque la variable(Z_x)^rest positive et admet une espérance, l’inégalité deMarkov permet d’affirmer que P

Zx>1−x^−1/3

=P

(Z_x)^r>

1−x^−1/3r

6 E (Z_x)^r 1−x^−1/3r

et donc 1−x^−1/3r

P Z_x>1−x^−1/3

6E (Z_x)^r . Déjà 1−x^−1/3r

x→+∞→ 1. Ensuite,

Zx< 1−x^−1/3 ⊂

|Zx−1|>x^−1/3 puis, par croissance deP,P Zx< 1−x^−1/3 6 P |Zx−1|>x^−1/3

. D’après la question 4,P |Zx−1|>x^−1/3

x→+∞→ 0et doncP Zx< 1−x^−1/3

x→+∞→ 0. Mais alors, P Zx>1−x^−1/3

=1−P Zx< 1−x^−1/3

x→→+∞1.

Finalement, 1−x^−1/3r

P Zx>1−x^−1/3

x→+∞→ 1.

6)SoientN∈N^∗ etx > 0. D’après la formule de transfert,

E(Yx,N) =

+∞X

n=0

n(n−1). . .(n−N+1)xⁿ n!e^−x=

+∞X

n=N

n!

(n−N)!

xⁿ

n!e^−x=e^−x X+∞

n=0

xⁿ (n−N)!

=e^−x

+∞

X

n=0

x^n+N

n! =x^Ne^−x

+∞

X

n=0

xⁿ n! =x^N. Ceci montreYx,N admet une espérance et quee(Yx,N) =x^N.

7)SoitN∈N^∗. PosonsH0=1 puis, pourj∈J1, NK, posonsHj=T(T −1). . .(X−j+1). Les polynômes Hj, j∈J0, NK, sont des polynômes non nuls, de degrés deux à distincts et inférieurs ou égaux àN. Donc,(H_j)_06j6N est une famille libre deR_N[X]. Puisque card(H_j)_06j6N =N+1=dim(R_N[X])<+∞,(P_k)_06j6N est une base deR_N[X]. Par suite, il existe des réelsa₀,a₁,a_N tels que

X^N= XN

j=0

ajHj (∗).

De plus,N∈N∗ et donc, en évaluant en0l’égalité précédente, on obtienta0=0. Par suite, (Xx)^N=

XN

k=1

akHk(Xx) = XN

k=1

akYx,k.

Par linéarité de l’espérance, on obtient

E (Zx)^N

= 1 x^NE

(Xx)^N

= 1 x^N

XN

k=1

akE(Yx,k) = 1 x^N

XN

k=1

akx^k

et donc lim

x→+∞E (Z_x)^N

= a_N. Maintenant, l’analyse du coefficient de X^N dans l’égalité (∗) montre que a_N = 1 et finalement

x→+∞lim E (Z_x)^N

=1.

8) Tout d’abord,s= r−N =r−⌊r⌋ ∈[0, 1[. Ensuite, pour t>0, posonsϕ(t) =t^s−1−s(t−1). ϕ est continue sur [0,+∞[, dérivable sur]0,+∞[et pourt > 0,

ϕ^′(t) =st^s−1−s=s t^s−1−1 .

Puisques−1 < 0,ϕ^′ est positive sur]0, 1]et négative sur[1,+∞[. On en déduit queϕ admet sur[0,+∞[un maximum atteint en1 et égal àϕ(1) =0. Par suite,ϕest négative sur [0,+∞[et donc,

∀t∈[0,+∞[, t^s6s(t−1) +1.

Soientr > 0et x > 0. Puisque Z_x est positive,(Z_x)^s6s(Z_x−1) +1. En multipliant les deux membres de cette inégalité par(Z_x)>0 et en tenant compte des+N=r, on obtient

(Z_x)^r6s

(Z_x)^N+1−1

+ (Z_x)^N= (1−s) (Z_x)^N+s(Z_x)^N+1.

9)Soitx > 0. Pour toutN∈N^∗, d’après les questions 5 et 8 et par croissance et linéarité de l’espérance,

1−x^−1/3 P

Zx>1−x^−1/3

6E (Z_x)^r

6(1−s)E (Z_x)^N

+sE

(Z_x)^N+1 .

D’après la question 5, 1−x^−1/3

P Z_x>1−x^−1/3

x→+∞→ 1et d’après la question 7, (1−s) (Z_x)^N+s(Z_x)^N+1_x→+∞→ (1−s) +s=1(carN>r−1et donc N_x→+∞→ +∞). D’après le théorème des gendarmes,

E (Z_x)^r

x→+∞→ 1.

III - Démonstration de H

pour p > 2

10)Soitx > 0. Puisque r > 0,ϕxest continue sur [1,+∞[, dérivable sur]1,+∞[ et pourt > 1,

ϕ_x^′(t) = (1−r)t^−r(t−1)^r+rt^1−r(t−1)^r−1= ((1−r)(t−1) +rt)t^−r(t−1)^r−1= (t+r−1)t^−r(t−1)^r−1 6rt^−r(t−1)^r−1> 0.

La fonctionϕxest donc strictement croissante sur[1,+∞[et continue sur[1,+∞[.ϕxréalise une bijection de[1,+∞[sur

ϕ(1), lim

t→+∞ϕx(t)

.ϕx(1) = −x < 0et d’autre part,ϕx(t) ∼

t→+∞t^1−r×t^r=t_t→+∞→ +∞. Ainsi,0∈

ϕ(1), lim

t→+∞ϕx(t)

et donc, il existe un réeltxet un seul dans[1,+∞[et même]1,+∞[tel queϕ(tx) =0.

Puisqueϕ_x est strictement croissante sur[1,+∞[, si t∈[1, t_x[,ϕ_x(t)< 0, sit∈]t_x,+∞[,ϕ_x(t)> 0etϕ_x(t_x) =0.

Soientx > 0etn∈N^∗.

un+1(x) −un(x) = (n+1)^r

(n+1)!xⁿ⁺¹−n^r

n!xⁿ= xⁿ

n! (n+1)^r−1x−n^r

= −xⁿ(n+1)^r−1

n! (n+1)^1−rn^r−x

= −xⁿ(n+1)^r−1

n! ϕx(n+1).

Donc, un+1(x) −un(x) est du signe de−ϕ_x(n+1). Si n < ⌊tx⌋ou encore n 6⌊tx⌋−1, alors n+1 6 ⌊tx⌋6 tx et donc u_n+1(x) −u_n(x) > 0 et si n > ⌊t_x⌋, alors n+1 > ⌊t_x⌋+1 > t_x et donc u_n+1(x) −u_n(x) 6 0. La suite finie (u_n(x))_06n6⌊t

x⌋ est croissante et la suite(u_n(x))_n>⌊t

x⌋ est décroissante.

11)Soitα∈R. Pourx > 0 et x>1−α, ϕ_x(x+α) = (x+α)^1−r(x+α−1)^r−x=x

1+α x

1−r

1+α−1 x

r

−1

puis

ϕx(x+α) =

x→+∞x

1+α(1−r)

x +o

1

x 1+(α−1)r

x +o

1 x

−1

x→+∞= x

1+α(1−r) +r(α−1)

x +o

1 x

−1

x→+∞= α−r+o(1).

Donc, lim

x→+∞ϕx(x+α) =α−r.

Si α > r, alors α−r > 0 et donc ϕ_x(x+α) > 0 pour x suffisamment grand. Par suite, si α > r, x+α > t_x pour x suffisamment grand. De même, siα < r,x+α < tx pourxsuffisamment grand.

Soitε > 0. Alors r+ε > ret r−ε < r. Pourx suffisamment grand,x+r+ε > t_x et x+r−ε < t_x. Donc, il existe un réelA > 0tel que, pourx>A,−ε < t_x−x−r < ε. Ceci montre que lim

x→+∞(t_x−x−r) =0.

12)Soitk∈Z. Pourx>−k,⌊x⌋+k∈Npuis, en posantp=⌊x⌋, up+k(x)

u_p(x) = (p+k)^r

p^r × x^k

(p+1)(p+2). . .(p+k). Puisquex−16p6x, on ap ∼

x→+∞xet en particulierp →

x→+∞+∞. On en déduit que u_p+k(x)

up(x) ∼

x→+∞

p^r p^r ×x^k

p^k ∼

x→+∞

x^k x^k =1.

Donc, pour tout entier relatifk,u_⌊x⌋+k(x) ∼

x→+∞u_⌊x⌋(x).

13)Soitm∈N∗. D’après ce qui précède,

⌊x⌋

X

i=⌊x⌋−m

ui(x) u_⌊x⌋(x) =

⌊x⌋

X

i=⌊x⌋−m

ui(x) u_{⌊x⌋ x→+∞}→

⌊x⌋

X

i=⌊x⌋−n

1=m+1. Par suite, pourxau

voisinage de+∞, X⌊x⌋

i=⌊x⌋−m

ui(x)

u_⌊x⌋ >(m+1) −1=mou encore

⌊x⌋

X

i=⌊x⌋−m

ui(x)>mu_⌊x⌋(x).

Ainsi, pourxsuffisamment grand etm∈N^∗,

u_⌊x⌋(x)6 1 m

⌊x⌋

X

i=⌊x⌋−m

i^r i!xⁱ

6 x^r m

⌊x⌋

X

i=⌊x⌋−m

xⁱ

i! (carr > 0) 6 x^r

m X+∞

i=0

xⁱ

i! = x^re^x m . 14)Montrons queu_⌊x⌋(x) =

x→+∞o(x^re^x). Soitε > 0. Soitm= ⌊1

ε⌋+1∈N∗ de sorte que 1

m 6ε. D’après la question précédente, il existeA > 0tel que, pourx>A,06u_⌊x⌋(x)6x^re^x

m =εx^re^x. On a montré que∀ε > 0,∃A > 0/∀x > 0, x>A⇒

u_⌊x⌋(x)

6εx^re^x

et doncu_⌊x⌋(x) =

x→+∞o(x^re^x).

Soit alorsk∈Z. D’après ce qui précède,u_⌊x⌋+k(x) ∼

x→+∞u_⌊x⌋(x) =

x→+∞o(x^re^x).

Montrons maintenant queMx =

x→+∞o(x^re^x). Puisquetx−xtend versrquandxtend vers+∞et que⌊r⌋−1 < r <⌊r⌋+1, pourxsuffisamment grand,⌊r⌋−16tx−x6⌊r⌋+1. Mais alors, pourxsuffisamment grand,tx−⌊x⌋>tx−x>⌊r⌋−1 et aussitx−⌊x⌋6tx− (x−1)6⌊r⌋+1+1=⌊r⌋+2. Donc, pourxsuffisamment grand,tx−⌊x⌋est un certain entier compris au sens large entre⌊r⌋−1et⌊r⌋+2ou encore, pourxsuffisamment grand,Mx=utx =u_⌊x⌋+ioùiest un entier compris au sens large entre⌊r⌋−1et ⌊r⌋+2.

Pourxsuffisamment grand,Mxest l’un des4nombres positifsu_⌊x⌋+i,⌊r⌋−16i6⌊r⌋+2et donc06Mx6

⌊r⌋+2

X

i=⌊r⌋−1

u_⌊x⌋+i. Chacun des4 termes est négligeable devantx^re^xquand xtend vers+∞et donc

Mx =

x→+∞o(x^re^x). 15)Soitx > 0. Pourn∈N^∗ etz∈U\ {1},

|D_n|=

n−1X

k=0

z^k

=

1−zⁿ 1−z

6 1+|z|ⁿ

|1−z| = 2

|1−z|. Mais alors,|D_nun−1(x)| =

n→+∞O(u_n−1(x))et|D_nun(x)| =

n→+∞O(u_n(x)). D’après la question 1, les séries numériques de termes généraux respectifsun−1(x)etun(x)sont convergentes et donc les séries de termes généraux respectifsDnun−1(x) etDnun(x)sont absolument convergentes.

16)Soitx > 0. Puisque toutes les séries considérées convergent, on peut écrire

X+∞

n=1

Dn(un−1(x) −un(x)) =

+∞X

n=1

Dnun−1(x) −

+∞X

n=1

Dnun(x) = X+∞

n=0

Dn+1un(x) −

+∞X

n=1

Dnun(x)

=D1u0(x) +

+∞X

n=1

(D_n+1−Dn)un(x)

=

+∞X

n=1

zⁿn^r n!xⁿ =

X+∞

n=1

n^r

n!(zx)ⁿ =S_r,1(zx).

Ensuite, pour toutz∈U\ {1}et toutx > 0, la série de terme généralu_n(x)converge et en particulier, lim

n→+∞u_n(x) =0 puis

|S_r,1(x)|6

+∞X

n=1

|D_n| |u_n−1(x) −un(x)|6 2

|1−z|

+∞X

n=1

|u_n−1(x) −un(x)|

= 2

|1−z|





⌊Xtx⌋ n=1

(u_n(x) −un−1(x)) + X+∞

n=⌊t^x⌋+1

(u_n−1(x) −un(x))





= 2

|1−z|

u_⌊tx⌋(x) −u₀(x) +

u_⌊tx⌋(x) − lim

n→+∞u_n(x)

(série télescopique)

= 2

|1−z| 2u_⌊tx⌋(x)

= 4Mx

|1−z|. D’après la question 14,Mx =

x→+∞o(x^re^x)et donc Sr,1(x) =

x→+∞o(x^re^x).

17)Soitx∈R.

p−1X

k=0

Sr,1 ζ^kx

=

+∞X

n=1

n^r n!xⁿ

p−1X

k=0

(ζⁿ)^k

!

(somme depséries convergentes).

Sin∈pZ, alorsζⁿ=1puis

p−1X

k=0

(ζⁿ)^k=p. Sin /∈pZ, alorsζⁿ6=1 puis

p−1X

k=0

(ζⁿ)^k= 1−ζ^np

1−ζⁿ =0 carζ^p=1. Par suite,

p−1

X

k=0

Sr,1 ζ^kx

=

+∞X

m=1

(pm)^r

(pm)!x^pmp=pSr,p(x).

Pourk∈J1, p−1K, ζ^k

=1 etζ^k6=1. D’après la question précédente,

pX−1

k=1

Sr,1 ζ^kx

x→+∞= o(x^re^x)et donc

pS_r,p(x) =S_r,1(x) +

p−1

X

k=1

S_r,1 ζ^kx

x→+∞= S_r,1(x) +o(x^re^x). Mais alors, puisque Sr,1(x) ∼

x→+∞ x^re^x d’après la question 9 et doncSr,p(x) =

x→+∞

x^re^x

p +o(x^re^x) ∼

x→+∞

x^re^x p . Ceci démontre la validité deHr,p,p>2.

IV - Application à une équation différentielle

18)Soit(c_n)_n∈Nune suite réelle telle que R_c> 0. Pourt∈]−R_c, R_c[, on posef(t) =

+∞X

n=0

c_ntⁿ. Pour toutt∈]−R_c, R_c[,

tf^′′(t) −f(t) =t

+∞X

n=2

n(n−1)cntⁿ⁻²−

+∞X

n=0

cntⁿ=

+∞X

n=1

n(n−1)cntⁿ⁻¹−

+∞X

n=0

cntⁿ

=

+∞X

n=0

(n+1)nc_n+1tⁿ− X+∞

n=0

cntⁿ=

+∞X

n=0

(n(n+1)c_n+1−cn)tⁿ. puis, par unicité des coefficients d’une série entière,

∀t∈]−R_c, Rc[, tf^′′(t) −f(t) =0etf^′(0) =1⇔∀n∈N, n(n+1)c_n+1−cn=0

⇔c0=0et∀n∈N^∗, cn+1= cn

(n+1)n etc1=1

⇔c₀=0etc₁=1et∀n>2, c_n = 1

n(n−1)×(n−1)(n−2)×. . .×(2×1)c₁

⇔c0=0etc1=1et∀n>2, cn = 1

n(n−1)×(n−1)(n−2)×. . .×(2×1)c1

⇔∀n∈N, cn= n (n!)²

Les calculs précédents ont été effectués sous l’hypothèse R_c > 0. La règle de d’Alembert montre que la série entière associée à la suite

n (n!)²

n∈N

a un rayon de convergence infini ce qui valide les calculs précédents surR.

∀t∈R, f(t) =

+∞X

n=0

ntⁿ (n!)². 19)D’après la formule deStirling,

(2n)!c_n ∼

n→+∞

n 2n

e 2n√

4πn n

e 2n

2πn

= 1

√π

√n4ⁿ

et donc

c_n ∼

n→+∞

√1 π

√n (2n)!4ⁿ. 20)D’après le résultat admis par l’énoncé,

f(t) ∼

t→+∞ +∞X

n=1

√1 π

√n

(2n)!4ⁿtⁿ= 1

√π

+∞X

n=1

(2n)^1/2 (2n)!

2√

t2n

= 1

√2πS_1/2,2 2√

t

t→+∞∼

√1 2π×1

2

2√ t1/2

e^2√t= t^1/4 2√

πe^2√t.