Concours commun Mines-Ponts

SESSION 2016

Concours commun Mines-Ponts

PREMIÈRE ÉPREUVE. FILIÈRE PC/PSI

A. Préliminaire

1)Soitα∈R. On sait que pour tout réelu∈] −1, 1[, (1+u)^α=

+∞

X

n=0

α n

uⁿ.

Pourx∈] −1, 1[, le réelu= −xest dans ] −1, 1[ et

√ 1

1−x = (1−x)⁻¹² =

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ −¹₂

n

xⁿ.

(−1)⁰ −₂¹

0

=1et pourn>1,

(−1)ⁿ −¹₂

n

= (−1)ⁿ

nfacteurs

z }| {

−1 2 −1

2 −1

. . .

−1

2 − (n−1)

n! =

1 2

1 2 +1

. . .

1

2+ (n−1)

n!

= (2n−1)×(2n−3)×. . . 3×1

2ⁿn! = (2n−1)×(2n−3)×. . .×3×1 (2n)×(2n−2)×. . .×4×2

= (2n)×(2n−1)×(2n−2)×. . .×3×2×1

((2n)×(2n−2)×. . . 4×2)² = (2n)!

2²ⁿ(n!)² = 2n

n

4ⁿ , ce qui reste vrai quandn=0. Donc

∀x∈] −1, 1[, 1

√1−x =

+∞

X

n=0

2n n

4ⁿ xⁿ.

B. Identité de Karatama

2)Soitp∈N. Soitx∈[0, 1[. √ 1−x

+∞

X

k=0

akx^(p+1)k=√

1−x f x^p+1

. Quandxtend vers1 par valeurs inférieures,

√1−x f x^p+1

=

r 1−x 1−x^p+1

p1−x^p+1f x^p+1

∼√ π

r 1

1+x+. . .+x^p ∼ r π

p+1. Donc,

∀p∈N, lim

x→1⁻

√1−x

+∞

X

k=0

akx^(p+1)k= r π

p+1.

3)Soitp∈N. En posantu= (p+1)t, l’intégrale obtenue est convergente et

√π= Z+∞

0

e^−u

√u du= Z+∞

0

e^−(p+1)t

p(p+1)t (p+1)dt=p p+1

Z+∞

0

e^−(p+1)t

√t dt.

Donc, Z+∞

0

e^−(p+1)t

√t dtconverge et e^−(p+1)t

√t dt= r π

p+1. D’après la question précédente,

xlim→1⁻

√1−x

+∞

X

k=0

akx^(p+1)k= Z+∞

0

e^−(p+1)t

√t dt.

4)PosonsQ= Xn

p=0

αpX^p. Alors, pourx∈] −1, 1[,√ 1−x

+∞

X

k=0

akx^kQ x^k

= Xn

p=0

αp

√1−x

+∞

X

k=0

akx^(p+1)k

!

(combinaison linéaire de séries convergentes) puis

xlim→1⁻

√1−x

+∞

X

k=0

a_kQ x^k

= Xn

p=0

α_p Z+∞

0

e^−(p+1)t

√t dt= Z+∞

0

e^−t Xn

p=0

α_p e^−tp

√t dt= Z+∞

0

e^−tQ(e^−t)

√t dt.

5)Soitt∈]0,+∞[. Alors,e^−t∈[0, 1] puish(e^−t) =

e^tsit∈]0, 1]

0sit > 1 et donc e^−t

√th(e^−t) = 1/√

tsit∈]0, 1]

0sit > 1 . La fonction t 7→ e^−t

√th(e^−t) est continue par morceaux sur ]0,+∞[, intégrable sur un voisinage de 0 car −1

2 > −1 et intégrable sur un voisinage de+∞car nulle sur un voisinage de+∞. La fonctiont7→ e^−t

√th(e^−t)est donc intégrable sur ]0,+∞[. On en déduit la convergence de l’intégrale

Z+∞

0

e^−t

√th e^−t

dt et de plus Z+∞

0

e^−t

√th e^−t dt=

Z1

0

√1

t dt=h 2√

ti1 0=2.

6)Soitx∈[0, 1[. lim

k→+∞

x^k=0et donc il existe k₀∈Ntel que pourk>k₀,x^k∈ 0, e⁻¹

. Pourk>k₀,a_kx^kh x^k

=0.

En particulier, la série numérique de terme généralakx^kh x^k

,k∈N, converge.

7)Soitn∈N^∗.e^−nk >e⁻¹⇔−k

n >−1⇔k6n. Par suite, q

1−e⁻¹ⁿ

+∞

X

k=0

ake^−knh e^−kn

= q

1−e⁻ⁿ¹ Xn

k=0

ake^−kne^kn = q

1−e⁻ⁿ¹ Xn

k=0

ak.

Quandntend vers+∞,−1

n tend vers0et donc q

1−e⁻ⁿ¹ ∼

n→+∞

s

−

−1 n

= 1

√n.

D’autre part, puisque e⁻ⁿ¹ tend vers 1, p

1−e⁻¹ⁿ

+∞

X

k=0

a_ke^−knh e^−kn

tend vers Z+∞

0

e^−th(e^−t)

√t dt = 2. Finalement,

√1 n

Xn

k=0

ak ∼

n→+∞2 et donc

Xn

k=0

ak ∼

n→+∞2√ n.

C. Théorème taubérien

8)Soitn∈Ntel quen− [αn]6=0(en particuliern>1).α < 1⇒αn < n⇒[αn]< n⇒n− [αn]> 0puis

S_n−S_[αn]= Xn

k=[αn]+1

a_k

>

Xn

k=[αn]+1

a_n (car la suite(a_k)est décroissante)

= (n− [αn])a_n et donc S_n−S_[αn]

n− [αn] >an carn− [αn]> 0.

Soitn∈Ntel que n− [βn]6=0(en particuliern>1).β > 1⇒βn > n⇒[βn]>n⇒[βn]> n⇒[βn] −n > 0puis

S_[βn]−S_n=

k=[βn]

X

k=n+1

na_k

6

k=[βn]

X

k=n+1

na_n(car la suite(a_k)est décroissante)

= ([βn] −n)an

et donc S_[βn]−Sn

[βn] −n 6a_n car[βn] −n > 0.

En résumé, pour toutn∈Ntel quen− [αn]6=0et n− [βn]6=0, S[βn]−Sn

[βn] −n 6an 6Sn−S[αn]

n− [αn] . 9)Soitγ > 0. Pournsuffisamment grand,0 < γn−16[γn]6γnpuis

n γn 6 n

[γn] 6 n γn−1. D’après le théorème des gendarmes, n

[γn] tend vers 1

γ quand ntend vers+∞. Pournsuffisamment grand, S_[γn]

√n = S_[γn]

p[γn]

r[γn]

n et donc S_[γn]

√n ∼

n→+∞

2√γ.

10)n− [αn]>n−αn= (1−α)net[βn] −n>βn−1−n= (β−1)n−1. Puisque1−α > 0et β−1 > 0, il existe un rangn₀tel que pourn>n₀,n− [αn]> 0et[βn] −n > 0et en particulier,n− [αn]6=0et [βn] −n6=0.

Soitε > 0. D’après la question 10, pourn>n0,

√nS[βn]−Sn

[βn] −n 6√

nan6√

nSn−S[αn]

n− [αn] . Pourn>n0,√

nS[βn]−Sn

[βn] −n = 1

√n

S[βn]−Sn

[βn]

n −1

=

S[βn]

√n − Sn

√n 1

[βn]

n −1

. Cette expression tend vers 2√

β−2 1 β−1 = 2 √

β−1

β−1 quandntend vers+∞.

Donc, il existe un rangn₁tel que pourn>n₁,√

nS_[βn]−S_n

[βn] −n > 2 √ β−1 β−1 −ε.

De même, Pourn>n₀,√

nS_[βn]−S_n [βn] −n =

S_n

√n−S_[αn]

√n

1 1− [αn]

n

. Cette expression tend vers 2 1−√α

1−α quandntend vers+∞.

Donc, il existe un rangn₂tel que pourn>n₂,√

nS_n−S_[αn]

n− [αn] 6 2 1−√ α 1−α +ε.

Pourn>N=max{n₀, n₁, n₂}, 2 √

β−1

β−1 −ε6√

nS_n−S_[αn]

n− [αn] 62 1−√α 1−α +ε.

11)Quandβtend vers1par valeurs supérieures,2 √ β−1

β−1 = 2

√β+1 tend vers1. On peut donc choisirβ0> 1tel que 2 √

β0−1

β₀−1 >1−ε.

De même, quandαtend vers 1 par valeurs inférieures, 2 1−√ α

1−α = 2

√α+1 tend vers1. On peut donc choisir α₀ < 1 tel que 2(1−√α0)

1−α₀ 61+ε.

α0etβ0étant ainsi fixés, on choisit Ncomme ci-dessus. Pourn>N, on a 1−2ε6√

nSn−S[αn]

n− [αn] 61+2ε.

On a montré que∀ε > 0,∃N∈N/∀n>N, √

nan−1

62εet donc lim

n→+∞

√nan=1.

D. Marche aléatoire

12)Soientn>2puisk∈J1, n−1K. Soit(i₁, . . . , in−k)∈{−1, 1}^n−k. Puisque les variablesX_i sont indépendantes, P(Xk+1=i₁, . . . , X_n=in−k) =

n−kY

l=1

P(Xk+l=i_l) = 1

2^n−k =P(X₁=i₁, . . . , Xn−k=in−k). 13)Soit(j1, . . . , jn−k)∈Z^n−k.















Sk+1−S_k=j₁ Sk+2−S_k=j₂

...

Sn−1−Sk=jn−k−1

Sn−Sk =jn

⇔















Xk+1=j₁

Xk+1+Xk+2=j₂ ...

Xk+1+. . .+Xn−1=jn−k−1

Xk+1+. . .+Xn−1+Xn=jn−k

⇔















X_n=jn−k−jn−k−1

Xn−1=jn−k−1−jn−k−2

...

Xk+2=j2−j1

Xk+1=j1

Donc, d’après la question précédente,

P(S_k+1−Sk=j1, . . . , Sn−Sk=jn−k) =P(X_k+1=j1, Xk+2=j2−j1, . . . , Xn =jn−k−jn−k−1)

=P(X₁=j₁, X₂=j₂−j₁, . . . , Xn−k=jn−k−jn−k−1).

Ensuite,











X1=j1

X2=j2−j1

...

Xn−k =jn−k−jn−k−1

⇔











S1=j1

S2=j2

...

Sn−k=jn−k−1

et donc

P(S_k+1−Sk=j1, . . . , Sn−Sk=jn−k) =P(X₁=j1, X2=j2−j1, . . . , Xn−k =jn−k−jn−k−1)

=P(S₁=j₁, . . . , Sn−k=jn−k). 14)Soitn∈N^∗.P(E0) =P(T > 0) =1 et doncP(Aⁿ_n) =P(Sn=0) =P(Sn =0)P(E0).

Soitk∈J0, n−1K.

P(Aⁿ_k) =P (S_k=0)∩

n

\

i=k+1

(S_i6=0)

!

=P(S_k=0)×P_Sk=0 n

\

i=k+1

(S_i6=0)

!

=P(S_k=0)×P_Sk=0 n

\

i=k+1

(S_i−S_k 6=0)

! .

Chaque Si−Sk, k+1 6i 6n, n’est fonction que de Xk+1,. . . , Xn et Sk n’est fonction que de X1, . . . ,Xk. D’après le lemme des coalitions,Tn (S −S 6=0)et S sont des variables indépendantes et donc

P(Aⁿ_k) =P(Sk=0)×P

n

\

i=k+1

(Si−Sk6=0)

! .

Ensuite,

P

n

\

i=k+1

(Si−Sk6=0)

!

=P





[

j16=0,...,jn−k6=0

(Sk+1−Sk=ji, . . . , Sn−Sk=jn−k)





= X

j¹6=0,...,jn

−k6=0

P(Sk+1−S_k=j_i, . . . , S_n−S_k=jn−k) (événements deux à deux disjoints)

= X

j16=0,...,jn−k6=0

P(S₁=j_i, . . . , Sn−k =jn−k) (d’après la question 13)

=P





[

j¹6=0,...,jn

−k6=0

(S₁=j_i, . . . , S_n−k =j_n−k)





=P(T > n−k) =P(En−k). Finalement,

∀n∈N^∗, ∀k∈J0, nK, P(Aⁿ_k) =P(S_k=0)×P(E_n−k).

15)Sin=0, Xn

k=0

P(S_k)P(En−k) =P(S₀=0)P(T > 0) =1×1=1.

Soitn∈N^∗. Soit ω∈Ω. {i∈J0, nK/ Si(ω) =0}est une partie non vide (car contient0) et majorée (par n) deN. Soit k= Max{i∈J0, nK/ Si(ω) = 0}. On aω∈Aⁿ_k (y compris si k=n). Donc,Ω [

06k6n

Aⁿ_k. Puisque d’autre part, lesA^k_n, 06k6n, sont deux à deux disjoints,

Xn

k=0

P(S_k)P(E_n−k) = Xn

k=0

P(Aⁿ_k) =1.

16)Pour tout n∈N,0 6P(S_n =0)61 et 0 6P(E_n)61. Donc, les séries entièresX

P(S_n=0)xⁿ et X

P(E_n)xⁿ ont un rayon de convergence supérieur ou égal à1. En effectuant le produit deCauchyde ces deux séries entières, pour x∈] −1, 1[ on obtient

+∞

X

n=0

P(S_n=0)xⁿ

! ₊∞

X

n=0

P(E_n)xⁿ

!

=

+∞

X

n=0

Xn

k=0

P(S_k=0)P(E_n−k)

! xⁿ=

+∞

X

n=0

xⁿ

= 1 1−x.

17)Soitn∈N. Soientω∈Ω puisk=card{i∈J1, nK/ Xi(ω) =1}. Alors,S_n(ω) =k− (n−k) =2k−n. Par suite, si S_n(ω) =0,nest nécessairement pair.

•Si nest impair, pour toutω∈Ω,P(S_n=0) =0.

• Si n est pair, posons n= 2p oùp ∈N^∗. P(S_2p=0) = N

2^2p oùN est le nombre de n-uplets (ε₁, . . . , ε2p) ∈{−1, 1}^2p comportant exactementpcomposantes égales à1. N=

2p p

puisP(S_2p=0) = 2p

p

2^2p = 2p

p

4^p .

∀p∈N,P(S_2p+1=0) =0 et∀p∈N^∗, P(S_2p=0) = 2p

p

4^p .

18)Soitx∈] −1, 1[. D’après la question 1),

+∞

X

n=0

P(S_n=0)xⁿ=

+∞

X

p=0

2p p

4^p x^2p= 1

√1−x². D’après la question 16),

+∞

X

n=0

P(E_n)xⁿ= 1 1−x×p

1−x²=

r1+x 1−x.

∀x∈] −1, 1[,

+∞

X

n=0

P(E_n)xⁿ =

r1+x 1−x.

19)Pourx∈] −1, 1[, posonsf(x) =

+∞

X

n=0

anxⁿ oùan = rπ

2 P(E_n). D’après ce qui précède, pour tout réel xde] −1, 1[, la série de terme généralanxⁿ est absolument convergente. De plus, pourx∈] −1, 1[,

√1−x f(x) =√ 1−x

rπ 2

r1+x 1−x =√

π r1+x

2 .

Par suite, lim

x→1⁻

√1−xf(x) =√

π. D’après la question 7), Xn

k=0

a_k ∼

n→+∞

2√ n.

Pour toutn∈N,(T > n+1)⊂(T > n)et donc la suite(an)_n∈N est une suite décroissante de réels positifs. D’après la question 11), lim

n→+∞

√na_n =1et donc

P(E_n) ∼

n→+∞

r 2 nπ. 20)(T = +∞) = \

n∈N

En. Puisque la suite(E_n)_n∈Nest décroissante pour l’inclusion, on sait que P(T = +∞) = lim

n→+∞

P(E_n) =0.

21)Soitx∈[−1, 1].

+∞

X

n=1

P(T =n)xⁿ =

+∞

X

n=0

P(T =n)xⁿ

=

+∞

X

n=0

(P(T > n−1) −P(T > n))xⁿ=

+∞

X

n=0

P(T > n−1)xⁿ−

+∞

X

n=0

P(T > n)xⁿ

=P(T >−1) +

+∞

X

n=1

P(En−1)xⁿ−

+∞

X

n=0

P(E_n)xⁿ =P(T >−1) +x

+∞

X

n=1

P(En−1)xⁿ⁻¹−

+∞

X

n=0

P(E_n)xⁿ

=1+ (x−1)

+∞

X

n=0

P(E_n)xⁿ =1− (1−x) r1+x

1−x(d’après la question 18)

=1−p

1−x²(car1−x > 0).

∀x∈[−1, 1],

+∞

X

n=1

P(T =n)xⁿ =1−p 1−x².

22)Soitx∈] −1, 1[.

1−p

1−x²= −

+∞

X1 2

n

−x²ⁿ

=

+∞

X(−1)ⁿ⁺¹ 1

2

n

x²ⁿ.

Pourn∈N^∗,

(−1)ⁿ⁺¹ ₁

2

n

= (−1)ⁿ⁺¹ 1

2 1 2−1

. . .

1

2 − (n−1)

n! =

1

2 1− 1 2

. . .

(n−1) − 1 2

n!

= 1×3×. . .×(2n−3)

2ⁿn! = 1×2×3×. . .×(2n−3)×(2n−2)×(2n−1)×(2n)

2×4×. . .×(2n−2)×(2n−1)×(2n)×2×4×. . .×(2n−2)×(2n)

= (2n)!

(2n−1)2²ⁿ(n!)² = 1 2n−1

2n n

4ⁿ .

Par unicité des coefficients d’une série entière, on en déduit que

∀n∈N^∗,P(T =2n) = 1 2n−1

2n n

4ⁿ .