Mines Maths 1 PSI 2016 — Corrigé

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K Publié dans les Annales des Concours 1/15

Mines Maths 1 PSI 2016 — Corrigé

Ce corrigé est proposé par Matthias Moreno Ray (Professeur en CPGE) ; il a été relu par Thomas Ragel (ENS Lyon) et Sophie Rainero (Professeur en CPGE).

Le problème se compose de quatre parties. La première ne contient qu’une ques- tion préliminaire, qui sera utile dans la suite. Les deux suivantes sont indépendantes.

• La question préliminaire établit le développement en série entière d’une fonc- tion. Il s’agit d’une question de cours.

• La partie B étudie le comportement d’une fonction développable en série entière au bord de son disque ouvert de convergence. Si la somme satisfait l’équivalent

+∞

P

k=0

a

k

x

^k

∼

x→1⁻

√ π

√ 1 − x

on montre que la suite des sommes partielles de la série P

a

n

diverge et on établit l’équivalent

n

P

k=0

a

n_n→+∞

∼ 2 √ n

La démonstration repose sur une identité de Karamata qui est partiellement démontrée à l’aide de calculs de limites et d’intégrales généralisées. Cette partie ne comporte pas de difficulté particulière.

• La partie C établit le théorème suivant : si (a

n

) est une suite décroissante de réels positifs, alors

n

P

k=0

a

k

∼

n→+∞

2 √ n = ⇒ a

n

∼

n→+∞

√ 1 n

Il s’agit un cas particulier d’une famille plus vaste de résultats portant le nom de théorèmes taubériens. Cette partie ne fait appel qu’à des notions classiques et élémentaires : partie entière, limites, équivalents. Elle peut être traitée en première année.

• La partie D vise à démontrer quelques résultats sur les marches aléatoires dans Z . Les premières questions font uniquement appel au formalisme des pro- babilités (manipulation de symboles, de l’indépendance et du conditionnement d’événements), mais les séries entières sont rapidement introduites pour me- ner à bien des calculs avancés. On utilise alors tous les résultats des parties précédentes pour obtenir des équivalents ou des valeurs exactes de certaines probabilités. On montre notamment que la marche aléatoire dans Z est récur- rente (un point revient presque sûrement à sa position de départ en temps fini) et on calcule explicitement la loi de probabilité du temps de premier retour.

Cette partie, plus délicate que les précédentes, est très enrichissante et permet d’explorer le théorème de Polya (1921) en dimension 1.

Ce problème est intéressant tout en restant d’un niveau raisonnable et d’une difficulté progressive. Il permettra de revoir de nombreux points essentiels des pro- grammes d’analyse et de probabilités, ainsi que d’aborder un théorème fondamental du XX

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siècle, qui a donné naissance à des branches très actives de la recherche actuelle.

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K Publié dans les Annales des Concours 2/15

Indications

Partie A

1 Écrire le développement en série entière de x 7−→ (1 + x)

^α

avec α = − 1/2.

Partie B 2 Exprimer

+∞

P

k=0

a

k

x

^(p+1)k

à l’aide de f .

3 Effectuer un changement de variable et utiliser l’indication de l’énoncé.

4 Le déduire de la question 3 en raisonnant à l’aide de combinaisons linéaires.

5 Étudier d’abord la fonction t 7−→ e

^−t

√ t h(e

^−t

).

6 Montrer que la suite est nulle à partir d’un certain rang.

7 Utiliser l’égalité de Karamata et la question 5.

Partie C

8 Majorer S

⌊βn⌋

− S

n

grâce au fait que (a

n

) est décroissante.

10 Utiliser les questions 8 et 9.

Partie D

12 Utiliser le fait que les (X

i

)

i∈N∗

sont des variables indépendantes et de même loi.

14 Conditionner par { S

k

= 0 } pour se ramener à la probabilité de la question 13.

15 Montrer que les ensembles A

ⁿ_k

forment, pour 0 6 k 6 n, une partition de Ω.

16 Reconnaître un produit de Cauchy avec la question 15.

17 Observer que pour avoir S

n

= 0, il faut le même nombre de 1 et de − 1.

18 Utiliser les questions 1, 16 et 17.

19 Appliquer les résultats des questions 7 et 11 à la série

+∞

P

n=0

P(E

n

)x

ⁿ

.

20 Écrire l’événement { T =

⁺

∞} en fonction des événements E

n

, n ∈ N , puis passer à la limite.

21 Justifier que P(T = n) = P(E

n−1

) − P(E

n

) et utiliser la question 18.

22 Calculer le développement en série entière de 1 − √

1 − x

²

. Conclure à l’aide de la question 21.

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A. Préliminaire

1 D’après le cours, la fonction x 7−→ (1 + x)

^−1/2

est développable en série entière avec, pour tout x ∈ ] − 1 ; 1 [

(1 + x)

^−1/2

= 1 +

+∞

X

k=1

− 1 2

− 1 2 − 1

· · ·

− 1

2 − k + 1 x

^k

k !

ainsi 1

√ 1 + x = 1 +

+∞

X

k=1

( − 1)

^k

1 2

1 2 + 1

· · · 1

2 + k − 1 x

^k

k !

d’où 1

√ 1 − x = 1 +

+∞

X

k=1

1 2

1 2 + 1

· · · 1

2 + k − 1 x

^k

k ! en remplaçant x par − x ∈ ] − 1 ; 1 [. Pour k ∈ N

^∗

, on trouve

1 2

1 2 + 1

· · · 1

2 + k − 1 1 k ! = 1

k !

k−1 j=0

Π

1 2 + j

= 1

2

^k

k !

k−1

j=0

Π (1 + 2j)

= (2k) ! 2

^k

k !

k j=1

Π 2j

= (2k) ! 4

^k

k !

k j=1

Π j

soit 1

2 1

2 + 1

· · · 1

2 + k − 1 1 k ! = 1

4

^k

2k

k

Finalement Pour tout x ∈ ] − 1 ; 1 [ , 1

√ 1 − x =

+∞

X

k=0

2k k

x

^k

4

^k

.

Il est possible d’écrire une autre preuve de ce résultat. Après avoir étudié le rayon de convergence de la série entière, des calculs simples montrent que les fonctions définies sur ] − 1 ; 1 [ par x 7−→

+∞

X

k=0

2k k

x

^k

4

^k

et x 7−→ 1

√ 1 − x sont solutions du problème de Cauchy linéaire

(1 − x) y

^′

= 1 2 y

avec la condition initiale y(0) = 1. Par unicité des solutions, ces deux fonc- tions sont donc égales.

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K Publié dans les Annales des Concours 4/15

B. Identité de Karamata

2 Soit p ∈ N . Si x ∈ ] − 1 ; 1 [ alors x

^p+1

∈ ] − 1 ; 1 [ donc par hypothèse, la série de terme général a

k

(x

^p+1

)

^k

converge et sa somme est f (x

^p+1

). Ainsi, en posant X = x

^p+1

√ 1 − x

+∞

P

k=0

a

k

x

^(p+1)k

= √

1 − x × f (x

^p+1

) = s

1 − X

^1/(p+1)

1 − X × √

1 − X × f (X)

D’une part 1 − X

^1/(p+1)

1 − X −−−−→

X→1⁻

1 p + 1

car la fonction X 7−→ X

^1/(p+1)

est dérivable sur R

^∗₊

de dérivée X 7−→ 1

p + 1 X

^−p/(p+1)

. D’autre part, la fonction X 7−→ √

1 − X f (X) admet √

π pour limite en 1

⁻

par hypo- thèse. Comme X → 1

⁻

lorsque x → 1

⁻

, il s’ensuit que

x→1

lim

⁻

√ 1 − x

+∞

P

k=0

a

k

x

^(p+1)k

= lim

X→1⁻

s

1 − X

^1/(p+1)

1 − X × √

1 − X × f (X) =

√ π

√ p + 1

Conclusion lim

x→1⁻

√ 1 − x

+∞

P

k=0

a

k

x

^(p+1)k

existe et vaut

√ π

√ p + 1 .

3 Soit p ∈ N . La fonction définie sur ] 0 ;

⁺

∞ [ par g : t 7−→ e

^−(p+1)t

√ t est continue et strictement positive. Puisque g(t) ∼

0⁺

1/ √

t, elle est intégrable sur ] 0 ; 1 ].

Par ailleurs, g(t) =

t→⁺∞

o(1/t

²

) par croissances comparées. Par comparaison, g est donc intégrable sur [ 1 ;

⁺

∞ [. En conclusion,

L’intégrale Z

⁺∞

0

e

^−(p+1)t

√ t dt converge.

Effectuons le changement de variable linéaire u = (p + 1)t. La fonction t 7−→ (p + 1)t est une bijection strictement croissante de classe C

¹

de ] 0 ;

⁺

∞ [ dans ] 0 ;

⁺

∞ [, d’où

Z

⁺∞

0

e

^−(p+1)t

√ t dt = Z

⁺∞

0

e

^−u

√ u ×

√ p + 1 p + 1 du

= 1

√ p + 1 Z

⁺∞

0

e

^−u

√ u du

soit

Z

⁺∞

0

e

^−(p+1)t

√ t dt =

√ π

√ p + 1

en utilisant l’indication de l’énoncé. D’après la question 2, on a donc l’égalité

x→1

lim

⁻

√ 1 − x

+∞

P

k=0

a

k

x

^(p+1)k

= Z

⁺∞

0

e

^−(p+1)t