B. Le lemme de sous-additivité de Fekete

SESSION 2018

Concours commun Mines-Ponts

PREMIÈRE ÉPREUVE. FILIÈRE MP

A. Préliminaires

1)Soientn∈N^∗ puism∈J1, nK.

E(X) = Xn

k=1

kP(X=k) = X

k<m

kP(X=k) + Xn

k=m

kP(X=k) (sim=1, la première somme est vide et donc sa valeur est0)

6 X

k<m

(m−1)×1+n Xn

k=m

P(X=k) =m−1+nP(X>m) (y compris sim=1).

2)L’inégalité est claire quandn=1. Soit n>2. La fonction t7→lnt est continue et croissante sur]0,+∞[et donc sur Jk−1, kK, pour toutk∈J2, nK. Par suite,

Xn

k=1

lnk= Xn

k=2

lnk>

Xn

k=2

Zk k−1

lnt dt= Zn

1

lnt dt= (nlnn−n) − (1ln1−1)

=nlnn−n+1.

Ainsi, pour toutn∈N^∗, ln(n!)>nlnn−n+1et doncn!>e^nlnn−n+1=en e

n

>n e

n

. Donc,

∀n∈N^∗, n e

n

6n!.

B. Le lemme de sous-additivité de Fekete

3)Soitn∈N^∗. L’ensembleUn est une partie non vide et bornée deRet doncUn admet dansRune borne inférieure et une borne supérieure. On en déduit l’existence dansRdeu_n etun. Ainsi, les suitesuetusont bien définies.

Soitn∈N^∗.u_nest un minorant deU_n+1={u_k, k>n+1}etu_n+1est le plus grand de ces minorants. Donc,u_n 6u_n+1. La suiteuest donc croissante. De même, la suiteuest décroissante.

Soitn∈N^∗.u_n 6un 6u1. Donc, la suiteuest croissante et majorée paru1. On en déduit que la suiteuest convergente.

De même, la suiteuest décroissante et minorée paru₁et donc, la suiteuest convergente.

4)Soitvune suite définie sur N^∗, décroissante et plus grande queu. Montrons que∀n∈N^∗,un6vn.

Soitn∈N^∗. Pour toutk>n, vn >vk >uk. Donc,vn est un majorant de l’ensembleUn. Puisqueun est le plus petit des majorants deU_n, on en déduit quev_n >u_n. On a montré que la suitev est plus grande que la suiteu.

Soitvune suite définie surN^∗, croissante et plus petite queu. Alors,−vest une suite décroissante et plus grande que−u.

On en déduit que−v est plus grande que(−u) = −upuis quevest plus petite queu.

5)Soitvune suite plus grande que u. Soitn∈N^∗.v_nest un majorant deV_n et donc deU_n. On en déduit quev_n>u_n. Ainsi, la suitevest plus grande que la suite u. De même, la suiteuest plus petite que la suitev.

Puisque les suitesuetv sont convergentes, quandntend vers+∞, on obtient

n→lim+∞un= lim

n→+∞un6 lim

n→+∞vn = lim

n→+∞vn, et aussi lim

n→+∞

u_n6 lim

n→+∞

v_n.

6)On sait que pour toutn∈N^∗,u_n6un 6un. Si les suitesuet usont adjacentes, alors lesuet usont convergentes et ont même limite. Le théorème des gendarmes permet d’affirmer que la suiteuconverge et que lim

n→+∞u= lim

n→+∞u_n =

n→lim+∞un.

Réciproquement, supposons la suiteuconvergente et notonsℓsa limite. On sait déjà que la suiteuest croissante, la suite uest décroissante. Donc, les suites uet usont adjacentes si et seulement si la suite u−uconverge vers0.

Soitε > 0. Il existen0tel que pourk>n0,ℓ− ε

2 6uk6ℓ+ε 2.ℓ+ ε

2 est donc un majorant deUn0 et on en déduit que un06ℓ+ ε

2. De même,u_n0>ℓ−ε

2 puis, la suiteuétant plus petite que la suite u, 06un0−u_n0 6ε.

Maintenant, la suiteu−uest positive et décroissante en tant que somme de deux suites décroissantes. Par suite, pour n>n0,06un−u_n6un0−u_n0 6ε.

On a montré que∀ε > 0,∃n0∈N^∗/∀n∈N,(n>n0⇒|un−u_n|6ε). La suiteu−uconverge vers0et donc les suites uet usont adjacentes. Mais alors, de nouveau, lim

n→+∞u= lim

n→+∞u_n = lim

n→+∞un.

7) Par définition, m= nq+r et 0 6r6 n−1. D’autre part, puisque m>2n, on a q>2 et donc aussiq−1 ∈N^∗. Puisque la suiteuest sous-additive,

u_m=u_(q−1)n+n+r6u_(q−1)n+un+r6u_n+. . .+u_n

| {z }

q−1termes

+un+r= (q−1)u_n+un+r.

On en déduit que u_m

m 6(q−1)u_n+u_n+r

m = n(q−1) m ×u_n

n +u_n+r

m = m−n−r m ×u_n

n +u_n+r m

6m−n−r

m ×un

n +max{un+r, r∈J0, n−1K}

m .

8)En particulier, quandn=1, pour toutm>2, on a 06 u_m

m 6m−1 m ×u₁

1 + u₁

m 6u₁+u₁=2u₁ ce qui reste vrai quandm=1. Donc, la suiteu_m

m

m∈N∗ est bornée.

Soitn∈N^∗. Pour m>2n, on a um

m 6m− (2n−1)

m ×un

n +max{un+r, r∈J0, n−1K}

m .

Par passage à la limite supérieure (d’après la question 5)), on obtient

mlim→+∞

um

m 6 lim

m→+∞

m− (2n−1)

m ×un

n + max{un+r, r∈J0, n−1K}

m

= lim

m→+∞

m− (2n−1)

m ×un

n +max{un+r, r∈J0, n−1K}

m

(d’après la question 6))

= un

n .

9) On en déduit encore, par passage à la limite inférieure, que lim

m→+∞

um

m 6 lim

n→+∞

un

n et donc lim

m→+∞

um

m = lim

n→+∞

un

n (car d’autre part, lim

m→+∞

u_m

m > lim

n→+∞

u_n n ).

Donc, si pourn ∈ N^∗, on pose vn = un

n , les suites v et v sont adjacentes. D’après la question 6), la suite un

n

n∈N∗

converge.

C. Une application probabiliste

10)Soitn∈N^∗. Supposons P(X₁< x) =1. Alors, puisque lesX_k ont mêmes lois, pour tout k∈J1, nK,P(X_k < x) =1.

Ensuite,

(∀k∈J1, nK, Xk< x)⇒ 1 n

Xn

k=1

Xk< x⇒Yn< x

et donc

n

\

k=1

{X_k< x}⊂{Y_n < x}puis, les variablesX_k étant indépendantes, P(Yn< x)>P

n

\

k=1

{Xk< x}

!

= Yn

k=1

P(Xk=1) =1 et finalementP(Y_n < x) =1.

De même, si ∀k ∈J1, nK, X_k > x, alors Y_n > x et donc

n

\

k=1

{X_k>x}⊂ {Y_n>x}. SiP(X₁>x) > 0, alors ∀k ∈ J1, nK, P(X_k>x)> 0puis

P(Yn>x)>P

n

\

k=1

{Xk>x}

!

= Yn

k=1

P(Xk>x)> 0.

11)SiYm >xet 1 n

m+nX

k=m+1

Xk>x, alors

Ym+n= 1 m+n

m+nX

k=1

Xk= m m+n× 1

m Xm

k=1

Xk+ n m+n ×1

n

m+nX

k=m+1

Xk > m

m+nx+ n

m+nx=x,

et donc{Y_m>x}∩ 1

n

m+nX

k=m+1

X_k>x

⊂{Ym+n>x}.

D’après le lemme des coalitions, les variables Ym = 1 m

Xm

k=1

Xk et 1 n

m+nX

k=m+1

Xk sont indépendantes. D’après la question précédente,

P(Y_m+n>x)>P {Y_m>x}∩ 1

n

m+nX

k=m+1

X_k>x

!

=P(Y_m>x)P 1 n

m+nX

k=m+1

X_k >x

! .

Maintenant, les variables 1 n

m+nX

k=m+1

X_k et 1 n

Xn

k=1

X_k=Y_n ont mêmes lois et donc P(Ym+n >x)>P(Ym>x)P(Yn>x).

12) Pour n ∈ N^∗, posons un = −ln(P(Yn>x)). La suite u est positive puis, d’après la question précédente, pour (m, n)∈(N^∗)²

um+n = −ln(P(Ym+n>x))6−ln(P(Y_m>x)P(Y_n>x)) = −ln(P(Y_m>x)) −ln(P(Y_n>x)) =u_m+u_n. Donc, la suiteu est sous-additive. D’après la question 9), la suite (vn)_n∈N∗ =un

n

n∈N∗

converge vers un certain réel positifℓ. Maintenant, pourn∈N^∗,vn = −ln(P_n>x)

n et donc

(P(Y_n>x))ⁿ¹ =e^−vn. On en déduit que la suite

(P(Y_n>x))ⁿ¹

n∈N∗ converge vers le réele^−ℓ∈]0, 1].

D. Le théorème de Erdös-Szekeres

13)Pours∈J1, pq+1K, notons(P)_s la propriété de l’énoncé.

• Supposons qu’il n’y ait qu’une pile. Soientzune valeur de cette pile puisb1=z. La suite(b₁)convient.

• Soits∈J1, pqK. Supposons(P_s). Considérons alors une configuration às+1piles et notonszla valeur d’un jeton de las+1-ème pile. Notonsa^′la suite obtenue à partir de la suiteaen supprimant tous les jetons de las+1-ème pile.

Posonsbs+1=z. Par construction, il existe une valeur de las-ème pile qui est supérieure àzcar sinon, on n’aurait pas posé le jeton sur las+1-ème pile. Notonsbs cette valeur. Par hypothèse de récurrence appliquée à la suitea^′ (le nombrepq+1 de jetons n’intervenant pas dans cette récurrence), il existe une suite(b₁, . . . , bs)répondant

aux conditions de l’énoncé. Mais alors, la suite(b₁, . . . , b_s, bs+1)convient.

Le résultat est démontré par récurrence.

Remarque. Directement et sans récurrence, si s > 2, la suite constituée des sommets des s−1 premières piles et de bs=zconvient.

14)Si l’une des piles contient au moins p+1 éléments, alors les valeurs de cette pile, lues de bas en haut constituent une suite croisante extraite deade longueur au moinsp+1. Sinon, toutes les piles contiennent au pluspjetons. Mais alors, le nombresde piles est supérieur ou égal àq+1 car, dans le cas contraire, le nombre de jetons serait inférieur ou égal à pqce qui est faux. La question précédente fournit dans ce cas, une suite décroissante extraite deade longueurs>q+1.

E. Comportement asymptotique d’une suite aléatoire

15)Soitω∈Ω.ω∈{A1=1}∩{A2=1}⇔B(ω)(1) =B(ω)(2) =1ce qui est impossible. Donc,{A1=1}∩{A2=1}=∅ puisP({A1=1}∩{A2=1}) =0.

Il est d’autre part clair queP({A1=1})×P({A2=1})6=0car il existe au moins une permutationσtelle queσ(1) =1et une permutationσ^′ telle queσ^′(2) =1.

Donc, P({A₁=1}∩{A₂=1}) 6= P({A₁=1})×P({A₂=1}) et on en déduit que les variables A₁, . . . , A_n ne sont pas indépendantes.

16)SoitE={σ∈S_n/ σ(s₁)< . . . < σ(s_k)}. Alors, puisqueBsuite la loi uniforme, P(A^s) =P(B∈E) = card(E)

card(S_n) = card(E) n! .

Déterminons le cardinal deE. Pour construire un élémentσdeE, on commence par choisirkéléments dansJ1, nK. Il y a n

k

tels choix. On ordonne ces k valeurs dans l’ordre croissant : ce sont les valeurs attribuées àAs1, . . . ,Ask. Il reste (n−k)éléments deJ1, nKpour les autresAi qui peuvent être permutées de(n−k)!façons. Au total

card(E) = n

k

×(n−k)! = n!

k!, et donc

P(A^s) = n!/k!

n! = 1 k!. 17)Soit ϕ : Sn → Sn

σ 7→ (σ(n), . . . , σ(1))

.ϕest involutive et doncϕ est une permutation deSn.

On aC_n(Ω) = D_n(Ω) = J1, n!K. Soitk ∈J1, n!K. Si σ est une permutation telle que la longueur de la plus longue liste croissante extraite deσ est k, alors ϕ(σ)est une permutation telle que la longueur de la plus longue liste décroissante extraite deϕ(σ) est k et réciproquement. Il y a donc autant de permutations σ telle que la longueur de la plus longue liste croissante extraite deσestkque de permutationsσtelle que la longueur de la plus longue liste décroissante extraite deσestk. Puisque Bsuit la loi uniforme, on en déduit que

P(Cn=k) =P(Dn =k). Ceci montre queCn etDn suivent la même loi.

Soitp = E √ n−1

. Alors, p6√

n−1 < p+1 puis 1+p² 6n < 1+ (p+1)². Posonsm = 1+p². Donc, n>m.

D’après la question 14, pour toutσdeS_n, la liste(σ(1), . . . , σ(m)), et donc aussiσ, contient au moins une suite extraite croissante de longueurp+1et une suite extraite décroissante de longueur1ou une suite extraite décroissante de longueur p+1et une suite extraite croissante de longueur1. L’événementC_n+D_n>p+2 est donc l’événement certain.

D’après l’inégalité deMarkov,

1=P(C_n+D_n>p+2)6 E(C_n+D_n)

p+2 = 2E(C_n) p+2 carCn etDn ont même loi, et donc

E(Cn)>p+2 2

Maintenant,(p+2)²=p²+4p+4=p²+2p+1+3= (p+1)²+3 > √ n−1²

+3=n+2 > net donc p+2 >√n.

On a montré que

E(Cn)>

√n 2 .

18)Notons Sk l’ensemble des listes strictement croissantes s= (s1, . . . , sk)de k éléments deJ1, nK. Sk est en bijection avec l’ensemble des parties àkéléments deJ1, nKet donc card(Sk) =

n k

. Maintenant,{C_n >k}⊂ [

s∈Sk

A^s et donc, d’après la question 16),

P(Cn>k)6P [

s∈Sk

A^s

!

6 X

s∈Sk

P(A^s) = 1

k!card(Sk) =

n k

k! . 19) Si αe√

n n’est pas entier, soit k = E αe√ n

+1. Alors, k est un entier naturel non nul (car αe√

n> 0) vérifiant k−1 < αe√

n < ket en particulier,k−1 < αe√ n6k.

Si αe√

nest un entier, nécessairement non nul carαe√n > 0, k=αe√

n est un entier naturel non nul tel quek−1 <

αe√ n6k.

Dans tous les cas, on a montré l’existence d’un entier naturel non nulktel quek−1 < αe√

n6k.kest ainsi dorénavant défini. Dans tous les cas,kest le plus petit entier supérieur ou égal àαe√

n.

PuisqueCn est une variable à valeur entière,

Cn>αe√

n ={C_n >k}puis, sik6n, d’après la question 18,

P Cn >αe√ n

=P(C_n >k) =

n k

k! = 1

k!² ×n(n−1). . .(n−k+1) 6

e k

k2

n^k(d’après la question 2)

= e√

n k

2k

6 1

α 2k

(par croissance sur[0,+∞[ (det7→t^2ket care√ n k 6 1

α) 6

1 α

2αe√ n

(par décroissance det7→

1 α

t

car 1 α< 1).

Sinon,k>n+1et doncP(Cn >k) =1et dans ce cas, l’inégalité proposée est clairement fausse. On note tout de même que,αétant fixé, pourngrand, on aαe√

n6net donck6n.

20)On suppose que α et n sont tels queαe√

n6n. On applique la question 1) quand mest l’entier k de la question précédente. On obtient

E(C_n)6k−1+nP(C_n >k)6αe√ n+n

1 α

2αe√ n

.

On choisitα=α_n =1+n^−1/4. αest un réel strictement supérieur à1 et pour ngrand, on aαe√

n6ncar α_ne√ n

n ∼

√en →0. Pourngrand, on obtient

E(C_n)

√n 6

1+n^−1/4 e+εn

oùεn=√ n

1 1+n^−1/4

2(^1+n−1/4)^e√n . Or,

ln(ε_n) = 1

2lnn−2

1+n^−1/4 e√

nln

1+n^−1/4

n→=+∞

1

2lnn−2en^1/4+o n^1/4

n→=+∞

−2en^1/4+o n^1/4

(d’après un théorème de croissances comparées)

n→→+∞

−∞,

et doncεn =exp 1

2lnn−2 1+n^−1/4 e√

nln 1+n^−1/4

n→→+∞0.

D’après les questions 5 et 6, lim

n→+∞

E(C_n)

√n existe puis

n→lim+∞

E(Cn)

√n 6 lim

n→+∞

1+n^−1/4

e+ε_n

= lim

n→+∞

1+n^−1/4

e+ε_n

=e.