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X-ENS 2020 : épreuve B Les trois parties sont indépendantes 1 Notations Dans tout le sujet, (Ω, A, P) désigne un espace probabilisé sur lequel seront définies les différentes variables aléatoires. On notera P[A] la probabilité d’un événement A ⊂ Ω et E[X] l’espérance d’une variable aléatoire X sur (Ω, A, P) à valeurs réelles. On pourra utiliser sans démonstration le résultat suivant : si Y1, . . . , Yn sont des variables aléatoires réelles discrètes mutuellement indépendantes et intégrables, alors E[Y1 · · · Yn] = E[Y1] · · · E[Yn] On note log la fonction logarithme népérien. Par convention, on pose log(0) = −∞. Première partie Soit n ≥ 1 un entier naturel et soient X1, . . . , Xn des variables aléatoires réelles discrètes mutuellement indépendantes telles que, pour tout k ∈ [[1, n]], P[Xk = 1] = P[Xk = −1] = 1 2 On définit Sn = 1 n n k=1 Xk ainsi que, pour tout λ ∈ R, ψ(λ) = log 1 2eλ + 1 2e−λ 1. Soit Z une variable aléatoire réelle discrète telle que exp(λZ) est d’épérance finie pour tout λ > 0. Montrer que pour tout λ > 0 et t ∈ R, P[Z ≥ t] ≤ exp(−λt)E[exp(λZ)] 2. Montrer que P[Sn ≥ 0] ≥ 1 2. 3. Montrer que pour tout t ∈ R, on a 1 n log(P[Sn ≥ t]) ≤ inf λ≥0(ψ(λ) − λt) Pour chaque λ ≥ 0, on pose m(λ) = E[X1 exp(λX1)] E[exp(λX1)] ainsi que Dn(λ) = exp(λnSn − nψ(λ)) 4. Montrer que la fonction m est strictement croissante sur R+ et que pour tout t ∈ [0, 1[, il existe un unique λ ≥ 0 tel que m(λ) = t. 5. (a) Pour n ≥ 2 et λ ≥ 0, montrer que E[(X1 − m(λ))(X2 − m(λ))Dn(λ)] = 0 1 (b) En déduire que, pour n ≥ 1 et λ ≥ 0, E[(Sn − m(λ))2Dn(λ)] ≤ 4 n Pour tous n ≥ 1, λ ≥ 0 et ε > 0, on note In(λ, ε) la variable aléatoire définie par In(λ, ε) = 1 si |Sn − m(λ)| ≤ ε 0 sinon 6. Montrer que P[|Sn − m(λ)| ≤ ε] ≥ E[In(λ, ε) exp(λn(Sn − m(λ) − ε))] 7. Montrer que E[In(λ, ε)Dn(λ)] ≥ 1 − 4 nε2 8. (a) En déduire, pour chaque λ ≥ 0 et ε > 0, l’existence d’une suite (un(ε))n≥1 qui tend vers 0 quand n tend vers +∞ et telle que 1 n log(P[Sn ≥ m(λ) − ε]) ≥ ψ(λ) − λm(λ) − λε + un(ε) (b) Conclure que pour tout t ∈ [0, 1[, lim n→+∞ 1 n log(P[Sn ≥ t]) = inf λ≥0(ψ(λ) − λt) (c) La formule précédente est-elle encore valide pour t = 1 ? Deuxième partie On admet l’identité +∞ −∞ exp(−x2) dx = √π Soient a < b deux réels et f : [a, b] → R une fonction infiniment dérivable. Appelons (H) l’hypothèse suivante : il existe un unique point x0 ∈ [a, b] ou f atteint son maximum, on a a < x0 < b, et f′′(x0) ̸= 0. 9. Montrer que sous l’hypothèse (H), on a f′′(x0) < 0. 10. Sous l’hypothèse (H), montrer que pour tout δ > 0 tel que δ < min(x0 − a, b − x0), on a l’équivalent, quand t → +∞, b a etf(x) dx ∼ x0+δ x0−δ etf(x) dx 11. Sous l’hypothèse (H), montrer l’équivalent, quand t → +∞, b a etf(x) dx ∼ etf(x0) 2π t|f′′(x0)| 12. (a) Montrer que pour tout entier n ∈ N, on a n! = ∞ 0 e−ttn dt (b) En utilisant les résultats précédents, retrouver la formule de Stirling donnant un équivalent asymptotique de n!. 2 Troisième partie 13. Montrer que lim a→+∞ a 0 | sin(x2)| dx = +∞ 14. Montrer que pour tout a ∈ R, a 0 sin(x2) dx = ∞ n=0 (−1)n a4n+3 (2n + 1)!(4n + 3) 15. Montrer que les limites lim a→+∞ a 0 sin(x2) dx et lim a→+∞ a 0 cos(x2) dx existent et sont finies. On admet les identités lim a→+∞ a 0 sin(x2) dx = lim a→+∞ a 0 cos(x2) dx = √ 2π 4 16. Montrer qu’il existe des nombres réels c, c′ ∈ R tels que, pour a → +∞, on a a 0 sin(x2) dx = √ 2π 4 + c a cos(a2) + c′ a3 sin(a2) + O 1 a5 On admettra qu’il existe de mˆeme des des nombres réels d, d′′ ∈ R tels que, pour a → +∞, on a a 0 cos(x2) dx = √ 2π 4 + d a sin(a2) + d′ a3 cos(a2) + O 1 a5 A partir de maintenant et jusqu’à la fin de l’énoncé, f désigne une fonction infiniment dérivable de [0, 1] dans R. On suppose qu’il existe un unique point x0 ∈ [0, 1[ ou f′ s’annule. On suppose également que f′′(x0) > 0. On se donne également une fonction g : [0, 1] → R infiniment dérivable. 17. Montrer qu’on a, pour t → +∞, 1 x0 g(x) sin(tf(x)) dx = g(x0) 1 x0 sin(tf(x)) dx + O 1 t Pour tout x ∈ [x0, 1], on définit h(x) = |f(x) − f(x0)| 18. (a) Montrer que la fonction h définit une bijection de [x0, 1] sur [0, h(1)]. (b) Montrer que la fonction h est dérivable en x0 à droite, et que h′(x0) = f′′(x0) 2 . On admet que la bijection h : [x0, 1] → [0, h(1)] x → h(x) admet une application réciproque h−1 : [0, h(1)] → [x0, 1] qui est infiniment dérivable. 19. Montrer que, pour t → +∞, 1 x0 sin(tf(x)) dx = sin tf(x0) + π 4 π 2tf′′(x0) + O 1 t 20. On suppose que x0 ∈]0, 1[. Montrer que pour t → +∞, 1 0 g(x) sin(tf(x)) dx = g(x0) sin tf(x0) + π 4 2π tf′′(x0) + O 1 t 3

Corrigé X-ENS 2020, épreuve B , MP . MUSTAPHA LAAMOUM m.laamoum@gmail.com Première partie : 1 . On remarque que pour tout k ∈ {1,...,n} , {−1,1} ⊂ Xk(Ω) et pour tout h ∈ Xk(Ω)\{−1,1} on a P[Xk = h] = 0 et E(Xk) = 0. Par le théorème de transfert on a : E[exp(λZ)] = z∈Z(Ω) eλzP(Z = z) ≥ z∈Z(Ω) z≥t eλzP(Z = z) ≥ eλt z∈Z(Ω) z≥t P(Z = z) = eλtP(Z ≥ t) ce qui donne P(Z ≥ t) ≤ e−λtE[exp(λZ)]. 2 . On a [Sn < 0] = [Sn ≥ 0] , et X1 +..+ Xn < 0 ⇒ ∃i ∈ {1,..,n} , Xi < 0 , donc [Sn < 0] ⊂ [Xi < 0] et P[Sn < 0] ≤ P[Xi < 0], or P[Xi < 0] ∈ 0, 1 2 donc P[Sn < 0] ≤ 1 2 et P[Sn ≥ 0] ≥ 1 2. 3 . De la question 1. on a P[Sn ≥ t] = P[nSn ≥ nt] ≤ exp(−λnt)E[exp(λnSn)] comme X1,..,Xn sont indépendantes alors exp(λX1),..,exp(λXn) le sont aussi donc E[exp(λnSn)] = E[exp(λ(X1 +..+ Xn))] = n k=1 E[exp(λXk] et par le théorème de transfert on a E[exp(λXk)] = eλ+e−λ 2 ce qui donne : P[Sn ≥ t] ≤ exp(−λnt) eλ +e−λ 2 n = exp(n(ψ(λ)−λt)) donc 1 n logP[Sn t] (ψ(λ)−λt) pour tout λ ≥ 0 , (éventuelement valable si P[Sn t] = 0), ce qui donne le résultat. 4 . Soit λ 0, on a E X1 exp(λX1) = eλ−e−λ 2 et E exp(λX1) = eλ+e−λ 2 donc m(λ) = eλ−e−λ eλ+e−λ = th(λ) qui est strictement croissante de R+ vers [0,1[ donc bijective, d’où pour tout t ∈ [0,1[ il existe un unique λ 0 tel que m(λ) = t. 5 .a . Soit n 2 et λ 0, on a (X1 −m(λ))(X2 −m(λ))Dn(λ) = exp(λX1)(X1 −m(λ)) exp(λX2)(X2 −m(λ)) exp λTn −nψ(λ) avec Tn = X3 +..+ Xn . Les variables Xi sont indépendantes donc X1,X2,Tn le sont , d’où l’indépendance des variables exp(λX1)(X1 −m(λ)) , exp(λX2)(X2 −m(λ)) et exp λTn −nψ(λ) donc E[(X1 −m(λ))(X2 −m(λ))Dn(λ)] = E exp(λX1)(X1 −m(λ)) .E exp(λX2)(X2 −m(λ)) .E exp λTn −nψ(λ) de plus E exp(λX1)(X1 −m(λ)) = eλ(1−m(λ))+e−λ(−1−m(λ)) = 0 d’où le résultat. 1 b . On a aussi pour i ̸= j , E (Xi −m(λ)) X j −m(λ) Dn(λ) = 0 ce qui donne E (Sn −m(λ))2 Dn(λ) = 1 n2 E n k=1 Xk −m(λ) 2 Dn(λ) = 1 n2 E n k=1 (Xk −m(λ))2 Dn(λ) = 1 n2 n k=1 E (Xk −m(λ))2 Dn(λ) Par indépendance des Xi on obtient : E (Xk −m(λ))2 Dn(λ) = e−nψ(λ)E (Xk −m(λ))2 exp(λXk) E exp λ i̸=k Xi et on a E (Xk −m(λ))2 exp(λXk) = 1 2 (1−m(λ))2 eλ + 1 2 (1+m(λ))2 e−λ = 2 eλ +e−λ et E exp λ i̸=k Xi = E exp(λX1) n−1 = eλ +e−λ 2 n−1 ce qui donne E (Xk −m(λ))2 Dn(λ) = eλ +e−λ 2 −n 2 eλ +e−λ eλ +e−λ 2 n−1 = 4 eλ +e−λ 2 finalement : E (Sn −m(λ))2 Dn(λ) = 1 n 4 (eλ+e−λ) 2 ≤ 1 n ( sauf erreur de calcul on trouve une meilleure majoration ! ) 6 . E In(λ,ε)expλn (Sn −m(λ)−ε) = s∈Sn(Ω) |s−m(λ)| ε eλn(s−m(λ)−ε)P[Sn = s] ≤ s∈Sn(Ω) |s−m(λ)| ε P[Sn = s] = P[|Sn −m(λ)| ε] ( car s −m(λ)−ε ≤ 0) 7 . Ecrivons (Sn −m(λ))2 = (1− In(λ,ε))(Sn −m(λ))2 + In(λ,ε)(Sn −m(λ))2 on obtient E (Sn −m(λ))2 Dn(λ) ≥ E (1− In(λ,ε))(Sn −m(λ))2 Dn(λ) ≥ ε2E[(1− In(λ,ε))Dn(λ)] on vérifie facilement que E[Dn(λ)] = 1 et on a E (Sn −m(λ))2 Dn(λ) ≤ 4 n , ce qui donne le résultat. 8 .a . Puisque [ |s −m(λ)| ε] = [Sn m(λ)−ε]∩[Sn ≤ m(λ)+ε] donc P([Sn m(λ)−ε]) ≥ P([|s −m(λ)| ε]) ≥ E In(λ,ε)expλn (Sn −m(λ)−ε) ≥ E[(In(λ,ε)Dn(λ)].enψ(λ)−λnm(λ)−εnλ ≥ (1− 4 nε2 )enψ(λ)−λnm(λ)−εnλ 2 ce qui donne 1 n logP[Sn m(λ)−ε] ψ(λ)−λm(λ)−λε+un(ε) avec un(ε) = 1 n log(1− 4 nε2 ) b . D’après 3. on a pour tout t ∈ R 1 n logP[Sn t] inf λ 0(ψ(λ)−λt) Soit t ∈ [0,1[ et ε tel que t +ε ∈ [0,1[ , d’après 4. ∃λ ≥ 0 tel que m(λ) = t +ε, ce qui donne 1 n logP[Sn t] = 1 n logP[Sn m(λ)−ε] ψ(λ)−λt +un(ε) ≥ inf λ 0(ψ(λ)−λt)+un(ε) finalement inf λ 0(ψ(λ)−λt)+un(ε) ≤ 1 n logP[Sn t] inf λ 0(ψ(λ)−λt) ce qui donne lim n→+∞ 1 n logP[Sn t] = inf λ 0(ψ(λ)−λt). c . Ecrivons P[Sn 1] = P([Sn 1]∩[Xn = 1])+P([Sn 1]∩[Xn = −1])+P([Sn 1]∩[Xn ∉ {1,−1}]) on a P([Sn 1]∩[Xn = −1]) = P[X1 +..+ Xn−1 n +1] = 0 car ∃i tel que [X1 +..+ Xn−1 n +1] ⊂ [Xi > 1] , et P([Sn 1]∩[Xn ∉ {1,−1}]) = 0 Donc P[Sn 1] = P([Sn−1 1]∩[Xn = 1]) ainsi par récurrence on a P[Sn 1] = P n i=1 [Xi = 1] = 1 2n et 1 n logP[Sn 1] = −log2. La fonction ϕ(λ) = ψ(λ)−λ = logch(λ)−λ est décroissante sur [0,+∞[ et lim λ→+∞ϕ(λ) = −log2. Donc le résultat est valable pour t = 1. Deuxième partie : 9 . f : [a,b] → R une fonction infiniment dérivable, f admet un maximum en x0 ∈ ]a,b[ donc f ′(x0) = 0 et ∃α > 0 tel que ]x0 −α,x0 +α[ ⊂ ]a,b[ et ∀x ∈ ]x0 −α,x0 +α[, f (x) ≤ f (x0), la formule de Taylor Mac-Laurin donne : f (x)− f (x0) = 1 2(x −x0)2 f ′′ (x0)+o((x −x0)2) ≤ 0 et f ′′ (x0)+o(1) ≤ 0 donc f ′′ (x0) < 0. 10 . Soit δ > 0 tel que δ < min(x0 − a,b − x0),soit x1 ∈ [a,x0 −δ]∪[x0 +δ,b] tel que f (x1) = max x∈[a,x0−δ]∪[x0+δ,b] f (x), on a : 0 ≤ x0−δ a et f (x)dx + b x0+δ et f (x)dx ≤ 2(b − a)et f (x1) comme x0est l’unique maximum de f sur [a,b] alors f (x1) < f (x0) par suite x0−δ a et f (x)dx + b x0+δ et f (x)dx = t→+∞ o(et f (x0)). 3 Prenons un ε > 0 assez petit vérifiant f (x0)−ε > f (x1), soit le réel δ0 > 0 tel que ∀x ∈ ]x0 −δ0,x0 +δ0[ f (x) ≥ f (x0)−ε , posons α = min(δ,δ0),nous avons alors x0+δ x0−δ et f (x)dx ≥ x0+α x0−α et f (x)dx ≥ 2αet(f (x0)−ε) ce qui donne x0−δ a et f (x)dx + b x0+δ et f (x)dx = t→+∞ o(et(f (x0)−ε)) et x0−δ a et f (x)dx + b x0+δ et f (x)dx = t→+∞ o( x0+δ x0−δ et f (x)dx) d’où x0+δ x0−δ et f (x)dx ∼ t→+∞ b a et f (x)dx . 11 . La formule de Taylor Mac-Laurin donne : f (x)− f (x0) = −1 2(x − x0)2( f ′′ (x0) +α(x − x0)) et α(x − x0) → x→x0 0 Soit ε > 0, considérons ε1 > 0 , qu’on précisera par la suite , et δ > 0 tel que ∀x ∈ ]x0 −δ0,x0 +δ0[ ⊂ [a,b],|α(x − x0)| ≤ ε1 f ′′ (x0) donc x0+δ x0−δ et f (x)dx = et f (x0) x0+δ x0−δ e− t 2 (x−x0)2(|f ′′(x0)|+α(x−x0))dx On pose s = (x − x0) t|f ′′(x0)| 2 et c = δ t|f ′′(x0)| 2 on obtient x0+δ x0−δ e− t 2 (x−x0)2(|f ′′(x0)|−α(x−x0))dx = 2 t f ′′ (x0) c −c e−s2(1+α′(s))ds et α′(s) ≤ ε1 donc c −c e−s2(1+ε1)ds ≤ c −c e−s2(1+α′(s))ds ≤ c −c e−s2(1−ε1)ds soit 1 1+ε1 c 1+ε1 −c 1+ε1 e−s2ds ≤ c −c e−s2(1+α′(s))ds ≤ 1 1−ε1 c 1−ε1 −c 1−ε1 e−s2ds On a +∞ −∞ e−s2ds = π donc il existe A > 0 tel que t ≥ A , c 1+ε1 −c 1+ε1 e−s2ds − π ≤ ε1 et c 1−ε1 −c 1−ε1 e−s2ds − π ≤ ε1 donc π−ε1 1+ε1 ≤ c −c e−s2(1+α′(s))ds ≤ π+ε1 1−ε1 ou encore π−ε1 1+ε1 ≤ e−t f (x0) t f ′′ (x0) 2 x0+δ x0−δ et f (x)dx ≤ π+ε1 1−ε1 4 On sait que x0+δ x0−δ et f (x)dx ∼ t→+∞ b a et f (x)dx donc ∃A′ > 0 tel que (1−ε1) x0+δ x0−δ et f (x)dx ≤ b a et f (x)dx ≤ (1+ε1) x0+δ x0−δ et f (x)dx donc si t ≥ max(A, A′) on a (1−ε1) π−ε1 1+ε1 ≤ e−t f (x0) t f ′′ (x0) 2 b a et f (x)dx ≤ (1+ε1) π+ε1 1−ε1 comme (1− x) π−x 1+x → x→0 π alors ∃η > 0 tel que |x| ≤ η donne (1− x) π−x 1+x − π ≤ ε , on choisit ε1vérifiant : π−ε ≤ (1−ε1) π−ε1 1+ε1 et (1+ε1) π+ε1 1−ε1 ≤ π+ε. Donc pour t ≥ max(A, A′) e−t f (x0) t f ′′ (x0) 2 b a et f (x)dx − π ≤ ε d’où le résultat. 12 .a . Par récurrence b . Dans +∞ 0 e−t tndt on fait le changement x = t n on obtient: n! = nn+1 +∞ 0 en(logx−x)dx . la fonction ϕ : x → logx − x , admet un maximum unique en x = 1 et ϕ′′(1) = −1. On remarque que ∀x > 0 , logx ≤ x 2 donc ϕ(x) ≤ −x 2 et +∞ 2 en(logx−x)dx ≤ +∞ 2 e−nx/2dx = 2e−n n . Par application du résultat de la question 11. 2 0 en(logx−x)dx ∼ n→∞ enϕ(1) 2π n ϕ′′ (1) = e−n 2π n donc +∞ 0 en(logx−x)dx ∼ n→∞ e−n 2π n ce qui donne n! ∼ n→∞ 2πn n e n . Trosième Partie : 13 . On a a 0 sin x2 dx = x= t a2 0 |sin(t)| 2 t dt . Posons N = E( a2 π ) ( E est la partie entière ), on a alors : a 0 sin x2 dx ≥ Nπ 0 |sin(t)| 2 t dt ≥ N−1 k=0 (k+1)π kπ |sin(t)| 2 t dt ≥ N−1 k=0 π 0 |sin(t +kπ)| 2 t +kπ dt ≥ N−1 k=0 1 2 π(1+k) π 0 sin(t)dt finalement a 0 sin x2 dx ≥ 1 π N−1 k=0 1 1+k , la série 1 1+n diverge donc a 0 sin x2 dx → a→+∞ +∞ 14 . Par le théorème d’intégration des séries entières sur un segment. 5 15 . a 1 sin x2 dx = a 1 −1 2x cos x2 ′ dx = −cos x2 2x a 1 − a 1 1 2x2 cos x2 dx on a lim a→+∞ cos(a2) 2a = 0 et la fonction x → cos(x2) x2 est intégrable sur [1,+∞[ donc lim a→+∞ a 1 cos x2 x2 dx existe , d’où l’existence de lim a→+∞ a 0 sin x2 dx . De même on a l’existence de lim a→+∞ a 0 cos x2 dx . 16 . On a a 0 sin x2 dx = 2π 4 − +∞ a sin x2 dx, trois intégrations par parties donnent: a 0 sin x2 dx = 2π 4 − cos a2 2a − sin a2 4a3 − 3 12 cos a2 a5 + 15 8 +∞ a cos x2 x6 et on a +∞ a cos x2 x6 dx ≤ +∞ a 1 x6 dx = 1 5a5 ; d’où a 0 sin x2 dx = 2π 4 − cos a2 2a − sin a2 4a3 +O( 1 a5 ) De même on a a 0 cos x2 dx = 2π 4 + sin a2 2a − cos a2 4a3 +O( 1 a5 ) . 17 . Ecrivons 1 x0 g(x)sin(t f (x))dx = g (x0) 1 x0 sin(t f (x))dx + 1 x0 (g(x)− g (x0))sin(t f (x))dx. Posons ϕ : [x0,1] → R définie par ϕ(x) = g(x)−g(x0) f ′(x) si x ∈ ]x0,1] g ′(x0) f ′′(x0) si x = x0 ϕ admet un développement limitée en x0 d’ordre 1 donc elle est de classe C 1 sur [x0,1]. On a alors 1 x0 (g(x)− g (x0))sin(t f (x))dx = 1 x0 ϕ(x) f ′(x)sin(t f (x))dx = −ϕ(x) t cos(t f (x)) 1 x0 + 1 x0 ϕ′(x) t cos(t f (x))dx ϕ étant de classe C 1 sur [x0,1] donc ϕ et ϕ′ sont bornées sur [x0,1] ce qui donne 1 x0 (g(x)− g (x0))sin(t f (x))dx = O(1 t ) 18 .a . On a f est C ∞sur [0,1] , f ′′(x0) > 0 donc f ′′(x) > 0 pour tout x dans un voisinage de x0 de la forme [x0 −α,x0 +α] , f ′ est strictement croissante sur [x0 −α,x0 +α] et f ′(x0) = 0 donc f ′(x) > 0 pour tout x dans ]x0,x0 +α] , or f ′ s’annule uniquement en x0 donc f ′(x) > 0 pour tout x dans ]x0,1] et f est strictement croissante sur ]x0,1] donc strictement croissante sur [x0,1]. Donc h(x) = f (x)− f (x0) = f (x)− f (x0) , h est strictement croissante ,de [x0,1] sur [0,h(1)], comme composée de deux fonctions strictement croissantes, donc elle est bijective. b . soit t > 0, on a h(x0 + t)−h(x0) t = f (x0 + t)− f (x0) t = 1 2 f ′′(x0)t2 +o(t2) t = 1 2 f ′′(x0)+o(1) donc h est dérivable en x0 à droite, et h′ (x0) = f ′′(x0) 2 . 6 19 . On admet que h−1 : [0,h(1)] → [x0,1] est infiniment dérivable. Par le changement s = h(x) on obtient : 1 x0 sin(t f (x))dx = h(1) 0 sin(t(s2 + f (x0))) (h−1(s))′ds d’après la question 17 on a : 1 x0 sin(t f (x))dx = (h−1)′(0) h(1) 0 sin(t(s2 + f (x0))) ds +O 1 t avec (h−1)′(0) = 1 h′(x0) = 2 f ′′(x0),et h(1) 0 sin(t(s2 + f (x0))) ds = cos(t f (x0)) t th(1) 0 sin(s2)ds + sin(t f (x0)) t th(1) 0 cos(s2)ds d’après la question 16 on a : th(1) 0 sin(s2)ds = 2π 4 +O( 1 t ) et th(1) 0 cos(s2)ds = 2π 4 +O( 1 t ) , ce qui donne h(1) 0 sin(t(s2 + f (x0))) ds = π 2 sin(t f (x0)+ π 4 ) t +O(1 t ) finalement 1 x0 sin(t f (x))dx = sin t f (x0)+ π 4 π 2t f ′′ (x0) +O 1 t 20 . Supposons que x0 ∈]0,1[ écrivons 1 0 g(x)sin(t f (x))dx = x0 0 g(x)sin(t f (x))dx + 1 x0 g(x)sin(t f (x))dx d’après ce qui précède on a 1 x0 g(x)sin(t f (x))dx = g(x0)sin t f (x0)+ π 4 π 2t f ′′ (x0) +O 1 t , par le changement s = 1+ x0−1 x0 x on ramène l’autre intégrale à une intégrale, dans [x0,1] , ce qui donne aussi x0 0 g(x)sin(t f (x))dx = g(x0)sin t f (x0)+ π 4 π 2t f ′′ (x0) +O 1 t ,d’où 1 0 g(x)sin(t f (x))dx = g(x0)sin t f (x0)+ π 4 2π t f ′′ (x0) +O 1 t . 7