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A2021 – MATH I PC ÉCOLE DES PONTS PARISTECH, ISAE-SUPAERO, ENSTA PARIS, TÉLÉCOM PARIS, MINES PARIS, MINES SAINT-ÉTIENNE, MINES NANCY, IMT ATLANTIQUE, ENSAE PARIS, CHIMIE PARISTECH - PSL. Concours Mines-Télécom, Concours Centrale-Supélec (Cycle International). CONCOURS 2021 PREMIÈRE ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES Durée de l’épreuve : 3 heures L’usage de la calculatrice et de tout dispositif électronique est interdit. Les candidats sont priés de mentionner de façon apparente sur la première page de la copie : MATHÉMATIQUES I - PC L’énoncé de cette épreuve comporte 5 pages de texte. Si, au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il est amené à prendre. Les sujets sont la propriété du GIP CCMP. Ils sont publiés sous les termes de la licence Creative Commons Attribution - Pas d’Utilisation Commerciale - Pas de Modification 3.0 France. Tout autre usage est soumis à une autorisation préalable du Concours commun Mines Ponts. Variables aléatoires entières symétriques à forte dispersion Dans tout le sujet, on fixe un espace probabilisé (Ω, A, P) sur lequel toutes les variables aléatoires considérées sont définies. On utilisera systématiquement la locution « variable aléatoire » pour parler d’une variable aléatoire réelle discrète, et « variable aléatoire entière » pour parler d’une variable aléatoire à valeurs dans Z. On pourra noter X(Ω) = {xn, n ∈ I} où I est un sous-ensemble fini ou dénombrable de N et xn ∈ R pour tout n ∈ I. Définition 1 (Dispersion d’ordre α) On fixe un réel α > 0. Soit X : Ω → R une variable aléatoire. On dit que X vérifie la condition (Dα) - dite de dispersion d’ordre α - lorsque, quand n tend vers +∞, P(|X| ≥ n) = α n + O 1 n2 · (1) Définition 2 (Variables aléatoires symétriques) On dit que X est symétrique lorsque −X suit la même loi que X, autrement dit lorsque ∀x ∈ X(Ω), P(X = x) = P(X = −x). (2) On admet le principe de transfert de l’égalité en loi : Théorème 1 Étant donné deux variables aléatoires X et Y prenant leurs valeurs dans un même ensemble E, ainsi qu’une application u : E → F, si X et Y suivent la même loi alors u(X) et u(Y ) aussi. Dans tout le sujet, on se donne une suite (Xn)n≥1 de variables aléatoires entières, mutuellement indépendantes, toutes de même loi, symétriques, et vérifiant la condi- tion (Dα). On admet que sous ces conditions la variable Xn+1 est indépendante de X1 + · · · + Xn pour tout n ∈ N∗. On pose, pour tout n ∈ N∗, Mn := 1 n n k=1 Xk appelée n-ième moyenne empirique des variables Xk. L’objectif du sujet est d’établir la convergence simple d’une suite de fonctions associées aux variables Mn. Les trois premières parties du sujet sont totalement indépendantes les unes des autres. 1 Questions de cours 1 ▷ Soit X une variable aléatoire. Rappeler la définition de « X est d’espérance finie ». Montrer alors que X est d’espérance finie si et seulement si |X| est d’espérance finie. 2 ▷ Soit X une variable aléatoire. Montrer que si X est bornée, autrement dit s’il existe un réel M ≥ 0 tel que P(|X| ≤ M) = 1, alors X est d’espérance finie. Généralités sur les variables aléatoires 3 ▷ Soit X une variable aléatoire entière vérifiant (Dα). Montrer que X n’est pas d’espérance finie, et que X2 non plus. 4 ▷ Soit X une variable aléatoire symétrique, et f : R → R une fonction impaire. Mon- trer que f(X) est symétrique et que si f(X) est d’espérance finie alors E(f(X)) = 0. 5 ▷ Soit X et Y deux variables aléatoires symétriques indépendantes. En comparant la loi de (−X, −Y ) à celle de (X, Y ), démontrer que X + Y est symétrique. Deux sommes de séries On fixe ici un nombre complexe z tel que z ̸= 1 et |z| ≤ 1. On introduit la fonction L : t → t 0 z 1 − uz du. 6 ▷ Montrer que, sur le segment [0, 1], la fonction L est convenablement définie et de classe C∞. Donner une expression simple de sa dérivée n-ième pour tout n ≥ 1. 7 ▷ Justifier que pour tout t ∈ ]0, 1], on a 1 − t ≤ |1 − tz|, et plus précisément encore que 1 − t < |1 − tz|. 8 ▷ En déduire successivement que 1 0 1 − t 1 − tz n dt −→ n→+∞ 0 et 1 0 zn+1 (1 − t)n (1 − tz)n+1 dt −→ n→+∞ 0. 2 9 ▷ En déduire, grâce à une formule de Taylor, que L(1) = +∞ n=1 zn n · 10 ▷ Montrer que la fonction γ : R2 −→ R (t, u) −→ |1 + ueit| est continue. En déduire qu’il existe, pour tout a ∈ ]0, π[, un réel ma > 0 tel que ∀(t, u) ∈ [−a, a] × [0, 1], |1 + ueit| ≥ ma. 11 ▷ Montrer que la fonction F : t ∈ ]−π, π[ −→ 1 0 eit 1 + ueit du est de classe C1 et donner une expression de sa dérivée sous la forme d’une intégrale à paramètre. 12 ▷ Montrer que ∀t ∈ ]−π, π[ , F ′(t) = −tan(t/2) 2 + i 2, et en déduire la valeur de F(t) pour tout t ∈ ]−π, π[. 13 ▷ Soit θ ∈ ]0, 2π[. Déduire des questions précédentes que +∞ n=1 cos(nθ) n = − ln 2 sin θ 2 et +∞ n=1 sin(nθ) n = π − θ 2 · Fonction caractéristique d’une variable aléatoire symétrique On fixe dans cette partie une variable aléatoire symétrique X. On pose ΦX : R −→ R t −→ E cos(tX) , appelée fonction caractéristique de X. 14 ▷ Montrer que ΦX est bien définie, paire et que ∀t ∈ R, |ΦX(t)| ≤ 1. 3 15 ▷ En utilisant le théorème du transfert, montrer que ΦX est continue. Dans la suite de cette partie, on suppose que X est une variable aléatoire entière symétrique vérifiant la condition (Dα). Pour tout n ∈ N, on pose Rn := P(|X| ≥ n). 16 ▷ On fixe un réel t ∈ ]0, 2π[. Montrer successivement que ΦX(t) = +∞ n=0 (Rn − Rn+1) cos(nt) puis ΦX(t) = 1 + +∞ n=1 Rn cos(nt) − cos((n − 1)t) . On pourra établir au préalable la convergence de la série n Rn cos(nt). 17 ▷ Montrer qu’il existe un nombre réel C tel que +∞ n=1 Rn − α n eint −→ t→0+ C, et en déduire que, quand t tend vers 0+, +∞ n=1 Rn cos(nt) = O(ln t) et +∞ n=1 Rn sin(nt) = π α 2 + o(1). 18 ▷ Conclure que, quand t tend vers 0+, ΦX(t) = 1 − π α 2 t + o(t). La fonction ΦX est-elle dérivable en 0 ? Convergence simple de la suite des fonctions caractéristiques des variables Mn 19 ▷ Soit X et Y deux variables aléatoires symétriques indépendantes. Montrer que ∀t ∈ R, ΦX+Y (t) = ΦX(t) ΦY (t). 4 20 ▷ Démontrer que pour tout entier n ≥ 1, la variable Mn est symétrique et ∀t ∈ R, ΦMn(t) = ΦX1(t/n) n. 21 ▷ En déduire que pour tout réel t, ΦMn(t) −→ n→+∞ exp −πα |t| 2 . 22 ▷ La convergence établie à la question précédente est-elle uniforme sur R ? À partir de là, des théorèmes d’analyse de Fourier permettraient de démontrer que la suite (Mn)n≥1 converge en loi vers une variable de Cauchy de paramètre πα 2 , ce qui signifie que pour tout segment [a, b] de R, P(a ≤ Mn ≤ b) −→ n→+∞ α 2 b a du u2 + (πα/2)2· Fin du problème 5

Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2021, corrigé Concours Commun Mines-Ponts 2021 Épreuve de mathématiques I (corrigé) Variables aléatoires entières symétriques à forte dispersion Questions de cours 1. On dit que X est d’espérance finie si la série n⩾0 xnP(X = xn) converge absolument, c’est-à- dire si et seulement si la série n⩾0 |xn|P(X = xn) converge (une probabilité est positive, donc |P(X = xn)| = P(X = xn)). Notons que d’après le théorème du transfert, |X| est d’espérance finie si et seulement si la série n⩾0 |xn|P(X = xn) converge absolument. Ce qui, d’après le rappel ci-dessus, équivaut au fait que X soit d’espérance finie, d’où le résultat. 2. Sous ces hypothèses, on a pour tout n ∈ N : |xn|P(X = xn) ⩽ MP(X = xn). En effet, soit |xn| ⩽ M, auquel cas c’est évident, soit |xn| > M, auquel cas P(X = xn) = 0 (donc chaque membre de l’inégalité est nul, et elle reste vraie) vu que par hypothèse P(|X| > M) = 0, et : (X = xn) ⊆ (|X| > M). Or la série n⩾0 MP(X = xn) converge par σ-additivité d’une probabilité, donc par comparaison de séries à termes positifs la série n⩾0 xnP(X = xn) converge absolument : d’où le résultat. Généralités sur les variables aléatoires 3. On rappelle que X est d’espérance finie si et seulement si |X| l’est. Or |X| est à valeurs dans N, et on sait que dans ce cas, |X| est d’espérance finie si et seulement si la série n⩾1 P(|X| ⩾ n) converge. Mais, dans le cas où X vérifie (Dα), on a : P(|X| ⩾ n) ∼ n→+∞ α n avec α > 0, et on sait que la série harmonique n⩾1 1 n est divergente. Donc, par comparaison de séries à termes positifs, la série n⩾1 P(|X| ⩾ n) diverge aussi : ainsi |X| n’est pas d’espérance finie, et X non plus. On vient de justifier que |X| n’est pas d’espérance finie, donc la série n⩾0 |xn|P(X = xn) diverge. Or l’inégalité : ∀n ∈ N, (|xn|−1)2 ⩾ 0 implique : ∀n ∈ N, x2 n +1 ⩾ 2|xn|, donc d’après le théorème de comparaison de séries à termes positifs, la série n⩾0(x2 n+1)P(X = xn) diverge également, et la série n⩾0 x2 nP(X = xn) diverge aussi (en tant que différence de la série divergente n⩾0(x2 n +1)P(X = xn) et de la série convergente n⩾0 P(X = xn)). D’après le théorème du transfert, on en déduit que X2 n’est pas d’espérance finie. 4. Puisque X est symétrique, les variables aléatoires X et −X ont même loi. D’après le principe de transfert de l’égalité en loi (théorème 1 du préambule), f(X) et f(−X) ont aussi même loi. Or f(−X) = −f(X) car f est supposée impaire, donc finalement il en résulte que f(X) et −f(X) ont même loi : cela prouve que f(X) est symétrique. On suppose que f(X) est d’espérance finie. Puisque f(X) et −f(X) ont même loi, leurs espé- rances sont égales, donc : E (f(X)) = E (−f(X)). Or l’espérance est linéaire, donc : E (f(X)) = −E (f(X)). On en déduit : E(f(X)) = 0. 5. On veut montrer que X + Y est symétrique. On doit montrer : ∀z ∈ (X + Y )(Ω), P(X + Y = z) = P(−X − Y = z). 1 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2021, corrigé Soit z ∈ (X + Y )(Ω). On a : (X + Y = z) = x∈X(Ω) (X = x, Y = z − x). Donc, par σ-additivité et indépendance des variables aléatoires X et Y : P(X + Y = z) = x∈X(Ω) P(X = x, Y = z − x) = x∈X(Ω) P(X = x)P(Y = z − x). Or X et Y sont symétriques, donc : x∈X(Ω) P(X = x)P(Y = z − x) = x∈X(Ω) P(−X = x)P(−Y = z − x), et en imitant le raisonnement fait pour (X + Y ) = Z, on montre que cette somme est égale à P(−X − Y = z). On a donc montré : P(X + Y = z) = P(−X − Y = z), d’où le résultat. Deux sommes de séries 6. L’application u → z 1−uz est continue sur [0, 1] en tant qu’inverse d’une fonction continue ne s’annu- lant par sur [0, 1] : en effet, si u ∈ [0, 1], alors 1 − uz = 0 si et seulement si uz = 1, si et seulement si z ̸= 0 et u = 1 z ; mais comme |z| ⩽ 1 par hypothèse, cela implique : |u| ⩾ 1. Comme u ∈ [0, 1], ce n’est possible que si u = 1, mais dans ce cas on a z = 1 : absurde. Donc, d’après le théorème fondamental de l’analyse, L : t → t 0 z 1 − uzdu est de classe C1 sur [0, 1], et on a : ∀t ∈ [0, 1], L′(t) = z 1 − tz. En tant que fraction rationnelle ne s’annulant par sur [0, 1], l’application L′ est donc de classe C∞ sur [0, 1], et L l’est également. Une récurrence facile permet d’obtenir : ∀n ∈ N \ {0}, ∀t ∈ [0, 1], L(n)(t) = (n − 1)!zn (1 − tz)n . 7. Soit t ∈]0, 1]. D’après l’inégalité triangulaire renversée, on a : ||1| − |tz|| ⩽ |1 − tz|, or |1|−|tz| = 1−t|z| ⩾ 0 (en effet : t|z| ⩽ t ⩽ 1), donc l’inégalité ci-dessus devient : 1−t|z| ⩽ |1−tz|. Or t|z| ⩽ t, donc 1 − t ⩽ 1 − t|z|. On en déduit : 1 − t ⩽ |1 − tz|. Pour montrer qu’on a une inégalité stricte : 1 − t < |1 − tz|, nous allons supposer qu’il y a égalité, et en déduire une contradiction. Tout d’abord, si l’on a : 1 − t = |1 − tz|, alors on a aussi : 1 − t = 1 − t|z|, puisque le raisonnement ci-dessus montre que 1 − t|z| est compris entre 1 − t et |1 − tz|. Ceci implique : |z| = 1. On peut donc écrire z sous forme exponentielle : z = eiθ. Alors : |1 − tz|2 = |1|2 − 2Re (tz) + |tz|2 = 1 − 2 cos(θ)t + t2. Par conséquent, après élévation au carré et réarrangement des termes, l’égalité 1 − t = |1 − tz| équivaut à : 2(cos(θ) − 1)t = 0, ce qui n’est possible que si cos(θ) = 1, c’est-à-dire : θ ≡ 0 mod 2π. Mais dans ce cas on a z = ei0 = 1, or z ̸= 1 par hypothèse de l’énoncé : nous avons une contradiction. Par l’absurde, nous avons démontré : ∀t ∈]0, 1], 1 − t < |1 − tz|. 2 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2021, corrigé 8. Nous allons utiliser le théorème de convergence dominée. Posons : ∀n ∈ N, ∀t ∈]0, 1], fn(t) = 1 − t 1 − tz n . Il est clair que pour tout n ∈ N, la fonction fn est continue (par morceaux) sur ]0, 1] (nous avons déjà assuré que le dénominateur 1−tz ne s’annule pas sur ]0, 1] : voir la question 6), et la question précédente implique que : 1−t 1−tz < 1, ce dont on déduit d’une part : ∀t ∈]0, 1], lim n→+∞ fn(t) = 0 (convergence simple de (fn)n∈N sur ]0,1]) en tant que suite géométrique dont la raison est de module strictement inférieure à 1, et d’autre part : ∀n ∈ N, ∀t ∈]0, 1], |fn(t)| ⩽ 1, (hypothèse de domination) où l’application ϕ : t → 1 est bien sûr continue par morceaux et intégrable sur ]0, 1] (en tant qu’application trivialement prolongeable par continuité sur le segment [0, 1]). Comme, de plus, la limite simple t → 0 de la suite (fn)n∈N est évidemment continue par morceaux, le théorème de convergence dominée s’applique, et on a : lim n→+∞ 1 0 1 − t 1 − tz n dt = 1 0 0 = 0. On montre de même : lim n→+∞ 1 0 zn+1(1 − t)n (1 − tz)n+1 dt = 0. Les seules différences sont : — pour la convergence simple : on écrit que zn+1(1−t)n (1−tz)n+1 ⩽ |fn(t)| |1−tz| −→ n→+∞ 0 et on utilise le théorème des gendarmes ; — pour l’hypothèse de domination : une fonction de domination est dans ce cas ϕ : t → 1 |1−tz|, continue par morceaux sur le segment [0, 1], donc intégrable sur [0, 1], et aussi sur ]0, 1]. Néanmoins, au vu du sujet, je pense que l’énoncé voulait nous faire utiliser la première intégrale pour en déduire la convergence de la seconde. 9. Soit N ∈ N \ {0}. L’application L est de classe CN d’après la question 6. Par conséquent, la formule de Taylor avec reste intégral, à l’ordre N en 0, implique : L(1) = N n=0 L(n)(0) n! (1 − 0)n + 1 0 (1 − t)N N! L(N+1)(t)dt [q. 6] = N n=1 zn n + 1 0 (1 − t)N zN+1 (1 − tz)N+1dt (notons qu’on a L(0) = 0). Or, d’après la question précédente, cette dernière intégrale converge vers 0, donc la suite N n=1 zn n N⩾1 converge (c’est la différence d’une constante L(1) et d’une suite convergeant vers 0), et quand N → +∞ cette égalité donne : L(1) = +∞ n=1 zn n , d’où le résultat. Remarque. La lettre L évoque suggestivement le logarithme, dont nous reconnaissons le dévelop- pement en série entière dans le membre de droite (lorsque z est une variable réelle dans [−1, 1[, nous avons là − ln(1 − z)). 3 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2021, corrigé 10. L’application t → eit est continue parce que ses parties réelle et imaginaire t → cos(t) et t → sin(t) le sont. Par composition avec l’application (t, u) → t, qui est continue car linéaire sur l’espace vectoriel réel R2 qui est de dimension finie, on en déduit que (t, u) → eit est continue sur R2. Comme (t, u) → u est aussi continue par linéarité sur R2, le produit (t, u) → ueit est continu sur R2. Il est évident que (t, u) → 1 est continue sur R2, donc (t, u) → 1 + ueit est continue sur R2 en tant que somme de fonctions continues, et elle est à valeurs dans C. Enfin, | · | est continue sur C en tant que norme, donc par composition nous avons la continuité de γ sur R2. En particulier, si a ∈]0, π[, alors par restriction γ est continue sur [−a, a]×[0, 1], qui est une partie fermée bornée de R2 (il est évident qu’elle est bornée, et pour l’aspect fermé on vérifie aisément la caractérisation séquentielle parce que les inégalités larges sont préservées par passage à la limite). D’après le théorème des bornes atteintes, γ atteint un minimum sur [−a, a] × [0, 1], c’est-à-dire : il existe (t0, u0) ∈ [−a, a] × [0, 1] tel que : γ(t0, u0) = min (t,u)∈[−a,a]×[0,1] γ(t, u). Si l’on pose ma = γ(t0, u0), on a donc bien l’existence de ma ∈ R tel que : ∀(t, u) ∈ [−a, a] × [0, 1], 1 + ueit = γ(t, u) ⩾ γ(t0, u0) = ma. Il reste à démontrer que ma > 0. Il est clair que ma ⩾ 0 car un module est positif, et il faut donc seulement exclure le cas où ma est nul. Pour cela, on note que si ma = 0, alors γ(t0, u0) = 0. Par propriété de séparation du module, cela implique : u0eit0 = −1. De cette égalité il découle u0 ̸= 0 et : eit0 = − 1 u0 < 0. En prenant les arguments, on obtient : t0 ≡ π mod 2π, mais c’est impossible car t0 ∈ [−a, a] ⊆] − π, π[. On en déduit qu’on ne peut pas avoir ma = 0, et donc ma > 0 : ce qu’il fallait démontrer. 11. Nous allons appliquer le théorème de dérivation des intégrales à paramètres. Posons : ∀(t, u) ∈] − π, π[×[0, 1], f(t, u) = eit 1 + ueit. Alors f est de classe C1 sur ] − π, π[×[0, 1] (on le justifie de façon analogue à la continuité de γ dans la question précédente), ce qui donne immédiatement la continuité par morceaux sur [0, 1] par rapport à u, la classe C1 sur ]π, π[ par rapport à t et la continuité par morceaux sur [0, 1] de ∂f ∂t par rapport à u. L’intégrabilité sur [0, 1] de u → f(t, u) pour tout t ∈] − π, π[ ne pose pas de difficulté, puisqu’il s’agit d’une application continue sur un segment. On vérifie l’hypothèse de domination localement : pour tout segment [−a, a] ⊆] − π, π[, et tout (t, u) ∈ [−a, a] × [0, 1], on a : ∂f ∂t (t, u) = ieit (1 + eitu)2 = 1 γ(t, u)2 [q. 10] ⩽ 1 m2 a . (hypothèse de domination) (pour le calcul de ∂f ∂t (t, u), on se facilite la vie en écrivant f(t, u) = 1 u ueit 1+ueit = 1 u 1 − 1 1+ueit ). L’application t → 1 m2a est bien sûr continue par morceaux et intégrable sur le segment [0, 1], donc l’hypothèse de domination est vérifiée. On en déduit d’une part que pour tout t ∈] − π, π[, l’application u → ∂f ∂t (t, u) est intégrable sur [0, 1], et d’autre part que la fonction F : t → 1 0 eit 1 + ueitdu est de classe C1 sur tout segment inclus dans ] − π, π[, donc sur ] − π, π[. On a de plus : ∀t ∈] − π, π[, F ′(t) = 1 0 ∂f ∂t (t, u)du = 1 0 ieit (1 + eitu)2du. 4 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2021, corrigé 12. Soit t ∈] − π, π[. On remarque que l’intégrande est, à une constante près, de la forme g′ g2 avec g la fonction g : u → 1 + ueit, et une primitive est donc − 1 g (attention au fait que les formulaires de primitives ne se transposent pas entièrement au cas des fonctions à valeurs complexes : une primitive de g′ g n’est pas ln(|g|) en général, et c’est pourquoi le raisonnement ci-dessous ne pouvait pas être effectué directement avec F(t)). Donc : F ′(t) = i − 1 1 + ueit 1 0 = i 1 − 1 1 + eit = ieit 1 + eit. Or : eit 1 + eit = eit/2 e−it/2 + eit/2 = eit/2 2 cos(t/2) = cos(t/2) + i sin(t/2) 2 cos(t/2) = 1 2 + i 2 tan t 2 , donc : F ′(t) = i 1 2 + i tan t 2 = −1 2 tan t 2 + i 2. Comme tan = sin cos = −cos′ cos , on montre aisément qu’une primitive de t → − tan t 2 est t → 2 ln cos t 2 . On en déduit l’existence d’une constante c ∈ C telle que : ∀t ∈] − π, π[, F(t) = ln cos t 2 + it 2 + c. Or le membre de droite est égal à c quand t = 0, tandis que celui de gauche est égal à F(0) = 1 0 du 1 + u = ln(2). Par conséquent : c = ln(2). Ainsi : ∀t ∈] − π, π[, F(t) = ln 2 cos t 2 + it 2 . 13. Si θ ∈]0, 2π[, alors θ − π ∈] − π, π[, et on peut donc appliquer la question précédente pour obtenir la valeur de F(θ − π) : F(θ − π) = ln 2 cos θ − π 2 + i(θ − π) 2 = ln 2 sin θ 2 + i(θ − π) 2 Mais on a aussi, du fait que ei(θ−π) = e−iπeiθ = −eiθ : F(θ − π) = 1 0 ei(θ−π) 1 + uei(θ−π)du = − 1 0 eiθ 1 − ueiθ = −L(1), où L a été définie en début de section (on prend z = eiθ, qui vérifie bien |z| ⩽ 1 et z ̸= 1 car θ ̸≡ 0 mod 2π). On en déduit : L(1) = − ln 2 sin θ 2 + i(π − θ) 2 . Or, d’après la question 9 : L(1) = +∞ n=1 eiθ n n = +∞ n=1 einθ n = +∞ n=1 cos(nθ) n + i +∞ n=1 sin(nθ) n . Par unicité de la partie réelle et de la partie imaginaire, on en déduit : +∞ n=1 cos(nθ) n = − ln 2 sin θ 2 , +∞ n=1 sin(nθ) n = π − θ 2 , ce qu’il fallait démontrer. 5 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2021, corrigé Fonction caractéristique d’une variable aléatoire symétrique 14. Montrer que ΦX est bien définie revient à justifier que pour tout t ∈ R, la variable aléatoire cos(tX) admet une espérance ; or le cosinus est borné par 1, donc d’après la question 2 on a le résultat voulu. Soit t ∈ R. Comme le cosinus est une fonction paire, on a : cos(tX) = cos(−tX), donc les espérances de ces deux variables aléatoires sont les mêmes, et on a ΦX(t) = ΦX(−t). Ceci prouve que ΦX est une fonction paire. Enfin, on a : −1 ⩽ cos(tX) ⩽ 1, donc, par croissance de l’espérance : E(−1) ⩽ E (cos(tX)) ⩽ E(1), c’est-à-dire : −1 ⩽ ΦX(t) ⩽ 1. D’où le résultat. 15. D’après le théorème du transfert, on a : ∀t ∈ R, ΦX(t) = +∞ n=0 cos(xnt)P(X = xn). Or, si l’on pose : ∀n ∈ N, ∀t ∈ R, fn(t) = cos(xnt)P(X = xn), alors on montre facilement : ∀n ∈ N, ∥fn∥∞ ⩽ P(X = xn). La série n⩾0 P(X = xn) converge par σ-additivité d’une probabilité, donc par comparaison des séries à termes positifs la série n⩾0 ∥fn∥∞ converge aussi. Ainsi la série de fonctions n⩾0 fn converge normalement, donc uniformément, sur R, et fn est continue sur R pour tout n ∈ N. En tant que limite uniforme d’une série de fonctions continues, la fonction ΦX est continue sur R. 16. On nous suggère de démontrer préalablement la convergence de la série n⩾0 Rn cos(nt). Pour cela, on note que d’après la propriété (Dα), on a pour tout n au voisinage de +∞ : Rn cos(nt) = αcos(nt) n + O cos(nt) n2 = αcos(nt) n + O 1 n2 . Comme la série de Riemann n⩾1 1 n2 est d’exposant 2 > 1, elle converge, et donc par comparaison le terme en O 1 n2 est le terme général d’une série absolument convergente, donc convergente. On en déduit que les séries n⩾0 Rn cos(nt) et n⩾1 α cos(nt) n sont de même nature. Or la convergence de cette dernière série a été démontrée dans la question 13, donc la série n⩾0 Rn cos(nt) converge également. Passons à la démonstration des deux identités vérifiées par ΦX. Il est supposé que X est à valeurs entières : X(Ω) ⊆ Z = {n | n ∈ N} ∪ {−n | n ∈ N}. Donc, d’après le théorème du transfert de la symétrie de X, on a : ΦX(t) = cos(0 · t)P(X = 0) + +∞ n=1 cos(nt)P(X = n) + +∞ n=1 cos(−nt)P(X = −n) = P(X = 0) + 2 +∞ n=1 cos(nt)P(X = n). Or : ∀n ∈ N \ {0}, P(|X| = n) = P(X = n) + P(X = −n) = 2P(X = n), tandis que pour n = 0 on a clairement P(|X| = 0) = P(X = 0). Donc l’égalité ci-dessus peut se réécrire : ΦX(t) = +∞ n=0 cos(nt)P(|X| = n). (∗) Ensuite, pour écrire le terme général en fonction de la suite (Rn)n∈N, on note qu’on a : ∀n ∈ N, P(|X| = n) = P(|X| ⩾ n) − P(|X| ⩾ n + 1) = Rn − Rn+1, 6 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2021, corrigé donc : ΦX(t) = +∞ n=0 (Rn − Rn+1) cos(nt). À présent, montrons la formule alternative demandée. Comme la série n⩾0 Rn cos(nt) converge, il en est de même de la série n⩾0 Rn+1 cos(nt) (qui s’écrit comme différence de deux séries convergentes), et on peut donc scinder la somme ci-dessus en deux : ΦX(t) = +∞ n=0 Rn cos(nt) − +∞ n=0 Rn+1 cos(nt) = +∞ n=0 Rn cos(nt) − +∞ n=1 Rn cos((n − 1)t) suite au changement d’indice n → n + 1 dans la deuxième somme. Par conséquent : ΦX(t) = R0 cos(0) + +∞ n=1 Rn (cos(nt) − cos((n − 1)t)) . On a clairement : R0 = P(|X| ⩾ 0) = 1, donc : ΦX(t) = 1 + +∞ n=1 Rn (cos(nt) − cos((n − 1)t)) . d’où le résultat. Remarque. On nous demande implicitement d’effectuer une transformation d’Abel. 17. Implicitement, ce qu’on nous demande revient à démontrer que la somme t → +∞ n=1 Rn − α n eint est définie au voisinage de 0 (par valeurs supérieures) et continue en 0. Or, si l’on pose : ∀n ∈ N\{0}, ∀t ∈ R, fn(t) = Rn − α n eint, alors fn est continue sur R pour tout entier n ⩾ 1, et on a : ∀n ∈ N\{0}, ∀t ∈ R, |fn(t)| = Rn − α n . On en déduit : ∀n ∈ N\{0}, ∥fn∥∞ = Rn − α n . D’après la propriété de dispersion (Dα), on a donc : ∥fn∥∞ = O n→+∞ 1 n2 , or la série de Riemann n⩾1 1 n2 est d’exposant 2 > 1, donc elle est convergente. Par comparaison de séries à termes positifs, la série n⩾1 fn converge normalement, donc converge uniformément sur R. En particulier, en tant que limite uniforme d’une série de fonctions continues, la somme t → +∞ n=1 Rn − α n eint est continue sur R. Si l’on pose C sa valeur en 0 (qui est bien un nombre réel, vu que que pour t = 0 la somme ne fait intervenir que des nombres réels), on a bien : +∞ n=1 Rn − α n eint −→ t→0+ C. Or, pour tout t ∈ R∗ + au voisinage de 0 (en particulier : entre 0 et 2π strictement) : +∞ n=1 Rneint = +∞ n=1 Rn − α n eint + α +∞ n=1 eint n [q.13] = C + o(1) − α ln 2 sin t 2 + iαπ − t 2 . En identifiant la partie réelle (notons que C ∈ R) et la partie imaginaire, on a donc, pour t au voisinage de 0 : +∞ n=1 Rn cos(nt) = C − α ln 2 sin t 2 + o(1), +∞ n=1 Rn sin(nt) = απ − t 2 + o(1). 7 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2021, corrigé Comme t = o(1) quand t → 0, on peut écrire : α π−t 2 = απ 2 + o(1). De plus : ln 2 sin t 2 = ln 2 t 2 + o(t) = ln(t + o(t)) = ln(t) + ln(1 + o(1)) = ln(t) + O(1). Donc finalement, les deux égalités ci-dessus deviennent : +∞ n=1 Rn cos(nt) = −α ln(t) + C + O(1) = O(ln(t)), +∞ n=1 Rn sin(nt) = απ 2 + o(1), ce qu’il fallait démontrer. 18. Soit t ∈ R. Rappelons qu’on a montré : ΦX(t) = 1 + +∞ n=1 Rn (cos(nt) − cos((n − 1)t)) . Or, pour tout entier n ⩾ 1, on a : cos(nt) − cos((n − 1)t) = −2 sin t 2 sin (2n − 1)t 2 = −2 sin t 2 sin nt − t 2 = −2 sin t 2 sin nt 2 cos t 2 − sin t 2 cos nt 2 donc : ΦX(t) = 1 − 2 sin t 2 cos t 2 +∞ n=1 Rn sin nt 2 − sin t 2 +∞ n=1 Rn cos nt 2 = 1 − sin(t) +∞ n=1 Rn sin nt 2 + 2 sin t 2 2 +∞ n=1 Rn cos nt 2 . Grâce à la question précédente, on sait qu’on a au voisinage de 0 : sin t 2 2 +∞ n=1 Rn cos nt 2 = O sin t 2 2 ln(t) = O t2 ln(t) = o(t), car t ln(t) −→ t→0+ 0, tandis qu’on a : sin(t) +∞ n=1 Rn sin nt 2 = (t + o(t)) πα 2 + o(1) = απt 2 + o(t), donc finalement, quand t → 0+ : ΦX(t) = 1 − παt 2 + o(t), ce qu’il fallait démontrer. Ce calcul montre en outre : lim t→0+ ΦX(t) − ΦX(0) t = −πα 2 . La fonction ΦX étant paire, on en déduit : lim t→0− ΦX(t) − ΦX(0) t [u=−t] = lim u→0+ −ΦX(u) − ΦX(0) u = πα 2 . Comme α ̸= 0, on en déduit : lim t→0+ ΦX(t)−ΦX(0) t ̸= lim t→0− ΦX(t)−ΦX(0) t , donc la fonction ΦX n’est pas dérivable en 0. 8 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2021, corrigé Convergence simple de la suite des fonctions caractéristiques des variables Mn 19. Soit t ∈ R. Comme X et Y sont symétriques et indépendantes, leur somme X + Y est symétrique d’après la question 5. Dans ce cas, on a d’après la question 4 : E (sin (t(X + Y ))) = 0. On en déduit, par linéarité de l’espérance : E eit(X+Y ) = E (cos (t(X + Y ))) =ΦX+Y (t) +i E (sin (t(X + Y ))) =0 = ΦX+Y (t). Exprimer la fonction caractéristique à l’aide de l’exponentielle nous permet de tirer profit de sa propriété de morphisme (c’est-à-dire du fait qu’il transforme sommes en produits). On a en effet : ΦX+Y (t) = E eit(X+Y ) = E eitXeitY , et comme X et Y sont indépendantes, c’est aussi le cas de eitX et eitY , et par propriété de l’espé- rance : E eitXeitY = E eitX E eitY . On montre comme ci-dessus que E eitX = ΦX(t) et E eitY = ΦY (t). On a donc montré : ΦX+Y (t) = ΦX(t)ΦY (t), d’où le résultat voulu. 20. On admet, dans le préambule du sujet, que Xn+1 est indépendante de n k=1 Xk = nMn pour tout entier n ⩾ 1. Cela nous permet d’une part de démontrer par récurrence que nMn est symétrique pour tout entier n ⩾ 1 (utiliser la question 5), et donc Mn aussi, et d’autre part d’appliquer la question précédente avec X = Xn+1 et Y = n k=1 Xk. Comme Xn+1+ n k=1 Xk = n+1 k=1 Xk, on en déduit : ∀n ∈ N \ {0}, ∀t ∈ R, Φn+1 k=1 Xk (t) = ΦXn+1(t)Φ n k=1 Xk (t). De cela on tire, par une récurrence facile : ∀n ∈ N \ {0}, ∀t ∈ R, Φ n k=1 Xk (t) = n k=1 ΦXk(t). Comme les Xk ont toutes la même loi que X1, tous les cos(tXk) ont même loi que cos(tX1) d’après le théorème 1 du préambule, et comme l’espérance d’une variable aléatoire dépend uniquement de sa loi, on en déduit que les fonctions caractéristiques des Xk sont toutes égales à la fonction caractéristique de X1. Donc : ∀n ∈ N \ {0}, ∀t ∈ R, Φ n k=1 Xk (t) = (ΦX1(t))n . Or : n k=1 Xk = nMn, et : ∀n ∈ N \ {0}, ∀t ∈ R, ΦnMn(t) = E (cos(t(nMn))) = E (cos((tn)Mn)) = ΦMn(nt). Par conséquent, l’égalité ci-dessus équivaut à : ∀n ∈ N \ {0}, ∀t ∈ R, ΦMn(nt) = (ΦX1(t))n. Il reste à remplacer t par t n pour en déduire le résultat voulu : ∀t ∈ R, ΦMn(t) = (ΦX1(t/n))n . 9 Mathématiques I PSI Mines-Ponts 2021, corrigé 21. Comme les fonctions ΦMn et t → exp −πα|t| 2 sont paires, il suffit de démontrer le résultat voulu pour t positif. Soit t ∈ R+. Quand n → +∞, on a t n → 0. Donc, d’après la question 18 (qu’on peut appliquer vu que par hypothèse, X1 est symétrique et vérifie la condition (Dα)) : (ΦX1(t/n))n = 1 − παt 2n + o n→+∞ 1 n n = e n ln 1− παt 2n + o n→+∞( 1 n) (notons qu’on a bien 1 − παt 2n + o n→+∞ 1 n > 0 pour n suffisamment grand, ce qui autorise la forme logarithmique). Or : n ln 1 − παt 2n + o n→+∞ 1 n ∼ n→+∞ n × −παt 2n −→ n→+∞ −παt 2 . Par continuité de l’exponentielle, on en déduit : ΦMn(t) −→ n→+∞ exp −παt 2 = exp −πα|t| 2 , d’où le résultat si t ⩾ 0, et aussi pour t < 0 par parité. 22. Posons : ∀t ∈ R, g(t) = exp −πα|t| 2 . Si la convergence de la question précédente est uniforme sur R, alors on a aussi : ∀n ∈ N, 0 ⩽ |ΦMn(2πn)| ⩽ |ΦMn(2πn) − g(2πn)|+|g(2πn)| ⩽ ∥ΦMn − g∥∞+exp −π2αn −→ n→+∞0, donc d’après le théorème des gendarmes : lim n→+∞ ΦMn(2πn) = 0. Or, d’après la question 20 : ∀n ∈ N\{0}, ΦMn(2πn) = (ΦX1(2π))n. Le fait que cette suite géométrique converge vers 0 signifie qu’on a nécessairement : |ΦX1(2π)| < 1. Or, d’après l’identité (∗) démontrée à la question 16 : ΦX1(2π) = +∞ n=0 cos(2πn)P(|X1| = n) = +∞ n=0 P(|X1| = n) = P(|X1| ⩾ 0) = 1, ce qui contredit le fait que |ΦX1(2π)| < 1. Par l’absurde, on a montré que la convergence de la question précédente n’est pas uniforme sur R. 10