Concours 2010 - Réussir sa Prépa HEC · Séparation de convexes Théorème de Hahn-Banach Solution de Nash Année Difficulté 2 ¶¶¶ Eurˆeka ! Partie 1 1. Pour alléger un petit

Concours 2010

corrigés de mathématiques

voie scientifique

par Jean-Louis Roque

Ancien élève de l'École Normale Supérieure

Professeur de chaire supérieure au Lycée Pasteur de Neuilly

Les sujets peuvent se trouver par exemple à l'adresse :

http ://aphec.it-sudparis.eu/spip.php ?article90

3

Avertissement de l'auteur

au nain, a la pouf et au patapouf…

Ce manuel contient les corrigés détaillés de la totalité des épreuves de mathématiques del’option scientifique des concours des classes préparatoires économiques et commercialesde l’année 2010. Les épreuves du cru 2010, à l’instar de celles des années précédentes,furent encore exigeantes, longues et difficiles. Comme d’habitude, nous recommandonsaux futurs candidats de suivre les quelques conseils suivants :

1. Prendre quelques minutes au début de l’épreuve pour lire, en totalité, l’énoncé.Entendons-nous bien, il ne s’agit pas d’en faire une fiche de lecture mais de le parcouriren vue de :

– découvrir, tout d’abord, les thèmes abordés ;– repérer, c’est toujours bon pour le moral, certaines questions et parfois même

certaines parties que l’on a déjà traitées pendant sa préparation. Il n’est pas interdit d’avoirvécu !

– faire la part des questions faciles, des questions plus fines et enfin des questions« technologiques », c’est-à-dire nécessitant de gros calculs. Il faut savoir jauger l’ennemi !

Il est également important de ne pas oublier qu’un énoncé bien lu — il faut parfois savoirlire entre les lignes — donne de nombreuses réponses aux questions posées.

2. Ne pas s’obstiner à vouloir traiter dans l’ordre toutes les questions. Ne pas perdre tropde temps à « sécher » sur une question. Le passage aux questions suivantes donne souventdes pistes à propos des questions précédentes. Il est fondamental de fabriquer rapidementdes points et d’avoir, à la mi-temps, un confortable magot.

3. Ne pas bouder les questions de calcul et les questions algorithmiques de Tubo-Pascal.Même si elles ne furent pas très nombreuses cette année, elle pourraient bien revenir enforce. En outre, le rapport qualité prix est beaucoup plus intéressant qu’on ne le pense.

4. Avoir une rigueur intellectuelle et mathématique à toute épreuve. Il faut être le premierconvaincu par ce que l’on écrit. Il ne faut pas oublier les cas, les discussions, les plans.Il y a souvent des « facettes » dans nos travaux. Il faut également bannir les fautesgrossières — divisions par zéro, manipulations diaboliques des inégalités, atrocités avecles variables muettes — grandes spécialités des gougnafiers. L’arrêt de lecture existe !Attention également au bluff qui est fortement sanctionné.

5. Éviter les abréviations. Il faut écrire en français sur sa copie.

6. Ajoutons que certains correcteurs— fort heureusement peu nombreux— n’apprécientni l’humour, ni les expressions imagées, dans un texte mathématique. Bannir par exemplele fameux « théorème des gendarmes ». L’auteur de ces lignes plaident coupable sur lanature de ses propres corrigés. Reste donc à recourir au viel adage : « faites ce que je dis,ne faites pas ce que je fais ! » Ceci dit, un peu plus de souplesse de la part des correcteurs

4 Concours 2010 voie scientifique

ne serait pas forcément mal venue.

7. Compte tenu de ce qui précède, il faut que les futurs candidat adoptent le style leplus impersonnel possible, mais il est important qu’ils aient un style. Une copie demathématiques doit être agréable à lire, c’est-à-dire non seulement bien présentée —beaucoup trop de copies ressemblent à des brouillons—mais aussi écrites dans un langageclair, conçis, sans redondance et sans faute d’orthographe, où français et symboliquemathématique cohabitent dans une grande harmonie.

8. Enfin, comme le disait le génial mathématicien Niels Enrik Abel (1802-1829) :

« pour progresser en mathematiques, il faut avant tout ecouter ses maıtres ».

Nous vous souhaitons un bon et agréable travail.

Margauchamfont, 16 avril 2011.

Jean-Louis Roque

5

Défense du consommateur

Nous passons en revue les différents textes proposés en y ajoutant quelques commentaires.

Hec :

Sujet long et difficile sur un thème ambitieux, en l’occurrence la notion de projection surun convexe fermé. On s’éloigne fortement des projections orthogonales pépères sur lessous-espaces ! Le sujet est intéressant et de bonne tenue. L’opinion des candidats n’a pasété exactement la même…

Ccip :

Cela partait d’un bon sentiment ! Obtenir des propriétés de la fonction Gamma viaa stochastic approach. Oui mais voilà, il y a beaucoup trop de flou, beaucoup tropd’hypothèses inappropriées, qui font que le jeu n’en vaut pas la chandelle.C’est finalementun peu décevant d’autant qu’il y a de très jolies preuves analytiques — et presque plusfaciles — de ces fameuses propriétés de Gamma.

Essec :

Un joli texte d’analyse, peut-être un peu moins difficile que d’habitude…

Emlyon :

Texte fidèle à la tradition. Deux problèmes, algèbre, calcul des probabilités et analysecouvrant donc une bonne partie du programme.

Edhec :

Ici aussi la tradition est repectée. Trois exercices et un problème. Malheureusement la findu problème semble avoir un peu scandaleusement échappée à ses concepteurs…

Ecricome :

Deuxexercices et unproblèmecommed’habitude.Malheureusement, le texte duproblème— et son corrigé officiel aussi ! — semblent faire fi du grave défaut de non définition desvariables aléatoires Yi ce qui complique énormément les problématiques abordées. Celan’a pas dû gêner les candidats mais tout de même…


Sommaire

Hec.............................................................. 7Projection sur un convexe ferméSéparation de convexesThéorème de Hahn-BanachSolution de NashCcip............................................................. 39Fonction et loi GammaLoi Beta et loi de SnedecorConvergencesWilks Legendre StirlingEssec........................................................... 71Équation différentielleTransformation de PayssousÉquivalence de restesEmlyon........................................................ 93Convergence matricielleMatrices stochastiquesChaîne de MarkovFonction définie par une intégraleEdhec......................................................... 112OptimisationEndomorphismes symétriquesConvolutionConvergence complèteEcricome.................................................... 127Équivalents d'intégrales impropresOptimisation hermitienneLoi de Gumbel-GompertzCollector's problem

Hec première 7

Hec première

Projection sur un convexe ferméSéparation de convexes

Théorème de Hahn-BanachSolution de Nash

Année Difficulté

2 ¶¶¶

Eureka !

Partie 1

1. Pour alléger un petit peu, nous noterons I l’intervalle :

I = ]�1, 1]

à telle enseigne que finalement :K = I ⇥ I

a. Nous nous organisons un poquitın.– Nous commençons par la convexité. Soit z, u deux éléments deK et t un réel du

segment [0, 1].– Les deux réels z1 et u1 sont par hypothèse situés dans l’intervalle I et comme

les intervalles de R sont à point nommé des(*) parties convexes, nous déduisons que :

tz1 + (1� t)u1 2 I

(*) Ce sont en réalité les parties convexes de R.


– On démontre bien sûr mutatis mutandis que :

tz2 + (1� t)u2 2 I

et tout cela démontre que :tz + (1� t)u 2 K

et nous avons donc gagné le premier round.– Considérons les deux ensembles :

F1 =nz 2 R2 | z1 6 1

oet F2 =

nz 2 R2 | z2 6 1

o

– Le premier est l’image réciproque de l’intervalle fermé I par la premièreapplication coordonnée. Comme cette dernière est officiellement continue sur R2, lethéorème des images réciproques de Felix Hausdorff — trop gentiment rappelé par letexte ? — stipule que F1 est un fermé de R2.

– On démontre de façon analogue et sans surprise que F2 est un fermé de R2.

Etant donné que :K = F1 \ F2

la fermeture se fait grâce au théorème des intersections du même Felix.– Supposons par l’absurde que K soit borné. Il devrait exister un réel strictement

positif r tel que :K ⇢ B(0, r)

où, tout le monde sans doute, B(0, r) désigne la boule ouverte de centre 0 et de rayon r.Oui mais voilà, le point :

(0,�r)

appartient indéniablement àK mais n’appartient pas du tout à notre boule ! So…

b. Comme toute norme est essentiellement positive, la minimiser revient à minimiserson carré et Lycée de Versailles. Nous devons donc minimiser surK la fonction :

f : (z1, z2) 7�! (x1 � z1)2 + (x2 � z2)2

Nous allons alors nous appuyer sur l’évidence que voici :Evidence :

Soit a 2 R. La fonction :ga : u 7�! (a� u)2

possède un minimum sur l’intervalle I . En outre :

i. Si a 6 1, le minimum vaut zéro et il n’est atteint qu’au point a.

ii. Si a > 1, le minimum vaut (a� 1)2 et il n’est atteint qu’au point 1.

La preuve est totalement élémentaire et nous la laissons à la charge du lecteur suspicieux.Nous poursuivons en notant que notre « évidence » nous oblige à une petite planification.

Hec première 9

– Supposons que x1 6 1. Nous avons alors fatalement x2 > 1 sans quoi le point(x1, x2) appartiendrait àK. Nous en déduisons évidemment que :

minK

f = (x2 � 1)2

et que ce minimum n’est atteint qu’au point (x1, 1).– Supposons que x2 6 1. Cette fois c’est x1 qui doit dépasser 1 et c’est mutatis

mutandis que nous clamons que :

minK

f = (x1 � 1)2

minimum atteint une seule fois au point (1, x2).– Supposons pour finir que x1 et x2 soient strictement supérieur à 1. L’évidence est

alors formelle. Nous avons

minK

f = (x1 � 1)2 + (x2 � 1)2

et l’atteinte n’a lieu qu’au point (1, 1).

Il semble bien que nous ayons prouvé l’existence et l’unicité de p(x) et que :

p(x) =

8>>><>>>:

(x1, 1) si x1 6 1

(1, x2) si x2 6 1

(1, 1) si x1 > 1 et x2 > 1

� L’hypothèse selon laquelle x1 et x2 sont strictement positifs n’a pas eu a huge effect…

c. Nous allons, en réalité, faire trois figures puisque nous avons trois situationsdifférentes…

x

p(x) xp(x)

x

p(x)

0 1 0 0 1

111

1

� Par définition, le point p(x) est le point deK le plus proche de x en distance euclidiennecanonique, c’est-à-dire en distance du « double décimètre ». Sur les dessins que nousvenons de faire, tout semble absolument lumineux !

d. La programmation doit bien sûr tenir compte du plan en trois parties qui a été utiliséplus haut et qui stipule — gaffe au p3(*) — que pour un vecteur x convenable l’on a :

(*) Le piège le plus redoutable — et redouté — de la classe de troisième. Combien de potaches ont raté leur brevet des collèges

pour avoir naïvement cru que, pour x réel,p

x2=x alors qu’en réalitép

x2=|x| ?


i.||x� p(x)|| =

p(x2 � 1)2 = |x2 � 1| = 1� x2 si x1 6 1

ii.||x� p(x)|| =

p(x1 � 1)2 = |x1 � 1| = 1� x1 si x2 6 1

iii.||x� p(x)|| =

p(x1 � 1)2 + (x2 � 1)2 si x1 > 1 et x2 > 1

Le résultat des course est alors :

function distance(x1, x2 : real, n : integer) : real ;beginif x1 <= 1 then distance := 1� x2 ;if x2 <= 1 then distance := 1� x1 ;if x1 > 1 and x2 > 1 then distance := sqrt((x1 � 1)2 + (x2 � 1)2) ;end ;

e. Soit z 2 K. Nous craignons devoir reprendre nos trois situations.– Si x1 6 1, le lecteur trouvera sans peine que :

<z � p(x) , x� p(x)> = (z2 � 1)(x2 � 1)

dont la négativité est outrecuidante vu que z2 6 1 alors que fatalement x2 > 1.– Si x2 6 1, c’est mutatis mutandis que nous parvenons à :

<z � p(x) , x� p(x)> 6 0

– Si, pour finir, x1 et x2 sont strictement supérieurs à 1, l’on trouve toujoursaisément :

<z � p(x) , x� p(x)> = (z1 � 1)(x1 � 1) + (z2 � 1)(x2 � 1)

nombre dont la négativité ne peut échapper qu’à Auguste Compte !

f. Nous repartons pour la valse à trois temps…– Dans le premier cas, nous rappelons le fatal x2 > 1 et il est facile de voir que nous

cherchons un réel c tel que :

8z2 > 1 z2(x2 � 1) < c < x2(x2 � 1)

ce qui, vu que x2 � 1 est positif, sera vérifié si, et seulement si :

(x2 � 1) < c < x2(x2 � 1)

Les hypothèses et la fatalité faisant ici que :

x2 � 1 < x2(x2 � 1)

Hec première 11

nous pouvons proposer pour c n’importe quel réel de l’ouvert :⇤x2 � 1, x2(x2 � 1)

⇥

Pour fixer les idées nous proposons son milieu, en l’occurrence :

c =x2

2 � 12

– On démontre mutatis mutandis que dans la seconde situation, la proposition :

c =x2

1 � 12

fait farpaitement l’affaire.– Enfin, c’est toujours de la même façon que l’on se rend compte de ce que, dans la

troisième, la proposition :

c =x2

1 � 12

+x2

2 � 12

=||x||2 � 2

2

est tout à fait raisonnable.

� Le lecteur observateur pourra remarquer que, dans les trois cas, nous avons proposé :

c =||x||2 � ||p(x)||2

2

2.a. Les sous-espaces vectoriels sont stables par n’importe quelle combinaison linéaire.Ils le sont donc a fortiori par n’importe quelle combinaison convexe de deux vecteurs(*).

b. Considérons le vecteur de R4 :

u = (1, 1,�1,�1)

Produit scalaire canonique oblige, il est clair que :

E =�u ?

ce qui montre déjà que E est bien un sous-espace vectoriel de R4. En outre, grâce àl’importante formule « dimension d’un orthogonal », il advient que :

dimE = dim R4 � dimVectu = 3

la dernière égalité reposant essentiellement sur la non nullité du vecteur u. Le sous-espace E est donc différent de l’espace nul et de l’espace R4 et le cadre de la questiona est ainsi respecté. Le reste n’est qu’une question de cours qui s’appelle « minimisation

(*) On appelle ainsi toute combinaison linéaire de type tu+(1�t)v où t2[0,1].


par la projection orthogonale ». Nous nous devons de savoir que p est ici le projecteurorthogonal sur E et que :

minw2E

||x� w|| = ||x� p(x)|| = ||q(x)||

où, à la surprise générale, l’endomorphisme q est le projecteur orthogonal sur E?. Laformule du double orthogonal stipule que :

E? =�u ?? = Vectu

Comme ||u|| = 2, la courte famille (u/2) est une base orthonormale de E? et nulne peut ignorer — c’est l’importante formule « projection orthogonale via une baseorthonormale » que :

q(x) = <x ,u

2>

u

2Comme u/2 est unitaire, nous en déduisons que :

||q(x)|| =��<x ,

u

2>��

ce qui finalement nous amène à :

minw2E

||x� w|| =x1 + x2 � x3 � x4

2

Quant à p(x), il vaut :

p(x) = x� q(x) = x� 14

<x , u>u

et son calcul ne présente pas un intérêt majeur.

3.a. Soit z appartenant àK. Nous avons :

f(z) =q

(x1 � z1)2 + · · · + (xn � zn)2

et nous faisons les observations suivantes :– La fonction :

z 7�! (x1 � z1)2 + · · · + (xn � zn)2

est continue sur K pour la simple et bonne raison qu’elle y est incontestablementpolynomiale à n variables. Elle y est en outre à valeurs positives ou nulles.

– La fonctionp est justement continue sur R+.

Grâce au théorème de composition à gauche, l’on déduit que f est effectivement continuesurK.

b. Nous procédons en deux temps.

Hec première 13

– Intersection de deux fermés de Rn, K0 est un fermé de Rn comme l’affirme lethéorème des intersections du sieur Hausdorff.

– CommeK0 est manifestement inclus dans la bouleB0, c’est par définition queK0

est une partie bornée de Rn.

c. La partie K0 est désormais fermée et bornée. Elle est également non vide puisque,vu le rayon de B0, elle contient assurément le point z0. Elle est enfin contenue dans Kce qui autorise la question précédente à nous révéler que f est continue surK0. Tout celadéclenche l’important théorème d’optimisation de Karl Weierstrass.

La fonction f admet bien un minimum(*) surK0.

d. Soit z appartenant à K. Vu la tournure des événements, il faut impérativementenvisager deux cas.

– Si z appartient àK0, il s’agit d’une pure lapalissade — 1525 pour les intimes !– Si z n’appartient pas àK0, il ne peut appartenir à la bouleB0 à telle enseigne que :

||z � x|| > ||x� z0||

Oui mais voilà, vu que z0 appartient àK0 notre lapalissade supra stipule que :

||x� z0|| > ||x� z||

et la conclusion s’opère dans une douce transitivité. A bien y regarder, nous venons doncd’établir que la fonction f a un minimum surK atteint au moins au point z. Cela peut sereformuler, par définition, en disant que z est une projection de x surK.

4.a. On commence par rappeller une importante formule.Formule de la mediane ou du parallelogramme :

Soit (E,< , >) un espace préhilbertien réel, c’est-à-dire un espace vectoriel réel équipéd’un produit scalaire. On note || || la norme euclidienne correspondante. On a alorsl’égalité :

8u1 2 E 8u2 2 E ||u1 + u2||2 + ||u1 � u2||2 = 2||u1||2 + 2||u2||2

Soit alors a et b appartenant à Rn. Nous choisissons :

u1 =x� a

2et u2 =

x� b

2

and Bob’s your uncle !

b. Il semble assez naturel d’appliquer l’identité précédente en y opérant les choix :

a = u et b = v

Il s’avère alors que : ��x� u + v

2

��2

+14||u� v||2 = d2 (⇤)

(*) Que le lecteur se rassure, ce théorème affirme également l’existence d’un maximum mais qui ne doit intéresser personne…


d’où il résulte sur-le-champ que :��x� u + v

2

��2

6 d2

A côté de cela, vu que u et v appartiennent au convexeK, la combinaison convexe :

u + v

2

appartient également àK ce qui autorise monsieur de la Palice à clamer que :��x� u + v

2

��2

> d2

Les deux dernières inégalités montrent que finalement :��x� u + v

2

��2

= d2

ce qui, une fois répercuté dans (⇤) nous amène à :

||u� v||2 = 0 i.e. u = v

La question 3.d avait montré que z était une projection de x sur K. L’unicité que nousvenons d’établir montre que z est la projection de x surK ce qui désormais peut justifierla notation fonctionnelle(*) :

p(x) = z

5.a. Soit z appartenant àK et t 2 [0, 1]. Comme z et p(x) appartiennent àK, il en est demême de la combinaison convexe :

tz + (1� t)p(x)

ce qui permet à nouveau d’évoquer le seigneur de Chabannes.

b. Soit z et t appartenant respectivement àK et au semi-ouvert ]0, 1]. Nous remarquonstout d’abord que :

x��tz + (1� t)p(x)

�= x� p(x)� t

�z � p(x)

�Du coup, grâce à la formule d’Al Kashi, nous avons :��x� �

tz +(1� t)p(x)��2 = ||x� p(x)||2� 2t< z� p(x) , x� p(x)>+t2||z� p(x)||2

Après une première et gentille simplification, l’inégalité du récent a se transforme en :

2t< z � p(x) , x� p(x)> 6 t2||z � p(x)||2

(*) Adopter une notation fonctionnelle — ce que fait d’ailleurs le texte dans son introduction — pour un objet qui n’est pas avéré

unique est pour le moins cavalier…

Hec première 15

Oui mais voilà, nous avons pris soin de choisir t strictement positif ce qui nous amènesimplement et tranquillement à :

2<z � p(x) , x� p(x)> 6 t||z � p(x)||2

Il ne reste plus qu’à passer à la limite lorsque t tend vers zéro pour voir apparaître lamagique :

<z � p(x) , x� p(x)> 6 0

c. Soit z appartenant àK. Grâce à la tricky écriture :

x� z = (x� y) + (y � z)

et à l’identité d’Al Kashi, nous avons cette fois :

||x� z||2 = ||x� y||2 + 2<x� y , y � z >+||y � z||2

Mais l’hypothèse stipule exactement que :

<x� y , y � z > > 0

à telle enseigne qu’immédiatement :

||x� z||2 > ||x� y||2

Cela montre sans aucun doute possible que la fonction f possède un minimum sur Katteint en y et si l’on en croit les récentes 3.d et 4.b, la messe semble dite !

Les questions 5.b et 5.c, permettent de caractériser le vecteur p(x). Il est l’unique vecteury deK qui vérifie :

8z 2 K <z � y , x� y > 6 0

d. Pour alléger, puis parce que cela sera son nom de futur « séparatiste », nous allonsnoter h le vecteur x� p(x). La bilinéarité du produit scalaire entraîne que :

<h , p(x)>�<h , x> = �||h||2

Comme il est dit que x n’appartient pas àK, l’on a sans scrupule x 6= p(x) et donc h 6= 0ce qui termine la première partie de l’affaire.

Avant de passer à la suite, et parce que nous ne sommes pas nés de la dernière pluie, nousempressons de proposer pour c le milieu du segment joignant les réels :

<h , p(x)> et <h , x>

c’est-à-dire :

c =<h , p(x)>+<h , x>

2=

<x� p(x) , p(x) + x>

2


la dernière égalité se passant, bilinéairement, de tout commentaire. Cettemême bilinéaritépermet d’aller un petit peu plus loin puisqu’en réalité :

c =||x||2 � ||p(x)||2

2

ce qui n’est pas sans nous rappeler quelques souvenirs…

Milieu oblige, il ne fait aucun doute que :

<h , p(x)> < c < <h , x>

Soit alors z appartenant àK. La question 5.b et un nanochouia de bilinéarité font aisémentque :

<h , z > 6 <h , p(x)>

et c’est ainsi dans une douce transitivité que nous revendiquons :

<h , z > < c < <h , x>

chronique d’une séparation annoncée.

Partie 2

6. Nous prenons les choses une par une.– Soit z et u appartenant à K et t appartenant au segment [0, 1]. Soit également

i 2 [[1, n]]. La fonction « carrée » étant indubitablement convexe sur R, nous avons :�(tzi + (1� t)ui

�26 tz2

i + (1� t)u2i

Grâce à la multiplication par le positif ↵i et à une habile addition membre à membre ilsemble se dessiner aisément que :

nXi=1

↵i

�(tzi + (1� t)ui

�26 t

nXi=1

↵iz2i + (1� t)

nXi=1

↵iu2i

Oui mais voilà, nous savons par hypothèse que :nX

i=1

↵iz2i 6 1 et

nXi=1

↵iu2i 6 1

On multiplie la première par le positif t et la seconde par le non moins positif 1� t et onajoute à nouveau, ce qui devrait tranquillement nous amener à :

tnX

i=1

↵iz2i + (1� t)

nXi=1

↵iu2i 6 t + 1� t = 1

La transitivité frappe à nouveau en assénant que :nX

i=1

↵i

�(tzi + (1� t)ui

�26 1

Hec première 17

ce qui nous fait un premier point.

– La fonction :

� : z 7�!nX

i=1

↵iz2i

est polynomiale à n variables et est à ce titre continue sur Rn. L’ensemble K étantexactement l’image réciproque par cette dernière de l’intervalle fermé I = ] �1, 1] adonc droit au titre de fermé comme en atteste le théorème de F.H.

– Notons tout simplement ↵ le plus petit des réels ↵1,↵2, . . . ,↵n. Comme il faitpartie de la bande, nous faisons observer qu’il s’agit d’un réel strictement positif. Soitalors z appartenant à K. Vu la positivité des intervenants il va être difficile de s’opposerà ce que :

↵nX

i=1

z2i 6

nXi=1

↵iz2i 6 1

En écarquillant bien les yeux et en ayant pas oublié que ↵ est strictement positif, nousapprenons que z appartient à la boule fermée de centre 0 et de rayon 1/↵. Bref, nousavons :

K ⇢B(0, 1/↵)

et nous pouvons passer à la suite.

� Lorsque n = 2, l’ensembleK possède une forme elliptique. Il a une forme ellipsoïdalelorsque n = 3. On peut dire dans le cas général queK est de forme hyperellipsoïdale.

7.Attentionmismatch ! La fonction f n’est pas la même que celle de la partie précédente.Nous faisons également remarquer queK1 est bien un ouvert deRn puisqu’il est l’imageréciproque par la fonction � supra de l’intervalle ouvert ]�1, 1[. Merci qui ?

a. La fonction f est ici :

z 7�!nX

i=1

(xi � zi)2

Elle est polynomiale à n variables ce qui lui attribue une genuine classe C1 et même —on ne sait jamais — une genuine classe C2 sur l’ouvertK1.

b. Soit i 2 [[1, n]] et z appartenant à l’ouvertK1. Nous avons :

@f

@zi(z) = 2(zi � xi)

d’où l’on déduit immédiatement que :

rf(z) = 2(z � x)

Du coup, si z devait « critiquer » f , l’on devrait avoir :

z = x

ce qui est évidemment hors de question puisqu’il est bien précisé que x n’appartient pasàK.


Le vecteur p(x) est le point d’atteinte du minimum de f surK. Si par l’absurde, il avaitl’intention d’appartenir à l’ouvertK1 et puisque depuis peu f y possède la classe C1, uneimportante condition nécessaire du premier ordre obligerait p(x) à « critiquer » f ce quin’est désormais plus du tout à l’ordre du jour.

Notre point d’atteinte p(x) appartient donc àK \ K1 c’est-à-dire àK0.

c. Notons z1, . . . , zn les coordonnées du vecteur p(x) et supposons par l’absurde qu’ilexiste un entier i 2 [[1, n]] tel que zi soit strictement négatif. La première chose que nousobservons est que le point :

z = (z1, . . . , zi�1,�zi, zi+1, . . . , zn)

appartient toujours àK0 et la seconde, que :

f(z) = d2 + 4xizi

Comme xi est strictement positif et comme zi est strictement négatif, nous débouchonssur :

f(z) < d2

ce qui pour le minimum d2 de f est difficile à encaisser !

Notons pour finir qu’un élément de K0 ne peut évidemment pas se permettre d’avoirtoutes ses entrées nulles.

8. Notons que c’est la première fois que l’on utilise vraiment l’hypothèse n > 2 faitepar le texte au tout début. En outre, bien que le texte ne le demande pas ouvertement, ilest relativement tranquille de prouver que ⌦ est bien un ouvert de Rn�1. Considérons eneffet l’ensemble :

U =n(z1, . . . , zn�1) 2 Rn�1 |

n�1Xi=1

↵iz2i < 1

o

ainsi que, pour chaque i 2 [[1, n� 1]], l’ensemble :

Ui =n(z1, . . . , zn�1) 2 Rn�1 | zi > 0

o

Le premier est l’image réciproque de l’intervalle ouvert ]�1, 1[ de R par l’applicationpolynomialement continue :

(z1, . . . , zn�1) 7�!n�1Xi=1

↵iz2i

C’est donc, selon F.H, un véritable ouvert de Rn�1. A côté de cela, pour chaquei 2 [[1, n � 1]], l’ensemble Ui est l’image réciproque de l’ouvert ]0,+1[ par la trèsclairement continue :

(z1, . . . , zn�1) 7�! zi

Hec première 19

il est donc également ouvert de Rn�1. Comme :

⌦ = U \ U1 \ . . . \ Un�1

la conclusion passe par le théorème des intersections finies de notre cher Félix. Nouspouvons alors avancer.

a.Soit, pour l’instant, un élément (z1, . . . , zn�1) quelconquede l’ouvert⌦. Cela imposepar définition que :

1�n�1Xi=1

↵iz2i > 0

et il est également précisé que↵n est strictementpositif. Tout celamontre que la fonction est parfaitement définie sur l’ouvert ⌦ et qu’elle y est à valeurs strictement positives.Nous n’avons donc plus rien à ajouter pour la première partie de l’affaire. Ensuite, quasimentalement et sans autre explication si ce n’est une gentille simplification par ↵n, nousavons :

nXi=1

↵iz⇤2i =

n�1Xi=1

↵iz⇤2i + ↵nz⇤2n =

n�1Xi=1

↵iz⇤2i + 1�

n�1Xi=1

↵iz⇤2i = 1

ce qui nous permet d’envisager la suite.

b. Notons avant de commencer que le réel � est parfaitement défini puisque, ni ↵n, niz⇤n, n’ont eu l’intention de s’annuler. Soit alors i appartenant à [[1, n]]. Il semble que nousdevions nous organiser un poquitın.

– Si i = n, c’est par définition de � que nous avons :

1 + �↵n =xn

z⇤n

Vu les situations géographiques de xn et de z⇤n, il semble que 1 + �↵n soit strictementpositif d’où il ressort immédiatement que :

z⇤n =xn

1 + �↵n

– Supposons désormais que 1 6 i 6 n � 1. Comme il est dit que (z⇤1 , . . . , z⇤n�1)est critique pourH nous devons avoir :

@H

@zi(z⇤1 , . . . , z⇤n�1) = 0

ce qui se traduit aisément par :

z⇤i � xi +�xn � (z⇤1 , . . . , z⇤n�1)

� ↵iz⇤i↵n (z⇤1 , . . . , z⇤n�1)

= 0

ou encore par :z⇤i � xi +

�xn � z⇤n

� ↵iz⇤i↵nz⇤n

= 0


Vu la définition du réel � et grâce à un chouia de physionomie cela devient sur-le-champ :

z⇤i � xi + �↵iz⇤i = 0 i.e. z⇤i (1 + �↵i) = xi

Comme xi est annoncé non nul, il en est fatalement de même du réel 1 + �↵i et voilàdonc que :

z⇤i =xi

1 + �↵i

à notre plus grande satisfaction.

c. Soit i appartenant à [[1, n]]. Nous devons à nouveau nous organiser.– Nous avons déjà eu l’occasion de signaler que :

1 + �↵n > 0

ce qui, due to ↵n > 0, se transforme en :

� 1↵n

< �

– Supposons maintenant que 1 6 i 6 n � 1. Nous savons par hypothèse que(z⇤1 , . . . , z⇤n�1) appartient à l’ouvert ⌦ ce qui stipule en particulier que z⇤i est strictementpositif. Comme c’est aussi le cas de xi, nous apprenons grâce à la question précédenteque :

1 + �↵i > 0

et la stricte positivité de ↵i conduit cette fois à :

� 1↵i

< �

Bref, les réels�1/↵i sont tous strictement inférieurs à � et le seigneur de La Palice assènealors que :

max16i6n

⇣� 1↵i

⌘< �

d. Notons u la fonction en question. C’est une fonction rationnelle qui, vu la définitionde �, est indubitablement définie sur ]�,+1[. Elle y est donc dérivable(*) et l’on a :

8y > � u0(y) = �2nX

i=1

↵2i x

2i

(1 + ↵iy)3

Il apparaît ainsi que u0 est à valeurs strictement négatives sur ]�,+1[ ce qui procure àla fonction u une inéluctable décroissance stricte. Notons pour finir que la limite de u enplus l’infini vaut assurément 0 alors que sa limite en � vaut plus l’infini. Nous pensons

(*) On rappelle qu’une fonction rationnelle est de classeC1 sur son domaine de définition.

Hec première 21

devoir nous expliquer sur ce dernier point. Maximum oblige, il existe au moins un indicei de l’ensemble [[1, n]] tel que :

� = � 1↵i

Pour chacun de ces indices i, il est profondément — et positivement — évident que :

↵ix2i

(1 + ↵iy)2��!

y!�y>�

+1

alors que pour les éventuels autres indices, ce même rapport a une limite finie. Nous nousautorisons alors à revendiquer le tableau :

y � +1

u0 �

u +1 & 0

Compte tenu de nos limites aux bornes, la fonction u, désormais continue et strictementdécroissante sur ]�,+1[, se doit de réaliser une bijection de ]�,+1[ sur ]0,+1[.Comme le réel 1 appartient à l’intervalle image, il existe effectivement un unique réel�0 appartenant à ]�,+1[ tel que :

u(�0) = 1

Le réel �0 est donc l’unique zéro de la fonction u�1 dans l’intervalle ]�,+1[, et l’étudeprécédente conduit au tableau de signe que voici :

y � �0 +1

u� 1 + 0 �

que nous gardons au chaud quelques instants. La stricte positivité des↵i entraîne la strictenégativité de � ce qui nous autorise à causer de u(0)�1 qui ne vaut d’ailleurs rien d’autreque :

u(0)� 1 =nX

i=1

↵ix2i � 1

Oui mais, comme x n’appartient pas àK, il ne fait aucun doute que :

nXi=1

↵ix2i > 1

ce qui se traduit par :u(0)� 1 > 0


Un simple coup d’œil à notre tableau de signe révèle alors que :

0 < �0

et tout le monde est ravi. L’affaire n’est pas encore tout à fait terminée. Ne perdons pas devue qu’il a déjà été signalé que z⇤ est élément deK0 ce qui, due to the recent 8.b, amènegentiment à :

nXi=1

↵ix2i

(1 + �↵i)2= 1

Le non moins récent 8.c a quant à lui révélé que � > � argument choc qui permet detransformer l’égalité précédente en :

u(�) = 1

L’unicité établie en 8.d est alors formelle. Nous avons � = �0 et finalement :

8i 2 [[1, n]] z⇤i =xi

1 + �0↵i

� Cette question 8 est pour le moins déroutante car elle est très curieusement ficelée. On ydémarre avec un prétendu point critique deH dont l’existence est pour le moins obscureet qui se permet de conditionner toute la suite.

Il eut fallu en réalité commencer par la question 8.d qui détermine sans ambiguïté le réelpositif �0 et de définir ensuite et pour tout i 2 [[1, n]] :

z⇤i =xi

1 + �0↵i

On démontre alors aisément — nous conseillons au lecteur de le faire — que :

z⇤n = (z⇤1 , . . . , z⇤n�1)

et que (z⇤1 , . . . , z⇤n�1) est effectivement critique pourH .9.a. Nous commençons par une intéressante constatation. Nous avons :

<z⇤ , x� z⇤> = �0

En effet, il ne fait aucun doute et sans autre explication que :

<z⇤ , x� z⇤> =nX

i=1

z⇤i (xi � z⇤i ) = �0

nXi=1

↵ix2i

(1 + �0↵i)2

la dernière égalité procédantd’un tranquille remplacementdesz⇤i par leur véritable identitéet d’unepetite réductionaumêmedénominateur.Notre légendairephysionomieet la raisond’être de �0 nous conduisent alors à :

<z⇤ , x� z⇤> = �0u(�0) = �0

Hec première 23

chronique d’une constatation annoncée. Soit maintenant z appartenant àK. C’est toujoursaisément que nous avons cette fois :

<z , x� z⇤> = �0

nXi=1

zi↵ixi

1 + �0↵i(⇤)

Cela étant, la positivité des ↵i permet la tricky écriture :

nXi=1

zi↵ixi

1 + �0↵i=

nXi=1

p↵izi ·

p↵ixi

1 + �0↵i

Un réel étant systématiquement inférieur à sa valeur absolue, nous déduisons de l’inégalitéde Cauchy-Schwarz-Bouniakovski que :

nXi=1

zi↵ixi

1 + �0↵i6

vuut nXi=1

↵iz2i ·

vuut nXi=1

↵ix2i

(1 + �0↵i)2

Nous reconnaissons encore une fois le très fameux et très sympathique u(�0) à telleenseigne que finalmente :

nXi=1

zi↵ixi

1 + �0↵i6

vuut nXi=1

↵iz2i

Nous n’avons pas oublié que z appartient àK ce qui enracine immédiatement l’inégalité :

nXi=1

zi↵ixi

1 + �0↵i6 1

Comme �0 est positif, il semble bien que nous ayons prouvé que :

<z , x� z⇤> 6 �0

ce qui — first constatation dixit— stipule que :

<z , x� z⇤> 6 <z⇤ , x� z⇤>

Il ne reste plus qu’à citer la bilinéarité du produit scalaire pour emballer l’affaireinégalitaire. Comme z⇤ appartient àK depuis une fort belle lurette, la belle caractérisationde la question 5.c révèle effectivement que :

p(x) = z⇤

b. Nous avons appris, dans le cas général, que le vecteur x� p(x) sépare les convexesfermésK et {x}, l’un des « séparatistes » potentiel étant, au choix, le réel :

c =||x||2 � ||p(x)||2

2=

<x� p(x) , p(x) + x>

2=

<x� z⇤ , z⇤ + x>

2


Nous avons déjà constaté que :

<x� z⇤ , z⇤> = �0

alors qu’il est très facile — remplacer les zi par les xi dans (⇤) supra— de voir que :

<x� z⇤ , x> = �0

nXi=1

↵ix2i

1 + �0↵i

Il semble alors que nous puissions, bilinéairement, changer de partie.

Partie 3

Nous devons signaler que la propriété que nous sommes supposés admettre ici esttotalement fausse. Il suffit, pour s’en rendre compte, de se placer dans R2 et de choisirpourK1 etK2 les deux axes de coordonnées, c’est-à-dire :

K1 =n(a, 0) | a 2 R

oet K2 =

n(0, b) | b 2 R

o

On constate alors aisément qu’il n’existe aucun vecteur non nul h 2 R2 et aucun réel ctels que :

8x 2 K1 8y 2 K2 <h , x> 6 c 6 <h , y >

et nous laissons à notre vénéré lecteur le soin de s’en assurer.

�Cependant et pour ceux qui savent ce que cela signifie, la propriété devient correcte sil’on suppose également queK1 etK2 sont d’intérieur non vide.

10. Here you are :

11. Soit b un réel strictement positif et t un réel de l’ouvert ]0, 1[. Nous allons étudier surl’ouvert ]0, b[ la fonction :

v : a 7�! ln�ta + (1� t)b

�� t ln a� (1� t) ln b

Elle y est manifestement dérivable et l’on trouve aisément :

8a 2 ]0, b[ v0(a) = t(1� t) · (a� b)a�ta + (1� t)b

�

Hec première 25

Vu les positions géographiques des uns et des autres, il semble indéniable que :

8a 2 ]0, b[ v0(a) < 0

cette stricte négativité entraînant la stricte décroissance de v sur l’intervalle ]0, b[. Nousavons ainsi le tableau :

y 0 b

v0 �

v & 0

la limite à gauche en b se trouvant quasiment sous le sabot du cheval. Notre strictedécroissance assure alors que :

8a 2 ]0, b[ v(a) > 0

et tout le monde est ravi.

� Nous avons démontré l’inégalité de concavité stricte lorsque a < b et 0 < t < 1. Elles’établit mutatis mutandis bien entendu lorsque a > b et 0 < t < 1.

Nous pouvons donc affirmer que, pour tout couple (a, b) de réels strictement positifsdistincts et tout réel t de l’ouvert ]0, 1[, l’on a :

ln�ta + (1� t)b

�> t ln a + (1� t) ln b

12.a. Nous ne dirons que deux choses.– La fonction g est polynomiale à n variables. Elle hérite donc à ce titre d’une

continuité surK bien méritée.– L’ensembleK est, par hypothèse, un fermé borné non vide.

Il suffit alors de ne point avoir égaré l’important théorème d’optimisation de KarlWeiersrtass.

b. La dernière hypothèse du i stipule que la partie K n’est formée que de vecteurspositifs ou nuls. Cela entraîne déjà la positivité large de tous les ui. En outre, grâce àl’hypothèse ii, nous disposons d’un vecteur x de K ayant toutes ses entrées strictementpositives. Il en résulte alors immédiatement que :

g(x) > 0

Nous terminons alors par la sempiternelle lapalissade selon laquelle :

maxK

g > g(x)


qui nous amène tout naturellement et transitivement à :

nYi=1

ui > 0

Les réels ui sont désormais positifs ou nuls et leur produit est strictement positif. Cela lescondamne sans préavis à une éclatante positivité stricte, ce qui n’est pas pour nous fâcher.

c. Supposons que le maximum de g surK soit atteint en deux vecteurs u et v différents.Nous aurions donc :

maxK

g =nY

i=1

ui =nY

i=1

vi

Les positivités strictes de la question précédente autorisent une agréable prise delogarithme conduisant ainsi à :

lnmaxK

g =nX

i=1

lnui =nX

i=1

ln vi

Comme l’ensembleK est convexe, le vecteur (u + v)/2 appartient également àK et sesentrées sont assurément positives strictes. Nous pouvons alors nous tourner vers :

ln g⇣u + v

2

⌘=

nXi=1

lnui + vi

2

Les points cruciaux sont alors les suivants :– La fonction ln étant tout bêtement concave sur R⇤+ nous sommes déjà assurés de

ce que :8i 2 [[1, n]] ln

ui + vi

2>

12

lnui +12

ln vi (⇤⇤)

– La fonction ln étant strictement concave et les vecteurs u et v étant différents,l’une au moins des inégalités (⇤⇤) est stricte à telle enseigne que leur addition membre àmembre se solde par :

nXi=1

lnui + vi

2>

12

nXi=1

lnui +12

nXi=1

ln vi

ce qui, compte tenu de tout ce que nous savons, se transforme presque magiquement en :

ln g⇣u + v

2

⌘> lnmax

Kg

La fonction exp étant entre autres connue pour sa croissance stricte, il s’ensuit latotalement incongrue :

g⇣u + v

2

⌘> max

Kg

puisque tout le monde sait que lesmaxima ont une sainte horreur de se laisser dépasser…

Hec première 27

13. Nous venons d’établir que les �⇤i (K) sont tous strictement positifs ce qui donne unsens certain à ce nouvel ensemble F . En outre, et si cela ne gêne personne, nous noteronsplutôt �i le « lourdaud » �⇤i (K). Enfin, parce que ces réels pourrons nous être utiles, nousnoterons :

µ = min(�1, . . . ,�n) et M = max(�1, . . . ,�n)

tout en faisant remarquer qu’il s’agil là de nombres strictement positifs. Nous sommesalors en mesure d’attaquer.

a. Retroussons donc nos manches car il y a un sacré « boulot » !

Commençons par le i.

– Soit u et v deux vecteurs de F et t un élément du segment [0, 1]. Il existe deuxvecteurs x et y dansK tels que :

8i 2 [[1, n]] ui =xi

�iet vi =

yi

�i

Dans ces conditions, pour chaque i 2 [[1, n]], nous avons :

tui + (1� t)vi =txi + (1� t)yi

�i(⇤ ⇤ ⇤)

Comme K est convexe, le vecteur tx + (1 � t)y appartient à K et les égalités (⇤ ⇤ ⇤)montrent que :

tu + (1� t)v 2 F

Notre ensemble F est d’ores et déjà convexe.– Pour le côté borné, nous proposons deux méthodes.

– La methode marseillaise :

CommeK est une partie bornée, il existe un réel strictement positif ⇢ tel que :

K ⇢ B(0, ⇢)

Soit alors u 2 F . Il existe par définition un vecteur x appartenant àK tel que :

||u||2 =nX

i=1

x2i

�2i

6||x||2µ2

la majoration procédant, a donf, de notre définition de µ et de la très agréable positivitéambiante. Comme K est inclus dans la boule B(0, ⇢), nul doute que ||x|| < ⇢ et l’on endéduit immédiatement que :

F ⇢ B(0, ⇢/µ)

– La methode des entrees :

Comme K est une partie bornée de Rn, il existe deux réels a et b, vérifiant a 6 b, telsque toutes les entrées de tous les éléments de K soient confinées au segment [a, b]. Soitalors u appartenant à F . Il existe à nouveau un vecteur x dansK tel que cette fois :

8i 2 [[1, n]] ui =xi

�i


d’où il ressort très positivement que :

8i 2 [[1, n]]a

�i6 ui 6

b

�i

Les entrées des éléments deF sont elles aussi confinées à des segments ce qui nous permetd’envisager la suite.

– Au risque de radoter, comme les �i sont positifs, c’est sans autre forme de procèsque l’ensemble F est, comme son copainK, formé de vecteurs positifs ou nuls.

– Reste le meilleur pour la fin du i, c’est-à-dire la « fermeture » de F . Nous allonsétablir que son complémentaire est ouvert. Soit donc u 2 Rn \ F . Si, pour chaquei 2 [[1, n]], nous notons xi = �iui, nous construisons bien sûr un vecteur x deRn tel que :

8i 2 [[1, n]] ui =xi

�i

mais cette fois x ne peut se permettre d’appartenir à K. Comme par hypothèse Rn \ Kest ouvert, il existe un réel strictement positif r tel que :

B(x, r) ⇢ Rn \ K

Prenons alors un vecteur v, pour l’instant dans Rn, et notons as usual y le vecteur de Rn

tel que :8i 2 [[1, n]] vi =

yi

�i

Il est très très facile de constater que :

||y � x|| 6 M ||v � u||

le réel strictement positifM ayant été défini par nos soins quelques encablures plus haut.Si maintenant — parce que nous le voulons bien ! – nous imposons :

||v � u|| <r

M

on déduit dans la foulée que :||y � x|| < r

ce qui, due to une certaine et récente inclusion, impose y /2 K. Dans ces conditions, levecteur v ne peut appartenir à F et nous venons exactement de prouver que :

B(u, r/M) 2 Rn \ F

chronique d’une ouverture annoncée…

Compte tenu de la sempiternelle positivité des �i, c’est without any other comment quel’ensemble F hérite deK les propriétés ii et iii.

� Voici une remarque confortant la propriété ii et qui reviendra sur la sellette dans unmoment. Vu la définition de l’ensemble F et vu que �⇤(K) appartient àK, le vecteur :

(1, 1, . . . , 1)

Hec première 29

appartient à F .

b. Soit y 2 F . On commence à avoir l’habitude de causer d’un certain x 2 K tel que :

8i 2 [[1, n]] yi =xi

�i

ce qui, à bien y regarder, nous souffle à l’oreille que :

nYi=1

yi =g(x1, . . . , xn)

maxK

g

Le reste n’est qu’une lapalissade positiviste, un 1525+ pour les intimes !

14.a. Considérons l’ensemble :

H =n(x1, . . . , xn) 2 Rn |

nYi=1

xi 6 1o

ainsi que, pour chaque i 2 [[1, n]], l’ensemble :

Hi =n(x1, . . . , xn) 2 Rn | xi > 0

o

Le premier est l’image réciproque de l’intervalle fermé ] �1, 1] de R par l’applicationpolynomialement continue :

(x1, . . . , xn) 7�!nY

i=1

xi

C’est donc, selon F. Hausdorff, un authentique fermé de Rn. A côté de cela, pour chaquei 2 [[1, n]], l’ensembleHi est l’image réciproque du fermé [0,+1[ par la très clairementcontinue :

(x1, . . . , xn) 7�! xi

et il est donc également fermé dans Rn. Comme :

A = H \H1 \ . . . \Hn

la conclusion passe par le théorème des intersections de notre précieux Félix. Nouspouvons alors changer de question.

b. Soit x, y appartenant à A et t 2 [0, 1]. Nous nous devons de prouver que :

tx + (1� t)y 2 A

Cette appartenance étant très classiquement triviale dans les cas x = y, t = 0 et t = 1,nous permettons de supposer(*) x 6= y et 0 < t < 1.

(*) Nous rassurons notre lecteur. Ce zèle est parfaitement inutile pour la question concernée mais nous en serons fortement

récompensés à la suivante !


– La positivité du vecteur tx + (1� t)y ne mérite rien de plus que no comment.– Soit i 2 [[1, n]]. L’appartenance à A forçant ouvertement la stricte positivité des

entrées nous assénons que les réels xi, yi et txi + (1 � t)yi sont strictement positifs etnous pouvons alors affirmer que :

ln�txi + (1� t)yi

�> t lnxi + (1� t) ln yi

puisque, depuis une fort belle lurette, la fonction ln est concave. En outre, puisque x 6= yet 0 < t < 1, il existe au moins un entier i0 2 [[1, n]] pour lequel :

ln�txi0 + (1� t)yi0

�> t lnxi0 + (1� t) ln yi0

vu que, depuis lamême lurette, la fonction ln est strictement concave. L’additionmembreàmembre, l’entier i gambadant de 1 àn, amène désormais en douceur à la stricte inégalité :

ln

nYi=1

�txi + (1� t)yi

�> t ln

nYi=1

xi + (1� t) ln

nYi=1

yi

Nous faisons alors valoir que, vu les diverses positions géographiques des uns et desautres, les quatre réels :

t ; ln

nYi=1

xi ; 1� t ; ln

nYi=1

yi

sont tous positifs ou nuls à telle enseigne que :

ln

nYi=1

�txi + (1� t)yi

�> 0

En bref, nous apprenons que :

nYi=1

�txi + (1� t)yi

�> 1

ce qui n’a aucune raison de nous décevoir.

15. Nous procédons en deux temps.– Le vecteur (1, 1, . . . , 1) appartient manifestement à A et nous avons précisément

observé à la fin du 13.a qu’il appartenait également à F . Nous avons donc d’ores et déjàl’inclusion : ��!1 ⇢ A \ F

– L’autre inclusion est un peu plus sévère. Imaginons, par l’absurde que A \ Fcontienne deux points x et y distincts. Soit alors t appartenant à l’ouvert ]0, 1[. Etantdonnée la convexité des parties A et de F nous sommes assurés d’avoir à la fois :

tx + (1� t)y 2 A et tx + (1� t)y 2 F

Hec première 31

et c’est là que le zèle développé tout récemment va révéler sa stricte puissance. Il préciseen effet l’appartenance à A en assénant qu’en réalité :

nYi=1

�txi + (1� t)yi

�> 1

alors que si l’on en croit la question 13.b, l’appartenance à F devrait induire :

nYi=1

�txi + (1� t)yi

�6 1

La contradiction est alors limpide et nous avons donc bien :

��!1 = A \ F

La propriété plutôt légèrement admise au début de cette partie permet alors de conclurel’affaire, pourvu — cf. la mise au point faite supra— que le lecteur accepte queK et Aaient effectivement un intérieur non vide. Nous le rassurons, c’est effectivement le cas.

16.a. Vu l’hypothèse « selon laquelle » et la non nullité du vecteur h, il existe au moinsun entier i 2 [[1, n]] tel que hi < 0 alors que, concernant les autres entiers j 2 [[1, n]], l’ondevrait avoir hj 6 0. Dans ces conditions, pour chaque k 2 N, l’on a posinégativement :

vk = <h , k�!1 > =

nXj=1j 6=i

khj + khi 6 khi

La stricte négativité de hi oblige :

khi ��!k!+1

�1

et le squeeze à l’infini est alors impitoyable. Il impose effectivement :

vk ��!k!+1

�1

Le point crucial est alors d’observer que, pour tout k appartenant à N⇤, le vecteur k�!1

appartient à A, à telle enseigne que selon la question précédente :

8k 2 N⇤ <h ,�!1 > 6 <h , k

�!1 >

La suite (vk) désormais minorée par le réel <h ,�!1 > ne peut absolument pas tendre

vers moins l’infini et le reste n’est affaire que de raisonnement par l’absurde de Zénond’Elée.

b. Notons avant de commencer que l’entier i1 est fatalement différent de l’entier i0 dela question précédente et l’hypothèse n > 2— elle a été faite au tout début de l’histoire— n’est pas totalement étrangère à une telle éventualité.


Soit alors k 2 N⇤. La définition du vecteur w(k) fait que :

zk = <h , w(k) > =hi0

k+ khi1 +

nXi=1

i6=i0,i6=i1

hi

Pour notre histoire de convergence — ou de divergence d’ailleurs — l’ouverture desmirettes oblige fortement à distinguer deux situations :

– Si hi1 est strictement négatif, nous espérons ne froisser personne en clamant que :

zk ��!k!+1

�1

– En revanche, si hi1 = 0, il est absolument limpide que :

zk ��!k!+1

nXi=1

i6=i0,i6=i1

hi

ce qui, because hi1 = 0, revient à :

zk ��!k!+1

nXi=1i6=i0

hi

Le point crucial — le fameux crux ! — est ici que, pour chaque k 2 N⇤, le vecteur w(k)

appartient sans aucun doute à A ce qui, si l’on en croit la question 15, révèle que :

8k 2 N⇤ <h ,�!1 > 6 zk (⇤)

Nous reprenons alors notre incontournable plan :– Lorsque le suite (zk) diverge vers moins l’infini, nous avons exactement la même

contradiction qu’au tout récent a.– Lorsque la suite (zk) converge vers qui de droit, un subtil passage à la limite dans

la toute proche (⇤) amène à :

<h ,�!1 > 6

nXi=1i6=i0

hi i.e.nX

i=1

hi 6nX

i=1i6=i0

hi

ce qui, mentalement, se traduit par l’inconcevable hi0 6 0. C’est alors encore une foisgrâce à Zénon que nous tournons la page.

17. Soit i et j deux éléments différents de [[1, n]] ainsi qu’un réel a strictement positif.Fortement inspirés de la question précédente, nous considérons cette fois le vecteur w(a)

de Rn défini par :w(a)

i = a ; w(a)j =

1a

Hec première 33

les n� 2 autres entrées étant toutes égales à 1. Ce vecteur appartient manifestement à Aà telle enseigne que, grâce à l’incontournable question 15, nous revendiquons :

<h ,�!1 > 6 <h , w(a) >

Nous en déduisons aisément :

hi + hj 6 ahi +hj

a

ou encore :(a� 1)

⇣hi �

hj

a

⌘> 0 (⇤⇤)

Organisons-nous alors un petit peu.– Imposons a > 1 dans un premier temps. Il résulte de (⇤⇤) que :

hi �hj

a> 0

et le passage à la limite lorsque a tend vers 1 par valeurs supérieures révèle que :

hi � hj > 0 i.e. hi > hj

– Imposons maintenant a < 1. La négativité de a� 1 et (⇤⇤) assurent cette fois deconcert que :

hi �hj

a6 0

et le passage à la limite lorsque a tend vers 1 par valeurs inférieures nous apprend alorsque :

hi � hj 6 0 i.e. hi 6 hj

Bref, il résulte de tout cela que :hi = hj


Soit pour finir x 2 A et y 2 F . Vu ce que nous venons d’apprendre, les conclusions dela question 15 deviennent :

h1

nXi=1

yi 6 nh1 6 h1

nXi=1

xi

et il ne reste plus qu’à simplifier par le strictement positif h1.

Partie 4

Il y a un petit souci concernant les propriétés P2 et P4. On y cause en effet de certains :

�(a⌦K) et ��K[i, j]

�


ce qui ne peut avoir de sens que si les a ⌦K et K[i, j] concernés sont éléments du trèsfameux Bn, et tout cela est un petit peu passé sous silence. Nous nous devons donc derectifier le tir.

– En ce qui concerne lesa⌦K la preuve—non évidente d’ailleurs—est exactementlamêmeque celle développée lors de la question13.a à cela près qu’il suffit, tout bêtement,d’y remplacer les 1/�i par les ai.

– En ce qui concerne les K[i, j], la vérification est en revanche assez évidente etnous nous permettons, parce que la nuit commence à tomber, de la laisser à notre lecteurdévoué.

18. Questions pour des champions ?– La propriété P1 est une propriété d’optimalité. Le vecteur �(K) est en effet

maximal dans l’ensemble K pour l’ordre « > » défini sur Rn par le chapeau du texte,puisqu’il est clairement dit qu’il n’existe aucun vecteur x 2 K meilleur que �(K).

– La propriété P2 est de l’invariance par changement d’échelle. L’ensemble desimages par � des a-dilatés des éléments de K — nous parlons de �(a ⌦ K) — estexatement le même que l’ensemble des a-dilatés des éléments de �(K).

– La propriété P3 est de l’invariance par élimination d’options non pertinentes vuque ce qui se passe dansK0 \ K ne semble pas intéresser grand monde.

– La propriété P4 est quant à elle une évidente(*) propriété de symétrie.

19. Nous partons pour une petite promenade à quatre temps…– SoitK 2 Bn. C’est pratiquement par définition que �⇤(K) est un élément deK.

Supposons ensuite que x soit un élément deK vérifiant :

x > �⇤(K)

Cela signifie que :8i 2 [[1, n]] xi > �⇤i (K)

tout cela se déroulant, bien sûr, dans une ambiance de positivité fort appréciée. Il devraitainsi positivement s’ensuivre que :

nYi=1

xi >nY

i=1

�⇤i (K)

ce qui, par définition des �⇤i (K), s’écrit également :

g(x) > maxK

g

Le vecteur x appartenant àK, il n’est pas vraiment sérieux que g(x) dépasse réellementle maximum de g à telle enseigne que fatalement :

g(x) = maxK

g

(*) C’est en réalité de l’invariance par transposition, mais chacun sait que toute permutation est un produit de transpositions. So…

Hec première 35

L’unicité de l’atteinte du maximum de g oblige alors manu militari l’égalité :

x = �⇤(K)

chronique d’une « maximalité » annoncée…

– Soit à nouveauK 2 Bn et a un vecteur de Rn à entrées strictement positives.

Soit maintenant v appartenant à a⌦K. Il existe par définition un vecteur u 2 K tel que :

8i 2 [[1, n]] vi = aiui

et dans ces conditions :

g(v) = g(u)nY

i=1

ai

Comme le produit des ai est strictement positif, le maximum sur a ⌦K de g est atteintlorsque g atteint son maximum surK, c’est-à-dire uniquement lorsque :

u = �⇤(K) i.e. 8i 2 [[1, n]] ui = �⇤i (K)

Autant dire alors que le maximum sur a⌦K de g n’est atteint qu’au vecteur v défini par :

8i 2 [[1, n]] vi = ai�⇤i (K)

c’est-à-dire :v = a⌦ �⇤(K)

Il semble bien que nous ayons établi que :

�⇤(a⌦K) = a⌦ �⇤(K)

– SoitK etK0 deux éléments de Bn vérifiant :

K ⇢ K0 et �⇤(K0) 2 K

CommeK est inclus dansK0, il ne fait tout d’abord aucun doute que :

maxK

g 6 maxK0

g

Oui mais voilà, comme �⇤(K0)—point d’atteinte du maximum de g surK0—appartientdéjà àK, une gentille lapalissade — 1525 pour les intimes ! — stipule que :

maxK0

g 6 maxK

g

à telle enseigne que, grâce aux deux dernières inégalités qui nous précèdent, l’on acarrément :

maxK

g = maxK0

g


L’argument de l’unicité de l’atteinte dansK est alors fatal. On a pertinemment :

�⇤(K) = �⇤(K0)

– Soit K un élément de Bn et i, j deux éléments différents de [[1, n]]. La premièreremarque que nous faisons est la suivante. Comme le vecteur �⇤(K) appartient àK, c’estpar pure définition que :

�⇤(K)[i, j] 2 K[i, j]

et c’est déjà un bon début. Reste à montrer que le maximum de g sur l’ensembleK[i, j]est atteint sur le fameux �⇤(K)[i, j]. C’est là que nous glissons la deuxième remarquecruciale. Comme g est une application ouvertement symétrique, c’est-à-dire invariantepar permutation des entrées, les valeurs qu’elle prend sur K sont exactement les mêmesque celles qu’elle prend surK[i, j] et c’est en particulier le cas du maximum. Autant direque :

maxK

g = maxK[i,j]

g

Nous concluons alors en observant tour à tour que :

g��⇤(K)[i, j]

�= g

��⇤(K)

�= max

Kg = max

K[i,j]g

la première égalité provenant derechef de la symétrie de g, les autres se passant quant àelles de tout commentaire.

20.a. Décidément, on commence à avoir l’habitude, le texte ne cause en rien del’appartenance à Bn de l’ensembleK0 et nous nous devons, encore une fois, de rectifierle tir.

– Commençons par la propriété i.

– Soit x et y appartenant à K0 et t un réel du segment [0, 1]. Comme les réelsxi, yi, t et 1� t sont positifs, la positivité du vecteur :

tx + (1� t)y

est pour le moins évidente et c’est déjà un bon début. Pour le reste, la linéarité de lasommation indique que :

nXi=1

�txi + (1� t)yi

�= t

nXi=1

xi + (1� t)nX

i=1

yi

Comme par hypothèse :

nXi=1

xi 6 n ;nX

i=1

yi 6 n ; t > 0 ; 1� t > 0

nous déduisons aisément et mentalement que :

nXi=1

�txi + (1� t)yi

�6 n

Hec première 37

Tout cela montre que le vecteur tx + (1 � t)y appartient à K0 et ce dernier est donceffectivement convexe.

– Parlonsmaintenant de « fermeture ». Il ne fait aucun doute queK0 est l’imageréciproque du fermé ]�1, n] de R par l’application polynomiale à n variables :

x 7�!nX

i=1

xi

et comme cette dernière est continue sur Rn…– Les entrées des vecteurs deK0 étant assurément et définitivement confinées

au segment [0, n], nous revendiquons le côté « têtu » de notre protagoniste.– Quant à l’inclusion :

K0 ⇢nx 2 Rn | x >

�!0o

elle ne mérite pas plus qu’un gentil no comment.– Passons maintenant au ii. Le vecteur :

�!1 = (1, 1, . . . , 1)

semble convenir farpaitement.– Reste à négocier le iii. Soit donc x 2 K0 et y 2 Rn vérifiant :

x > y >�!0

Cela impose que, pour chaque i 2 [[1, n]], l’on ait :

yi 6 xi

ce qui par une tranquille sommation amène à :

nXi=1

yi 6nX

i=1

xi

Comme x appartient àK0, la somme de droite est inférieure ou égale à n et la conclusions’appelle alors « transitivité ».

Voilà donc que notreK0 est bien membre du club Bn et pour éviter les notations par tropindigestes, nous noterons :

�(K0) = (↵1, . . . ,↵n)

Nous pouvons alors attaquer la question. La première remarque intéressante est due à lasymétrie — invariance par permutation des entrées — de la fonction :

x 7�!nX

i=1

xi


au cœur de la définition de K0. Il s’en déduit quasi mentalement que, pour tout couple(i, j) d’entiers différents de [[1, n]], l’on a :

K0[i, j] = K0

La propriété P4 entraîne alors dans la foulée que, pour les mêmes couples (i, j), l’ondevrait avoir :

�(K0)[i, j] = �(K0)ce qui, vu notre notation supra, se traduit naturellement par :

↵i = ↵j

Si nous notons simplement ↵ la valeur désormais commune à tous les ↵i, nous clamonsdéjà que :

�(K0) = (↵, . . . ,↵) = ↵�!1

Comme la propriété P1 oblige �(K0) 2 K0, nous déduisons aisément que ↵ 6 1. Laseconde remarque notoire est que le vecteur (1, . . . , 1) appartient tranquillement àK0 etque du coup, si par l’absurde, l’on avait ↵ < 1, l’on aurait également :

�!1 6= �(K0) et �!1 > �(K0)ce qui contrarie définitivement la propriété de maximalité P1. Nous pouvons alorsenvisager la toute dernière question.

b. Il est bon, tout d’abord, de ne pas avoir oublié que F appartient à Bn et ce, depuisl’ineffable question 13.a. Soit maintenant y un vecteur de l’ensemble F . D’après laquestion 17 l’on a :

nXi=1

yi 6 n

et comme y est un vecteur ouvertement positif nous nous devons de revendiquer y 2 K0

de sorte que :F ⇢ K0

En outre, puisque depuis peu �(F ) = �!1 et que, depuis plus lontemps, �!1 2 F , lapropriété P3 est formelle. Nous devons avoir :

�(F ) = �(K0) = �!1La fin du texte approche et nous n’avons toujours pas utilisé la P2. Il est donc grandtemps d’y penser ! A la lumière des rapports très étroits entre K et F , nous demandonsinstamment à notre cher lecteur de bien vouloir accepter l’égalité :

K = �⇤(K)⌦ F

La fameuse invariance par changement d’échelle assure alors tour à tour que :

�(K) = �⇤(K)⌦ �(F ) = �⇤(K)⌦�!1 = �⇤(K)l’avant-dernière égalité provenant du début de la question, la dernière se passant mentale-ment et tensoriellement(*) de tout commentaire.

La conclusion de tout cela est que l’application �⇤, magistralement définie par la question13 est, selon notre cher John Forbes Nash bien sûr, la seule règle de partage possible etimaginable…

(*) Dans la littérature mathématique, le produit⌦ ici présent s’appelle produit tensoriel.

Hec deuxième 39

Hec deuxième

Fonction et loi GammaLoi Beta et loi de Snedecor

ConvergencesWilks Legendre Stirling

Année Difficulté

2 ¶¶¶

Eureka !

Partie 1

1. Si cela ne gêne personne, nous préférons — ce n’est juste qu’un léger décalage —travailler avec la suite (v0n)n>2 définie par :

8n > 2 v0n = vn�1 = �n � �n�1

a. Soit n un entier supérieur ou égal à deux. Nous avons aisément :

�n � �n�1 =1n

+ ln⇣1� 1

n

⌘

Grâce à l’équivalence officiellement mentale :

ln(1 + u)� u ⇠u!0

�u2

2


nous assénons sans état d’âme que :8>>><>>>:

�n � �n�1 ⇠n!+1

� 12n2

8n > 2 � 12n2

6 0

La série de Riemann de paramètre 2 étant ouvertement connue pour sa convergence, paréquivalence en signe négatif — et un picochouia de principe de linéarité — il en est demême de la série : X

n>2

(�n � �n�1)

b. Le point crucial est la très importante propriété que nous rappelons ici :La passerelle suite-serie :

Soit d un entier naturel et (an)n>d une suite numérique quelconque.

La suite (an)n>d et la série : Xn>d+1

(an � an�1)

sont de même nature.

La convergence de la suite (�n)n>1 en résulte effectivement.

c. Soit t > 0 et n appartenant à N⇤. La stricte positivité de t + n ne posant aucunproblème nous pouvons assurément nous pencher sur dn,t et, vu la définition de la suite(�n), voilà que :

dn,t = � + ln(t + n)� �n � lnn = � � �n + ln⇣1 +

t

n

⌘

la dernière égalité reposant sur des standards de la classe de terminale. La récente questionb nous a appris que :

� � �n ��!n!+1

0

alors qu’il ne devrait faire aucun doute que :

ln⇣1 +

t

n

⌘��!n!+1

0

Il en résulte alors immédiatement que :

dn,t ��!n!+1

0

2.a. Soit t > 0. Nous avons appris par cœur que la variableXt possède une espérance etune variance et que :

E(Xt) = V (Xt) = t

Hec deuxième 41

b. Soit à nouveau t > 0. Si l’on en croit les résultats que l’on nous demande d’admettreconcernant la fonction Gamma d’Euler ainsi que le pico principe de linéarité, l’intégrale :

Z +1

0lnx f

Xt(x)dx

existe. A n’en pas douter, cette intégrale n’est impropre qu’en zéro et en plus l’infini et, auvoisinage de ces deux points, sa fonction intérieure est manifestement de signe constant.Cette intégrale est donc absolument convergente et le théorème de transfert est alorsformel. La variable lnXt possède une espérance et :

E�lnXt

�=Z +1

0lnx f

Xt(x)dx =

1�(t)

Z +1

0lnx xt�1e�xdx

la dernière égalité reposant sur le même pico que précédemment. Vu ce que nous avonsadmis, cela s’écrit exactement :

E�lnXt

�=�0(t)�(t)

= (t)

et nous permet de passer à la variance. Le même raisonnement — nous laissons à notrevaleureux lecteur le soin de bien s’en assurer — montre que la variable ln2 Xt possèdeégalement une espérance et que :

E�ln2 Xt

�=�00(t)�(t)

Le théorème de Kœnig-Huygens stipule alors que la variable lnXt possède une varianceet que :

V�lnXt

�=�00(t)�(t)

� �02(t)�2(t)

=�(t)�00(t)� �02(t)

�2(t)= 0(t)

l’avant-dernière égalité procédant d’une évidente réduction au même dénominateur et ladernière, de la formule de dérivation d’un quotient.

� La fonction est une célébrité du monde mathématique. Elle s’appelle « fonctiondigamma » et est son nom international.

3.a. Soit t > 1 et x > 0. Nous avons :

1x

fXt

(x) =xt�2e�x

�(t)

Vu que t � 1 est strictement positif et que l’intégrande ici présente est positive sur R⇤+,l’intégrale : Z +1

0

1x

fXt

(x)dx

est absolument convergente ce qui, grâce à l’incontournable théorème de transfert, assureà la variable 1/Xt une espérance plus que méritée. En outre :

E(1/Xt) =1�(t)

Z +1

0xt�2e�xdx =

�(t� 1)�(t)


la dernière égalité reposant sur une physionomie à toute épreuve. L’importante propriétéfonctionnelle de la fonction Gamma assure alors définitivement que :

E(1/Xt) =1

t� 1

b. La fonction ln est indéniablement dérivable deux fois sur R⇤+ et sa dérivée secondey est clairement négative ou nulle. Cela lui procure une genuine concavité sur ]0,+1[ etcomme son application tangente en 1 est mentalement :

u 7�! u� 1

il semble difficile de s’opposer à ce que :

8u > 0 lnu 6 u� 1

Soit alors x > 0.– L’inégalité :

lnx 6 x� 1

vient d’être établie à l’instant.– Comme l’inverse de x est également strictement positif, notre inégalité de

concavité suggère que :

ln1x

61x� 1 i.e. � lnx 6

1x� 1

A bien y regarder nous avons déjà la première partie de la question, en l’occurrence :

1� 1x

6 lnx 6 x� 1

Pour la seconde, nous envisageons une organisation en deux parties.– Si x > 1, nous avons a fortiori :

0 6 lnx 6 x� 1

Cette positivité implique tranquillement que :

ln2 x 6 (x� 1)2

ce qui, à plus forte raison, assure que :

ln2 x 6 (x� 1)2 +⇣1� 1

x

⌘2

– Si maintenant 0 < x < 1, il s’avère que :

0 6 � lnx 61x� 1

Hec deuxième 43

d’où découle toujours positivement que :

ln2 x 6⇣ 1

x� 1

⌘2

puis derechef et a fortiori :

ln2 x 6 (x� 1)2 +⇣1� 1

x

⌘2

c. Il semble que nous devions passer en revue trois situations.– Soit tout d’abord t > 0. La variable Xt/t étant à valeurs strictement positives,

nous déduisons de la partie droite de l’ecadrement précèdent que :

lnXt

t6

Xt

t� 1

Il a été dit plus haut que les variables Xt et lnXt possèdent une espérance et il en estdonc de même du transfert affine :

lnXt

t= lnXt � ln t

L’inéluctable croissance de l’espérance amène alors gentiment et linéairement à :

E⇣ln

Xt

t

⌘6

E(Xt)t

� 1

ce qui, parce que E(Xt) = t, devient agréablement :

E⇣ln

Xt

t

⌘6 0

– Soit maintenant t > 1. De la partie gauche supra nous déduisons cette fois que :

lnXt

t> 1� t

Xt

Vu que t > 1 les variables ln(Xt/t) et 1/Xt ont, comme nous l’avons vu plus haut, uneespérance et la fameuse croissance révèle maintenant que :

E⇣ln

Xt

t

⌘> 1� t

t� 1i.e. E

⇣ln

Xt

t

⌘> � 1

t� 1

– Supposons pour finir que t soit strictement supérieur à deux. Gâce à la dernièreinégalité du b, nous avons :

ln2 Xt

t6✓

1� t

Xt

◆2

+✓

Xt

t� 1

◆2


ce qui s’écrit également :

ln2 Xt

t6 1� 2t

Xt+

t2

X2t

+1t2�Xt � t

�2 (⇤)

Il faut alors causer sérieusement.– Nous avons constaté au 2.b que lnXt possède une variance. Il en est donc de

même du transfert affine :ln

Xt

t= lnXt � ln t

qui, du coup, se doit de posséder un moment d’ordre deux.– Nous avons montré au 3.a que, lorsque t > 1, la variable 1/Xt possède une

espérance et que :E(1/Xt) =

1t� 1

– On démontre, mutatis mutandis, que due to t > 2, la variable 1/X2t possède

également une espérance et que :

E(1/X2t ) =

1(t� 1)(t� 2)

– Enfin, vu que E(Xt) = t, l’on a :

(Xt � t)2 =�Xt �E(Xt)

�2et il a été signalé supra que Xt possède une variance. Il s’ensuit alors par définition que(Xt � t)2 possède une espérance et que :

E(Xt � t)2 = V (Xt) = t

La croissance et la linéarité de l’opérateur espérance permettent alors de déduire de (⇤)que :

E⇣ln2 Xt

t

⌘6 1� 2t

t� 1+

t2

(t� 1)(t� 2)+

1t

Grâce à l’évidence que voici :1t

61

t� 1et à une naturelle réduction au même dénominateur l’on parvient aisément à :

E⇣ln2 Xt

t

⌘6

2t(t� 1)(t� 2)

d’où ressort a fortiori et effectivement :

E⇣ln2 Xt

t

⌘6

2t(t� 2)2

Hec deuxième 45

d. Soit ✏ > 0 et n un entier supérieur ou égal à 2. D’après l’inégalité de Markov et dansun premier temps nous avons :

p

✓��ln Xt+n

t + n

�� > ✏

◆6

1✏2

E

✓ln2 Xt+n

t + n

◆

Vu la position géographique de n, le réel t + n est strictement supérieur à 2 et il résultealors très positivement de la question précédente que :

p

✓��ln Xt+n

t + n

�� > ✏

◆6

1✏2

· 2(t + n)(t + n� 2)2

Notre majorante, puisqu’elle équivaut mentalement à 2/(n✏2) se doit de tendre vers zérolorsque n tend vers l’infini. Il s’ensuit by squeeze que :

p

✓��ln Xt+n

t + n

�� > ✏

◆��!n!+1

0

chronique d’une convergence en probabilité annoncée…

4.a. Soit ✏ > 0 et n > 1. Comme triangulairement :

|Dn| 6 |An| + |Bn| + |Cn|

il est mentalement évident que :⇥|An| 6 ✏/3

⇤\⇥|Bn| 6 ✏/3

⇤\⇥|Cn| 6 ✏/3

⇤⇢⇥|Dn| 6 ✏

⇤

Grâce aux lois de De Morgan, le passage au complémentaire donne exactement :⇥|Dn| > ✏

⇤⇢⇥|An| > ✏/3

⇤[⇥|Bn| > ✏/3

⇤[⇥|Cn| > ✏/3

⇤

La croissance de la probabilité et l’inégalité de Boole(*) assurent alors que :

p( |Dn| > ✏ ) 6 p( |An| > ✏/3 ) + p( |Bn| > ✏/3 ) + p( |Cn| > ✏/3 )

Il est dit par hypothèse que :

limn!+1

p( |An| > ✏/3 ) = limn!+1

p( |Bn| > ✏/3 ) = limn!+1

p( |Cn| > ✏/3 ) = 0

Il en résulte par squeeze que :

p( |Dn| > ✏ ) ��!n!+1

0


(*) La probabilité d’une réunion est toujours inférieure ou égale à la somme des probabilités correspondantes.


b. Soit à nouveau ✏ > 0. La suite (un) convergeant vers u, il existe un entier n0 > 1 telque :

8n > n0 |un � u| 6✏

2Soit alors n > n0. L’inégalité triangulaire stipule que :

|Dn + un � u| 6 |Dn| + |un � u|

d’où l’on déduit que :

|Dn| > |Dn + un � u|� |un � u|

puis transitivement :|Dn| > |Dn + un � u|� ✏

2Il s’ensuit mentalement que :

⇥|Dn + un � u| > ✏

⇤⇢⇥|Dn| > ✏/2

⇤

La croissance de la probabilité prend alors le relais en assénant que :

p( |Dn + un � u| > ✏ ) 6 p( |Dn| > ✏/2 )

D’après la question précédente, l’on a :

p( |Dn| > ✏/2 ) ��!n!+1

0

et par squeeze :p( |Dn + un � u| > ✏ ) ��!

n!+10

Cela est exactement la définition de :

VnP

��!n!+1

0

ce qui nous amène à poursuivre.

Soit encore ✏ > 0 et n > 1. Nous avons :

p( |N + u + Vn � (N + u)| > ✏ ) = p( |Vn| > ✏ )

et vu ce que nous venons d’apprendre, il ne fait aucun doute que :

p( |N + u + Vn � (N + u)| > ✏ ) ��!n!+1

0

ce qui nous révèle que :N + u + Vn

P��!n!+1

N + u

Hec deuxième 47

c. Soit n > 1. Nous avons :

N + Dn + un = N + u + Vn

Il a été dit, il y a longtemps, queN + Dn + un a la même loi queM et il en est donc demême de N + u + Vn. Il s’ensuit mentalement que :

N + u + VnL

��!n!+1

M

D’autre part, et vu ce que l’on nous demande d’admettre, l’on a également :

N + u + VnL

��!n!+1

N + u

Les variablesM etN +u étant à densité — la deuxième est un vrai transfert affine d’unevariable à densité — l’ensemble des points de continuité de leurs fonctions de répartitionest R tout entier et il résulte alors de la définition de la convergence en loi que :

8x 2 R FM

(x) = FN+u

(x)

ce qui nous permet d’envisager la suite.

� Dans la suite, il sera beaucoup question de variables ayant la même loi de probabilité,propriété que nous suggérons de noter via le symbole ⌘ qui n’est pas sans nous rappelerquelques souvenirs d’enfance. Dans ces conditions, l’hypothèse de la question 4 peut seformaliser en :

8n > 1 N + Dn + un ⌘ M

et sa conclusion en :N + u ⌘ M

5. La fonction Gamma étant à valeurs strictement positives, elle ne s’annule jamais cequi, non seulement, donne un sens au réelB(↵,�), mais montre également que ce derniern’est pas nul. Nous en souviendrons lorsque, un peu plus tard, il viendra s’installer endénominateur…

a. Les variables X↵ et X� étant à valeurs strictement positives, il en est de même durapport T↵,� qui est donc parfaitement logable. Comme l’image de R⇤+ par le logarithmeest R, le texte doit vouloir nous faire dire que :

Q↵,�(⌦) = R

mais cela n’a pas un grand intérêt…

Les transferts affines et « ln » font partie des grands classiques et nous nous contenteronsde donner les résultats que le lecteur scrupuleux n’aura aucun mal à reconstituer.

Les transferts lnX↵ et lnX� sont d’authentiques variables aléatoires à densité et on peutleur proposer :

8t 2 R fln X↵

(t) = etfX↵

(et) et f� ln X�(t) = e�tf

X�(e�t)


Comme l’exponentielle est à valeurs strictement positives, lois �(↵) et �(�) obligent, etaprès quelques simplifications, nous avons plus précisément :

8t 2 R fln X↵

(t) =e↵te�et

�(↵)et f� ln X�

(t) =e��te�e�t

�(�)

b. Les variablesX↵ etX� étant données indépendantes, le lemme des coalitions assurequ’il en est de même des variables lnX↵ et � lnX� . En outre, la fonction :

fln X↵

: t 7�! e↵te�et

�(↵)

est ouvertement bornée au voisinage de plus et moins l’infini. Le théorème de convolutionest alors formel. La somme :

lnX↵ + (� lnX�) = Q↵,�

est une variable ayant pour densité la fonction fQ↵,�

définie sur R par :

8x 2 R fQ↵,�

(x) =Z +1

�1f

ln X↵(y)f� ln X�

(x� y)dy

Après une tranquille linéarisation et un nécessaire aménagement du territoire, cela devienteffectivement :

8x 2 R fQ↵,�

(x) =e��x

�(↵)�(�)

Z +1

�1e(↵+�)ye�ey(1+e�x)dy

c. Soit x 2 R. Le changement proposé par le texte est totalement à l’envers(*) et nousnous devons, dare-dare, de jouer les Saint-Eloi en proposant plutôt :

y = lnu

1 + e�x

Comme 1 + e�x est strictement positif, la fonction :

u 7�! lnu

1 + e�x

réalise une sereine bijection de classe C1 de ]0,+1[ sur ]�1,+1[ à telle enseigne que :

fQ↵,�

(x) =e��x

�(↵)�(�)

Z +1

0

u↵+�e�u

(1 + e�x)↵+�· du

u

ce qui, une linéarisation et une simplification plus loin, devient :

fQ↵,�

(x) =e��x

(1 + e�x)↵+�· 1�(↵)�(�)

Z +1

0u↵+��1e�udu

(*) Dagobert, Dagobert !

Hec deuxième 49

Comme ↵ + � est strictement positif, l’intégrale située à la very droite n’est autre que�(↵+�) et vu la définition deB(↵,�) et la remarque faite au début du 5, nous en sommesdéjà à :

fQ↵,�

(x) =e��x

(1 + e�x)↵+�· 1B(↵,�)

Il ne reste alors plus qu’à multiplier haut et bas par e(↵+�)x et à faire un peu de ménage.

d. Nous avons :T↵,� = eQ↵,�

Nous nous excusons encore auprès de notre cher lecteur parce que nous allons, sans aucunevergogne, utiliser les conclusions du transfert « exp ». Elles signalent que T↵,� est unegenuine variable ayant pour densité la fonction f

T↵,�définie sur R par :

8t 2 R fT↵,�

(t) =

8>><>>:

fQ↵,�

(ln t) · 1t

si t > 0

0 si t 6 0

Nous parvenons alors aisément à :

8t 2 R fT↵,�

(t) =

8>><>>:

1B(↵,�)

· t↵�1

(1 + t)↵+�si t > 0

0 si t 6 0

� Cette loi s’appelle « loi de Snedecor » de paramètres ↵ et �.

e.Au risque de radoter, au vu et au su de la stricte positivité des variables le loi Gamma,le quotient J↵,� ne pose aucun problème et l’on a :

J↵,� =T↵,�

1 + T↵,�

Le transfert ici présent ne fait pas exactement partie des grands classiques et nous n’allonspas refaire le coup du tranfert parachuté ! Nous constatons que J↵,� prend ses valeursdans l’ouvert ]0, 1[, ce qui va un peu nous simplifier la tâche.

Soit x 2 R. Nous planifions :– Si x 6 0, l’on a : ⇥

J↵,� 6 x⇤

= ;Vu les propriétés universelles des tribus, il ne fait alors aucun doute que :

⇥J↵,� 6 x

⇤2 A

– Si x > 1, l’on a cette fois :⇥J↵,� 6 x

⇤= ⌦


et de la même façon there’s no doubt that :⇥J↵,� 6 x

⇤2 A

– Si enfin 0 < x < 1, il est facile de déduire positivement que :

⇥J↵,� 6 x

⇤=

T↵,� 6x

1� x

�

Comme T↵,� est une authentique variable aléatoire réelle définie sur l’espace (⌦,A,p)nous savons que :

T↵,� 6x

1� x

�2 A

et nous pouvons clamer finalement que :

8x 2 R⇥J↵,� 6 x

⇤2 A

Cela montre, par définition, que J↵,� est une variable aléatoire réelle définie sur notreespace probabilisé ce qui est déjà un bon début. Nous passonsmaintenant aux probabilitésen respectant le même plan. Soit donc à nouveau x 2 R.

– Si x 6 0, nous avons :F

J↵,�(x) = 0

– Si x > 1, nous avons cette fois :

FJ↵,�

(x) = 1

– Si 0 < x < 1, nous avons enfin :

FJ↵,�

(x) = FT↵,�

⇣ x

1� x

⌘

Voici donc qu’en résumé :

8x 2 R FJ↵,�

(x) =

8>>>>>>><>>>>>>>:

0 si x 6 0

FT↵,�

⇣ x

1� x

⌘si 0 < x < 1

1 si x > 1

Nous avons maintenant quelques contrôles à effectuer.– Variable à densité T↵,� oblige, la fonction de répartition F

T↵,�est continue sur R

et de classe C1 sur R⇤. Il résulte alors des théorèmes généraux que la fonction FJ↵,�

estde classe C1 sur R \ {0, 1}. Puisque nous maîtrisons parfaitement nos classiques, nous

Hec deuxième 51

savons que, pour finir, nous devons nous préoccuper de continuité à gauche en 0 et en 1de la fonction F

J↵,�.

– La continuité à gauche en zéro ne mérite visuellement que no comment.– Il ne devrait faire aucun doute que :

x

1� x��!

x!1x<1

+1

et comme, répartition oblige,FT↵,�

tend vers 1 en plus l’infini, par composition de limite :

FT↵,�

⇣ x

1� x

⌘��!

x!1x<1

1

ce qui, à bien y regarder, s’écrit également :

FJ↵,�

(x) ��!x!1x<1

FJ↵,�

(1)

La continuité à gauche en 1 est désormais in the pocket et nous pouvons donc revendiquer :– la continuité sur R tout entier de la répartition F

J↵,�.

– la classe C1 sur R \ {0, 1} de cette même fonction.Tout cela montre que J↵,� est une variable à densité et nous pouvons lui proposer pourdensité le fonction f

J↵,�définie sur R par :

8z 2 R fJ↵,�

(z) =

8>>>>>>>><>>>>>>>>:

0 si z 6 0

fT↵,�

⇣ z

1� z

⌘· 1(1� z)2

si 0 < z < 1

0 si z > 1

Il ne reste plus qu’à effectuer un calcul anodin pour effectivement parvenir à :

8z 2 R fJ↵,�

(z) =

8>>>><>>>>:

z↵�1(1� z)��1

B(↵,�)si 0 < z < 1

0 sinon

� Cette loi s’appelle « loi beta » de paramètres ↵ et �.

Partie 2

6. Attention, il y a ici un léger souci dans les hypothèses. Le texte suppose que, pourchaque ↵ > 0, la variableX↵ est indépendante de chaque variable Yi, mais cela ne suffit


malheureusement pas à notre histoire. Nous allons « mettre le paquet » en supposant quela famille constituée de toutes les variables Xt et de toutes les variables Yn, c’est-à-direla concaténation :

(Xt)t>0 concat (Yn)n>1

est formée de variables mutuellement indépendantes. Nous ne le redirons plus.

Soit alors k 2 N.– En ce qui concerne la variable S0 nous nous contenterons d’un no comment.– Lorsque k est supérieur ou égal à un, vu que les variables exponentielles Yi sont

annoncées indépendantes, nous sommes tenus de savoir que :

Sk ,! �(k) ; E(Sk) = k ; V (Sk) = k

�Lorsque k > 1, la loi deSk porte le nom dumathématicien danois Agner Krarup Erlang.On notera que les valeurs de l’espérance et de la variance restent d’actualité lorsque k = 0.

7.a. Soit n 2 N⇤ et t > 0. Nous tenons à rappeler la stricte positivité des variablesXt etSi ce qui permet d’envisager sereinement les logarithmes des uns et des autres. Le restes’appelle tout bonnement télescopage…

b. Soit m 2 N⇤ et t > 0. Grâce à notre rectification d’hypothèse, nous sommes enmesure de revendiquer l’indépendance des variables de la suite :

(Xt, Y1, . . . , Ym)

Comme la première suit la loi �(t) et que les autres suivent �(1), le théorème de stabilitéde la loi Gamma stipule, sans ambiguïté, que :

Xt + Y1 + · · · + Ym ,! �(t + m) i.e. Xt + Sm ,! �(t + m)

ce qui est effectivement la loi deXt+m.

Grâce à notre sympathique symbolique, nous écrirons donc :

Xt + Sm ⌘ Xt+m

� Il est bon de noter que, because t > 0, cela reste trivialement vrai lorsque m = 0 etnous en aurons d’ailleurs besoin un peu plus loin.

8.a. Soit t > 0. Nous avons :

Rt,1 =Xt

Xt + Y1et Rt,2 =

Xt + Y1

Xt + Y1 + Y2

Nous venons d’admettre que les deux variables :

Xt

Xt + Y1et Xt + Y1 (1)

Hec deuxième 53

sont indépendantes. Vu notre rectification d’hypothèse, les variables :

Xt, Y1, Y2

sont mutuellement indépendantes. Considérons alors les deux fonctions :

� : (u, v) 7�! u

u + vet : (u, v) 7�! u + v

La première est rationnelle à deux variables et parfaitement définie sur R⇤+ ⇥ R⇤+. Elle yest donc parfaitement continue. Quant à la seconde, elle est carrément polynomiale à deuxvariables et sa continuité est également acquisedepuis belle lurette(*).Nouspouvons ainsi,grâce au lemme des coalitions rappelé plus haut, déduire l’indépendance des variables :

Xt

Xt + Y1= �(Xt, Y1) et Y2 (2)

ainsi que celle des variables :

Xt + Y1 = (Xt, Y1) et Y2 (3)

Il résulte alors de ce qui précède — (1), (2) et (3)— que les trois variables :

Xt

Xt + Y1; Xt + Y1 ; Y2

sont deux à deux indépendantes, mais cela est beaucoup trop faible pour envisager de lescoaliser. C’est donc une seconde et regrettable faiblesse du texte qui nous oblige à uneseconde rectification. Nous allons donc admettre que :

Xt

Xt + Y1; Xt + Y1 ; Y2

sont mutuellement indépendantes. Dans ces conditions et grâce à la fonction � déjàrencontrée un peu plus haut, il advient que les deux variables :

Rt,1 =Xt

Xt + Y1et Rt,2 =

Xt + Y1

Xt + Y1 + Y2= �(Xt + Y1, Y2)

sont effectivement indépendantes.

b. Nous allons devoir utiliser librement le résultat suivant.

Independance et lois de sommes :

Soit p un entier naturel non nul. Soit (A1, . . . , Ap) et (B1, . . . , Bp) deux vecteursaléatoires quelconques définis sur un même espace probabilisé. On suppose que :

i. Les variables A1, . . . , Ap sont indépendantes.

ii. Les variables B1, . . . , Bp sont indépendantes.

(*) Nous sommes désolés de polluer notre discours de contrôles intempestifs de continuité mais ce n’est pas de notre faute…


iii. Pour tout i 2 [[1, p]], les variables Ai et Bi ont la même loi.

Alors les sommes :A1 + · · · + Ap et B1 + · · · + Bp

ont la même loi.

Le lecteur curieux pourra facilement le démontrer dans le cas de variables discrètes ou devariables à densité. Evidemment le cas général restera un peu plus obscur. Remarquonscependant que cette proposition ne choque pas vraiment nos intuitions !

A bien y regarder, le télescopage cité lors de la question 7.a pourrait se résumer en :

lnXt = lnXt

Xt + Sn+ ln(Xt + Sn)

alors que, pour lamême raison, la seconde variable de la question qui nous occupe, s’écrit :

lnXt

Xt + Sn+ lnXt+n

Voici alors les arguments cruciaux.– Grâce à notre grosse rectification d’hypothèse indépendantiste, nous avons déjà

signalé que les variablesXt et Sn sont indépendantes.– CommeXt et Sn suivent respectivement les lois �(t) et �(n), il semble que nous

venions récemment d’admettre que :

Xt

Xt + Snet Xt + Sn

sont également indépendantes tout comme — lemme des coalitions dixit— leurs deuxfrangines :

lnXt

Xt + Snet ln(Xt + Sn)

– Notre rectication supra fait également que, because t + n 6= t, les variables :

Xt, Y1, . . . , Yn,Xt+n

sont indépendantes et le décidément incontournable lemme des coalitions fait qu’il en estencore de même de :

lnXt

Xt + Snet ln(Xt+n)

– Comme le 7.b a révélé queXt+Sn etXt+n ont lamême loi, un inoffensif transfertneperien transmet cette isonomie(*) à leurs logarithmes.

Compte tenu de tous ces arguments et de notre résultat « indépendance et loi de somme »nous revendiquons l’isonomie des variables :

lnXt

Xt + Sn+ ln(Xt + Sn) et ln

Xt

Xt + Sn+ ln(Xt+n)

(*) Des variables aléatoires ayant la même loi de probabilité sont parfois — et joliment — qualifiées d’isonomes.

Hec deuxième 55

et tout le monde est ravi.9.a. Comme U est uniforme sur le semi-ouvert ]0, 1], elle parfaitement logable et l’archiclassique transfert� lnU est bien connu pour suivre la loi exponentielle de paramètre 1.Nous laissons à l’improbable lecteur ne l’ayant jamais rencontré le soin de s’exercer unpetit peu… Ainsi :

� lnU ,! E(1)

b. Soit k 2 N⇤ et t > 0. Il est alors indéniable que :

t + k � 1 > 0

positivité stricte qui, dans la suite de la question, aura souvent son mot à dire. A bonentendeur !

Nous commençons par observer que :

Rt,k =Xt + Sk�1

Xt + Sk�1 + Yk

L’entier k � 1 étant providentiellement positif ou nul, nous faisons ensuite valoir que :– depuis le 7.b et sa percutante remarque finale, l’on a :

Xt + Sk�1 ,! �(t + k � 1)

– depuis la nuit des temps :Yk ,! �(1)

En outre, et de façon totalement coalisée, les deux variables :

Xt + Sk�1 et Yk

sont indépendantes. La question 5.e est alors formelle, la variable Rt,k est à densité etl’une de ses densités f

Rt,kest définie sur R par :

8z 2 R fRt,k

(z) =

8>><>>:

zt+k�2

B(t + k � 1, 1)si 0 < z < 1

0 sinon

Nous n’allons pas en rester là puisque, par définition de la fonction Beta, l’on a :

B(t + k � 1, 1) =�(t + k � 1)�(1)

�(t + k)=

1t + k � 1

la dernière égalité provenant de la propriété fonctionnelle de Gamma et, accessoirement,de ce que �(1) = 1. Finalement :

8z 2 R fRt,k

(z) =

8<:

(t + k � 1)zt+k�2 si 0 < z < 1

0 sinon


� Cette loi s’appelle loi monôme de paramètre t + k � 1 et parce que cela va nous fairegagner un peu de temps un peu plus loin, nous calculons la répartition correspondante.Au point où nous en sommes, c’est mentalement que nous parachutons :

8x 2 R FRt,k

(x) =

8>>><>>>:

0 si x 6 0

xt+k�1 si 0 < x < 1

1 si x > 1

c. Soit à nouveau k 2 N⇤ et t > 0. Histoire d’aérer un peu la pièce, nous allons procéderau baptême :

Z = U1/(t+k�1)k

Soit alors x appartenant à R. Nous planifions :– Si x 6 0, puisque Uk est à valeurs dans ]0, 1], l’on a :

⇥Z 6 x

⇤= ;

et comme l’ensemble vide appartient à toute les tribus du monde, nous clamons que :⇥Z 6 x

⇤2 A

– Si x > 0, les fonctions puissance à exposant strictement positif étant croissantessur R⇤+, il devrait, par double inclusion, s’ensuivre aisément que :

⇥Z 6 x

⇤=⇥Uk 6 xt+k�1

⇤Comme Uk est, par hypothèse, une variable aléatoire sur (⌦,A,p) nous ne pouvonsignorer que : ⇥

Uk 6 xt+k�1⇤2 A

et cette fois encore [Z 6 x ] appartient à notre tribu. Il semble que nous ayons démontréqueZ est déjà une genuine variable aléatoire sur notre espace probabilisé et nous pouvonsalors causer de sa répartition en reprenant, bien sûr, le même plan :

– Si x 6 0, l’on a :F

Z(x) = 0

– En revanche, si x > 0, nous avons dans un premier temps :

FZ(x) = F

Uk(xt+k�1)

mais notre parfaite connaissance de la répartition uniforme nous conduit alors à affinerun poquitın.

– Si 0 < x < 1, il en est de même de xt+k�1 et l’on a alors :

FZ(x) = xt+k�1

Hec deuxième 57

– Si maintenant x > 1, il en est itou de xt+k�1 et voilà donc que :

FZ(x) = 1

Le résumé de toutes ces choses est donc :

8x 2 R FZ(x) =

8>>><>>>:

0 si x 6 0

xt+k�1 si 0 < x < 1

1 si x > 1

et nous tombons exactement sur la répartition de Rt,k que nous avions, à point nommé,anticipé un peu plus haut.

d. Soit, as usual, n 2 N⇤ et t > 0. La question 8.b a révélé que la variable lnXt a lamême loi que la variable :

A =nX

k=1

lnRt,k + lnXt+n

Vu les circonstances nous devons impérativement et manu militari la décliner sous laforme :

A = � � dn,t + ln(t + n) +nX

k=1

lnRt,k + lnXt+n

t + n+ dn,t � �

ou encore :

A =nX

k=1

⇣1k

+ lnRt,k

⌘+ ln

Xt+n

t + n+ dn,t � �

grâce à la définition de dn,t et à la linéarité de la sommation. Un indispensable — maisgentil ! — glissement d’indice nous amène enfin à la forme définitive :

A =n�1Xk=0

⇣ 1k + 1

+ lnRt,k+1

⌘+ ln

Xt+n

t + n+ dn,t � �

Soit alors k 2 [[0, n� 1]]. Nous faisons valoir que :– Au prix d’un gentil transfert logarithmique la question précédente nous apprend

que la variable lnRt,k+1 a la même loi que :

1t + k

lnUk+1

– La récente question 9.a nous signale quant à elle que la variable � lnUk+1 a lamême loi que Yk+1, en l’occurrence l’exponentielle de paramètre 1.


– Vu que nous avons admis l’indépendance des Rt,k+1 et que nous disposons parhypothèse de celle des Uk+1 notre super lemme « indépendance et lois de sommes » etcelui des coalitions devraient alors assez tranquillement montrer que :

n�1Xk=0

⇣ 1k + 1

+ lnRt,k+1

⌘et

n�1Xk=0

⇣ 1k + 1

� Yk+1

t + k

⌘

ont la même loi. Certes, certes, mais nous sommes encore très loin du compte ! Pour quenotre super lemme aille au bout de l’affaire, encore eut-il fallu que les deux familles :

(Rt,1, . . . , Rt,n,Xt+n) et (U1, . . . , Un,Xt+n)

soient, chacune, formées de variables indépendantes. Oui mais voilà, le texte est plutôt« silence radio » à cet endroit, mais comme nous commençons à en avoir l’habitude, nousallons faire comme si nous n’avions rien vu…

10. Soit t > 0 et n 2 N⇤.– Commençons par l’espérance. Nous savons depuis la question 2.b que les deux

variables lnXt et lnXt+n possèdent une espérance alors que, depuis la nuit des temps,les Yk+1 en ont une également qui vaut exactement 1. La question précédente et unegreenlinearity assurent alors de concert que :

E(lnXt) = �� +n�1Xk=0

⇣ 1k + 1

� 1t + k

⌘+ E

✓ln

Xt+n

t + n

◆+ dn,t (1)

Comme n est supérieur à un, il en est de même du réel t + n et la question 3.c stipuleavec force que :

� 1t + n� 1

6 E

✓ln

Xt+n

t + n

◆6 0

Grâce à un sublime squeeze, cela assure déjà que :

E

✓ln

Xt+n

t + n

◆��!n!+1

0

D’autre part, si l’on en croit la question 1.c nous avons également :

dn,t ��!n!+1

0

Forts de toutes ces informations, l’égalité (1) oblige la convergence(*) de la suite :

n 7�!n�1Xk=0

⇣ 1k + 1

� 1t + k

⌘

(*) Elle aurait également pu s’obtenir par équivalence en signe positif mais c’eut été un peu maladroit puisque…

Hec deuxième 59

et par un évident et légitime passage à la limite nous avons effectivement :

E(lnXt) = (t) = �� ++1Xk=0

⇣ 1k + 1

� 1t + k

⌘

� Si nous occultons les trop nombreuses zones d’ombre indépendantistes, il semble quenous ayons « démontré » une importante propriété de la fonction Gamma à savoir :

8t > 0�0(t)�(t)

= �� ++1Xk=0

⇣ 1k + 1

� 1t + k

⌘

Cette propriété est dûe à Karl Weierstrass.– Occupons-nous maintenant de variance.

– La question 2.b, encore elle, nous a permis d’apprendre que les variableslnXt et lnXt+n possèdent une variance.

– En outre, c’est depuis Matusalem qu’il en est de même des variables Yk,« même que(*) », leurs variances sont égales à un.

– Enfin, nous avons à notre grand dam accepté d’admettre que les Uk etXt+n

sont indépendantes, ce qui, de façon complètement coalisée, se transmet aux Yk et àlnXt+n/(t + n).

Grâce aux formules « variance et indépendance » et « variance et affinité » nous necraignons plus d’asséner que :

V (lnXt) =n�1Xk=0

1(t + k)2

+ V

✓ln

Xt+n

t + n

◆(2)

Comme n ne va pas tarder à tendre vers plus l’infini, il est confortable de le supposersupérieur à 2 de telle sorte que t +n > 2. La question 3.c révèle alors au grand jour que :

0 6 E

✓ln2 Xt+n

t + n

◆6

2(t + n)(t + n� 2)2

ce qui, encore par squeeze, entraîne que :

E

✓ln2 Xt+n

t + n

◆��!n!+1

0

Il a été constaté quelques lignes plus haut que l’on a également :

E

✓ln

Xt+n

t + n

◆��!n!+1

0

(*) Comme on dit dans les cours de récré !


et le théorème de Kœnig-Huygens est formel. Il ne fait aucun doute que :

V

✓ln

Xt+n

t + n

◆��!n!+1

0

L’égalité (2) oblige alors la convergence de la suite :

n 7�!n�1Xk=0

1(t + k)2

puis, encore une fois par passage à la limite, l’égalité :

V (lnXt) = 0(t) =+1Xk=0

1(t + k)2

� La convergence « obligée » que nous venons de mentionner peut également s’obtenirpar équivalence en signe positif mais c’est encore une fois un peu maladroit.

� Voici une nouvelle propriété de la fonction Gamma, en l’occurrence :

8t > 0�(t)�00(t)� �02(t)

�2(t)=

+1Xk=0

1(t + k)2

11. Soit t > 0. Selon la linéarité de l’espérance, nous avons :

(t)� ln t = E⇣ln

Xt

t

⌘

La confortable supposition t > 1 et la question 3.c révèlent — et ont déjà plus ou moinsrévélé — que :

� 1t� 1

6 E⇣ln

Xt

t

⌘6 0

et du coup par squeeze…

Bref : (t)� ln t ��!

t!+10

� Cette question est curieusement placée. En ce qui me concerne je l’aurais bien vuequelques lignes plus haut…

12. Signalons avant de commencer que l’ensemble officiel⇥ est iciR⇤+ et que la fonctionofficielle g est ici l’identité.

– La variable aléatoire Gp est une fonction de notre échantillon. C’est donceffectivement ce qu’il est convenu d’appeler « estimateur » ou « statistique ».

– Soit µ > 0. Ecrivons :

Gp =pµ

�µ lnW1 � · · ·� µ lnWp

Hec deuxième 61

Par définition de W , les variables �µ lnWi ont la même loi que � lnU , c’est-à-dire,depuis 9.a, la loi exponentielle de paramètre 1 et sont — un grand merci au lemmedes coalitions — indépendantes puisque les Wi le sont. Nous savons alors depuis fortlongtemps que :

�µ lnW1 � · · ·� µ lnWp ,! �(p)

Conformément aux notations du texte, la loi deGp est donc exactement la même que cellela variable : pµ

Xp

Comme p > 1, nous savons depuis la question 3.a que l’inverse de Xp possède uneespérance et que :

E(1/Xp) =1

p� 1Nous en déduisons immédiatement(*) que :

Eµ(Gp) =pµ

p� 1

L’estimateurGp est donc biaisé et son biais est d’ailleurs :

bGp

(µ) =µ

p� 1

On peut toutefois noter que la suite d’estimateurs (Gp) est asymptotiquement sans biais.– Comme p > 2, nous avons vu, lors de la résolution de la question 3.c, que l’inverse

deXp possède un moment d’ordre deux et que :

E(1/X2p) =

1(p� 1)(p� 2)

Si l’on en croit un célèbre duo, il devrait quasi mentalement s’ensuivre que l’inverse deXp possède une variance et que :

V (1/Xp) =1

(p� 1)2(p� 2)

Le thème « variance et affinité » fait donc que pµ/Xp possède une variance et que :

V (pµ/Xp) =p2µ2

(p� 1)2(p� 2)

Nous avons alors deux facons de conclure.

i. Nous savons que le risque quadratique est égale à la variance plus le carré du biais,c’est-à-dire :

rGp

(µ) = Vµ(Gp) + b2Gp

(µ) =µ2(p + 2)

(p� 1)(p� 2)

(*) Dès que nous parlons d’espérance d’un estimateur, celle-ci se doit d’être indexée par le paramètre inconnu ! Personne ne le fait

sauf quelques irréductibles…


la dernière égalité reposant sur un banal calcul. Ce risque quadratique tend gentimentvers zéro lorsque p tend vers plus l’infini. On sait alors — conséquence immédiate del’inégalité de Markov — que la suite (Gp) est convergente ou consistante.

ii. Comme la suite (Gp) est asymptotiquement sans biais, une condition suffisante plusou moins officielle assure la victoire pourvu que, pour tout µ > 0, la variance Vµ(Gp)tende vers zéro lorsque p tend vers plus l’infini. Or :

8µ > 0 Vµ(Gp) =µ2(p + 2)

(p� 1)(p� 2)

So…

13.a. C’est archi connu comme le loup gris ! C’est d’ailleurs une simulation quasiofficielle. Il s’agit bien sûr de la loi exponentielle de paramètre �.

� Le texte a utilisé ln(1� random) car il suppose que random simule la loi uniforme surle semi-ouvert [0, 1[. Comme random et 1� random ont la même loi, certaines personnesutilisent plus simplement ln(random).

b. Il suffit d’empiler des variables exponentielles de paramètre un. Here you are !

function g(n : integer) : real ;var i : integer ; s : real ;begins := 0 ;for i := 1 to n do s := s + X(1) ;g := s ;end ;

Bien entendu nous utilisons librement la function X du a.

c. Lors de la question 12 et à bien y regarder nous avons démontré que lorsque (Xp)est une suite de variables telles que :

8p > 2 Xp ,! �(p)

l’on a la convergence en probabilité :

p

Xp

P��!p!+1

1

On peut alors raisonnablement s’attendre à ce que l’on obtienne des valeurs dem prochesde 1.

Partie 3

14.a. Soit n 2 N⇤ et t > 0. Nous commençons par noter que la tranquillité des lieuxest essentiellement dûe à la stricte positivité de t sans laquelle… Cela étant, la classiqueformule de séparation « pair-impair » d’une somme amène très tranquillement à :

22n�1Xk=0

✓1

k + 1� ak+1

t + k

◆= 2

n�1Xk=0

✓1

2k + 1� a2k+1

t + 2k

◆+2

n�1Xk=0

✓1

2k + 2� a2k+2

t + 1 + 2k

◆

Hec deuxième 63

Après d’évidents aménagements, la deuxième sommedu right hand side vaut exactement :

n�1Xk=0

✓1

k + 1� a2k+2

t+12

+ k

◆

et cela est, bien sûr, loin de nous contrarier. Quant à la première et toujours en aménageantcorrectement, il suffit, manu militari, d’écrire :

2n�1Xk=0

✓1

2k + 1� a2k+1

t + 2k

◆=

n�1Xk=0

✓1

k + 1� a2k+1

t2

+ k

◆+ 2

n�1Xk=0

12k + 1

�n�1Xk=0

1k + 1

c’est-à-dire effectivement et au prix d’une picolinéarisation :

2n�1Xk=0

✓1

2k + 1� a2k+1

t + 2k

◆=

n�1Xk=0

✓1

k + 1� a2k+1

t2

+ k

◆+ 2

n�1Xk=0

✓1

2k + 1� 1

2k + 2

◆

b. Soit n 2 N⇤. C’est à nouveau manu qui écrit :

wn =n�1Xk=0

12k + 1

+n�1Xk=0

12k + 2

� 2n�1Xk=0

12k + 2

ou encore :

wn =n�1Xk=0

12k + 1

+n�1Xk=0

12k + 2

�n�1Xk=0

1k + 1

La très convoitée formule du pair et de l’impair assure sans trembler que :

n�1Xk=0

12k + 1

+n�1Xk=0

12k + 2

= h2n

alors que grâce à notre physio à toute épreuve, l’on a :

n�1Xk=0

1k + 1

= hn

En bref, il s’avère que :wn = h2n � hn

Grâce aux notations de la première partie, nous pouvons écrire :

wn = �2n + ln(2n)� �n � lnn = �2n � �n + ln 2

la dernière égalité ne pouvant échapper qu’à ceux— ou celles !— qui ne seraient pas alléau bout de leur classe de terminale. La question 1.b ayant révélé que :

�n ��!n!+1

�


sa sous-suite paire en fait tout autant et l’on a effectivement :

wn ��!n!+1

ln 2

c. Soit n 2 N⇤. La question 9.d a montré que :

22n�1Xk=0

✓1

k + 1� Yk+1

t + k

◆+ 2 ln

Xt+2n

t + 2n+ 2d2n,t � 2� ⌘ 2 lnXt

ce qui, à la lumière de la sympathique question 14.a devient :

Hn + Kn + Ln + un ⌘ 2 lnXt (⇤)

où, histoire d’aérer un peu l’atmosphère, nous avons décidé de baptiser :

Hn =n�1Xk=0

✓1

k + 1� Y2k+1

t2

+ k

◆+ dn,t/2 � �

Kn =n�1Xk=0

✓1

k + 1� Y2k+2

t+12

+ k

◆+ dn,(t+1)/2 � �

Ln = 2 lnXt+2n

t + 2net un = 2wn + 2d2n,t � dn,t/2 � dn,(t+1)/2

La question 9.b stipule que :

Hn + lnX t

2+n

t2

+ n⌘ lnXt/2 et Kn + ln

X t+12 +n

t+12 + n

⌘ lnX(t+1)/2

Nos hypothèses d’indépendance, le lemme des coalitions et notre gentil « indépendanceet lois de sommes » conduisent alors aisément(*) à :

lnXt/2 + lnX(t+1)/2 ⌘ Hn + lnX t

2+n

t2

+ n+ Kn + ln

X t+12 +n

t+12 + n

(⇤⇤)

Le texte demande alors de se caler sur la question 4.c mais cela semble difficile. Monsentiment est plutôt que cette question n’est pas complètement adaptée à la situation.Voici, me semble-t-il, l’outil qui va nous tirer d’affaire. Il s’agit du :Lemme d’Harald Cramer :

Soit (⇠n) et (⌘n) deux suites de variables aléatoires. Soit également ⇠ et c deux variablesaléatoires, la deuxième étant certaine. On suppose que :

⇠nL

��!n!+1

⇠ et ⌘nP

��!n!+1

c

(*) Un doux euphémisme, nous vous rassurrons !

Hec deuxième 65

On a alors :⇠n + ⌘n

L��!n!+1

⇠ + c

On utilise alors ce bulldozer en y choisissant :

⇠n = Hn + lnX t

2+n

t2

+ n+ Kn + ln

X t+12 +n

t+12 + n

et :

⌘n = � lnX t

2+n

t2

+ n� ln

X t+12 +n

t+12 + n

+ Ln + un

A la lumière du récent (⇤⇤) nous assénons que :

⇠nL

��!n!+1

lnXt/2 + lnX(t+1)/2

Dans un autre registre, la question 3.d nous a appris que, pour tout ↵ > 0, l’on a :

lnX↵+n

↵+ n

P��!n!+1

0

Comme avec l’aide de la question 2.c, il est facile de voir que (un) converge vers 2 ln 2,il résulte aisément de la question 4.a que :

⌘nP

��!n!+1

2 ln 2

Le lemme de Cramér assure alors que :

⇠n + ⌘nL

��!n!+1

lnXt/2 + lnX(t+1)/2 + 2 ln 2

ce qui, par définition de ⇠n et ⌘n, devient :

Hn + Kn + Ln + unL

��!n!+1

lnXt/2 + lnX(t+1)/2 + 2 ln 2

Oui mais voilà, la propriété (⇤) a également révélé que :

Hn + Kn + Ln + unL

��!n!+1

2 lnXt

Comme les variables :

lnXt/2 + lnX(t+1)/2 + 2 ln 2 et 2 lnXt

sont visiblement à densité, l’ensemble des points de continuité de leurs fonctions derépartition est R tout entier et nous en déduisons effectivement que :

lnXt/2 + lnX(t+1)/2 + 2 ln 2 ⌘ 2 lnXt


� En réalité, lorsqu’une suite de variables aléatoires converge en loi à la fois vers unevariableX et une variable Y , l’on a toujours :

8x 2 R FX

(x) = FY

(x) i.e. X ⌘ Y

Cela est bien sur évident lorsque l’ensemble des points de continuité de nos deuxrépartitions est R tout entier — ce que nous venons d’utiliser à l’instant — mais dans lecas général c’est un peu plus délicat…

d. Nous venons de démontrer que :

lnXs + lnXs+ 12

+ 2 ln 2 ⌘ 2 lnX2s

Soit alors r > 0. Un tranquille transfert affine assure dans un premier temps que :

r lnXs + r lnXs+ 12

+ 2r ln 2 ⌘ 2r lnX2s

Un non moins tranquille transfert exponentielle révèle cette fois que :

22r(Xs)r�Xs+ 1

2

�r ⌘ (X2s)2r

ce qui n’est pas pour nous déplaire.

� Cette propriété est connue dans la littérature sous le nom de « théorème de SamuelStanley Wilks » et daterait de 1932.

e. Soit r > 0. On décide de choisir s = 1/2 et nous obtenons donc :

22r(X1/2)r�X1

�r ⌘ (X1)2r

Grâce au théorème est très facile de voir que, pour tout ↵ > 0 la variableXr↵ posséde une

espérance et que :

E(Xr↵) =

�(↵+ r)�(↵)

Il en résulte que :

E(Xr1 ) = �(r + 1) ; E(X2r

1 ) = �(2r + 1) ; E(Xr1/2) =

�(r + 1/2)p⇡

Grâce au thème « espérance d’un produit de variables indépendantes et au sempiternellemme des coalitions, nous en déduisons que :

�(2r + 1) = 22r�(r + 1)�(r + 1/2)p

⇡

ce qui via la célèbre propriété fonctionnelle de Gamma devient :

2p⇡r�(2r) = 22rr�(r)�(r + 1/2)

Hec deuxième 67

d’où découle aisément et effectivement :

�(2r) =22r�1

p⇡�(r)�(r + 1/2)

� Ce résultat est connu sous le nom de formule de duplication d’Adrien-Marie Legendre.

15.a. On voit assez vite que :

a = 1 ; b = 1 ; c = �2 ; d = 2

conviennent farpaitement. Soit alors t > 0. Il a été vu lors de la question 10 que :

0(t) =+1Xk=0

1(t + k)2

Soit alors k 2 N. Il semble que nous venions d’apprendre que :

1(t + k)2

=1

(t + k)2(t + k + 1)2� 1

(t + k + 1)2+

2t + k

� 2t + k + 1

Soit maintenantm 2 N. Grâce à un gentil télescopage sur la droite, l’addition membre àmembre, l’entier k baguenodant de 0 àm, donne :

mXk=0

1(t + k)2

=mX

k=0

1(t + k)2(t + k + 1)2

�mX

k=0

1(t + k + 1)2

+2t� 2

t + m + 1

ce qui, via un passage à gauche manu militari doublé d’un gentil glissement d’indice,conduit à :

mXk=0

1(t + k)2

+m+1Xk=1

1(t + k)2

=mX

k=0

1(t + k)2(t + k + 1)2

+2t� 2

t + m + 1

Un nécessaire aménagement du left hand side suivi d’un autre changement de camp révèlemaintenant que :

mXk=0

1(t + k)2

+m+1Xk=0

1(t + k)2

=1t2

+mX

k=0

1(t + k)2(t + k + 1)2

+2t� 2

t + m + 1

Il est alors tout à fait autorisé de passer à la limite lorsquem tend vers plus l’infini et voilàdonc que :

2 0(t) =1t2

++1Xk=0

1(t + k)2(t + k + 1)2

+2t

et nous pouvons donc envisager la suite.

b. Soit t > 0 et k 2 N. D’après ce que nous venons d’admettre, nous avons :

12

1(t + k)2(t + k + 1)2

616

✓1

(t + k)3� 1

(t + k + 1)3

◆


Soit m 2 N. Nous ajoutons membre à membre l’entier k pédalant de 0 à m et toujoursgrâce à un très apprécié télescopage, nous découvrons :

12

mXk=0

1(t + k)2(t + k + 1)2

616

✓1t3� 1

(t + m + 1)3

◆

Nous avons à nouveau le droit — et le devoir ! — de passer à la limite lorsque m tendvers l’infini et voilà que :

12

+1Xk=0

1(t + k)2(t + k + 1)2

61

6t3

On ajoute 1/(2t2) aux deux membres and due to la récente question a nous tombonsexactement sur :

0(t)� 1t

61

2t2+

16t3

L’autre côté se prouvant mutatis mutandis nous nous permettons déjà de revendiquerle premier encadrement. En ce qui concerne le côté gauche du second nous décidonsd’étudier sur R⇤+ la fonction :

u : t 7�! (t)� ln t +12t

+1

12t2

Elle y est ouvertement dérivable et l’on a :

8t > 0 u0(t) = 0(t)� 1t� 1

2t2� 1

6t3

La partie droite du premier encadrement révèle que notre dérivée est négative et si l’onen croit la question 11 nous avons même :

u(t) ��!t!+1

0

Il en résulte le tableau de variation :

t 0 +1

u0 �

u & 0

Il en résulte que u est positive, ce qui n’est pas pour nous déplaire. Comme il commenceà se faire tard, nous demandons au lecteur compréhensif d’accepter le mutatis mutandispour l’autre partie…

L’on déduit mentalement de ces deux encadrements qu’au voisinage de plus l’infini, l’ona :

(t)� ln t = o�ln t

�et 0(t)� 1

t= o

⇣1t

⌘

Hec deuxième 69

ce qui, si l’on connait ses définitions, s’écrit exactement :

(t) ⇠t!+1

ln t et 0(t) ⇠t!+1

1t

Il suffit alors de ne pas avoir oublié la vieille question 2.b. Nous avons :

E�lnXt) ⇠

t!+1ln t et V

�lnXt

�⇠

t!+11t

c. Soit y et t deux réels vérifiant 0 < t < y. Vu les origines géographiques de la fonctiondigamma, il semble que, sur R⇤+, une primitive de la fonction intérieure soit :

x 7�! ln�(x)� x lnx + x +12

lnx

ou encore, grâce à une connaissance sans faille du contenu des enseignements de la classede terminale, la fonction :

x 7�! ln�(x)

xx� 12 e�x

Il s’en déduit(*) alors que :Z y

t

✓ (x)� lnx +

12x

◆dx = ln

�(y)yy� 1

2 e�y� ln

�(t)tt�

12 e�t

Il est fortement recommandé d’aller voir du côté de l’impropre :

Z +1

t

✓ (x)� lnx +

12x

◆dx

Vu ce que nous savons de la digamma, cette intégrale n’est impropre qu’une fois en plusl’infini et à bien y regarder, le second encadrement de la récente b révèle mentalementque :

(x)� lnx +12x

⇠x!+1

� 112x2

De là à en déduire par équivalence en signe négatif que notre intégrale existe, il n’y aqu’un tout petit pas que nous franchissons dans la joie et l’allégresse. Il en résulte quesa partielle en y a une limite finie lorsque y tend vers plus l’infini, ce qui, normalement,devrait satisfaire tout le monde.

d. L’identité gentiment donnée par le texte se vérifie sans peine. La fonction exponen-tielle étant continue nous déduisons du c que :

�(y)yy� 1

2 e�y��!y!+1

e✓

(*) Comme cochon !


et comme e✓ n’est pas nul nous déduisons même la presque superbe équivalence :

�(y) ⇠y!+1

e✓yy� 12 e�y

Grâce à la formule de Legendre de la 14.e, il advient que :

8y > 0p⇡ �(2y) = 22y�1�(y)�

⇣y +

12

⌘

La prise d’équivalents de chaque côté amène alors sur un plateau :

p⇡e✓(2y)2y�1/2e�2y ⇠

y!+1e2✓ 22y�1yy� 1

2 e�y⇣y +

12

⌘ye�y�1/2

ce qui après quelques délicieuses simplifications et quelques aménagements devient :

p2⇡yy ⇠

y!+1e✓⇣y +

12

⌘ye�1/2

Forts de l’identité parachutée par le texte nous pouvons aller plus loin puisqu’il advientsimplement que :

p2⇡ ⇠

y!+1e✓⇣1 +

12x

⌘xe�1/2

Une limite bien connue révèle que :

⇣1 +

12x

⌘x��!x!+1

e1/2

et il est alors très facile d’en déduire que :

e✓ =p

2⇡

et l’on a donc bien le famous équivalent de James, en l’occurrence :

�(y) ⇠y!+1

p2⇡yy� 1

2 e�y

et l’on a bien mérité la sieste…

Essec première 71

Essec première

Équation différentielleTransformation de Payssous

Équivalence des restes

Année Difficulté

2 ¶¶

Eureka !

Partie 1

1.a. Notons u la fonction :x 7�! e�axy(x)

Les théorèmes généraux la donne de classe C1 sur I et l’on a bien sûr :

8x 2 I u0(x) = e�axy0(x)� ae�axy(x) = e�ax�y0(x)� ay(x)

�(⇤)

Le « si, et seulement si » qui pointe son nez passe naturellement par une organisation endeux parties.

– Supposons que y soit solution du problème (Ef ). Nous déduisons de (⇤) que :

8t 2 I u0(t) = �e�atf(t)

Soit alors x 2 I , le segment [1, x] étant inclus dans I , zone d’évidente continuité de nosprotagonistes, il s’ensuit immédiatement que :

u(x)� u(1) = �Z x

1e�atf(t)dt


Vu la définition de u, il en résulte mentalement que :

y(x) = eax

✓u(1)�

Z x

1e�atf(t)dt

◆

On propose alorsK = u(1) et la première affaire est dans le sac.– Supposons, réciproquement, qu’il existe un réelK tel que :

8x 2 I y(x) = eax

✓K �

Z x

1e�atf(t)dt

◆

La fonction t 7! e�atf(t) étant continue sur I , le théorème de Gaston Darboux assureque :

x 7�!Z x

1e�atf(t)dt

est l’une de ses primitives et une gentille dérivation amène alors aisément à :

8x 2 I y0(x) = ay(x)� f(x)

ce qui montre, sans le moindre doute possible, que la fonction y est bien solution duproblème (Ef ).

b. Supposons que y1 et y2 soient deux solutions bornées de (Ef ). D’après le a, il existedeux réelsK1 etK2 tels que, pour tout x dans I , l’on ait :

y1(x) = eax

✓K1 �

Z x

1e�atf(t)dt

◆et y2(x) = eax

✓K2 �

Z x

1e�atf(t)dt

◆

Il en résulte par différence que :

8x 2 I y1(x)� y2(x) = (K1 �K2)eax i.e. K1 �K2 = e�ax�y1(x)� y2(x)

�

Comme a est strictement positif et que y1, y2 sont deux fonctions bornées il est tout àfait envisageable de passer à la limite dans notre dernière égalité lorsque x tend vers plusl’infini. Cela donne :

K1 �K2 = 0

chronique d’une unicité annoncée.

c. La fonction t 7! e�atf(t) est évidemment continue sur [1,+1[. Notre intégralen’est donc impropre qu’une fois. Il est dit par hypothèse que f est une fonction bornéesur I et il existe donc un réelM tel que :

8t 2 I |f(t)| 6 M

Il en résulte bien sûr que :

8t 2 I 0 6 |e�atf(t)| 6 Me�at

Essec première 73

Comme a est toujours strictement positif, la référence exponentielleR +11 e�atdt existe et

par comparaison en signe positif, la notre est absolument convergente donc convergente.

d. Soit x 2 I . La question précédente autorise l’écriture :

Z +1

xe�atf(t)dt =

Z +1

1e�atf(t)dt�

Z x

1e�atf(t)dt

et la question a est formelle. La fonction g est déjà solution de (Ef ).

Considérons alors prudemment un réel X > x. D’après l’inégalité triangulaire intégralenous avons positivement :

��eax

Z X

xe�atf(t)dt

�� 6 eax

Z X

xe�at|f(t)|dt

puisque les bornes ont eu la bonne idée d’être dans le sens croissant. En outre, toujoursgrâce à cette idéale position des bornes et à une certaine majoration rencontrée quelqueslignes plus haut, nous avons :

eax

Z X

xe�at|f(t)|dt 6 Meax

Z X

xe�atdt

à telle enseigne que, par le biais d’une gentille transitivité, nous revendiquons :

��eax

Z X

xe�atf(t)dt

�� 6 Meax

Z X

xe�atdt

L’existence—déjà signalée supra—de la référence exponentielle de paramètrea autorisele passage à la limite lorsqueX tend vers plus l’infini, ce qui donne exactement :

|g(x)| 6 Meax

Z +1

xe�atdt

Oui mais voilà, il s’avère quasi mentalement que :

Z +1

xe�atdt =

e�ax

a

la stricte positivité de a étant encore au cœur du débat. Bref :

|g(x)| 6M

a

et nous pouvons passer à la suite puisque la question de l’unicité a déjà été gérée.

Nous insistons sur un point important. Ce sont l’existence et l’unicité mentionnées parcette question 1.d qui permettent effectivement de parler de the fonction g attachée à unefonction f de E.


� Nous voudrions maintenant profiter de U pour reformuler l’équivalence logique dequestion 1.a. Soit en effet f 2 E, x 2 I et y une fonction de classe C1 sur I . Comme ilest incontestable que :

�Z x

1e�atf(t)dt =

Z +1

xe�atf(t)dt�

Z +1

1e�atf(t)dt

nous avons, quasi mentalement, la nouvelle caractérisation :

y solution du problème (Ef ) () 9C 2 R 8x 2 I y(x) = Ceax + U(f)(x)

2.a. La fonction constante égale à 1 est bien évidemment dans E et il est donc tout à faitlégitime de la faire entrer dans notre jeu. Vu ce qui a été dit un peu plus haut, on trouveaisément que :

8x 2 I U(f)(x) =1a

Ainsi, lorsque f = 1, l’on a :U(f) =

1af

b. Nous devons nous organiser.– Soit f 2 E. La question 1 a révélé que la fonction U(f) est parfaitement définie

sur I , qu’elle y possède carrément la classe C1 et qu’elle y est bornée. C’est beaucoupplus qu’il n’en faut pour assurer que U(f) appartient à E et U applique donc bien cedernier dans lui même.

– La linéarité de U ne mérite rien de plus qu’un no comment. Elle se déduit de visude celle de l’intégration.

c. Soit f appartenant au noyau deU . Cela signifie bien entendu queU(f) = 0. En outre,comme nous n’avons pas oublié que U(f) est solution de (Ef ), nous avons égalementl’égalité fonctionnelle :

f = aU(f)��U(f)

�0Bref, puisque U(f) = 0, nous avons dans la foulée f = 0 et U est bel et bien injectif.

d. Nous allons procéder par récurrence sur n 2 N.

• Le cas de l’entier n = 0 correspond à la définition de U .

• Supposons maintenant que, pour une certain entier naturel n et pour toute fonctionf de E, l’on ait :

8x 2 I Un+1(f)(x) = eax

Z +1

x

(t� x)n

n!e�atf(t)dt

Soit alors f 2 E et x 2 I . Comme nous avons eu l’excellente idée de faire l’hypothèsede récurrence pour toutes les fonctions de E et comme U(f) appartient justement à Enous pouvons nous réclamer de :

Un+1�U(f)

�(x) = eax

Z +1

x

(t� x)n

n!e�atU(f)(t)dt

Essec première 75

c’est-à-dire :

Un+2(f)(x) = eax

Z +1

x

(t� x)n

n!

✓Z +1

te�ayf(y)dy

◆dt

Nous procédons alors à une intégration par parties grâce aux fonctions :

u : t 7�!Z +1

te�ayf(y)dy et v : t 7�! (t� x)n+1

(n + 1)!

La première est, Darboux dixit, une primitive de la fonction continue t 7! �e�atf(t) etla deuxième est polynomiale. Ces deux fonctions sont donc de classe C1 sur [x,+1[ etl’on a :

8t 2 [x,+1[ u0(t) = �e�atf(t) et v0(t) =(t� x)n

n!D’autre part, il semble que nous ayons constaté supra que :

8t 2 I |u(t)| 6M

ae�at

Comme il a déjà été dit maintes fois que a est strictement positif et comme v estpolynomiale, les prépondérances classiques aidées d’un mental squeeze nous soufflentà l’oreille que le produit uv a, en plus l’infini, la limite finie zéro. Enfin, puisque n + 1est strictement positif, nous avons aussi :

u(x)v(x) = 0

Il résulte de tout cela et du théorème d’intégration par parties que :

Un+2(f) = eax

Z +1

x

(t� x)n+1

(n + 1)!e�atf(t)dt


3.a. Soit k un réel positif. Cette cruciale positivité permet de revendiquer le caractèreborné de fk puis, parce qu’elle est assurément continue sur I , son appartenance à E. Ilest donc permis de faire joujou. Soit x 2 I . Nous avons :

U(fk)(x) = eax

Z +1

xe�(a+k)tdt

Comme a + k est strictement positif, on trouve aisément que :

U(fk) =1

a + kfk

� Comme fk n’est pas la fonction nulle, nous venons de montrer que 1/(a + k) est unevaleur propre de U . Affaire à suivre…


b. Soit � un réel vérifiant :0 < � 6

1a

Figurez-vous qu’il existe un réel positif k tel que :

� =1

a + k

en l’occurrence le réel positif :k =

1�� a

D’après la remarque faite à la fin du a, le réel � est valeur propre de U et nul ne peut alorsproprement ignorer que :

Ker(U � � Id) 6= {0}

c. Soit à nouveau k 2 R+ et soit également n 2 N. Puisque :

U(fk) =1

a + kfk

il est interdit d’avoir oublié que :

Un(fk) =1

(a + k)nfk

Soit alors x 2 I . Nous avons :

Un(fk)(x) =e�kx

(a + k)n

d’où il ressort géométriquement que :

Un(fk)(x) ��!n!+1

8>>><>>>:

0 si a + k > 1

e�kx si a + k = 1

+1 si a + k < 1

4. Les fonctions sin et cos sont continues et bornées sur I et il est donc tout à fait possiblede les inviter à la fête.

a. Soit x 2 I . Nous avons :

U(sin)(x) = ex

Z +1

xe�t sin t dt

Ce genre d’intégrale peut se calculer grâce à deux intégrations par parties consécutivesmais on peut également utiliser la jolie méthode que voici. Considérons deux réels a et bainsi que la fonction :

F : t 7�! (a cos t + b sin t)e�t

Essec première 77

Cette dernière est manifestement dérivable surR+ et l’on trouve quasi mentalement que :

8t > 0 F 0(t) = (b� a) cos t e�t � (a + b) sin t e�t

Si l’on parvient à s’arranger pour que :

b� a = 0 ; a + b = �1

la fonctionF devient, gentiment, une primitive de notre intégrande t 7! sin t e�t. Il suffitévidemment de choisir :

a = b = �12

pour empaqueter l’affaire. C’est alors grâce à la formule de Barrow que nous obtenons :

ex

Z +1

xsin t e�tdt = ex

�1

2(cos t + sin t)e�t

�+1

x

=12(sinx + cosx)

la dernière égalité procédant, essentiellement, de ce que le produit d’une fonction bornéepar une fonction de limite nulle est encore une fonction de limite nulle. Il s’ensuit alorsque :

U(sin) =sin+ cos

2

On trouve ensuite et mutatis mutandis que :

U(cos) =sin� cos

2

b.Vu ce que nous venons d’apprendre, la stabilité est déjà in the pocket. Soit maintenant↵ et � deux réels vérifiant :

↵ sin+� cos = 0

Comme le travail de ce texte s’opère sur I , il s’ensuit que :

8x > 1 ↵ sinx + � cosx = 0

En choisissant x = ⇡/2 qui est bien supérieur à un, nous déduisons déjà que ↵ = 0 et ilne reste plus que :

8x > 1 � cosx = 0

Le choix, tout à fait légal, x = ⇡ conduit ensuite à � = 0 et nous venons doncde montrer que la famille (sin, cos) est libre. Elle est donc effectivement base de P .L’endomorphisme UP est le fameux endomorphisme induit par U du sous-espace stableP et l’on a immédiatement :

M =12

1 11 �1

�

On trouve alors aisément :

M2 =I2

2; M3 =

M

2; M4 =

I2

4


On en déduit sans souci que :

8k 2 N M2k =I2

2ket M2k+1 =

M

2k

Il en résulte toujours sans sourciller que les coefficients deMn tendent vers zéro lorsquen tend vers plus l’infini puisque tel est le cas de leurs sous-suites paires et impaires. Enanalyse matricielle, on dit que la suite de matrices (Mn)n2N converge vers la matricenulle et l’on écrit :

Mn ��!n!+1

0

5. Soit n 2 N.– Si n = 0, l’on a '0 = f1 où f1 a été rencontrée lors de la question 3. Cela fait que

la fonction '0 appartient, depuis longtemps, à notre cercle d’amis.– Si maintenant n > 1, la fonction'n est dérivable sur I et une rapide étude montre

que l’on a le tableau de variations :

x 1 n +1

'0n + 0 �

'n e�1 % & 0

la partie située entre 1 et n se réduisant d’ailleurs comme peau de chagrin lorsque n = 1.Tout cela montre que 'n est continue et bornée et elle est donc bienvenue au club.

a. Soit n appartenant à N⇤ et x appartenant à I . Nous avons :

n(x) = eax

Z +1

xe�(a+1)ttndt

Nous considérons alors les deux fonctions :

u : t 7�! tn et v : t 7�! �e�(a+1)t

a + 1

la stricte positivité de a+1 apportant une contribution notoire à notre sérénité. Elles sontà l’évidence de classe C1 sur [x,+1[ et l’on a :

8t 2 [x,+1[ u0(t) = ntn�1 et v0(t) = e�(a+1)t

En outre, due to a + 1 > 0 et aux prépondérances classiques, le produit uv a, en plusl’infini, la limite finie zéro. Il n’en faut alors pas plus pour se prévaloir de :

n(x) =xne�x

a + 1+ n

eax

a + 1

Z +1

xtn�1e�(a+1)tdt

Essec première 79

Après avoir ouvert les mirettes, il s’avère que :

n ='n

a + 1+

n n�1

a + 1

b. Soit p 2 N. Nous allons démontrer par récurrence finie sur k 2 [[0, p]] que :

8k 2 [[0, p]] U('k) 2 Vect ('0, . . . ,'k)

• Lorsque k = 0, c’est déjà fait depuis longtemps puisque '0 = f1.

• Supposons maintenant la propriété établie pour un entier k vérifiant :

0 6 k < p

Comme k+1 est naturel non nul, nous sommes en droit d’utiliser le récent a qui, lorsqu’onle décrypte bien, signale que :

U('k+1) 2 Vect�'k+1, U('k)

�L’hypothèse de récurrence assurant que :

U('k) 2 Vect ('0, . . . ,'k)

il n’y a plus qu’un tout petit pas pour arriver au convoité :

U('k+1) 2 Vect ('0, . . . ,'k+1)

Ce que nous venons de montrer implique a fortiori que :

8k 2 [[0, p]] U('k) 2 Vect ('0, . . . ,'p)

et tout le monde est ravi pour la stabilité.

Soit maintenant ↵0, . . . ,↵p des réels vérifiant :

pXi=0

↵i'i = 0

Comme une exponentielle n’est jamais nulle, il devrait rapidement s’ensuivre que :

8x > 1pX

i=0

↵ixi = 0

ce qui, entre autres, signifie que le polynôme :

pXi=0

↵iXi


possède une infinité de racines, en l’occurrence tous les réels supérieurs à 1. Ce polynômeest donc nul comme, du coup, tous ses coefficients. Ainsi :

↵0 = · · · = ↵p = 0

chronique d’une liberté fortement désirée…

c. Il s’agit encore d’un endomorphisme induit et pour éviter les lourdeurs indigestes,nous nous autoriserons de noter :

q =1

a + 1C’est alors grâce à la question a que l’on trouve aisément :

U2('0) = q'0 ; U2('1) = q2'0 + q'1 ; U2('2) = 2q3'0 + 2q2'1 + q'2

et donc :

T2 =

264

q q2 2q3

0 q 2q2

0 0 q

375

Pour les puissances de T2, nous allons appliquer la « méthode de la nilpotente » enécrivant :

T2 = qI3 + N où N = T2 =

264

0 q2 2q3

0 0 2q2

0 0 0

375

On trouve classiquement que :

N2 = T2 =

264

0 0 2q4

0 0 00 0 0

375 et 8n > 3 Nn = 0

CommeN et qI3 commutent, la formule du binôme de Newton donne assez rapidement :

8n 2 N Tn2 =

264

qn nqn+1 n(n + 1)qn+2

0 qn 2nqn+1

0 0 qn

375

Nous laissons au valeureux lecteur le soin de confirmer nos dires. Comme il est évident que|q| < 1 nous sommes tenus de savoir, dès la première année d’ailleurs, que les coefficientsde la matrice Tn

2 tendent vers zéro lorsque n tend vers plus l’infini, ce que les analystesmatriciels expriment en disant que :

Tn2 ��!

n!+10

6. Soit f 2 E et x 2 I . Nous partons de ce que nous savons, à savoir :

U(f)(x) = eax

Z +1

xe�auf(u)du

Essec première 81

Nous suggérons, sans aucune surprise, le changement de variable :

u = x + t

Il est totalement évident que la fonction affine :

t 7�! x + t

réalise une bijection de classe C1 de [0,+1[ sur [x,+1[ à telle enseigne que, si l’on encroit le théorème du changement de variable, l’on devrait avoir :

U(f)(x) = eax

Z +1

0e�a(x+t)f(x + t)dt

L’exponentielle e�ax peut allègrement sortir de l’intégrale. Elle se simplifie ensuite etgentiment avec sa cousine et tout cela donne effectivement.

U(f)(x) =Z +1

0e�atf(x + t)dt

7.a. Soit f 2 E. Il est assez évident que |f | reste continue et bornée sur I ce qui nouspermet de lui souhaiter la bienvenue. Soit alors x 2 I . Nous savons depuis longtempsque :

U(f)(x) = eax

Z +1

xe�auf(u)du

l’intégrale située à droite étant, depuis belle lurette, absolument convergente. L’inégalitétriangulaire intégrale assure alors sans frémir que :

��U(f)(x)�� 6 eax

Z +1

xe�au|f(u)|du

parce que les bornes furent dans le sens croissant et que les personnes déjà positives sontdispensées de valuation. Nous pouvons ainsi passer à la suite.

b. Si l’on en croit la positivité de l’intégration, cela ne mérite rien de plus qu’un nocomment !

c. Soit à nouveau x 2 I et t > x. La décroissance de ' assure que :

'(t) 6 '(x)

On multiplie par le positif e�at, on intègre tout à fait légalement sur la demi-droite[x,+1[, on multiplie par le positif aeax et tout cela nous amène naturellement à :

a (x) 6 '(x) a eax

Z +1

xe�atdt

Vu certains calculs effectués maintes fois, cela devient :

a (x) 6 '(x)


et ce n’est sûrement pas pour nous déplaire. Il est important maintenant de ne pas avoiroublié que est solution du problème (E') ce qui se traduit par :

0 = a � '

Voilà donc que 0 est négative sur l’intervalle I et que s’y retrouve bien décroissante.

�On notera que, en ce qui concerne la décroissance de , la positivité de' n’est d’aucuneutilité.

8.a. Soit f 2 E1. La définition de ce dernier fait que nous devons accepter f 0 dans notreclub très fermé et comme toujours nous annonçons x 2 I . La question 6 nous a révéléque :

U(f 0)(x) =Z +1

0e�atf 0(x + t)dt

ce qui nous conduit naturellement à considérer les deux fonctions :

u : t 7�! e�at et v : t 7�! f(x + t)

Elles sont assez clairement de classe C1 sur [0,+1[ et l’on a :

8t 2 [0,+1[ u0(t) = �ae�at et v0(t) = f 0(x + t)

En outre et parce que la fonction f est bornée depuis la nuit des temps, le produit uv a,en plus l’infini, la limite finie zéro. Il s’ensuit très partialement que :

U(f 0)(x) = �f(x) + a

Z +1

0e�atf(x + t)dt

c’est-à-dire :U(f 0)(x) = �f(x) + aU(f)(x)

b. Soit à nouveau f 2 E1. Nous savons depuis longtemps que :�U(f)

�0 = �f + aU(f)

et nous venons d’apprendre que :

U(f 0) = �f + aU(f)

ce qui entraîne précisément que :

D�U(f)

�= U

�D(f)

�

c. Soit f une fonction décroissante de l’ensemble E1. Nous savons que f 0 est négativesur I et il résulte aisément de la question 7.b qu’il en est de même de U(f 0). La touterécente b stipule alors que : �

U(f)�0

6 0

Essec première 83

chronique d’une décroissance annoncée puisque I est un intervalle.

� Encore une fois, la positivité de f est parfaitement inutile.

Partie 2

1.a. La première remarque nous faisons est la suivante. Il est dit que8<:↵ =

+1o(�)

� > 0

et que l’intégraleR +11 � existe. D’après l’important principe de prépondérance en signe

positif, il n’en faut pas plus pour réclamer l’existence de :Z +1

1↵

que nous gardons au chaud quelques instants.

La propriété déjà mentionnée ↵ =+1

o(�) entraîne, par définition, l’existence d’un réelA > 1 tel que :

8t > A |↵(t)| 6 ✏|�(t)|

ce qui, vu la positivité de �, s’écrit également :

8t > A |↵(t)| 6 ✏�(t)

Soit alors x > A ainsi qu’un prudent X > x. D’après l’inégalité triangulaire intégrale,nous avons déjà : ��

Z X

x↵(t)dt

�� 6Z X

x|↵(t)|dt

puisque nous sommes arrangés pour que les bornes… Ce que nous avons écrit plus hautet la croissance de l’intégration stipulent ensuite que :

Z X

x|↵(t)|dt 6 ✏

Z X

x�(t)dt

toujours parce que nos bornes ont le sens de l’ordre et c’est ainsi dans une douce ambiancede transitivité que nous parvenons à :

��Z X

x↵(t)dt

�� 6 ✏

Z X

x�(t)dt

Il a déjà été remarqué—çamijote plushaut !—que les intégrales sur I des deux fonctions↵ et � existent. Il en est évidemment de même de leurs intégrales sur [x,+1[ ce quiautorise le passage à la limite lorsque le prudent X tend vers plus l’infini. Cela donneexactement : ��

Z +1

x↵(t)dt

�� 6 ✏

Z +1

x�(t)dt


à notre plus grande satisfaction. A bien y regarder, nous venons d’établir que :

8✏ > 0 9A > 1 8x > A

��Z +1

x↵(t)dt

�� 6 ✏

Z +1

x�(t)dt

ce qui n’est autre que la définition de :Z +1

x↵(t)dt =

x!+1o

✓Z +1

x�(t)dt

◆

� Il est bon d’avoir capté que la stricte positivité de � ne sert strictement à rien. Lapositivité large, a largement suffi…

b. La remarque liminaire qui s’impose est ici la suivante. On nous dit que :8<:↵ ⇠

+1�

� > 0

C’est alors par équivalence en signe positif que nous obtenons l’existence de :Z +1

1↵(t)dt

que nous mettons à nouveau dans la casserolle.

La définition de l’équivalence supposée par le texte est exactement :

↵(x)� �(x) =x!+1

o��(x)

�

Comme � n’a pas entre temps changé de look, la question a est formelle. Nous devonsavoir : Z +1

x

�↵(t)� �(t)

�dt =

x!+1o

✓Z +1

x�(t)dt

◆

Nous avons déjàmentionné les existences des intégrales des fonctions↵ et� et le théorèmede linéarité permet alors de splitter l’intégrale de gauche dans la plus stricte légalité. Nousobtenons ainsi : Z +1

x↵(t)dt�

Z +1

x�(t)dt =

x!+1o

✓Z +1

x�(t)dt

◆

Il suffit alors de connaître ses définitions pour revendiquer :Z +1

x↵(t)dt ⇠

x!+1

Z +1

x�(t)dt

2. Soit f une fonction de E ayant la limite finie b en plus l’infini. Commençons, commeils disent, par le cas b = 0. En notation d’Edmond Landau cela s’écrit effectivement :

f(t) =t!+1

o(1)

Essec première 85

On en déduit bien sûr que :

f(t)e�at =t!+1

o(e�at)

et nous faisons deux cruciales observations.– Les deux fonctions t 7! e�atf(t) et t 7! e�at sont continues sur I .– La deuxième y est positive et — référence exponentielle maintes fois citée — y

possède une intégrale.

Tous les ingrédients du 1.a sont en place et nous pouvons donc clamer que :Z +1

xe�atf(t)dt =

x!+1o

✓Z +1

xe�atdt

◆

Au risque de radoter, nous rappelons que, lorsque x appartient à I , l’on a :Z +1

xe�atdt =

e�ax

a

et les pros du petito en déduisent sereinement que tout d’abord :Z +1

xe�atf(t)dt =

x!+1o(e�ax)

et qu’ensuite :

eax

Z +1

xe�atf(t)dt ��!

x!+10

En bref, si f tend vers zéro en plus l’infini, il en est de même de U(f).

Nous passons alors au cas général d’une limite finie b. Vu ce que nous savons des fonctionsconstantes — nous avons rencontré f0 ! — la fonction f � b est une fonction de E delimite nulle et nous venons donc d’apprendre que :

U(f � b)(x) ��!x!+1

0

Comme U est linéaire, cela s’écrit également :

U(f)(x)� U(b)(x) ��!x!+1

0

et c’est le moment de ne pas avoir oublié que, depuis à peu près le 2.a, la fonction U(b)est constante égale à b/a. Voilà donc que :

U(f)(x) ��!x!+1

b

a

3. La continuité sur I de f! ne nécessite pas d’aspirine et, du fait de sa limite finie en plusl’infini, elle est classiquement bornée. Nous lui souhaitons donc la bienvenue !


a. Soit x 2 I . Nous savons depuis fort longtemps que :

g!(x) = eax

Z +1

x

e�at

t!dt

Nous nous précipitons alors sur les deux fonctions :

u : t 7�! 1t!

et v : t 7�! �e�at

a

le réel a ayant depuis toujours la possibilité de s’installer en dénominateur s’il le désire.Ces deux fonctions sont assurément de classe C1 sur [x,+1[ et l’on a :

8t 2 [x,+1[ u0(t) = � !

t!+1et v0(t) = e�at

C’est de plus sans l’ombre d’un souci que nous constatons que le produit uv a, en plusl’infini, la limite finie 0. Tout cela nous amène gentiment à :

g!(x) =1

ax!� !

aeax

Z +1

x

e�at

t!+1dt

c’est-à-dire effectivement à :

g!(x) =f!(x)

a� !

ag!+1(x)

puisque ! + 1 est tout aussi strictement positif que son cousin !. Poursuivons. Nousespérons ne froisser personne en assénant froidement que :

e�at

t!+1=

t!+1o

✓e�at

t!

◆

Il est alors extrêmement facile— l’argumentation est quasiment la même qu’à la questionprécédente — de voir que toutes les conditions d’application de l’équivalence des restessont réunies à telle enseigne que :

Z +1

x

e�at

t!+1dt =

x!+1o

✓Z +1

x

e�at

t!dt

◆

d’où l’on déduit dans la foulée que :

g!+1(x) =x!+1

o�g!(x)

�

L’égalité obtenue au début de la question révèle alors menatalement que :

f!(x)a

� g!(x) =x!+1

o�g!(x)

�

ce qui n’est autre que la définition de l’équivalence attendue.

Essec première 87

b. Soit x dans I , t dans le segment [1, x] et n un entier naturel non nul. La fonction :

u 7�! e�au

étant de classe C1 sur R, on peut tranquillement lui appliquer l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre n entre 0 et t. Elle donne exactement :

��e�at �nX

k=0

(�1)k aktk

k!

�� 6an+1tn+1

(n + 1)!

puisque d’une part, les réels a et t sont positifs, et que d’autre part, un majorant de lafameuse valeur absolue de la dérivée (n+1)ème vaut mentalement(*) an+1. Vu la positiongéographique de t, il s’agit d’un réel strictement positif et nous déduisons alors de notreinégalité taylorienne que :

��e�at

t�

nXk=0

(�1)k aktk�1

k!

�� 6an+1tn

(n + 1)!

Comme nous sommes ouvertement en odeur de continuité, nous pouvons intégrer toutcela sur le segment [1, x] ce qui, grâce à une célèbre croissance, amène à :

Z x

1

��e�at

t�

nXk=0

(�1)k aktk�1

k!

��dt 6an+1

(n + 1)!

Z x

1tndt

puisque les bornes furent dans le sens du vent. Nous allons maintenant nous déployertriangulairement vers la gauche vu qu’une non moins célèbre inégalité — elle même liéeau sens du vent ! — révèle que :

��Z x

1

✓e�at

t�

nXk=0

(�1)k aktk�1

k!

◆dt

�� 6Z x

1

��e�at

t�

nXk=0

(�1)k aktk�1

k!

��dt

Grâce à la linéarité de l’intégration et à la douce transitivité, il semble bien que noussoyons parvenus à :

��Z x

1

e�at

tdt�

nXk=0

(�1)k ak

k!

Z x

1tk�1dt

�� 6an+1

(n + 1)!

Z x

1tndt

C’est là qu’il faut être extrêmement prudent.– Lorsque k = 0, nous avons :

Z x

1tk�1dt =

Z x

1

dt

t= lnx

la dernière égalité étant d’ailleurs la définition du logarithme.

(*) Nous rappelons que l’exponentielle d’un nombre négatif est inférieure à un…


– En revanche, lorsque 1 6 k 6 n, nous avons très simplement :Z x

1tk�1dt =

xk � 1k

Enfin, et parce que n + 1 n’est pas nul, nous avons également :Z x

1tndt =

xn+1 � 1n + 1

6xn+1

n + 1

l’évidente majoration de droite ayant été opérée pour éviter de traîner d’inutiles chouias.Le résultat des courses est alors :

��Z x

1

e�at

tdt� lnx�

nXk=1

(�1)k ak(xk � 1)kk!

�� 6(xa)n+1

(n + 1)!· 1n + 1

C’est durant la première année de prépa que l’on a appris que :

(xa)n+1

(n + 1)!��!n!+1

0

Il y a donc finalement un énorme squeeze qui entraîne inexorablement :

nXk=1

(�1)k ak(xk � 1)kk!

��!n!+1

Z x

1

e�at

tdt� lnx

Tout serial kiffer qui se respecte doit savoir en déduire deux choses :– Premièrement, la série :

Xk>1

(�1)k ak(xk � 1)kk!

est convergente.– Deuxièmement, l’on a l’égalité :

+1Xk=1

(�1)k ak(xk � 1)kk!

=Z x

1

e�at

tdt� lnx

Nous pouvons alors envisager la suite. Nous partons michèlement de :Z +1

x

e�at

tdt =

Z +1

1

e�at

tdt�

Z x

1

e�at

tdt

et il ne reste plus qu’à multiplier par eax et à utiliser la très poétique égalité précédente.

4. On suppose donc que :f(t) =

t!+1o�f!(t)

�

Essec première 89

d’où ressort multiplicativement que :

e�atf(t) =t!+1

o�e�atf!(t)

�

Nous faisons valoir que les deux fonctions :

↵ : t 7�! e�atf(t) et � : t 7�! e�atf!(t)

sont continues sur I et que la deuxième y est ouvertement positive. En outre, parce quef! a réccement rejoint notre club, nous sommes assurés de l’existence de l’intégrale dela fonction � sur l’intervalle I . On déduit alors du théorème de prépondérance des restes— la fameuse 1.a de cette partie — que :

Z +1

xe�atf(t)dt =

x!+1o

✓Z +1

xe�atf!(t)dt

◆

Voilà donc que, dans la foulée multiplicative :

eax

Z +1

xe�atf(t)dt =

x!+1o

✓eax

Z +1

xe�atf!(t)dt

◆

c’est-à-dire :g(x) =

x!+1o�g!(x)

�ce qui n’est sûrement pas pour nous déplaire.

b. On démontre mutatis mutandis que :

g(x) ⇠x!+1

g!(x)

le seul aménagement étant que le théorème de prépondérance des restes est remplacé parcelui d’équivalence mis en place au récent 1.b. Oui mais il a été également remarqué au3.a que :

g!(x) ⇠x!+1

f(x)a

La conclusion s’opère donc dans une douce transitivité et nous en profitons pour changerde partie.

Partie 3

1.a. Soit k 2 R⇤+. Cela fait une belle lurette que nous avons découvert que :

8x 2 I gk(x) =e�kx

a + k

Comme k est strictement positif, la référence exponentielle :Z +1

1e�kxdx


mène une existence paisible et le facteur 1/(a + k) ne changera rien à l’affaire.

b. Soit ! 2 R⇤+. Nous nous référons à la questions 3.a de la précédente partie qui nousautorise à asséner que : 8>>><

>>>:

g!(t) ⇠t!+1

1at!

8t 2 I1

at!> 0

La référence riemannienne : Z +1

1

dt

t!

n’existe que si, et seulement si, ! > 1 et par équivalence en signe positif il en est demême de l’intégrale : Z +1

1g!(t)dt

� Il y a une légère mismatch dans cette première question. Les réels k et ! y sont tousdeux annoncés strictement positif mais les fonctions gk du a n’ont strictement rien à voiravec les g! du b…

2. Nous commençons par remarquer que, due to the continuity on I of f and g, les deuxfonctions F etG sont — merci monsieur Darboux — les primitives respectives de f et gqui s’annulent en 1. Nous ne le redirons plus.

a. Nous attaquons en écrivant que :

G0 � aG = g � aG = U(f)� aG

d’où, par le biais d’une dérivation largement autorisée, nous déduisons que :

(G0 � aG)0 =�U(f)

�0 � ag =�U(f)

�0 � aU(f)

Une des missions mythique de la fonction U(f) étant d’être une solution du problème(Ef ), il en résulte mentalement que :

(G0 � aG)0 = �f

Comme I est un intervalle de R, la primitivation sur I de la relation précédente produitune constante C telle que :

G0 � aG = �F + C

Oui mais voilà, comme F (1) = G(1) = 0, il semble se dessiner que :

C = G0(1) = g(1)

ce qui n’est pas pour nous fâcher !

b. Il a déjà été dit que F est une primitive sur I ce qui nous rassure déjà à propos de sacontinuité sur I . Il est également dit que l’intégrale :

Z +1

1f(t)dt

Essec première 91

existe et cela signifie, par définition, que F a une limite finie en plus l’infini. Tout celastipule très classiquement que F est bornée sur I et cette dernière appartient bien àE. Lafonction constante 1 se trouve également dansE depuis fort longtemps. CommeE est unespace vectoriel la différence F � g(1) appartient à E. Nous avons appris au a que :

G0 � aG + F � g(1) = 0

Nous venons d’apprendre que F � g(1) est située dans E et nous savons depuis bellelurette que G est de classe C1 sur I . Tout cela montre que G est solution du problème(EF�g(1)). Du coup, si l’on en croit la toute première question du texte et surtout sareformulation effectuée à la fin de la question 1.d, il devrait exister une constante K(*)telle que :

8x 2 I G(x) = Keax + U�F � g(1)

�(x) = Keax + U(F )(x)� g(1)U(f0)(x)

la dernière égalité— dans laquelle f0 désigne la fonction constante égale à un des vieillesquestions 2.a et 3.a — provenant tout simplement de la linéarité de U . Cette vieillesquestions 3.a ont également révélé que, pour chaque x 2 I , l’on a :

U(f0)(x) =1a

et il semble que nous puissions passer à la question suivante.

c. Comme g = U(f) est un élément de E, c’est une fonction bornée sur I et il existedonc un réel positifM tel que :

8t 2 [1,+1[ |g(t)| 6 M

Soit alorsx > 1.Grâce à l’inégalité triangulaire intégrale et à la croissancede l’intégration,nous avons tour à tour :

|G(x)| 6Z x

1|g(t)|dt 6 M(x� 1)

l’idéale position des bornes n’étant pas étrangère à l’affaire. Vu la sympathique positivitédes un et des autres, il en résulte dans la foulée que :

|G(x)|x

6 M

ce qui devrait satisfaire tout le monde.

d. Soit x 2 I . Nous avons appris à la question b que :

K = e�axG(x)� e�axU(F )(x) +g(1)a

e�ax

(*) Elle s’appelaitC à l’époque, mais qu’à cela ne tienne…


ce que, vu la précédente question, nous préférons écrire :

K = xe�ax G(x)x

� e�axU(F )(x) +g(1)a

e�ax

Comme a n’a pas troqué sa stricte positivité, nous sommes assurés de ce que :

e�ax ��!x!+1

0 et xe�ax ��!x!+1

0

la seconde limite étant une fort classique prépondérance. Vu le côté borné de U(F ) et dex 7! G(x)/x, le passage à la limite lorsque x tend vers l’infini est autorisé et donne :

K = 0

La fin de la question se passe alors de tout commentaire.

e. Comme l’intégrale : Z +1

1f

existe, c’est par définition que nous savons que F a une limite finie, mettons `, en plusl’infini. La question 2 de la seconde partie nous a alors révélé queU(F ) y a également unelimite finie, en l’occurrence `/a. Dans ces conditions, nous ne craignons plus d’affirmerque :

G(x) ��!x!+1

`� g(1)a

chronique d’une convergence annoncée…

� Le lecteur est prié de constater que la positivité de f n’a jamais été utilisée dans notrehistoire.

3. La question précédente appliquée à |f |, montre que l’intégrale :Z +1

1U�|f |�

existe. La question 7.a de la partie 1 a, quant à elle, stipulé que :

0 6��U(f)

�� 6 U�|f |�

Grâce à l’existence ci-dessus, et au test de comparaison en signe positif nous déduisonsque l’intégrale : Z +1

1

��U(f)��

existe et nous en profitons pour éteindre les lumières…

EmLyon première 93

EmLyon première

Convergence matricielleMatrices stochastiques

Chaîne de MarkovFonction définie par une intégrale

Eureka !

Problème 1

Année Difficulté

1 ¶

Partie 1

Les matrices stochastiques de ce texte sont dites « stochastiques en lignes » parce que lasomme des éléments de chaque ligne vaut 1. On se doute qu’il y a également les petitessœurs « stochastiques en colonnes » puis carrément les « bistochastiques ».

1.a.SoitA unematrice carrée réelle d’ordre p. Comme il s’agit d’une équivalence logique,nous nous devons de nous organiser.

i. ) Nous avons deux tâches à accomplir !

– La positivité de toutes les entrées de A fait partie intégrante de la définition duqualificatif « stochastique ».


– Soit i 2 [[1, p]]. La formule du produit matriciel d’Arthur Cayley stipule que :

(AV )i =pX

j=1

AijVj =pX

j=1

Aij

la dernière égalité provenant de ce que toutes les entrées de la colonne V sont égales à1. Comme A est stochastique en ligne, notre dernière somme vaut 1 et nous avons doncbien :

AV = V

ii. ( Encore une double tâche !– Nous ne nous étendrons pas trop longtemps sur la positivité des Aij .– Soit i appartenant à [[1, p]]. C’est à nouveau grâce à la formule d’Arthur que nous

avons tour à tour et sans autre explication :

pXj=1

Aij =pX

j=1

AijVj = (AV )i = Vi = 1

b. Soit A une matrice appartenant à ST p. Nous venons d’apprendre que AV = V et àbien y regarder, la colonne V n’est pas vraiment nulle(*). Cela montre que :

1 2 SpecA

et qu’en prime :V 2 E1(A)

2. Soit A et B deux matrices appartenant à ST p. Les habitués de la double tâche semettent au travail !

– Soit i et j deux éléments de [[1, p]]. La formule royale mentionnée par deux foissupra indique ici que :

(AB)ij =pX

k=1

AikBkj

d’où déjà une lumineuse positivité des (AB)ij .– Nous avons tour à tour :

ABV = A(BV ) = AV = V

tout cela profitant allègrement de la belle caractérisation obtenue lors de la précédentequestion.

C’est d’ailleurs cette même jolie question qui, désormais, nous permet d’envisager lasuite.

(*) Never forget !

EmLyon première 95

3. Nous notons que les trois matrices A1, A2 et A3 sont stochastiques en ligne ce qui lesplace immanquablement au cœur de notre débat.

a. La matrice A1, assurément trigonale inférieure, exhibe ses valeurs propres sursa diagonale et nous constatons qu’elle en possède trois différentes(*) et réelles. Uneimportante condition suffisante assure alors que A est effectivement diagonalisable dansM3(R). Grâce à des notations évidentes et après quelques gentilles simplifications, lesystème donnant les colonnes de l’espace propre attaché à la valeur propre 1 est :

8<:

x� y = 0

x + y � 2z = 0

qui se ramène tranquillement à :x = y = z

Autant dire alors que :

E1(A1) = VectV et dimE1(A1) = 1

la non nullité de la colonne V…

b.i. Le spectre de la matrice trigonale A3 est formé des nombres 1 et 1/2 et quasimentalement l’on constate que :

E1(A3) = VectV et E1/2(A3) = Vect

24 0

01

35

Il s’ensuit que :dimE1(A3) + dimE1/2(A3) = 2

ce qui compte tenu de la cns des dimensions des espaces propres — la fameuse cns ducomptable ! — nous assure que le compte n’est pas bon du tout. La matrice stochastiqueA3 n’est donc définitivement pas diagonalisable et même C n’y pourra rien changer !

ii. Nos regards se portent naturellement sur A2 et nous observons que :

A2 � I3 =

24 0 0 0

0 �1/2 1/20 1/2 �1/2

35

Comme la troisième colonne est l’opposée de la deuxième, il ne fait pas l’ombre d’undoute que :

rg(A2 � I3) = 1

ce qui, si l’on en croit le théorème du rang, devrait nous indiquer que :

dimE1(A2) = 2

(*) Pour les initiés, il s’agit d’une trigonale star…


L’affirmation ii est donc totalement fausse !

4. Vu les dispositions du texte, nous avons :

|xi| = max�|x1|, . . . , |xp|

�

qui n’est autre que la célèbre « norme infinie » du vecteurX internationalement notée :

||X||1

a. Nous disposons bien entendu de l’égalité :

AX = �X

qui, grâce l’efficacité de la royale formule, nous amène tranquillement à :

pXj=1

Aijxj = �xi

L’inégalité triangulaire modulaire stipule alors que :

|�xi| 6pX

j=1

Aij |xj | (⇤)

le module n’ayant que peu de prise sur les Aij étant donné qu’ils sont stochastiquementpositifs. Soit alors j 2 [[1, p]]. L’argument « maximal » du texte oblige :

|xj | 6 |xi|

inégalité qui, lorsqu’on la multiplie par le positif Aij — gaffe au dangereux p4(*)—devient :

Aij |xj | 6 Aij |xi|

La sommation membre à membre, l’entier j se dandinant de 1 à p nous livre alorsl’inégalité :

pXj=1

Aij |xj | 6 |xi|pX

j=1

Aij

ou encore :pX

j=1

Aij |xj | 6 |xi|

puisque la somme des éléments de la ième de A vaut stochastiquement 1. L’inégalité (⇤)supra nous procure désormais une transitive conclusion.

(*) Le piège le plus terrible en classe de quatrième. Il consiste à multiplier les deux membres d’une inégalité par un nombre dont

le signe n’est pas contrôlé et à conserver le même sens à la sortie.

EmLyon première 97

b. Maîtrisant farpaitement le cours sur les complexes de la terminale scientifique, ilsemble que nous venons d’apprendre à l’instant que :

|�||xi| 6 |xi|

Vecteur propre oblige, la colonneX n’est sûrement pas nulle ce qui donne au module ducomplexe xi une stricte positivité tout à fait appréciée. De là à en déduire que :

|�| 6 1

il n’y a bien sûr qu’un tout minuscule pas !

� Nous venons de découvrir que le spectre complexe de n’importe quelle matricestochastique est inclus dans le disque unité fermé de C, c’est-à-dire :

8A 2 ST p SpecC A ⇢ D(0, 1)

Partie 2

1.a. Une petite récurrence devrait nous tirer d’affaire.

•Le côté stochastique de In ne pouvant échapper qu’à ceux—ou celles—qui souffrentd’une diplopie chronique avancée, l’initialisation est in the pocket.

• Supposons que, pour un certain n 2 N, la matrice An soit stochastique. La secondequestion de la partie précédente ne laisse alors aucune place au doute. Le produit :

An+1 = AnA

est une matrice stochastique et tout le monde est ravi.

b. Soit n 2 N⇤. Histoire d’alléger un peu les notations nous noterons :

M =1n

n�1Xk=0

Ak

puisque tout cela n’est pas sans évoquer une moyenne arithmétique. Cela étant et d’aprèsla question précédente, les matrices Ak sont toutes stochastiques et sont donc à entréespositives ce qui se transmet immédiatement à la matrice M . Nous avons donc gagné lepremier round. Soit maintenant i appartenant à [[1, p]]. Nous avons :

pXj=1

Mij =1n

pXj=1

n�1Xk=0

(Ak)ij =1n

n�1Xk=0

pXj=1

(Ak)ij

la dernière égalité procédant d’une indispensable inversion de sommation. Vu ce que noussavons, pour chaque k 2 [[0, n� 1]], il est stochastically indéniable que :

pXj=1

(Ak)ij = 1


à telle enseigne que, sans autre forme de procès, l’on a :

pXj=1

Mij =1n

n�1Xk=0

1 = 1

�Le résultat précédent n’est pas vraiment étonnant puisque l’ensembleST p est, en réalité,une partie convexe de l’espace vectoriel Mp(R). Soit en effet A et B deux matricesstochastiques d’ordre p et � un réel du segment [0, 1]. Notre double tâche nous appelle !

– Soit i, j deux éléments de [[1, p]]. Comme il semble difficile de s’opposer à ce que :��A + (1� �)B

�ij

= �Aij + (1� �)Bij

nous avons bien : ��A + (1� �)B

�ij

> 0

puisque c’est assurément le cas des quatre réels �, 1� �, Aij , Bij .– Soit maintenant i 2 [[1, p]]. La linéarité de la sommation indique à son tour que :

pXj=1

��A + (1� �)B

�ij

= �pX

j=1

Aij + (1� �)pX

j=1

Bij = �+ (1� �) = 1

les deux dernières égalités se suffisant à elles-mêmes.

Notre ensemble ST p est donc stable par combinaison convexe et il se trouve que lesmoyennes arithmétiques en font joyeusement partie…

2. Soit x appartenant au segment [�1, 1] et n un entier naturel non nul. Parce que celanous sera utile plus loin nous adoptons la statistique notation :

1n

n�1Xk=0

xk = x(n)

Le texte nous incitant fortement à la planification, nous n’avons pas vraiment le choix !– Si x = 1, il est totalement évident que :

x(n) = 1

et la conclusion se passe constamment de tout commentaire.– Si désormais �1 6 x < 1, la formule de la « somme géométrique » à raison

différente de 1, à savoir :

premier terme écrit� premier terme non écrit1� raison

stipule que :x(n) =

1n· 1� xn

1� x

EmLyon première 99

d’où il ressort triangulairement et quasi mentalement que :

��x(n)�� 6

1n· 21� x

la conclusion par squeeze est alors servie sur un plateau.

3. Notons :

D =

24

x1. . .

xp

35

Les dispositions du texte — tout particulièrement la « A = PDP�1 » similitude — fontque les xi sont les valeurs propres de A qui sont donc ici réelles et, depuis un certainet très récent 4.b, situées dans le segment [�1, 1] . Comme nous n’avons pas oublié lesgentilles propriétés des matrices diagonales, il ne devrait faire aucun doute que, pour toutn 2 N⇤, l’on ait :

Mn =

264

x(n)1

. . .x(n)

p

375

La question précédente révèle que les r premiers éléments diagonaux deMn tendent vers1 alors que les autres tendent tranquillement vers zéro. La définition de la convergencedes suites matricielles stipule alors qu’effectivement :

Mn ��!n!+1

�

Le théorème du produit sympathiquement admis(*) par le texte nous amène alors toutnaturellement à :

PMnP�1 ��!n!+1

P�P�1 i.e. Bn ��!n!+1

B

puisque la convergence des suites matricielles constantes…

4.a. Soit n 2 N⇤. C’est par définition de la matrice Bn que nous avons :

Bn =1n

n�1Xk=0

PDkP�1

et une relation bien connue en première année nous susurre alors à l’oreille que :

Bn =1n

n�1Xk=0

Ak

Il suffit désormais de ne pas avoir égaré la toute récente question 1.b.

b. Nous nous y prenons habituellement en deux temps.

(*) Il est toutefois très facile à démontrer !


– Soit i et j appartenant à [[1, p]] et n 2 N⇤. La question précédente nous apprenantque :

(Bn)ij > 0

il suffit d’un simple passage à la limite pour conclure à :

Bij > 0

– Soit i 2 [[1, p]] et n 2 N⇤. Nous venons de découvrir que :

pXj=1

(Bn)ij = 1

et le passage à la limite révèle cette fois que :

pXj=1

Bij = 1


� Nous venons de démontrer que :

1n

n�1Xk=0

Ak ��!n!+1

B

Le lecteur curieux pourra montrer que B2 = B et que B est en fait la matrice dans labase canonique du projecteur sur E1(A) parallèlement à Im(A� In)

Partie 3

1. Encore deux !– La positivité des entrées de A ne devrait, probablement, poser aucun problème.– Soit i 2 [[1, 3]]. La somme des entrées de la ième ligne vaut exactement :

p[X0=i ]

(X1 = 1 ) + p[X0=i ]

(X1 = 2 ) + p[X0=i ]

(X1 = 3 )

Nous observons alors que, commeX1 est à valeurs dans [[1, 3]], les trois événements :⇥X1 = 1

⇤;

⇥X1 = 2

⇤;

⇥X1 = 3

⇤

sont deux à deux disjoints et ont pour réunion l’univers des possibles ⌦ attaché àl’expérience en question. L’additivité de la probabilité p

[X0=i ]assure alors que :

p[X0=i ]

(X1 = 1 ) + p[X0=i ]

(X1 = 2 ) + p[X0=i ]

(X1 = 3 ) = p[X0=i ]

(⌦ ) = 1

ce qui n’est pas pour nous contrarier.

EmLyon première 101

2. Soit n 2 N. Vu ce que le texte se permet d’écrire, nous sommes assurés de ce que lesensembles : ⇥

Xn = 1⇤

;⇥Xn = 2

⇤;

⇥Xn = 3

⇤formentun systèmecomplet d’événementsdeprobabilitésnonnulles. Soit alors j 2 [[1, 3]].La formule des probabilités totales dans sa version conditionnée stipule alors que :

p(Xn+1 = j ) =3X

i=1

p(Xn = i )p[Xn=i ]

(Xn+1 = j )

ou encore :

(Ln+1)j =3X

i=1

(Ln)iAij = (LnA)j

la dernière égalité procédant, royalement, d’une importante formule déjà bien utiliséedepuis longtemps. Nous avons donc bien :

Ln+1 = LnA

Le reste n’est qu’une Cotonou’s induction laissée à la sagacité de notre cher lecteur.

3. Nous avons déjà constaté que :

SpecA1 =n1 , 1/2 , 1/3

o

et que :

E1(A1) = Vect

24 1

11

35

Les deux autres espaces propres se trouvent également de tête et il advient que :

E1/2(A1) = Vect

24 0

12

35 ; E1(A1) = Vect

24 0

01

35

Tout individu maîtrisant parfaitement son cours ne peut que proposer :

P1 =

24 1 0 0

1 1 01 2 1

35

qui, parce qu’elle à bien des diagonaux égaux à 1 est indéniablement recevable. Nouscalculons P�1

1 par la méthode du système de Cramer et du « gommage ». Soit donc(x, y, z) et (X,Y,Z) deux listes vérifiant :

8<:

X = x

Y = x + y

Z = x + 2y + z


C’est encore une fois mentalement que l’on en déduit :8><>:

x = X

y = �X + Y

z = X � 2Y + Z

Après le fameux gommage apparaît comme par magie :

P�11 =

24 1 0 0�1 1 01 �2 1

35

4. On trouve évidemment que :

Dn1 ��!

n!+1

24 1 0 0

0 0 00 0 0

35

et nous savons alors depuis longtemps que :

An1 ��!

n!+1

24 1 0 0

1 1 01 2 1

3524 1 0 0

0 0 00 0 0

3524 1 0 0�1 1 01 �2 1

35

Un calcul dont la poésie n’échappera à personne révèle enfin que :

An1 ��!

n!+1

24 1 0 0

1 0 01 0 0

35

5. D’après ce que nous avons admis sur les produits d’une ligne par un carré — et qui estcependant très facile à démontrer ! — il ne fait aucun doute que :

Ln ��!n!+1

L0

24 1 0 0

1 0 01 0 0

35

On trouve alors aisément que :

Ln ��!n!+1

[ 1 0 0 ]


Problème 2

Année Difficulté

2 ¶

Préliminaires

1. Où est le problème ?– La première est l’officielle série de Riemann de paramètre deux.– La deuxième est à terme général positif équivalent mentalement à 1/(4k2) et nous

supposons que le lecteur n’a pas oublié son test des équivalents.– La dernière est — la première dixit— absolument convergente.

2. Soit n 2 N⇤. L’importante formule de séparation « pair-impair » d’une somme entraînel’égalité suivante :

2n+1Xk=1

1k2

=nX

k=0

1(2k + 1)2

+nX

k=1

1(2k)2

qui se transforme mentalement en :nX

k=0

1(2k + 1)2

=2n+1Xk=1

1k2� 1

4

nXk=1

1k2

Vu l’égalité d’Euler rappelée par le texte, il devrait s’ensuivre que :nX

k=1

1(2k)2

��!n!+1

⇡2

6� 1

4· ⇡

2

6

c’est-à-dire :nX

k=0

1(2k + 1)2

��!n!+1

⇡2

8

Il suffit alors de savoir ce qu’est la somme d’une série convergente…

3. Soit à nouveau n 2 N⇤. La même formule de séparation assure cette fois et sans autreforme de procès que :

2n+1Xk=1

(�1)k

k2=

nXk=1

1(2k)2

�nX

k=0

1(2k + 1)2

=14

nXk=1

1k2�

nXk=0

1(2k + 1)2

La question 1 autorise le passage à la limite lorsque n tend vers plus l’infini, ce qui, grâceégalement à la question 2, donne exactement :

+1Xk=1

(�1)k

k2=⇡2

24� ⇡2

8i.e.

+1Xk=1

(�1)k

k2= �⇡

2

12



Partie 1

1. Soit x appartenant à J . Compte tenu de notre puissante culture, la fonction :

t 7�! tx

1 + t

est assez clairement continue sur le semi-ouvert ]0, 1] à telle enseigne que son intégralen’est impropre qu’une fois en zéro. Nous observons alors — noter l’effet culbuto ! —que : 8>>><

>>>:

tx

1 + t⇠

t!0t>0

1t�x

8t 2 ]0, 1]1

t�x> 0

Comme x appartient à J , nous avons �x < 1, ce qui confère à la référence :

Z 1

0

dt

t�x(1)

une existence bien méritée. Par équivalence en signe positif, il en est désormais de mêmede : Z 1

0

tx

1 + tdt

2. Un élève de terminale n’aurait aucun mal à trouver que :

f(0) = ln 2

En ce qui concerne l’autre valeur, il suffit de noter que, pour tout réel t différent de �1,l’on a :

t

1 + t= 1� 1

1 + t

pour en déduire dans la foulée que :

f(1) = 1� ln 2

3. Soit x appartenant à J . Nous espérons ne choquer personne en prétendant que :

8t 2 ]0, 1] 0 6tx

1 + t6 tx

L’existence de la référence (1) supra—non culbutée cette fois ! — autorise l’intégrationsur le semi-ouvert ]0, 1], ce qui donne exactement :

0 6 f(x) 6Z 1

0txdt =

1x + 1


l’égalité finale— célébre intégrale de Bonaventura Cavalieri— reposantmentalement surla stricte positivité de x+1. Le squeeze est alors impitoyable. Nous avons effectivement :

f(x) ��!x!+1

0

4.a. Soit x et y deux éléments de J vérifiant x 6 y et t un réel du semi-ouvert ]0, 1]. Ilme semblait que la décroissance de l’exponentielle de base t était un fait acquis depuisbelle lurette, mais comme cela ne semble pas être le cas ici, nous nous plions !

Comme ln t est négatif, nous déduisons que :

y ln t 6 x ln t

et comme exp est croissante surR—eut-il fallu le redémontrer également ?— il advientque :

ey ln t 6 ex ln t i.e. ty 6 tx

ce qui achève cette sacrée question !

b. Soit à nouveau x et y dans J vérifiant x 6 y. Vu la précédente question, il ne semblepas indécent d’affirmer que :

8t 2 ]0, 1]ty

1 + t6

tx

1 + t

La question 1 autorise alors l’intégration sur le semi-ouvert ]0, 1] et la croissance de cettedernière amène exactement à :

f(y) 6 f(x)

puisque les bornes…

5. Soit x 2 J . Nous notons que le réel x + 1 appartient également à J et la linéarité del’intégration conduit alors à :

f(x) + f(x + 1) =Z 1

0

tx + tx+1

1 + tdt =

Z 1

0txdt

la dernière égalité se passant évidemment de tout commentaire. Nous tombons derechefsur l’intégrale de Bonaventura déjà rencontrée supra et l’on a effectivement :

f(x) + f(x + 1) =1

x + 1

6. Soit x un réel strictement positif. Comme x � 1, x et x + 1 appartiennent à J , ladécroissance de f sur ce dernier permet de revendiquer la double inégalité :

f(x + 1) 6 f(x) 6 f(x� 1)

d’où il ressort sur-le-champ :

f(x) + f(x + 1) 6 2f(x) 6 f(x� 1) + f(x)


Si l’on en croit la propriété fonctionnelle que nous venons de découvrir à l’instant, celas’écrit également :

1x + 1

6 2f(x) 61x

qui après l’avoir multipliée par le positif x devient gentiment :

x

x + 16 2xf(x) 6 1

Le squeeze est à nouveau impitoyable. Il assène que :

2xf(x) ��!x!+1

1

chronique d’une équivalence annoncée…

7.a. Soit k 2 N. Comme x + k appartient ouvertement à J la propriété fonctionnelle dela question 5 révèle que :

1x + k + 1

= f(x + k) + f(x + k + 1)

d’où l’on déduit very smartly que :

(�1)k

x + k + 1= (�1)kf(x + k)� (�1)k+1f(x + k + 1)

puisque nous venons de créer un joli télescope arrivant à point nommé. Soit alors n 2 N.C’est justement par télescopage que nous parvenons à :

nXk=0

(�1)k

x + k + 1= f(x)� (�1)n+1f(x + n + 1)


b. Soit n 2 N. Nous venons à l’instant de montrer que :

nXk=0

(�1)k

x + k + 1= f(x) + (�1)nf(x + n + 1)

La question 3 nous a appris que :

f(x + n + 1) ��!n!+1

0

et la suite n 7! (�1)n est bornée. Il semble qu’il n’en faille pas plus pour revendiquer :

nXk=0

(�1)k

x + k + 1��!n!+1

f(x)

Le reste n’est alors qu’affaire des tous premiers rudiments de la théorie des séries.


8.a. Soit x, y appartenant à J et k appartenant à N⇤. Une gentille réduction au mêmedénominateur indique que :

1k + 1 + x

� 1k + 1 + y

=y � x

(k + 1 + x)(k + 1 + y)

et voilà donc que :�� 1k + 1 + x

� 1k + 1 + y

�� =|x� y|

(k + 1 + x)(k + 1 + y)

puisque les déjà positifs sont naturellement dispensés de valuation. A côté de cela et à lalumière de la positivité des réels x + 1 et y + 1, il va être difficile de s’opposer à ce que :

1(k + 1 + x)(k + 1 + y)

61k2

puisque k a été annoncé strictement positif. Il ne reste plus désormais qu’à multiplier parle positif |y � x| pour conclure ce début de question.� Il eut été possible d’invoquer l’inégalité des accroissements finis mais cela auraitsûrement ressemblé à un canon pour tuer une mouche…

Soit à nouveau x et y dans J ainsi qu’un prudent entier naturel non nul n. La linéarité dela sommation et l’inégalité triangulaire font d’abord assez tranquillement que :

��nX

k=0

(�1)k

k + 1 + x�

nXk=0

(�1)k

k + 1 + y

�� 6nX

k=0

�� 1k + 1 + x

� 1k + 1 + y

��Vu ce qui s’est passé au début, il semble urgent d’isoler le terme d’indice k = 0 qui vautquasi mentalement et positivement :

|x� y|(x + 1)(y + 1)

à telle enseigne que finalement :��

nXk=0

(�1)k

k + 1 + x�

nXk=0

(�1)k

k + 1 + y

�� 6|x� y|

(x + 1)(y + 1)+

nXk=1

�� 1k + 1 + x

� 1k + 1 + y

��Nous pouvons alors appliquer le début de la question aux termes de la dernière sommede droite et voilà donc transitivement que :

��nX

k=0

(�1)k

k + 1 + x�

nXk=0

(�1)k

k + 1 + y

�� 6 |x� y|✓

1(x + 1)(y + 1)

+nX

k=1

1k2

◆

Le préliminaire et la récente question 7.a légalisent la possibilité de passer à la limitelorsque n tend vers plus l’infini. Cela donne sur-le-champ :

��f(x)� f(y)�� 6 |x� y|

✓1

(x + 1)(y + 1)+⇡2

6

◆


ce qui n’est pas pour nous déplaire.

b. Soit a 2 J . Nous venons d’apprendre que, pour tout x de J l’on a :

��f(x)� f(a)�� 6 |x� a|

✓1

(x + 1)(a + 1)+⇡2

6

◆

Lorsque x tend vers a, la grosse parenthèse tend sans souci vers :

1(a + 1)2

+⇡2

6

alors que |x� a| a une genuine velléité d’aller plutôt vers zéro. C’est encore grâce à unfatal squeeze que nous déduisons de tout cela que :

��f(x)� f(a)�� !

x!a0

La fonction f est donc, par définition, continue en a et comme cela vaut pour tous les ade J…

9. Soit x 2 J . La propriété fonctionnelle de la question 5 stipule cette fois que :

(x + 1)f(x) = 1� (x + 1)f(x + 1)

La continuité de f que nous venons d’atteindre magistralement signale qu’en particulier :

f(x + 1) ��!x!�1

f(0)

Du coup et sans l’ombre d’un doute :

(x + 1)f(x) ��!x!�1

1

d’où déjà l’équivalence souhaitée. Maintenant, comme :

1x + 1

��!x!�1x>�1

+1

le copain équivalent est obligé de l’imiter et voilà donc que :

f(x) ��!x!�1x>�1

+1

Partie 2

Avant de commencer nous confirmons que, pour tout k 2 N, la fonction gk esteffectivement de classe C2 sur J , pour la simple et bonne raison qu’elle y est carrément de


classe C1 vu qu’ell y est rationnelle(*) et définie. En outre et parce que nous en auronsbientôt besoin nous faisons valoir que :

8u 2 J g0k(u) =(�1)k+1

(k + 1 + u)2et g00k (u) =

2(�1)k

(k + 1 + u)3

1. Soit k un entier naturel non nul et x, y deux réels de l’intervalle J . Soit également uun troisième larron de l’intervalle J . Vu les situations géographiques du réel u + 1 et del’entier k nous nous autorisons à affirmer sans autre forme de procès que :

��g00k (u)�� 6

2k3

ce qui nous fournit un gentil majorant sur J de la valeur absolue de g00k . Au vu et au sude tout ce qui vient d’être dit, tout semble définitivement en place pour appliquer à gk

l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 entre x et y and the result is :

��gk(y)� gk(x)� (y � x)g0k(x)�� 6

(y � x)2

2· 2k3

Après une bénigne simplification et quelques aménagements de signes, nous réclamonsla victoire !

2.a. Soit x 2 J . La première est l’officielle série de Riemann de paramètre 3 et la valeurabsolue du terme général de la seconde est positive et manifestement équivalente à 1/k2.Le lecteur étant tenu de connaître farpaitement le principe des équivalents en signe positif,le théorème de convergence absolue et les séries de Bernhard, nous pouvons envisager lasuite.

b. Soit a et x deux éléments de J et, encore une fois, an advisable integer non nul.Grâce aux arguments développés au récent 8.a il ne devrait pas être vraiment difficile dese convaincre de ce que :

��nX

k=0

gk(x)�nX

k=0

gk(a)� (x� a)nX

k=0

g0k(a)�� 6

nXk=0

��gk(x)� gk(a)� (x� a)g0k(a)��

L’isolation du terme d’indice k = 0 est encore d’actualité et un calcul élémentaire lerévèle égal à :

(x� a)2

(1 + x)(1 + a)2

A côté de cela, la toute récente question 1 révèle quant à elle et en toute franchise que :

nXk=1

��gk(x)� gk(a)� (x� a)g0k(a)�� 6 (x� a)2

nXk=1

1k3

(*) Nous rappelons que toute fonction rationnelle est de classe C1 sur tout domaine sur lequel elle est définie.


et nous ne craignons plus d’asséner que :��

nXk=0

gk(x)�nX

k=0

gk(a)� (x� a)nX

k=0

g0k(a)�� 6 (x� a)2

✓1

(1 + x)(1 + a)2+

nXk=1

1k3

◆

La question 7.b de la partie précédente et la récente 2.a autorisent de concert la passageà la limite lorsque l’entier n tend vers plus l’infini qui donne exactement :

��f(x)� f(a)� (x� a)+1Xk=0

g0k(a)�� 6 (x� a)2

✓1

(1 + x)(1 + a)2+ ⇣(3)

◆

puisque ⇣(3) est le nom international(*) de la somme de la série de Bernhard Riemann deparamètre 3. Nous alons désormais supposer x 6= a puis diviser par le strictement positif|x� a|. This exactly yields :

��f(x)� f(a)x� a

�+1Xk=0

g0k(a)�� 6 |x� a|

✓1

(1 + x)(1 + a)2+ ⇣(3)

◆

La grosse parenthèse ayant en a la limite pépère :

1(1 + a)3

+ ⇣(3)

le squeeze guette encore et nous apprend sans conteste que :

f(x)� f(a)x� a

��!x!a

+1Xk=0

g0k(a)

Cela montre, par définition, que f est dérivable en a et que :

f 0(a) =+1Xk=0

g0k(a)

et vu que tout cela vaut pour chaque réel a 2 J…

c. Il vient d’être dit que :

f 0(0) =+1Xn=0

(�1)n+1

(n + 1)2=

+1Xn=1

(�1)n

n2

la dernière égalité procédant d’un évident changement d’indice. La question 3 dupréliminaire est alors formelle. Nous avons :

f 0(0) = �⇡2

12

(*) Plus généralement, pour tout réel s>1, l’on note ⇣(s) la somme de la série de Riemann de paramètre s.


3. Here you are ! Le lecteur observera que notre repère n’est pas vraiment orthonormémais qu’à cela ne tienne…

-!

ln "

#


Edhec

OptimisationEndomorphisme symétrique

ConvolutionConvergence complète

Eureka !

Exercice 1

Année Difficulté

2 ¶

Le texte semble vouloir nous faire cadeau de ce que U est une authentique partie ouvertede Rn, mais il n’est pas trop difficile de le vérifier. Considérons en effet, pour chaqueentier i 2 [[1, n]], l’ensemble :

Ui =�x 2 Rn | xi > 0

Il n’est autre que l’image réciproque de l’ouvert ]0,+1[ de R par la ième projectioncoordonnée. Comme cette dernière est officiellement continue sur Rn, l’ensemble Ui estouvert comme l’atteste le théorème des images réciproques de Félix Hausdorff. Il restealors à faire valoir que :

U = U1 \ . . . \ Un

et à invoquer le théorème des intersections finies du même Félix.

1. La fonction fn est rationnelle à n variables, elle est donc de classe C2 sur tout ouvertsur lequel elle est définie, et tout particulièrement sur U .

Edhec 113

2. Soit x 2 U et i 2 [[1, n]]. Nous avons :

@fn

@xi(x) =

nXk=1

1xk� 1

x2i

nXk=1

xk

– Supposons alors que a soit un point critique de fn. C’est un point deU qui vérifie :

8i 2 [[1, n]]nX

k=1

1ak

=1a2

i

nXk=1

ak i.e. a2i =

a1 + · · · + an

a�11 + · · · + a�1

n

Comme les ai sont positifs, il s’ensuit mentalement que :

a1 = · · · = an

– Soit maintenant ↵ > 0 et :

a = (↵,↵, . . . ,↵)

C’est un élément de U qui annule certainement toutes les dérivées partielles de fn.

Il résulte alors de ces deux choses que les points critiques de fn sont exactement les :

a = (↵,↵, . . . ,↵) où ↵ 2 R⇤+

Il y en a donc effectivement une infinité.

3.a. Soit x 2 U et i, j deux entiers de [[1, n]]. Nous rappelons que la jème dérivée partiellede la ième projection coordonnée vaut classiquement �ij où, à la surprise générale le « � »est celui de Leopold Kronecker. Il en résulte alors fort aisément que :

@2fn

@xj@xi(x) = � 1

x2j

� 1x2

i

+2�ijx3

i

nXk=1

xk

b. Soit alors a un point critique de fn. Il existe, depuis la question 2, un réel strictementpositif ↵ tel que :

a = (↵,↵, . . . ,↵)

Après une gentille simplification, nous déduisons de la question précédente que :

8i 2 [[1, n]] 8j 2 [[1, n]]@2fn

@xj@xi(a) = � 2

↵2+

2n↵2�ij

et voilà donc que :r2fn(a) =

2↵2

Kn

chronique d’une proportionnalité annoncée.


4.a. Vu le faciès de ses colonnes, nous avons sans ambages :

rgJn = 1

Vu que n est donné supérieur ou égal à deux, nous avons :

rgJn < n

et le test du rang est formel. La matrice Jn n’est pas inversible et 0 est donc bien une deses valeurs propres. Si l’on en croit maintenant le théorème du rang, nous devrions avoir :

dimE0(Jn) = n� rgJn = n� 1

ce qui nous fait un énorme espace propre pour ne pas dire hyperplanien !

b. Il n’a pu échapper à personne que :

Jn

2664

11...1

3775 = n

2664

11...1

3775

La colonne que nous avons devant les yeux n’étant ouvertement pas nulle, nous disposonsd’une nouvelle valeur propre de Jn, en l’occurrence l’entier n. Nous en profitons pourrappeler deux importantes choses concernant les espaces propres d’une matrice donnée.

– Ses espaces propres ont toujours une dimension supérieur ou égale à 1.– Toute somme de dimensions d’espaces propres attachés à des valeurs propres

différentes ne peut excéder le « n » ambiant, ce qui constitue la fameuse règle de non-dépassement.

Forts de ces deux scoops, nous pouvons affirmer que Jn n’a pas d’autre valeur propre que0 et n, et nous retrouvons ainsi l’archi classique :

SpecJn = {0, n}

Le facile thème « spectre et affinité » assure alors que :

SpecKn = {0, n}

c. Il en résulte que :0 2 Specr2fn(a)

et notre hessienne n’est donc pas strictement(*) positive. Vu que nous connaissons nosclassiques, nous ne pouvons effectivement pas conclure.

5.a. Soit x1, x2 deux réels quelconques. Grâce à deux identités très remarquées en classede quatrième, nous avons :

(x1 + x2)2 � 4x1x2 = (x1 � x2)2

(*) Elle est cependant positive.

Edhec 115

et par conséquent :(x1 + x2)2 > 4x1x2

b. Soit (x1, x2) 2 U et ↵ > 0 à telle enseigne que (↵,↵) est critique pour f2 Aprèsquelques réductions au même dénominateur, nous avons tour à tour :

f2(x1, x2)� f2(↵,↵) =(x1 + x2)2

x1x2� 4 =

(x1 + x2)2 � 4x1x2

x1x2

Vu que le produit x1x2 est positif, nous déduisons de la précédente question que :

f2(x1, x2)� f2(↵,↵) > 0

La fonction f2 admet donc en chacun de ses points critiques un minimum global égal à 4.

6. Soit x 2 U . Nous décidons d’appliquer l’inégalité de Cauchy-Schwarz-Bouniakovskiaux vecteurs u et v de Rn définis par :

8i 2 [[1, n]] ui =p

xi et vi =1pxi

Elle se décline tout simplement en :

✓ nXi=1

uivi

◆2

6nX

i=1

u2i

nXi=1

v2i

c’est-à-dire, physio, phisio :n2 6 fn(x)

Oui mais voilà, en chaque point critique a de fn, nous avons justement :

fn(a) = n2

So…

Exercice 2

Année Difficulté

2 ¶

1. D’après la formule « dimension d’un orthogonal », l’on a :

dim�Vectu)? = dimE � dimVectu

ce qui, puisque u n’est pas nul, devient exactement :

dim�Vectu)? = n� 1


2. As usual, nous nous organisons en deux temps.– Soit x appartenant à E. Comme � et (x | u ) sont deux réels, la combinaison

linéaire :� (x | u )u + x

est un vecteur de E et f� aplique donc bien E dans lui-même.– La linéarité de f� repose, essentiellement, sur la bilinéarité du produit scalaire.

3. Soit x 2 E. Grâce à la linéarité de f et à la réalité de � et (x | u ), nous avons :

f�

�f�(x)

�= � (x | u ) f�(u) + f�(x)

Oui mais voilà, comme u est unitaire, il ne fait aucun doute que :

f�(u) = �u + u = (�+ 1)u

et nous découvrons alors que :

f�

�f�(x)

�= (�+ 1)� (x | u )u + f�(x)

ce qui, après ouverture des mirettes, devient tour à tour :

f�

�f�(x)

�= (�+ 1)

�f�(x)� x

�+ f�(x) = (�+ 2)f�(x)� (�+ 1)x

Comme cela vaut pour tous les x appartenant à E, il s’ensuit que :

f2� = (�+ 2)f� � (�+ 1) Id


4.a. Soit x et y appartenant àE. La bilinéarité du produit scalaire et certaines réalités déjàmentionnées font que :

( f�(x) | y ) = � (x | u ) (u | y )+ (x | y )

alors que, pour les mêmes raisons :

(x | f�(y) ) = � ( y | u ) (x | u )+ (x | y )

Le produit scalaire est symétrique depuis les origines. So…

b. Nous avons déjà indiqué que :

f�(u) = (�+ 1)u

Soit maintenant v appartenant à l’orthogonal de Vectu. Nous avons mentalement :

f�(v) = v

Edhec 117

c. Comme u n’est toujours pas nul, la première égalité du b montre déjà que :

�+ 1 2 Spec f� et u 2 E�+1(f�)

D’autre part, il a été dit lors de la question 1 que :

dim�Vectu)? = n� 1

Comme n est supérieur ou égal à 2 — il est à noter que c’est la première fois que l’onutilise cette hypothèse — nous avons tout loisir de choisir un vecteur v0 de

�Vectu)?

ayant la particularité d’être non nul(*). La deuxième égalité du b révèle alors que :

1 2 Spec f� et�Vectu)? ⇢ E1(f�)

Nous ajoutons aussi, en remerciant le théorème du sous-espace, que du coup :

dimE1(f�) > n� 1

Lors de l’exercice 1, nous avons rappelé deux allégations proprement incontournables, enl’occurrence :

– un espace propre n’est jamais nul et sa dimension vaut donc au moins 1.– la règle de non dépassement selon laquelle une somme de dimensions d’espaces

propres différents — d’un même endomorphisme s’entend ! — ne peut excéder ladimension de l’espace ambiant.

Nous mettons alors en avant que, because � 6= 0, les espaces propres E�+1(f�) et E1(f�)sont différents et que, compte tenu de tout ce que nous savons :

dimE1(f�) + dimE�+1(f�) > n

Cela oblige manu militari :

dimE�+1(f�) = 1 et dimE1(f�) = n� 1

sans quoi nous aurions un petit poil qui dépasse et nous avons indubitablement :

Spec f� =�1,�+ 1

D’autre part, comme u n’est toujours pas nul et que, depuis une belle lurette, il appartientà la désormais droite E�1(f�), il ne fait aucun doute que :

E�+1(f�) = Vectu

Enfin, il est maintenant acquis que :�Vectu)? ⇢ E1(f�) et dimE1(f�) = dim

�Vectu)?

(*) Never forget !


Le fondamental théorème du sous-espace — encore lui ! — stipule alors que :

E1(f�) =�Vectu)?

En résumé, les éléments propres de f� sont :

Spec f� =�1,�+ 1

E�+1(f�) = Vectu et E1(f�) =�Vectu)?

5.a. Lorsque � = �1, la relation d’annulation de la question 3 devient :

f2� = f�

et nous n’avons rien à ajouter.

b. Vu l’« unitarité » de son vecteur intérieur, la famille (u) est une base orthonormaledu sous-espaceVectu. L’importante formule « projection orthogonale via base orthonor-male » stipule alors que l’application :

p : x 7�! (x | u )u

n’est autre que le projecteur orthogonal sur Vectu. Nul ne peut alors ignorer que Id�pest le projecteur orthogonal sur

�Vectu)? et à bien y regarder :

Id�p = f�1

So…

Exercice 3

Année Difficulté

2 ¶

1.a. C’est un transfert affine très élémentaire. Comme Y est à densité, la variable �Yl’est également et elle admet pour densité la fonction f�Y

définie sur R par :

8t 2 R f�Y(t) = f

Y(�t)

Compte tenu de la loi uniforme de Y , cela se détaille en :

8t 2 R f�Y(t) =

8>><>>:

1a

si � a < t 6 0

0 sinon

Edhec 119

� Autant dire, c’était prévisible, que �Y suit la loi uniforme sur ]� a, 0].

b. Nous mettons en avant les choses suivantes :– Les variablesX et Y étant, par hypothèse, indépendantes, le lemme des coalitions

assure qu’il en est de même deX et �Y et c’est déjà une bonne chose.– La variableX est à densité par hypothèse et�Y l’est également depuis la question

précédente.– Loi uniforme oblige, f

Xest bornée au voisinage de plus et moins l’infini

puisqu’elle y est carrément nulle.

Tout cela déclenche le théorème de convolution qui affirme que X � Y est une variableà densité et que l’une de ses densités f

X�Yest définie sur R par :

8x 2 R fX�Y

(x) =Z +1

�1f

X(t)f�Y

(x� t)dt

Soit alors x 2 R. Si l’on en croit la question précédente, l’on a :

8t 2 R f�Y(x� t) =

8>><>>:

1a

si x 6 t < x + a

0 sinon

à telle enseigne que l’on a déjà :

fX�Y

(x) =1a

Z x+a

xf

X(t)dt

Il nous faut maintenant imaginer le graphe de fXqui regarde défiler le segment [x, x+a]

comme une vache regarde défiler les trains. Cette bucolique remarque nous suggère leplan suivant :

– Si x + a < 0, c’est-à-dire si x < �a, la fonction fXest nulle sur [x, x + a] et par

conséquent :f

X�Y(x) = 0

– Si �a 6 x < 0, la fonction fXest nulle sur [x, 0[ alors qu’elle est constamment

— et uniformément !— égale à 1/a sur [0, x + a] vu que :

[0, x + a] ⇢ [0, a[

Nous avons du coup :

fX�Y

(x) =1a2

Z x+a

0dt =

a + x

a2

– Si 0 6 x < a, le même type d’investigation montre que fXvaut constamment

1/a sur [x, a[ alors qu’elle est nulle sur [a, a + x]. Nous avons cette fois :

fX�Y

(x) =1a2

Z a

xdt =

a� x

a2


– Si, pour finir, x > a, la fonction fXest nulle sur [x, x + a] et par conséquent :

fX�Y

(x) = 0

A bien y regarder, nous avons établi que :

8x 2 R fX�Y

(x) =

8>><>>:

a� |x|a2

si � a 6 x < a

0 sinon

ce qui mentalement s’écrit également :

8x 2 R fX�Y

(x) =

8>><>>:

a� |x|a2

si � a 6 x 6 a

0 sinon

puisque nous sommes tenus de répondre précisément aux questions posées !

2.a. Le transfert « valeur absolue » fait également partie des grands classiques et puisqueles variables à densité ne chargent aucun point on trouve sans aucune autre difficulté que :

8x 2 R H(x) =

8<:

0 si x < 0

G(x)�G(�x) si x > 0

Nous laissons au lecteur le soin de se charger de l’intendance.

b. Il se trouve — c’est suffisamment rare pour ne pas le mentionner — que la densitég est continue sur R tout entier. De ce fait la répartition G y est de classe C1. L’égalitéde la question précédente et les théorèmes généraux font alors queH est de classe C1 surR \ {0}. En outre, vu la première facette de H , la continuité à gauche en zéro de cettedernière est, quasi mentalement, in the pocket vu que H(0) = 0. Du coup, la répartitionH est continue sur R et de classe C1 sur R \ {0} et cela démontre que Z est à densité.Nous pouvons alors lui proposer pour densité la fonction f

Zdéfinie sur R par :

8x 2 R fZ(x) =

8<:

0 si x 6 0

g(x) + g(�x) si x > 0

ce qui, parce que g est ouvertement paire, devient gentiment :

8x 2 R fZ(x) =

8<:

0 si x < 0

2g(x) si x > 0

Il reste alors à gérer les facettes de g. Nous observons à cet effet que :

Edhec 121

– Si 0 6 x 6 a, l’on a :2g(x) =

2(a� x)a2

alors que :– Si a < x, l’on a 2g(x) = 0.

Notre fonction fZest donc exactement la fonction h du texte et tout le monde est ravi.

3. La variable Z prend clairement ses valeurs dans [0, a]. Il s’agit donc d’une variablebornée qui, à ce titre, possède tous les moments du monde !

– En ce qui concerne son espérance, nous avons :

E(Z) =2a2

Z a

0x(a� x)dx

et l’on trouve aisément :E(Z) =

a

3

– On a également :

E(Z2) =2a2

Z a

0x2(a� x)dx =

a2

6

le calcul de l’intégrale étant élémentaire. L’égalité de Kœnig-Huygens apporte alors surun plateau :

V (X) =a2

18

4. L’idée est la suivante. Si une variable aléatoire U suit la loi uniforme sur [0, 1[, alors,pour chaque a strictement positif, aU suit évidemment la loi uniforme sur [0, a[. Voicidonc notre proposition :

function z(a : real) : real ;var x, y : real ;beginx := a ⇤ random ; y := a ⇤ random ; z := abs(x� y) ;end ;


Problème

Année Difficulté

2 ¶¶

Préliminaire

1.a. Soit k 2 N⇤. La fonction t 7! 1/p

t étant assez clairement décroissante surR⇤+, nousavons déjà :

8t 2 [k, k + 1]1p

k + 16

1pt

61pk

La continuité ambiante et la croissance de l’intégration sur [k, k + 1] terminent l’affairepuisque les bornes furent idéalement orientées.

b. Soit n un entier supérieur ou égal à 2. Nous pouvons ajouter membre à membre lesinégalités du a, l’entier k y gambadant de 1 à n� 1. Grâce à la relation de Chasles, celadonne :

n�1Xk=1

1pk + 1

6Z n

1

dtpt

6n�1Xk=1

1pk

Il suffit alors d’opérer le changement d’indice k := k + 1 dans la première somme.

� La ressemblance avec la méthode d’encadrement de Maclaurin-Cauchy est plus qu’unesimple coïncidence…

2. Soit n 2 N⇤. Il semble que nous devions planifier un poquitın.– Si n = 1, la propriété demandée est totalement évidente.– Si n est maintenant supérieur ou égal à deux, nous commençons par noter que :

Z n

1

dtpt

=h

2p

tin

1= 2

pn� 2

L’encadrement du précédent b devient alors :

nXk=2

1pk

6 2p

n� 2 6n�1Xk=1

1pk

Nous observons alors que :– Si l’on ajoute 1 aux deux membres de l’inégalité de gauche, l’on obtient exacte-

ment :nX

k=1

1pk

6 2p

n� 1

le nombre 1 ayant raccroché les wagons de la somme en s’y installant en index k = 1.

Edhec 123

– Vu l’inégalité de droite et la gentille positivité ambiante, c’est a fortiori que nousavons :

2p

n� 2 6nX

k=1

1pk

Nous pouvons donc passer à la suite.

Partie 1

1. Soit ✏ > 0. Il est dit par hypothèse que la série :Xn>1

p( |Xn �X| > ✏ )

est convergente. La condition nécessaire de convergence d’une série oblige alors :

p( |Xn �X| > ✏ ) ��!n!+1

0

ce qui n’est autre que la définition de la convergence en probabilité de la suite (Xn) versla variableX .

2.a. Soit n 2 N⇤. Loi de Poisson oblige, nous avons tour à tour :

p(Yn > 1 ) = 1� p(Yn = 0 ) = 1� e�1/n

b.Soitn 2 N⇤. Les variables de Poisson sont à valeurs entières. Comme ✏ est strictementpositif, nous revendiquons l’inclusion :

⇥Yn > ✏

⇤⇢⇥Yn > 1

⇤La croissance de la probabilité entraîne alors que :

p(Yn > ✏ ) 6 p(Yn > 1 )

Au vu et au su de la question 1, l’on a probablement :

0 6 p(Yn > ✏ ) 6 1� e�1/n

c. Soit à nouveau ✏ > 0. Il y a un indéniable squeeze dans l’encadrement du b et parconséquent :

p(Yn > ✏ ) ��!n!+1

0

Comme les variables de Poisson sont positives ou nulles, cela est exactement la définitionde :

YnP

��!n!+1

0

d. Grâce à la récente 2.a et à l’équivalence standard :

eu � 1 ⇠u!0

u


nous sommes en mesure d’affirmer que :

8>>><>>>:

p(Yn > 1 ) ⇠n!+1

1n

8n > 11n

> 0

La série harmonique est connue pour sa divergence. Par équivalence en signe positif, nousdéduisons celle de la série : X

n>1

p(Yn > 1 )

ce qui, toujours parce que les variables poissoniennes sont positive ou nulles, indique quela suite (Yn) ne converge pas complètement vers la variable nulle.

Partie 2

Notons avant de commencer que, pour chaque entier n > 1, l’espérance de la variable Sn

existe et est clairement strictement positive. Cela donne tout son sens à la variable Zn.1.a. Soit n 2 N⇤. La linéarité de l’espérance assure que :

E(Sn) =nX

k=1

1pk

alors que, vu l’indépendance deux à deux des Bk, l’on a :

V (Sn) =nX

k=1

1pk

✓1� 1p

k

◆= E(Sn)�Hn

où, as usual, Hn désigne le nème nombre harmonique, en l’occurrence :

Hn = 1 +12

+ · · · + 1n

=nX

k=1

1k

b. No comment !

2.a. Soit ✏ > 0 et n 2 N⇤. Grâce à la linéarité de l’espérance et à la formule « varianceet affinité », nous avons :

E(Zn) = 1 et V (Zn) =V (Sn)�E(Sn)

�2Grâce au b et à la sympathique positivité ambiante, il s’ensuit que :

V (Zn) 61

E(Sn)

Edhec 125

L’inégalité de Bienaymé-Tchebycev appliquée à la variable Zn donne alors :

p( |Zn � 1| > ✏ ) 6V (Zn)✏2

d’où découle transitivement et positivement :

p( |Zn � 1| > ✏ ) 61

✏2E(Sn)

b. Soit n 2 N⇤. La question 2 du préliminaire a révélé que :

E(Sn) > 2p

n� 2

Comme le côté droit tend allègrement vers plus l’infini en plus l’infini, il s’avère parsqueeze à l’infini que :

E(Sn) ��!n!+1

+1

Il y a alors un incontestable squeeze dans l’encadrement(*) de la question précédente etvoilà donc que :

p( |Zn � 1| > ✏ ) ��!n!+1

0

ce qui se traduit effectivement par :

ZnP

��!n!+1

1

3. Soit ✏ > 0 et n un entier supérieur ou égal à deux. La question 2 du préliminaire révèleque :

0 < 2(n2 � 1) 6 E(Sn4)

d’où l’on déduit :1

E(Sn4)6

12(n2 � 1)

Le réel ✏2 n’ayant pas un signe tordu, la récente question 2.a amène naturellement ettransitivement à :

0 6 p( |Zn4 � 1| > ✏ ) 61

2✏2(n2 � 1)

Comme il est très facile de voir que la série :

Xn>2

1n2 � 1

converge — c’est de l’équivalence mentale en signe positif — par comparaison en signepositif la série : X

n>1

p( |Zn4 � 1| > ✏ )

(*) Les probabilités sont positives…


converge également.

4. A partir de là, c’est du grand n’importe quoi ! Le concepteur s’est complètementfourvoyé. La suite du texte avait pour but d’établir la convergence complète de la fameusesuite (Zn) vers la variable certaine égale à un, but qu’elle n’atteindra définitivementjamais…

La situation est en réalité plus compliquée qu’il n’y paraît. Une façon de faire est d’utiliserune inégalité — dite de concentration — que voici :

l’inegalite de Sergueı Bernstein et George Bennet :

Soit n un entier naturel non nul, (⌦, T ,p) un espace probabilisé et X1, . . . ,Xn desvariables aléatoires réelles définies sur cet espace.

On suppose que :

i. Les variablesX1, . . . ,Xn sont indépendantes et possèdent une espérance ;

ii. Il existe un réel c > 0 tel que :

8k 2 [[1, n]] |Xk �E(Xk)| 6 c

ce qui, dans la foulée, donne une variance aux Xk.

L’on note alors :

Sn = X1 + · · · + Xn et vn = V (Sn) = V (X1) + · · · + V (Xn)

et l’on a :

8t > 0 p( |Sn �E(Sn)| > t ) 6 2 exp

✓� t2

2�vn + tc/3

�◆

Dans le cas présent ce bazouka permet aisément d’en déduire que, lorsque le réel ✏appartient à l’ouvert ]0, 1[— ce qui est largement suffisant pour notre affaire —, l’on a :

8n > 1 p( |Zn � 1| > ✏ ) 6 2 exp

✓�✏

2E(Sn)4

◆

qui, si l’on en croit la question 2 du préliminaire amène, dans les mêmes conditions, à lamajoration :

8n > 1 p( |Zn � 1| > ✏ ) 6 Ke�✏2p

n/2

où, histoire d’alléger un peu l’atmosphère, nous avons décidé du baptême :

K = 2e✏2/2

Un n2-shot montre aisément que la série :Xn>1

e�✏2p

n/2

converge et la conclusion passe alors par le théorème de comparaison en signe positif.

Ecricome 127

Ecricome

Equivalents d'intégrales impropresOptimisation hermitienneLoi de Gumbel-Gompertz

Collector's problem

Eureka !

Exercice 1

Année Difficulté

2 ¶

1.a. Soit n 2 N⇤ et t 2 [0, 1[. La formule de la « somme géométrique », lorsque la raisonest différente de 1, formule que l’on retient souvent grâce à la mnémotechnique :

premier terme écrit� premier terme non écrit1� raison

nous indique que :1 + t + · · · + tn�1 =

1� tn

1� tL’inversion de ce réel ouvertement non nul nous amène alors tranquillement et tour à tourà :

11 + t + · · · + tn�1

� (1� t) =1� t

1� tn� (1� t) =

(1� t)tn

1� tn

la dernière égalité procédant d’une facile réduction au même dénominateur. Soit alors ànouveau n 2 N⇤ et t 2 [0, 1[. Nous partons de l’évidence selon laquelle :

0 61

1 + t + · · · + tn�16 1 ou encore 0 6

1� t

1� tn6 1


La multiplication par le positif tn apporte ainsi sur un plateau l’encadrement :

0 6(1� t)tn

1� tn6 tn

ce qui, compte tenu de l’égalité précédente, devient :

0 61

1 + t + · · · + tn�1� (1� t) 6 tn

Cet encadrement vient, à l’instant, d’être obtenu lorsque 0 6 t < 1. Il est visuellementlimpide qu’il vaut également quand t = 1, à telle enseigne qu’in fine :

8t 2 [0, 1] 0 61

1 + t + · · · + tn�1� (1� t) 6 tn

La croissance et la linéarité de l’intégration sur le segment [0, 1], conduisent alors et deconcert à :

0 6 un �Z 1

0(1� t)dt 6

Z 1

0tndt

puisque les bornes… Les deux intégrales que nous avons sous les yeux sont très facile àcalculer. C’est en effet sans autre commentaire que tout d’abord :

Z 1

0(1� t)dt =

�(1� t)2

2

�1

0

=12

Ensuite, et parce que n + 1 est strictement positif, l’on a — c’est une intégrale deBonaventura Cavalieri ! — l’égalité :

Z 1

0tndt =

1n + 1

et tout le monde est ravi. C’est par squeeze que nous terminons la question. No doubtthat :

un ��!n!+1

12

� Voici une remarque qui va s’avérer décisive un petit peu plus loin. Nous avons établiplus haut que :

8t 2 [0, 1[1

1 + t + · · · + tn�1� (1� t) =

(1� t)tn

1� tn

la semi-ouverture en 1 s’imposant vu ce qui se passe à droite. Cela dit, tout le mondesait qu’une intégrale faussement impropre est égale à l’intégrale propre de la fonctionprolongée et qu’à l’inverse, toute intégrale propre est égale à l’intégrale faussementimpropre de la fonction « déprolongée », pour ne pas dire « restreinte ». On peut ainsi endéduire la très utile égalité :

Z[0,1]

✓1

1 + t + · · · + tn�1� (1� t)

◆dt =

Z[0,1[

(1� t)tn

1� tndt

Ecricome 129

ce qui revient à :

un �12

=Z 1

0

(1� t)tn

1� tndt

b. Soit n 2 N⇤. Le changement de variable en question, pour qu’il ne fut pas à l’envers,devrait être effectué sur l’intégrale vn laquelle, malheureusement, n’existe pas encore…Pour combler ce manque, nous faisons valoir que la fonction :

u 7�! u1/n � u2/n

1� u

est assurément continue sur le semi-ouvert [0, 1[ et son intégrale est donc impropre unefois. Soit alors u appartenant au semi-ouver [0, 1[. Grâce à l’écriture :

u1/n � u2/n

1� u= u1/n · u1/n � 1

u� 1

et à l’équivalence standard(*) :

u1/n � 1 ⇠u!1

u� 1n

nous constatons que :u1/n � u2/n

1� u��!

u!1u<1

1n

L’intégrale vn est donc faussement impropre ce qui lui assure une existence paisible etnous pouvons alors lui infliger le changement de variableu = tn. L’entiern étant supérieurou égal à 1, la fonction :

t 7�! tn

réalise à l’évidence une bijection de classe C1 du semi-ouvert [0, 1[ sur lui-même et il enrésulte immédiatement que :

vn =Z 1

0

t� t2

1� tn· ntn�1dt ou encore vn = n

Z 1

0

(1� t)tn

1� tndt

Grâce à la remarque décisive que nous avons faite à la fin du a, nous sommes désormaisen mesure d’affirmer que :

vn = n⇣un �

12

⌘

et nous pouvons donc changer de question.

2.a. Soit k 2 N⇤. Nous rappelons l’équivalence standard :

lnu ⇠u!1

u� 1

(*) C’est un cas particulier de la célèbre u↵�1 ⇠u!1

↵(u�1), plus connue sous sa forme translatée (1+u)↵�1 ⇠u!0

↵u.


Il s’ensuit que :lnk(x)x� 1

⇠x!1

(x� 1)k�1

Comme il faut toujours se méfier des intempestifs « 00 » qui peuvent traîner ça et là, notreréponse est :

limx!1

lnk(x)x� 1

=

8<:

1 si k = 1

0 si k > 2

b. La fonction :

x 7�! lnk(x)x� 1

étant assurément continue sur l’ouvert ]0, 1[, son intégrale est impropre deux fois. Nousdevons étudier séparément les deux intégrales :

Z 1/2

0

lnk(x)x� 1

dx etZ 1

1/2

lnk(x)x� 1

dx

– Si l’on en croit la question précédente, la seconde est faussement impropre.– La seconde est un peu plus féroce. Nous lui réservons un x1/2 - shot car les

prépondérances classiques nous apprennent aisément que :

x1/2 · lnk(x)x� 1

��!x!0x>0

0

puisque le dénominateur tend très tranquillement vers �1. Il ne fait alors aucun douteque : 8>>>><

>>>>:

lnk(x)x� 1

= o⇣ 1

x1/2

⌘

8x 2 ]0, 1/2 ]1

x1/2> 0

L’intégrale de référence : Z 1/2

0

dx

x1/2

existe et grâce au principe de prépondérance en signe positif, la notre existe également.

� Nous savons même — principe de prépondérance dixit — que notre intégrale estabsolument convergente. Cela sera utilisé un peu plus bas.

c. Soit x 2 R�. La fonction f , parce qu’elle est manifestement de classe C1 sur R est,a fortiori, de classe C2 sur le segment [x, 0]. On peut donc, à loisir, lui appliquer l’inégalitéde Taylor-Lagrange à l’ordre 1 entre 0 et x. Cela donne exactement :

��f(x)� f(0)� xf 0(0)�� 6

x2

2max[x,0]

|f 00|

Ecricome 131

Nous avons tout d’abord :

f(0) = 0 et f 0(0) = �1

puis :8t 2 [x, 0] f 00(t) = et � 4e2t

Nousdécidons alors d’étudier la fonctionf 00 carrément surR�. Elle y est bien sûr dérivableet l’on a :

8t 2 R� f 000(t) = et � 8e2t = et(1� 8et)

Il en résulte immédiatement le tableau :

t �1 � ln 8 0

f 000 + 0 �

f 00 0 % 1/16 & �3

Comme 1/16 n’est pas de taille vis-à-vis de 3, cette étude montre à merveille que :

max[x,0]

|f 00| = 3

ce qui ne peut que nous séduire.

3.a. Les deux intégrales qui figurent dans cette question existent depuis la question 2 etc’est déjà une excellente chose. Soit maintenant n 2 N⇤. La linéarité de l’intégrationassure dans un premier temps que :

vn +1n

Z 1

0

lnu

1� udu =

Z 1

0

u1/n � u2/n + (lnu)/n

1� udu

La fonction située à l’intérieur de la toute dernière intégrale est combinaison linéaire dedeux fonctions ayant — cf. la remarque supra— une intégrale absolument convergente.Nous pouvons donc appliquer l’inégalité triangulaire intégrale, ce qui nous permet derécupérer :

��vn +1n

Z 1

0

lnu

1� udu

�� 6Z 1

0

��u1/n � u2/n + (lnu)/n��

1� udu (⇤)

puisqueprimo, les bornes d’intégration furent dans le sens croissant et deuzio, les quantitéspositives sont habituellement dispensées de valuation. Soit alors u appartenant à l’ouvert]0, 1[. A bien y regarder il ne semble faire aucun doute que :

|u1/n � u2/n + (lnu)/n�� = |ex � e2x + x|

si l’on décide, bien entendu, d’attribuer à x la valeur :

x =lnu

n


Comme u appartient à ]0, 1[, le réel x est bien négatif, et la fin de la question 2 révèlealors que :

|u1/n � u2/n + (lnu)/n�� 6

3 ln2 u

2n2

On divise alors par le strictement positif 1� u et voilà que :

|u1/n � u2/n + (lnu)/n��

1� u6

32n2

· ln2 u

1� u

L’existence des intégrales ayant été gérée depuis belle lurette, la croissancede l’intégrationstipule à son tour que :

Z 1

0

��u1/n � u2/n + (lnu)/n��

1� udu 6

32n2

Z 1

0

ln2 u

1� udu

puisque les bornes…Si l’on en croit (⇤) la conclusion se fait dans une transitive douceur…b. Soit à nouveau n > 1. La multiplication de l’inégalité du récent a par le positif n

amène à :

|nvn + I| 632n

Z 1

0

ln2 u

1� udu

d’où un inéluctable squeeze révélant que :

nvn ��!n!+1

�I

Il faut alors impérativement causer de I . Si par malheur elle était nulle, grâce auxobservations :

– ses bornes sont différentes ;– son intérieur est continu et de signe manifestement constant sur l’ouvert ]0, 1[ ;

une certaine et importante contraposition obligerait :

8u 2 ]0, 1[lnu

1� u= 0

ce qui, ne serait-ce que pour u = 1/2, aurait un effet désastreux. Maintenant que I n’estpas nulle(*)et parce que (nvn) tend vers �I nous déduisons l’équivalence :

vn ⇠n!+1

� I

n

Il résulte alors de la question 1.b que :

un �12

⇠n!+1

� I

n2

(*) Si l’intégrale I avait été nulle, nous n’aurions déduit aucune équivalence…

Ecricome 133

� Il est possible de démontrer que :

I = �⇡2

6

ce qui nous révèle finalement que :

un �12

⇠n!+1

⇡2

6n2

Exercice 2

Année Difficulté

2 ¶

1.a. Face à ce type de question et as usual, nous nous organisons.

Avant de commencer, nous rappelons que les fonctions polynomiales sont de classe C1sur R et que toute dérivée d’un polynôme est à son tour un polynôme. Nous le redironsplus.

– Soit P appartenant à Rn[X]. Les propriétés classiques de la dérivation font queles polynômes P 00 etXP 0 appartiennent encore à Rn[X] à telle enseigne que f appliquebien Rn[X] dans lui-même.

– La linéarité de f n’est qu’une mièvre conséquence de celle de la dérivation.

b. On trouve aisément que :

f(1) = 0 ; f(X) = �4X ; 8k 2 [[2, n]] f(Xk) = k(k � 1)Xk�2 � 4kXk

la séparation des trois cas étant imposée par la polynomiale attitude. Nous déduisonsimmédiatement de cela que :

8k 2 [[0, n]] f(Xk) 2 Vect(1,X, . . . ,Xk)

qui devrait suffire à convaincre de ce que la matrice An est triangulaire supérieure.Cependant et parce que cela va nous aider par la suite, nous préférons exhiber An cequi confirmera, de visu, sa « trigonalité ». Nous devons à nouveau envisager nos trois cas.

Nous avons

A0 = 0 ; A1 =

0 00 �4

�

puis, lorsque n est supérieur ou égal à deux :


An =

266666666666666664

0 0 2

�4 0 6

�8 0. . .

�12. . . k(k�1)

. . . 0. . .

�4k. . . . . .. . . . . . n(n�1)

. . . 0

�4n

377777777777777775

c. L’exhibition de la matrice trigonale An, montre que, quoi qu’il arrive, nous avons :

Spec f =�0,�4, . . . ,�4n

L’endomorphisme f possède ainsi inéluctablement n + 1 valeurs propres distinctes. Uneimportante condition suffisante assure alors officiellement deux choses :

– l’endomorphisme f est diagonalisable ;– les espaces propres de f sont des droites vectorielles.

Nous pouvons passer à la suite.

d.Vecteur propre oblige, P n’est pas le polynôme nul ce qui lui autorise un degré entiernaturel que nous nommons d ainsi qu’un coefficient dominant non nul que nous nommonsa. Nous distinguons alors deux cas :

– Si d > 1, le polynôme P 0 n’est également pas nul, son degré vaut d � 1 et soncoefficient dominant vaut da. Dans l’égalité polynomiale :

P 00 � 4XP 0 = �P

et parce que, pour des raisons évidentes de degré, P 00 n’est pas de taille face à XP 0,l’identification des termes enXd conduit à :

�4da = �a

Comme a n’est pas nul, nous avons effectivement :

� = �4d

– Si d = 0, P est un polynôme constant et du coup f(P ) = 0. Comme :

f(P ) = �P

et comme, au risque de radoter, P 6= 0, il s’ensuit que � = 0 et notre égalité est encored’actualité.

Ecricome 135

Il nous reste à gérer une problématique d’existence et d’unicité.Existence :

Il a été dit à la récente question c que l’espace propre E�4n(f) est une droite vectorielle.Il existe donc un polynôme non nul P , appartenant à Rn[X], tel que :

E�4n(f) = Vect(P )

Notons a le réel non nul, coefficient dominant de P . Nous proposons alors :

Hn =P

a

et nous faisons les observations suivantes :– le polynômeHn est unitaire puisque nous avons tout fait pour ;– le polynôme Hn appartient, comme son copain P , à l’espace propre E�4n(f) et

vérifie donc :f(Hn) = �4nHn

– grâce au début de la question, l’on a :

�4n = �4degHn i.e. degHn = n

Notre proposition est donc farpaitement recevable.Unicite :

Suposons queKn soit un autre candidat au poste en question. Les deux polynômesHn etKn appartiennent alors à la même droite vectorielle E�4n(f) à telle enseigne qu’il existeun réel µ tel que :

Kn = µHn

Comme Hn et Kn sont tous deux unitaires, il s’ensuit fatalement que µ = 1, chroniqued’une unicité annoncée…

� Nous venons en réalité de constater qu’une droite vectorielle formée de polynômescontient un et un seul polynôme unitaire. Qu’on se le dise !

2.a. Soit n > 1. La dérivation de l’égalité polynomiale :

H 00n � 4XH 0

n = �4nHn

donne exactement :H 000

n � 4H 0n � 4XH 00

n = �4nH 0n

ce qui s’écrit également :

H 000n � 4XH 00

n = �4(n� 1)H 0n

Comme H 0n est assurément un vecteur de Rn[X], le physio reconnaît tranquillement et

effectivement que :f(H 0

n) = �4(n� 1)H 0n


ce qui linéairement assure également que :

f⇣H 0

n

n

⌘= �4(n� 1)

H 0n

n

Nous faisons maintenant valoir que :– le polynômeH 0

n/n vient, à l’instant, de gagner les galons de l’égalité (En�1) ;– pour qui connaît ses classiques en dérivation, il est unitaire et de degré n� 1.

La fin de la question 1.d est alors formelle. No doubt that :

H 0n

n= Hn�1

Supposons pour finir que n soit supérieur ou égal à 2. Grâce à la toute dernière relation,nous avons tour à tour :

H 00n = nH 0

n�1 = n(n� 1)Hn�2

Répercutons tout cela dans l’égalité :

H 00n � 4XH 0

n = �4nHn

Nous obtenons :n(n� 1)Hn�2 � 4nXHn�1 = �4nHn

Après une simplification par n et une gentille réorganisation des choses nous parvenonsen effet à :

Hn �XHn�1 +(n� 1)Hn�2

4= 0

b. Le polynôme 1 vérifie (E0) et est unitaire de degré 0. D’après la formelle 1.d, l’on a :

H0 = 1

Le polynômeX vérifie (E1) et est unitaire de degré 1. D’après la même formelle, l’on a :

H1 = X

Grâce à la relation de récurrence d’ordre deux obtenue à la fin de la question précédentel’on trouve aisément que :

H2 = X2 � 14

et H3 = X3 � 34X

c. Encore une fois et vu son coût exhorbitant, nous banissons la récursivité au profitd’un programme classique utilisant une variable « tampon ». Here you are :

Ecricome 137

program suite ;var

i : integer ;u, v, t : real ;

beginu := 1 ; v := 1 ;

for i := 2 to 2010 do begint := v � (i� 1) ⇤ u/4 ;u := v ;v := t ;end ;

write(t) ;end.

3. Le texte semble prendre pour argent comptant deux choses :– le fait que U soit un véritable ouvert de R3 ;– le fait que la fonction V ait la classe C1 sur l’ouvert U .

Comme nous n’aimons pas faire les choses à moitié, we gonna fill the gap !

Considérons les ensembles suivants :

U1 =n(x, y, z) 2 R3 | x� y 6= 0

o; U2 =

n(x, y, z) 2 R3 | y � z 6= 0

o

et :U3 =

n(x, y, z) 2 R3 | z � x 6= 0

oLe premier est l’image réciproque de l’ouvert R⇤ de R par l’application polynomiale àtrois variables :

(x, y, z) 7�! x� y

Cette dernière étant continue sur R3, U1 est un ouvert de R3 d’après le théorème desimages réciproques de Félix Hausdorff. On démontre, mutatis mutandis bien sûr, que U2

et U3 sont des ouverts de R3. Comme :

U = U1 \ U2 \ U3

le théorème des intersections finies du même Félix assure l’authenticité de l’ouverture del’ensemble U .

Occupons-nous à présent de la fonction V . Nous commençons par faire valoir que lesfonctions :

(x, y, z) 7�! x2 + y2 + z2

et :(x, y, z) 7�! x� y ; (x, y, z) 7�! y � z ; (x, y, z) 7�! z � x

sont polynomiales à trois variables et ont, à ce titre, la classe C2 sur l’ouvert U . En outre,sur l’ouvert U les trois dernières sont à valeurs dans R⇤, zone sur laquelle la fonction :

u 7�! ln |u|


possède carrément la classe C1. Grâce à l’aide des théorèmes généraux, la fonction Vest de classe C2 sur l’ouvert U et nous ne nous en plaindrons pas.

� Comme nous le faisions entendre au début, vu que les questions suivantes ne sont quedes questions de premier ordre, la classe C1 aurait largement suffi mais comme le faitremarquer l’humaniste Duracell, « qui peut le plus, peut le moins »…

a. Notre remarque préliminaire autorise le calcul des dérivées partielles premières dela fonction V sur l’ouvert U . Soit (x, y, z) appartenant à U . Nous obtenons sans peine :

@V

@x(x, y, z) = 2x� 2x� y � z

(x� y)(x� z); @V

@y(x, y, z) = 2y � 2y � x� z

(y � x)(y � z)

et enfin :@V

@z(x, y, z) = 2z � 2z � x� y

(z � x)(z � y)Nous allons alors, as usual, procéder en deux temps.

– Supposons que (↵,�, �) soit un point critique pour V . La vérification en ce pointdu système (S) s’opère tout à fait mentalement.

– Supposons maintenant que (↵,�, �) vérifie (S). Comme il est précisé que notrepoint appartient à U , nous pouvons à loisir diviser par les réels :

(↵� �)(↵� �) ; (� � ↵)(� � �) ; (� � ↵)(� � �)

ce qui, toujours mentalement, conduit à l’annulation des trois dérivées partielles.

b. On trouve assez naturellement que :

Q0 = (X�↵)(X��)+(X��)(X��)+(X�↵)(X��) et Q00 = 2(3X�↵��)

Il en résulte alors que :

(Q00 � 4XQ0)(↵) = 2⇥2↵� � � � � 2↵(↵� �)(↵� �)

⇤(Q00 � 4XQ0)(�) = 2

⇥2� � ↵� � � 2�(� � ↵)(� � �)

⇤(Q00 � 4XQ0)(�) = 2

⇥2� � ↵� � � 2�(� � ↵)(� � �)

⇤et pour une fois, le « si, et seulement si » souhaité, na même pas besoin d’être planifié.

c. Supposons donc que (↵,�, �) soit un poin critique de V . Cela impose que (↵,�, �)soit un point de l’ouvert U et qu’en conséquence ↵, � et � soient trois réels distincts. Laquestion précédente fait alors savoir que le polynôme :

Q00 � 4XQ0

dont le degré est ouvertement 3, doit posséder les trois réels différents(*) ↵, � et � pourracines. Autant dire alors qu’il existe un réel s tel que :

Q00 � 4XQ0 = s(X � ↵)(X � �)(X � �) i.e. Q00 � 4XQ0 = sQ

(*) Il y a des endroits où il ne faut pas hésiter à radoter !

Ecricome 139

Le coefficient deX3 du right hand side vaut visuellement s. Toujours parce queQ00 ne faitpas le poids, celui du left hand side vaut mentalement �12. Il s’ensuit par identificationpolynomiale que :

s = �12


Nous pouvons alors désormais affirmer que :

– le polynômeQ est unitaire de degré trois ;

– Le polynômeQ vérifie l’égalité (E3).

La très formelle 1.b et la plus récente 2.b imposent alors :

Q = H3 = X3 � 34X

D’après tout ce que nous savons, les points critiques de V sont exactement les 3-listesformées de racines deux à deux distinctes de H3. Autant dire que V admet six pointscritiques qui sont les six permutations le la liste :

✓�p

32, 0 ,

p3

2

◆

� Le texte n’aborde pas les problématiques du second ordre. Nous ne saurons donc pasce qui se passe réellement en ces points critiques. Je n’ai pas résisté à l’envie d’aller voir.Il se trouve qu’en tout point de l’ouvert U la hessienne possède la propriété de diagonalepositive et strictement dominante et les initiés devrait alors savoir en déduire que :

8(x, y, z) 2 U r2V (x, y, z) 2 S+⇤3

La condition suffisante du second ordre assure alors qu’en chacun de nos six pointscritiques, la fonction V possède un minimum local.

Problème

Année Difficulté

2 ¶¶

Partie 1

1.a. C’est facile !


program euler ;var

i, n : integer ;s : real ;

beginwrite(’entrer la valeur de l’entier n :’) ; readln(n) ;

s := 0 ;for i := 1 to n do s := s + 1/i ;write(s� ln(n)) ;

end.

b. Soit n un entier naturel supérieur où égal à deux. Comme nous le valons bien et sicela ne dérange personne, nous préférons travailler via :

un�1 � un

Nous avons aisément :

un�1 � un = � ln⇣1� 1

n

⌘� 1

n

Grâce à l’un de nos cinq développements limités officiels, nous avons :

� ln⇣1� 1

n

⌘=

1n

+1

2n2+ o

⇣ 1n2

⌘

Il en résulte que :un�1 � un =

12n2

+ o⇣ 1

n2

⌘

ce qui n’est autre que la définition de :

un�1 � un ⇠n!+1

12n2

Si nous ajoutons à cela l’évidente positivité de la suite n 7! 1/n2, c’est grâce au principedes équivalents en signe positif que l’on conclut à la convergence de la série :

Xn>2

(un�1 � un)

Le reste passe alors par la très importante et officielle propriété que voici :La passerelle suite-serie :

Soit d un entier naturel et (an)n>d une suite numérique quelconque.

La suite (an)n>d et la série : Xn>d+1

(an�1 � an)

sont de même nature.

Ecricome 141

� La limite de la suite (un) est très connue. Il s’agit de la fameuse constante d’Euler-Mascheroni.

c. Il s’agit de la suite des sommes partielles de la série de Riemann de paramètre 2…

� Ceux— ou celles— qui ne savent pas que la limite en question vaut ⇡2/6 devrait sortirun peu plus souvent…

2.a. Nous passons en revue les cinq points fatidiques.– La fonction F

Zest assurément définie sur R tout entier.

– Composée de deux fonctions croissantes(*) sur R, FZest croissnte sur R.

– C’est sans aucune indétermination que l’on a :

FZ(t) ��!

t!�10

– No more trouble for :F

Z(t) ��!

t!+11

– Signalons enfin que FZest continue à droite sur R car elle y est ouvertement et

carrément continue.

La fonction FZest donc bien une fonction de répartition. Si nous ajoutons à cela que F

Zest en réalité de classe C1 sur R nous en avons plus qu’il n’en faut pour assurer que Zest à densité puisque les deux propriétés :

– FZcontinue sur R ;

– FZde classe C1 sur R éventuellement amputé d’un nombre fini de points ;

auraient largement suffi à notre bonheur. Nous pouvons désormais proposer pour densitéde Z la fonction f

Zdéfinie sur R par :

8t 2 R fZ(t) = e�t e�e�t

� La loi de probabilité que nous rencontrons ici s’appelle loi d’Emil Gumbel. Elleégalement parfois attribuée à Benjamin Gompertz.

b. Soit x 2 R. Nous nous devons de planifier un poquitın.– Si x est négatif ou nul, l’on a :

⇥W 6 x

⇤= ;

et du coup : ⇥W 6 x

⇤2 T

si nous notons (⌦, T ,p) l’espace bien présent—mais mis au placard par le texte ! — quigouverne notre affaire.

(*) Malgré les apparences négatives, la fonction t7!�exp(�t) est croissante sur R.


– Si maintenant x > 0, la croissance de la fonction logarithme sur R⇤+ et celle del’exponentielle sur R assurent de concert et par double inclusion que :

⇥W 6 x

⇤=⇥Z > � lnx

⇤

Il est dit queZ est une genuine variable aléatoire réelle définie sur notre espace de l’ombreet par conséquent : ⇥

Z > � lnx⇤2 T

et du coup : ⇥W 6 x

⇤2 T

également.

Ces appartenances tribales prouvent queW est elle-aussi une variable aléatoire réelle onthe shadow space, ce qui est la moindre des choses. Passons maintenant aux probabilitésen respectant le même plan bien sûr.

– Si x 6 0, il ne fait aucun doute que :

FW

(x) = 0

– Si maintenant x > 0, comme la variable à densité Z ne charge pas les points, ils’ensuit cette fois que :

FW

(x) = p(Z > � lnx ) = 1� FZ(� lnx)

et compte tenu de la façon d’agir de FZ, le résumé de la situation est le suivant :

8x 2 R FW

(x) =

8<:

0 si x 6 0

1� e�x si x > 0

Cela nous permet d’affirmer queW suit la loi exponentielle de paramètre 1. Ainsi :

W ,! E(1)

c. Attention, le texte dit seulement « k entier », alors qu’il semble crucial qu’il soitentier positif ou nul. Soit donc k 2 N. Comme k est un entier positif (*), la fonction :

x 7�! e�x lnk x

est continue sur ]0,+1[ et son intégrale est donc impropre deux fois. Nous devons étudierséparément : Z 1

0e�x lnk x dx et

Z +1

1e�x lnk x dx

(*) Si tel n’eut pas été le cas, nous eussions dû faire face à d’horribles misères…

Ecricome 143

– Nous commençons par la seconde dont la « bonne » exponentielle suggère unx2-shot. Nous remarquons que, pour chaque x > 1, l’on peut écrire :

x2e�x lnk x = x3e�x lnk x

x

Si l’on en croit les prépondérances classiques, nous devons d’asséner que :

x3e�x ��!x!+1

0 et lnk x

x��!x!+1

0

à telle enseigne que :x2e�x lnk x ��!

x!+10

Il s’ensuit classiquement que :8>>><>>>:

e�x lnk x = o⇣ 1

x2

⌘

8x > 11x2

> 0

La référence de Riemann de paramètre 2 étant bien connue pour son existence, la règlede prépondérance en signe positif assure la convergence absolue de :

Z +1

1e�x lnk x dx

– En ce qui concerne la première, nous jetons notre dévolu sur un x1/2-shot. Commel’exponentielle a, au voisinage de 0, un comportement plutôt pépère, les prépondérancesclassiques assurent cette fois que :

x1/2 lnk x e�x ��!x!0x>0

0

et du coup : 8>>><>>>:

e�x lnk x = o⇣ 1

x1/2

⌘

8x 2 ]0, 1]1

x1/2> 0

La référence de Riemann de paramètre 1/2 étant ici connue pour mener une paisibleexistence, la même règle de prépondérance assure, cette fois, la convergence absolue de :

Z 1

0e�x lnk x dx

Finalement, l’intégrale : Z +1

0e�x lnk x dx


converge absolument et tout le monde est ravi.

� Les gens cultivés savent que la valeur de cette intégrale n’est autre que la dérivée kème

en 1 ne notre célébrissime fonction Gamma, c’est-à-dire que :Z +1

0e�x lnk x dx = �(k)(1)

d.Nous ne voyons pas du tout l’intérêt de ce changement de variable. Il suffit d’évoquerl’égalité :

Z = � lnW

de rappelerqueW suit la loi exponentielledeparamètre1, de nepas avoir égaré le théorèmede transfert et d’avoir bien capté la convergence absolue de la question précédente.

� Nous nous adressons à nouveau à nos amis de la culture. Il est assez connu que :Z +1

0e�x lnx dx = ��

où, comme nous le rappelions plus haut, � est la constante d’Euler-Mascheroni. Nousen déduisons un délicieux résultat concernant la loi d’Emil Gumbel — ou de BenjaminGompertz —, à savoir :

E(Z) = �

Partie 2

On peut modéliser un résultat de cette expérience aléatoire comme étant l’application deN⇤ dans [[1, r]] qui à chaque i 2 N⇤ fait correspondre le numéro pioché au ième coup.L’espace ⌦ qui gouverne cette expérience peut donc être vu comme :

⌦ = A�N⇤, [[1, r]]

�Cependant, pour chaquem 2 N⇤, l’espace qui gouverne lesm premières pioches est :

⌦m = A�[[1,m]], [[1, r]]

�et tout le monde sait que son cardinal vaut exactement :

rm

Warning :

Il y a un gros souci en ce qui concerne les « variables » Yi dès que i dépasse 2. Elles nesont pas définies sur la totalité de⌦ et loin de là ! En effet, lorsque i > 3, le lecteur awaredevra se convaincre qu’il y a carrément une infinité de ! 2 ⌦ tels que Yi(!) n’existepas. Oui mais voilà, pour gagner leur statut d’authentique variable aléatoire réelle, il estimpératif que les Yi soient presque sûrement définies, ce qui est loin d’être évident. Nousallons le démontrer à la question suivante pour la variable Y2 puis, pour ne pas casserl’ambiance, nous l’admettrons pour les autres…

Ecricome 145

1.a. Soit n 2 N⇤. Compte tenu de ma mise en garde précédente et après une petiteréflexion intérieure, la bonne « comparaison » entre les événements [Y2 > n ] et Cn est :

Cn =⇥Y2 > n

⇤[⇥Y2 non définie

⇤(1)

Cela étant, l’événement Cn n’est autre que la réunion des trois événements disjoints :

Cn,1 = {( 1, 1, . . . , 1| {z }n fois

)} ; Cn,2 = {( 2, 2, . . . , 2| {z }n fois

)} ; Cn,3 = {( 3, 3, . . . , 3| {z }n fois

)}

Compte tenu des précisions que nous avons apportées au tout début, il en résulteadditivement et mentalement que :

p(Cn ) =1

3n�1

Les deux événements de la réunion (1) étant disjoints, nous en déduisons toujoursadditivement que :

p(Y2 > n ) =1

3n�1� p(Y2 non définie)

Poursuivons. Nous avons déjà parlé des soucis de non définition de Y2 mais, lorsqu’elleest définie, les valeurs qu’elle prend sont ouvertement supérieures ou égales à deux. C’estla raison pour laquelle, en ce qui concerne sa loi, nous annonçons un entier n > 2.

Les adeptes — nous les espérons nombreux — des liens entre loi et antirépartition desvariables à valeurs entières savent parfaitement que :

p(Y2 = n ) = p(Y2 > n� 1 )� p(Y2 > n )

Comme n est plus grand que 2, l’on a n � 1 > 1 ce qui, grâce au début de la question,amène à :

p(Y2 = n ) =1

3n�2� p(Y2 non définie)� 1

3n�1+ p(Y2 non définie)

c’est-à-dire à :p(Y2 = n ) =

23n�1

� Il est très facile désormais— il suffit de bien connaître sa « géométricité »— de déduireque :

+1Xn=2

p(Y2 = n ) = 1

Il ne reste donc plus de place — du moins en probabilité — pour la non définition de Y2

parce que fatalement :p(Y2 non définie) = 0


Nous pouvons alors clamer que Y2 est presque sûrement définie, ce qui lui permet derevendiquer — mais a posteriri— ses galons de variable aléatoire réelle.

b. Soit n 2 N⇤. D’après ce que nous venons d’apprendre à propos de Y2 l’ensembled’événements : n⇥

Y2 = k⇤| k > 2

oest un système quasi complet, quasi car leur réunion n’est pas certaine, mais seulementquasi-certaine. L’on connaît, même dans ce « quasi-cas », la bonté du théorème desprobabilités totales et il ne fait aucun doute que :

p(Y3 � Y2 = n ) =+1Xk=2

p�[Y3 � Y2 = n ] \ [Y2 = k ]

�

Oui mais voilà, pour chaque k > 2, il est indéniable, par double inclusion mentale, que :

[Y3 � Y2 = n ] \ [Y2 = k ] = [Y3 = n + k ] \ [Y2 = k ]

ce qui achève déjà ce premier round.

Soit alors k > 2. La récente question a a montré que l’événement [Y2 = k ] aune probabilité non nulle ce qui nous permet d’appliquer la formule des probabilitéscomposées. Cela donne exactement :

p�[Y3 = n + k ] \ [Y2 = k ]

�= p(Y2 = k )p

[ Y2=k ](Y3 = n + k )

La probabilité conditionnelle que nous avons sous les yeux est celle d’obtenir le troisièmenuméro manquant à l’appel n coups après l’obtention de deux numéros distincts. Ellevaut donc sans surprise : ⇣2

3

⌘n�1· 13

On en déduit alors aisément le résultat demandé. Si l’on en croit le début de la question,il devrait apparaître que :

p(Y3 � Y2 = n ) =⇣2

3

⌘n +1Xk=2

13k�1

Cela réveille le serial geometer qui assène alors que :

p(Y3 � Y2 = n ) =12

⇣23

⌘n=

13

⇣23

⌘n�1

la dernière égalité procédant d’un juste réaménagementdes choses.Autant dire queY3�Y2

suit la loi géométrique de paramètre 2/3.

2. Soit i appartenant à [[1, r � 1]].

a. La première égalité est évidemment fausse lorsque i = 1 puisque Y1(⌦) = {1}.On ne répétera d’ailleurs jamais assez qu’une bonne inclusion vaut mieux qu’une piètreégalité(*), surtout quand elle n’est pas exacte…Nous allons dons la jouer plutôt inclusion.

(*) Nous suggérons au lecteur de repenser, par exemple, à la loi hypergéométrique !

Ecricome 147

– Pour obtenir i numéros distincts, il faut au minimum i tirages et par conséquent :

Yi(⌦) ⇢ [[i,+1[[

On notera que ce premier résultat vaut également lorsque i = r.

– Pour passer de i numéros distincts à i+1, il faut, cette fois, 1 tirage auminimum…

b. Ici aussi la question est fausse lorsque i = 1 vu que, dès que k dépasse 2, la probabilitéconditionnelle n’a aucun sens. Nous allons donc devoir nous organiser en conséquence.

– Supposons i > 2 et annonçons ensuite n 2 N⇤ et k > i. Nous allons tout d’abordjustifier que p(Yi = k ) 6= 0, sans quoi, comme nous le faisions remarquer plus haut,notre probabilité conditionnelle aurait grise mine. Nous prétendons à cet effet que, parexemple et parce que i > 2, l’événement élémentaire :�

(1, 2, . . . , i� 1, i� 1, . . . , i� 1| {z }k�i+1 fois

, i)

a pour probabilité 1/rk et est indéniablement inclus dans l’événement [Yi = k ]. Lacroissance de la probabilité assurant dans la foulée que :

p(Yi = k ) >1rk

> 0

nous sommes totalement rassurés. Pour la suite de la question, il s’agit de la mêmeargumentation que celle développée au récent 1.b. Notre probabilité conditionnelle estcelle d’obtenir un (i + 1)ème nouveau numéro, n coups après l’obtention de i numérosdifférents. Elle vaut mentalement :✓

i

r

◆n�1✓1� i

r

◆


c. Soit n 2 N⇤. Nous allons être malheureusement contraints d’admettre— ce qui estloin d’être évident— que la variableYi est presque sûrement définie. Dans ces conditions,l’ensemble des

⇥Yi = k

⇤devient un système quasi complet d’événements de probabilité

non nulle et la formule des probabiltés totales stipule que :

p(Yi+1 � Yi = n ) =+1Xk=i

p(Yi = k )p[ Yi=k ]

(Yi+1 � Yi = n )

La question précédente apporte alors, sur un plateau, l’égalité :

p(Yi+1 � Yi = n ) =✓

i

r

◆n�1✓1� i

r

◆+1Xk=i

p(Yi = k )

Comme nous avons misérablement admis— ce n’est pas de notre faute ! — que Yi estpresque sûrement définie, cela devient :

p(Yi+1 � Yi = n ) =✓

i

r

◆n�1✓1� i

r

◆


et montre que Yi+1 � Yi suit la loi géométrique de paramètre (r � i)/r. Il suffit alors deconnaître son cours pour en déduire qu’effectivement :

E(Yi+1 � Yi) =r

r � iet V (Yi+1 � Yi) =

ri

(r � i)2

3.a. L’écriture est pour le moins tordue. Pourquoi faire simple ! L’on a en réalité :

Xr = 1 +r�1Xi=1

(Yi+1 � Yi)

et la suite n’est qu’une histoire de télescopage.– Comme les variables Yi+1 � Yi possèdent une espérance, il résulte du théorème

de linéarité de l’espérance qu’il en est de même deXr et que :

E(Xr) = 1 +r�1Xi=1

E(Yi+1 � Yi)

ce qui, si l’on en croit la précédente question s’écrit :

E(Xr) = 1 +r�1Xi=1

r

r � i=

r�1Xi=0

r

r � i

le terme extérieur « 1 » ayant bien voulu rejoindre docilement le troupeau en s’y eninstallant en index 0. Le changement d’indice i := r � i et une évidente factorisationconduisent alors effectivement à :

E(Xr) = rrX

i=1

1i

= rHr

où, como siempre, Hr est le rème nombre harmonique.– Il est également acquis que les Yi+1 � Yi possèdent une variance. Nous savons

alors qu’il en est de même deXr et la formule « variance et affinité » stipule déjà que :

V (Xr) = V

✓ r�1Xi=1

E(Yi+1 � Yi)◆

Le texte, dans sa grande bonté, nous a demandé d’admettre que les Yi+1 � Yi sontindépendantes et nous sommes alors tenus d’en déduire que :

V (Xr) =r�1Xi=1

V (Yi+1 � Yi) =r�1Xi=0

ri

(r � i)2

la dernière égalité reposant, derechef, sur la question précédente et sur un habile ajoutd’un terme nul en index 0. Le même changement d’indice i := r� i conduit cette fois à :

V (Xr) = rrX

i=1

r � i

i2i.e. V (Xr) = r2

rXi=1

1i2� rHr

Ecricome 149


b. La question 1.b de la première partie a révélé que :

Hr � ln r � � ��!r!+1

0

ce qui, en notation de Landau, s’écrit :

Hr � ln r � � = o(1)

ou encore :Hr = ln r + � + o(1) (1)

Il s’ensuit alors que :E(Xr) = r ln r + �r + o(r) (2)

Il suffit alors de proposer ↵ = � pour remporter ce premier round.

� La très célèbre égalité (1) s’appelle développement asymptotique à deux termes — onparle de das2—du nombre harmonique. L’égalité (2) qui s’en déduit s’appelle, l’on s’endoute, das2 de l’espérance deXr.

La question 1.c de la partie 1 a, quant à elle, révélé que :

r2rX

i=1

1i2

⇠r!+1

r2 ⇡2

6

alors que le récent das2 du nombre harmonique indique mentalement l’archi classique :

Hr ⇠r!+1

ln r

d’où découle :rHr ⇠

r!+1r ln r

Grâce aux prépondérances classiques et aux précédentes équivalences, il ne fait plus aucundoute que :

rHr = o

✓r2

rXi=1

1i2

◆

à telle enseigne que, par définition de l’équivalence, l’on a :

V (Xr) ⇠r!+1

r2rX

i=1

1i2

Il s’ensuit alors très transitivement que :

V (Xr) ⇠r!+1

r2 ⇡2

6

et nous laissons à notre gentil lecteur le soin de faire lui-même la bonne proposition ence qui concerne le réel � !


Partie 3

1.a.Soitk 2 [[1, r]]. Compte tenudenotremodélisationdudébut de texte, les cas favorablesà l’événement Ak,m sont les applications de [[1,m]] dans l’ensemble :

[[1, r]] \ {k}

Il y en a donc (r � 1)m. Du coup :

p(Ak,m ) =(r � 1)m

rm=✓

1� 1r

◆m

Pour la deuxième partie de la question, le texte manque cruellement de précision. Il eutfallu écrire « k numéros preassigned », ce que nous faisons sur-le-champ.Un cas favorableà ce nouvel événement est cette fois une application de [[1,m]] dans l’ensemble [[1, r]] privédes k numéros fixés en question. Cet ensemble ayant exactement r � k éléments, notreprobabilité vaut : ✓

1� k

r

◆m

b. Supposons que l’événement :r[

k=1

Ak,m

soit réalisé. Réunion oblige, cela signifie qu’à l’instantm, l’un au moins des r numérosn’a pas encore été pioché. Dans ces conditions et par définition de Xr, c’est de deuxchoses l’une :

– ou bienXr a pris une valeur strictement supérieure àm ;– ou bienXr n’a pas eu de valeur du tout.

Nous avons donc l’inclusion :r[

k=1

Ak,m ⇢⇥Xr > m

⇤[⇥Xr non définie

⇤

L’autre inclusion se passant pratiquement de tout commentaire, nous sommes en mesured’affirmer que :

r[k=1

Ak,m =⇥Xr > m

⇤[⇥Xr non définie

⇤

les deux événements de l’union de droite étant incontestablement disjoints. Comme nousavonsdécidéd’admettreque lesYi—etdoncenparticulierXr—étaient presque sûrementdéfinies, il s’ensuit par additivité qu’effectivement :

p(A1,m [ . . . [Ar,m ) = p(Xr > r )

La formule du crible est alors formelle. Nous avons :

p(Xr > m ) =rX

k=1

(�1)k�1X

16i1<···<ik6r

p(Ai1,m \ . . . \Aik,m )

Ecricome 151

Soit alors k 2 [[1, r]] et i1, . . . , ik des entiers vérifiant :

1 6 i1 < · · · < ik 6 r

L’événement :Ai1,m \ . . . \Aik,m

n’est autre que la traduction de ce que, du moins à l’instantm, les preassigned i1, . . . , ikn’ont toujours pas pointé leur nez.Mezalor, c’est la récente question a qui nous apprendque :

p(Ai1,m \ . . . \Aik,m ) =✓

1� k

r

◆m

Le terme général de la kème somme du crible ne dépend donc pas de l’indexation ambiante.Comme cette somme est connue pour comporter exactement

�rk

�termes, c’est dans la joie

et l’allégresse que nous revendiquons :

p(Xr > m ) =rX

k=1

(�1)k�1

✓r

k

◆✓1� k

r

◆m

ce qui n’est sûrement pas pour nous déplaire.

Pour sa loi et vu ce que nous savons de Xr, il suffit d’annoncer un entier m > r. Lesadeptes, de plus en plus nombreux, du thème « loi et antirépartition » clament bien sûrque :

p(Xr = m ) = p(Xr > m� 1 )� p(Xr > m )

et puisqu’il est dit que r est supérieur à deux, les deux entiersm�1 etm sont supérieurs àun. Remerciant le début de la question et au prix de gentils aménagements, nous déduisonsimmédiatement que :

p(Xr = m ) =rX

k=1

(�1)k�1

✓r

k

◆✓1� k

r

◆m�1 k

r

Une tout à fait légale application de la « petite formule », en l’occurrence k(rk)=r(r�1

k�1)nous propulse même jusqu’à :

p(Xr = m ) =rX

k=1

(�1)k�1

✓r � 1k � 1

◆✓1� k

r

◆m�1

Il est tentant de réaliser le changement d’indice k := r�k dans la somme précédente carl’on obtient alors :

p(Xr = m ) =r�1Xk=0

(�1)r�1�k

✓r � 1k � 1

◆✓k

r

◆m�1

puisque les coefficients du binôme ici présents ont l’agréable propriété de symétrie. Nouspourrions nous arrêter là mais avec la complicité des lecteurs assurément surjectés nousallons aller un peu plus loin. Ces derniers savent sur le bout du doigt que la somme :

r�1Xk=0

(�1)r�1�k

✓r � 1k � 1

◆km�1


est exactement le nombre Sm�1r�1 de surjections d’un ensemble ayantm� 1 éléments sur

un ensemble en ayant r�1 et, en conséquence, la loi deXr se pare d’un nouveau et assezremarquable look, à savoir :

p(Xr = m ) =Sm�1

r�1

rm�1

� Nous avons passé de nombreuses plombes, pour ne pas dire des lustres, pour obtenir cedernier résultat. Il peut cependant s’obtenir par dénombrement en une nanoseconde…

2.a. La récurrence se fait assurément surm 2 N⇤.

• Pourm = 1, c’est d’une navrante banalité.

• Supposons que, pour un entier naturel m > 1 et pour toute famille (D1, . . . ,Dm)d’événements, l’on ait véritablement :

p(D1 [ . . . [Dm ) 6 p(D1 ) + · · · + p(Dm )

On rappelle alors la formule d’additivité forte selon laquelle pour tout couple (A,B)d’événements, l’on a :

p(A [B ) = p(A ) + p(B )� p(A \ C )

et d’où il ressort immédiatement que :

p(A [B ) 6 p(A ) + p(B )

Soit alors (D1, . . . ,Dm+1) une famille dem + 1 événements.

Nous choisissons :A = D1 [ . . . [Dm et B = Dm+1

Grâce à l’inégalité précédente nous déduisons que :

p(D1 [ . . . [Dm+1 ) 6 p(D1 [ . . . [Dm ) + p(Dm+1 )

et l’hypothèse de récurrence se charge alors de la conclusion.

� L’inégalité en question fait partie des célébrités probabilistes. Elle s’appelle inégalitéde George Boole.

b. La fonction exp est sûrement la plus fameuse des fonctions convexes sur R, elle yest en outre de classe C1 et la fonction :

x 7�! 1 + x

est justement son application tangente en zéro. Que demander de plus ?

Soit maintenantm 2 N⇤ et k 2 [[1, r]]. Notre gentille inégalité de convexité stipule que :

0 6 1� 1r

6 e�1/r

Ecricome 153

l’importante positivité que nous avons ajouté à gauche se passant, vu la situationgéographique de r, de tout commentaire. Celle-ci autorise l’élévation à la puissance m,et voilà que : ⇣

1� 1r

⌘m6 e�m/r

Si l’on en croit le récent 1.a, nous pouvons envisager la suite.

c. Nous allons d’abord mettre en place un résultat qui nous servira au moins par deuxfois :Lemme de la partie entiere :

Soit u un nombre réel et k un entier relatif. On a l’équivalence logique :

k > u () k > buc

La preuve :

Nous procédons évidemment en deux temps :

i. ) Supposons que k > u. Comme nous savons tous que u > buc, il s’ensuittransitivement que :

k > buc

ce, d’ailleurs, indépendamment du côté entier de k.

ii. ( Supposons, réciproquement que k > buc. Comme k et buc sont entiers, nousnous devons d’en déduire que :

k > buc+ 1

et comme nous savons tous que :

buc+ 1 > u

l’affaire du lemme est dans le sac !

La variable Xr étant à valeurs entières, le lemme est formel. Nous avons par doubleinclusion l’égalité : ⇥

Xr > Mr

⇤=⇥Xr > (1 + ✏)r ln r

⇤Il est facile de voir que Mr est un entier supérieur ou égal à un de sorte que, selon lerécent 1.b, nous avons :

p(Xr > Mr ) = p(A1,Mr [ . . . [Ar,Mr )

L’inégalité de Boole du 2.a fournit ensuite la majoration :

p(Xr > Mr ) 6rX

k=1

p(Ak,Mr )

qui, grâce au b, se poursuit transitivement en :

p(Xr > Mr ) 6 r exp⇣�Mr

r

⌘


C’est la minoration :Mr > (1 + ✏)r ln r � 1

qui prend le relais. En effet, et grâce à un contrôle drastique du signe des uns des autres,elle révèle à son tour que :

p(Xr > Mr ) 6 r exp��(1 + ✏) ln r

�e1/r

Oui mais voilà, depuis la classe de terminale, nous savons que :

exp��(1 + ✏) ln r

�=

1r1+✏

à telle enseigne qu’après simplification l’on a :

p(Xr > Mr ) 6e1/r

r✏

La destination est proche. Il ne reste plus qu’à avoir bien capté que :

e1/r 6 e

3.a. Soit r un entier supérieur ou égal à deux. Le texte, dans sa grande mansuétude, nousrappelle que :

mr > r(ln r + t)� 1

Comme t est fixé, et c’est sans aucune indétermination que nous avons :

r(ln r + t)� 1 ��!r!+1

+1

Il en résulte par squeeze à l’infini que :

mr ��!r!+1

+1

Une quantité tendant vers plus l’infini se doit, un jour, de dépasser 1 ce qui, en termesplus choisis, se traduit effectivement par l’existence d’un rang r0(t) tel que :

8r > r0(t) mr > 1

Soit r un entier supérieur ou égal à deux. Une double inclusion mentale révèle que :⇥Zr > t

⇤=⇥Xr > rt + r ln r

⇤Ouimais voilà, commeXr est une variable à valeurs entières, l’on a grâce au super lemmesupra et toujours par double inclusion l’égalité :

⇥Xr > rt + r ln r

⇤=hXr >

⌅rt + r ln r

⇧i

ce qui nous permet de passer à la suite.

Ecricome 155

� Nous n’avons pas bien saisi le rôle de r0(t), du moins pour cette question…

b. Il est préférable de supposer d’emblée r > k, ne serait-ce que pour avoir le droitd’écrire un certain logarithme et comme de toute façon r ne va pas tarder à tendre versplus l’infini…

Nous partons de l’encadrement :

r ln r + rt� 1 6 mr 6 r ln r + rt

On multiplie ensuite par le visiblement négatif ln�1 � (k/r)

�tout en ajoutant dans la

foulée k ln r + kt aux trois membres. This yields :

A(r) 6 mr ln⇣1� k

r

⌘+ k ln r + kt 6 B(r) (⇤)

où, histoire d’alléger un peu l’atmosphère, nous avons noté :

A(r) = (r ln r + rt) ln⇣1� k

r

⌘+ k ln r + kt

puis :B(r) = (r ln r + rt� 1) ln

⇣1� k

r

⌘+ k ln r + kt

Grâce au développement limité officiel, en l’occurrence :

ln⇣1� k

r

⌘= �k

r� k2

2r2+ o

⇣ 1r2

⌘

on trouve aisément que :

A(r) = �k2t

2r� k2

2· ln r

r+ o

⇣1r

⌘+ o

⇣ ln r

r

⌘

ce qui, si l’on en croit une célèbre prépondérance classique, devrait suffire à nousconvaincre de ce que :

A(r) ��!r!+1

0

Comme à l’évidence :B(r) = A(r)� ln

⇣1� k

r

⌘

nous avons également :B(r) ��!

r!+10

Il y a donc un genuine squeeze dans l’encadrement (⇤) supra duquel nous déduisonsguillerets que :

mr ln⇣1� k

r

⌘+ k ln r + kt ��!

r!+10

En notation d’Edmund cela s’écrit :

mr ln⇣1� k

r

⌘+ k ln r + kt = o(1)



c. Soit k et r deux entiers naturels. La formule dite de la descente stipule que :✓

r

k

◆=

r(r � 1) · · · (r � k + 1)k!

Comme k est fixé, le numérateur est une fonction polynomiale de r dont le degré estjustement k. Du coup, notre numérateur équivaut, en plus l’infini, au terme de plus hautdegré de notre polynôme qui s’avère, comme le nez aumilieu de la figure, être exactementle monôme rk.

Nous imposons désormais r > k ce qui — nous l’avons déjà dit — pour quelqu’un quiva bientôt tendre vers plus l’infini, n’est pas une véritable contrainte mais plutôt un réelconfort qui autorise l’écriture :

⇣1� k

r

⌘mr

= exp

✓mr ln

⇣1� k

r

⌘◆= e�k ln r�kt+o(1)

la dernière égalité provenant de la question précédente. Or, il se trouve que depuis la classede terminale again, nous n’ignorons pas que :

e�k ln r =1rk

Nous en sommes donc à :⇣1� k

r

⌘mr

=e�kt

rk· eo(1)

La quantité o(1) est par définition de limite nulle en plus l’infini et il en résulteimmédiatement — et continûment !— que :

⇣1� k

r

⌘mr

⇠r!+1

e�kt

rk

Grâce au début de la question et à une gentille simplification cela nous amène à :✓

r

k

◆⇣1� k

r

⌘mr

⇠r!+1

e�kt

k!

et comme le côté droit ne dépend plus de r…

d. Si l’on en croit la récente 3.a, la un peu moins récente 1.b et sa remarque finale, ceque nous admettons s’écrit exactement :

p(Zr > t ) ��!r!+1

+1Xk=1

(�1)k�1 e�kt

k!

Une parfaite maîtrise de la série exponentielle de la classe de première année stipule que :

+1Xk=0

(�1)k e�kt

k!= e�e�t

Ecricome 157

d’où ressort immédiatement :

+1Xk=1

(�1)k�1 e�kt

k!= 1� e�e�t

et la limite supra s’écrit en réalité :

p(Zr > t ) ��!r!+1

1� e�e�t

le passage aux événements contraires assènent alors que :

p(Zr 6 t ) ��!r!+1

e�e�t

i.e. p(Zr 6 t ) ��!r!+1

FZ(t)

Autantdire alors que la suite (Zr)r>2 converge en loi vers la variabledeGumbel-Gompertzde la première partie. Nous conclurons :

ZrL

��!r!+1

Z

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Concours 2010 - Réussir sa Prépa HEC · Séparation de convexes Théorème de Hahn-Banach Solution de Nash Année Difficulté 2 ¶¶¶ Eurˆeka ! Partie 1 1. Pour alléger un petit