Concours 2010corrigs de mathmatiquesvoie scientifiquepar Jean-Louis RoqueAncien lve de l'cole Normale SuprieureProfesseur de chaire suprieure au Lyce Pasteur de NeuillyLes sujets peuvent se trouver par exemple l'adresse :http ://aphec.it-sudparis.eu/spip.php ?article903Avertissement de l'auteurau nain, ` a la pouf et au patapoufCe manuel contient les corrigs dtaills de la totalit des preuves de mathmatiques deloption scientique des concours des classes prparatoires conomiques et commercialesde lanne 2010. Les preuves du cru 2010, linstar de celles des annes prcdentes,furent encore exigeantes, longues et difciles. Comme dhabitude, nous recommandonsaux futurs candidats de suivre les quelques conseils suivants :1. Prendre quelques minutes au dbut de lpreuve pour lire, en totalit, lnonc.Entendons-nous bien, il ne sagit pas den faire une che de lecture mais de le parcouriren vue de : dcouvrir, tout dabord, les thmes abords ; reprer, cest toujours bon pour le moral, certaines questions et parfois mmecertaines parties que lon a dj traites pendant sa prparation. Il nest pas interdit davoirvcu ! faire la part des questions faciles, des questions plus nes et enn des questions technologiques , cest--dire ncessitant de gros calculs. Il faut savoir jauger lennemi !Il est galement important de ne pas oublier quun nonc bien lu il faut parfois savoirlire entre les lignes donne de nombreuses rponses aux questions poses.2. Ne pas sobstiner vouloir traiter dans lordre toutes les questions. Ne pas perdre tropde temps scher sur une question. Le passage aux questions suivantes donne souventdes pistes propos des questions prcdentes. Il est fondamental de fabriquer rapidementdes points et davoir, la mi-temps, un confortable magot.3. Ne pas bouder les questions de calcul et les questions algorithmiques de Tubo-Pascal.Mme si elles ne furent pas trs nombreuses cette anne, elle pourraient bien revenir enforce. En outre, le rapport qualit prix est beaucoup plus intressant quon ne le pense.4. Avoir une rigueur intellectuelle et mathmatique toute preuve. Il faut tre le premierconvaincu par ce que lon crit. Il ne faut pas oublier les cas, les discussions, les plans.Il y a souvent des facettes dans nos travaux. Il faut galement bannir les fautesgrossires divisions par zro, manipulations diaboliques des ingalits, atrocits avecles variables muettes grandes spcialits des gougnaers. Larrt de lecture existe !Attention galement au bluff qui est fortement sanctionn.5. viter les abrviations. Il faut crire en franais sur sa copie.6. Ajoutons que certains correcteurs fort heureusement peu nombreux napprcientni lhumour, ni les expressions images, dans un texte mathmatique. Bannir par exemplele fameux thorme des gendarmes . Lauteur de ces lignes plaident coupable sur lanature de ses propres corrigs. Reste donc 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 correcteurs4 Concours 2010 voie scientifiquene serait pas forcment mal venue.7. Compte tenu de ce qui prcde, il faut que les futurs candidat adoptent le style leplus impersonnel possible, mais il est important quils aient un style. Une copie demathmatiques doit tre agrable lire, cest--dire non seulement bien prsente beaucouptrop de copies ressemblent des brouillons mais aussi crites dans un langageclair, conis, sans redondance et sans faute dorthographe, o franais et symboliquemathmatique cohabitent dans une grande harmonie.8. Enn, comme le disait le gnial mathmaticien Niels Enrik Abel (18o:-18:) : pourprogresserenmathematiques,ilfautavanttout ecoutersesmatres .Nous vous souhaitons un bon et agrable travail.Margauchamfont, 16 avril 2011.Jean-Louis Roque5Dfense du consommateurNous passons en revue les diffrents textes proposs en y ajoutant quelques commentaires.Hec:Sujet long et difcile sur un thme ambitieux, en loccurrence la notion de projection surun convexe ferm. On sloigne fortement des projections orthogonales ppres sur lessous-espaces ! Le sujet est intressant et de bonne tenue. Lopinion des candidats na past exactement la mmeCcip:Cela partait dun bon sentiment ! Obtenir des proprits de la fonction Gamma viaa stochastic approach. Oui mais voil, il y a beaucoup trop de ou, beaucoup tropdhypothses inappropries, qui font que le jeu nen vaut pas la chandelle. Cest nalementun peu dcevant dautant quil y a de trs jolies preuves analytiques et presque plusfaciles de ces fameuses proprits de Gamma.Essec:Un joli texte danalyse, peut-tre un peu moins difcile que dhabitudeEmlyon:Texte dle la tradition. Deux problmes, algbre, calcul des probabilits et analysecouvrant donc une bonne partie du programme.Edhec:Ici aussi la tradition est repecte. Trois exercices et un problme. Malheureusement la ndu problme semble avoir un peu scandaleusement chappe ses concepteursEcricome:Deuxexercices et unproblmecomme dhabitude. Malheureusement, le texte duproblme et son corrig ofciel aussi ! semblent faire du grave dfaut de non dnition desvariables alatoires Yi ce qui complique normment les problmatiques abordes. Celana pas d gner les candidats mais tout de mme6 Concours 2010 voie scientifiqueSommaireHec.............................................................. 7Projection sur un convexe fermSparation de convexesThorme de Hahn-BanachSolution de NashCcip............................................................. 39Fonction et loi GammaLoi Beta et loi de SnedecorConvergencesWilks Legendre StirlingEssec........................................................... 71quation diffrentielleTransformation de Payssousquivalence de restesEmlyon........................................................ 93Convergence matricielleMatrices stochastiquesChane de MarkovFonction dfinie par une intgraleEdhec......................................................... 112OptimisationEndomorphismes symtriquesConvolutionConvergence complteEcricome.................................................... 127quivalents d'intgrales impropresOptimisation hermitienneLoi de Gumbel-GompertzCollector's problemHec premire 7Hec premireProjection sur un convexe fermSparation de convexesThorme de Hahn-BanachSolution de NashAnne Difficult2 Eur eka !Partie 11. Pour allger un petit peu, nous noterons I lintervalle :I = ] 1, 1] telle enseigne que nalement :K = I Ia. Nous nous organisons un poquitn. Nous commenons par la convexit. Soit z, u deux lments de K et t un rel dusegment [0, 1]. Les deux rels z1 et u1 sont par hypothse situs dans lintervalle I et commeles intervalles de R sont point nomm des(*) parties convexes, nous dduisons que :tz1 + (1 t)u1 2 I(*) Ce sont en ralit les parties convexes de R.8 Concours 2010 voie scientifique On dmontre bien sr mutatis mutandis que :tz2 + (1 t)u2 2 Iet tout cela dmontre que :tz + (1 t)u 2 Ket nous avons donc gagn le premier round. Considrons les deux ensembles :F1 =_z 2 R2| z1 6 1_et F2 =_z 2 R2| z2 6 1_ Le premier est limage rciproque de lintervalle fermI par la premireapplication coordonne. Comme cette dernire est ofciellement continue sur R2, lethorme des images rciproques de Felix Hausdorff trop gentiment rappel par letexte ? stipule que F1 est un ferm de R2. On dmontre de faon analogue et sans surprise que F2 est un ferm de R2.Etant donn que :K = F1\ F2la fermeture se fait grce au thorme des intersections du mme Felix. Supposons par labsurde que K soit born. Il devrait exister un rel strictementpositif r tel que :K B(0, r)o, tout le monde sans doute, B(0, r) dsigne la boule ouverte de centre 0 et de rayon r.Oui mais voil, le point :(0, r)appartient indniablement K mais nappartient pas du tout notre boule ! Sob. Comme toute norme est essentiellement positive, la minimiser revient minimiserson carr et Lyce de Versailles. Nous devons donc minimiser sur K la fonction :f: (z1, z2) 7!(x1z1)2+ (x2z2)2Nous allons alors nous appuyer sur lvidence que voici :Evidence:Soit a 2 R. La fonction :ga : u 7!(a u)2possde un minimum sur lintervalle I. En outre :i. Si a 6 1, le minimum vaut zro et il nest atteint quau point a.ii. Si a > 1, le minimum vaut (a 1)2et il nest atteint quau point 1.La preuve est totalement lmentaire et nous la laissons la charge du lecteur suspicieux.Nous poursuivons en notant que notre vidence nous oblige une petite planication.Hec premire 9 Supposons que x1 6 1. Nous avons alors fatalement x2> 1 sans quoi le point(x1, x2) appartiendrait K. Nous en dduisons videmment que :minKf= (x21)2et que ce minimum nest atteint quau point (x1, 1). Supposons quex261. Cette fois cestx1 qui doit dpasser 1 et cest mutatismutandis que nous clamons que :minKf= (x11)2minimum atteint une seule fois au point (1, x2). Supposons pour nir que x1 et x2 soient strictement suprieur 1. Lvidence estalors formelle. Nous avonsminKf= (x11)2+ (x21)2et latteinte na lieu quau point (1, 1).Il semble bien que nous ayons prouv lexistence et lunicit de p(x) et que :p(x) =___(x1, 1) si x1 6 1(1, x2) si x2 6 1(1, 1) si x1> 1 et x2> 1 Lhypothse selon laquelle x1 et x2 sont strictement positifs na pas eu a huge effectc. Nous allons, en ralit, faire trois gures puisque nous avons trois situationsdiffrentesxp(x)x p(x)xp(x)0 1 0 0 11 1 11 Par dnition, le point p(x) est le point de K le plus proche de x en distance euclidiennecanonique, cest--dire en distance du double dcimtre . Sur les dessins que nousvenons de faire, tout semble absolument lumineux !d. La programmation doit bien sr tenir compte du plan en trois parties qui a t utilisplus haut et qui stipule gaffe au p3(*) que pour un vecteur x convenable lon a :(*) Le pige le plus redoutable et redout de la classe de troisime. Combien de potaches ont rat leur brevet des collgespour avoir navement cru que, pour x rel,px2=x alors quen ralitpx2=|x| ?10 Concours 2010 voie scientifiquei.||x p(x)|| = _(x21)2= |x21| = 1 x2si x1 6 1ii.||x p(x)|| = _(x11)2= |x11| = 1 x1si x2 6 1iii.||x p(x)|| = _(x11)2+ (x21)2si x1> 1 et x2> 1Le rsultat des course est alors :function distance(x1, x2 : real, n : integer) : real ;beginif x1 1 then distance := sqrt((x11)2+ (x21)2) ;end ;e. Soit z 2 K. Nous craignons devoir reprendre nos trois situations. Si x1 6 1, le lecteur trouvera sans peine que : = (z21)(x21)dont la ngativit est outrecuidante vu que z2 6 1 alors que fatalement x2> 1. Si x2 6 1, cest mutatis mutandis que nous parvenons : 6 0 Si, pour nir, x1 et x2 sont strictement suprieurs 1, lon trouve toujoursaisment : = (z11)(x11) + (z21)(x21)nombre dont la ngativit ne peut chapper qu Auguste Compte !f. Nous repartons pour la valse trois temps Dans le premier cas, nous rappelons le fatal x2> 1 et il est facile de voir que nouscherchons un rel c tel que :8z2 > 1 z2(x21) < c < x2(x21)ce qui, vu que x21 est positif, sera vri si, et seulement si :(x21) < c < x2(x21)Les hypothses et la fatalit faisant ici que :x21 < x2(x21)Hec premire 11nous pouvons proposer pour c nimporte quel rel de louvert :x21, x2(x21)Pour xer les ides nous proposons son milieu, en loccurrence :c =x2212 On dmontre mutatis mutandis que dans la seconde situation, la proposition :c =x2112fait farpaitement laffaire. Enn, cest toujours de la mme faon que lon se rend compte de ce que, dans latroisime, la proposition :c =x2112+x2212= ||x||222est tout fait raisonnable. Le lecteur observateur pourra remarquer que, dans les trois cas, nous avons propos :c = ||x||2||p(x)||222.a. Les sous-espaces vectoriels sont stables par nimporte quelle combinaison linaire.Ils le sont donc a fortiori par nimporte quelle combinaison convexe de deux vecteurs(*).b. Considrons le vecteur de R4:u = (1, 1, 1, 1)Produit scalaire canonique oblige, il est clair que :E = _u_?ce qui montre dj queE est bien un sous-espace vectoriel de R4. En outre, grce limportante formule dimension dun orthogonal , il advient que :dimE = dimR4dimVect u = 3la dernire galit reposant essentiellement sur la non nullit du vecteuru. Le sous-espace E est donc diffrent de lespace nul et de lespace R4et le cadre de la questiona est ainsi respect. Le reste nest quune question de cours qui sappelle minimisation(*) On appelle ainsi toute combinaison linaire de type tu+(1t)v o t2[0,1].12 Concours 2010 voie scientifiquepar 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)||o, la surprise gnrale, lendomorphisme q est le projecteur orthogonal surE?. Laformule du double orthogonal stipule que :E? = _u_?? = Vect uComme ||u|| =2, la courte famille(u/2) est une base orthonormale deE? et nulne peut ignorer cest limportante formule projection orthogonale via une baseorthonormale que :q(x) = u2Comme u/2 est unitaire, nous en dduisons que :||q(x)|| =

ce qui nalement nous amne :minw2E||x w|| =x1 +x2x3x42Quant p(x), il vaut :p(x) = x q(x) = x 14 uet son calcul ne prsente pas un intrt majeur.3.a. Soit z appartenant K. Nous avons :f(z) =_(x1z1)2+ + (xnzn)2et nous faisons les observations suivantes : La fonction :z 7!(x1z1)2+ + (xnzn)2est continue sur K pour la simple et bonne raison quelle y est incontestablementpolynomiale n variables. Elle y est en outre valeurs positives ou nulles. La fonctionpest justement continue sur R+.Grce au thorme de composition gauche, lon dduit que f est effectivement continuesur K.b. Nous procdons en deux temps.Hec premire 13 Intersection de deux ferms de Rn,K0 est un ferm de Rncomme lafrme lethorme des intersections du sieur Hausdorff. Comme K0 est manifestement inclus dans la boule B0, cest par dnition que K0est une partie borne de Rn.c. La partie K0 est dsormais ferme et borne. Elle est galement non vide puisque,vu le rayon de B0, elle contient assurment le point z0. Elle est enn contenue dans Kce qui autorise la question prcdente nous rvler que f est continue sur K0. Tout celadclenche limportant thorme doptimisation de Karl Weierstrass.La fonction f admet bien un minimum(*) sur K0.d. Soit z appartenant K. Vu la tournure des vnements, il faut imprativementenvisager deux cas. Si z appartient K0, il sagit dune pure lapalissade 1: pour les intimes ! Si z nappartient pas K0, il ne peut appartenir la boule B0 telle enseigne que :||z x|| > ||x z0||Oui mais voil, vu que z0 appartient K0 notre lapalissade supra stipule que :||x z0|| > ||x z||et la conclusion sopre dans une douce transitivit. `A bien y regarder, nous venons doncdtablir que la fonction f a un minimum sur K atteint au moins au point z. Cela peut sereformuler, par dnition, en disant que z est une projection de x sur K.4.a. On commence par rappeller une importante formule.Formuledelam edianeouduparall elogramme:Soit (E, ) un espace prhilbertien rel, cest--dire un espace vectoriel rel quipdun produit scalaire. On note || || la norme euclidienne correspondante. On a alorslgalit :8u1 2 E 8u2 2 E ||u1 +u2||2+ ||u1u2||2= 2||u1||2+ 2||u2||2Soit alors a et b appartenant Rn. Nous choisissons :u1 =x a2et u2 =x b2and Bobs your uncle !b. Il semble assez naturel dappliquer lidentit prcdente en y oprant les choix :a = u et b = vIl savre alors que :____x u +v2____2+ 14||u v||2= d2()(*) Que le lecteur se rassure, ce thorme afrme galement lexistence dun maximum mais qui ne doit intresser personne14 Concours 2010 voie scientifiquedo il rsulte sur-le-champ que :____x u +v2____26 d2`A ct de cela, vu que u et v appartiennent au convexe K, la combinaison convexe :u +v2appartient galement K ce qui autorise monsieur de la Palice clamer que :____x u +v2____2> d2Les deux dernires ingalits montrent que nalement :____x u +v2____2= d2ce qui, une fois rpercut dans () nous amne :||u v||2= 0 i.e. u = vLa question 3.d avait montr que z tait une projection de x sur K. Lunicit que nousvenons dtablir montre que z est la projection de x sur K ce qui dsormais peut justierla notation fonctionnelle(*) :p(x) = z5.a. Soit z appartenant K et t 2 [0, 1]. Comme z et p(x) appartiennent K, il en est demme de la combinaison convexe :tz + (1 t)p(x)ce qui permet nouveau dvoquer le seigneur de Chabannes.b. Soit z et t appartenant respectivement K et au semi-ouvert ]0, 1]. Nous remarquonstout dabord que :x _tz + (1 t)p(x)_ = x p(x) t_z p(x)_Du coup, grce la formule dAl Kashi, nous avons :__x_tz +(1 t)p(x)___2= ||xp(x)||22t +t2||z p(x)||2Aprs une premire et gentille simplication, lingalit du rcent a se transforme en :2t 6 t2||z p(x)||2(*) Adopter une notation fonctionnelle ce que fait dailleurs le texte dans son introduction pour un objet qui nest pas avrunique est pour le moins cavalierHec premire 15Oui mais voil, nous avons pris soin de choisir t strictement positif ce qui nous amnesimplement et tranquillement :2 6 t||z p(x)||2Il ne reste plus qu passer la limite lorsquet tend vers zro pour voir apparatre lamagique : 6 0c. Soit z appartenant K. Grce la tricky criture :x z = (x y) + (y z)et lidentit dAl Kashi, nous avons cette fois :||x z||2= ||x y||2+ 2 +||y z||2Mais lhypothse stipule exactement que : > 0 telle enseigne quimmdiatement :||x z||2> ||x y||2Cela montre sans aucun doute possible que la fonctionf possde un minimum surKatteint en y et si lon en croit les rcentes 3.d et 4.b, la messe semble dite !Les questions 5.b et 5.c, permettent de caractriser le vecteur p(x). Il est lunique vecteury de K qui vrie :8z 2 K 6 0d. Pour allger, puis parce que cela sera son nom de futur sparatiste , nous allonsnoter h le vecteur x p(x). La bilinarit du produit scalaire entrane que : = ||h||2Comme il est dit que x nappartient pas K, lon a sans scrupule x 6= p(x) et donc h 6= 0ce qui termine la premire partie de laffaire.Avant de passer la suite, et parce que nous ne sommes pas ns de la dernire pluie, nousempressons de proposer pour c le milieu du segment joignant les rels : et cest--dire :c =+2=

216 Concours 2010 voie scientifiquela dernire galit se passant, bilinairement, de tout commentaire. Cette mme bilinaritpermet daller un petit peu plus loin puisquen ralit :c = ||x||2||p(x)||22ce qui nest pas sans nous rappeler quelques souvenirsMilieu oblige, il ne fait aucun doute que : < c < Soit alors z appartenant K. La question 5.b et un nanochouia de bilinarit font aismentque : 6 et cest ainsi dans une douce transitivit que nous revendiquons : < c < chronique dune sparation annonce.Partie 26. Nous prenons les choses une par une. Soitz etu appartenant K ett appartenant au segment [0, 1]. Soit galementi 2 [[1, n]]. La fonction carre tant indubitablement convexe sur R, nous avons :_(tzi + (1 t)ui_26 tz2i+ (1 t)u2iGrce la multiplication par le positif i et une habile addition membre membre ilsemble se dessiner aisment que :n

i=1i_(tzi + (1 t)ui_26 tn

i=1iz2i+ (1 t)n

i=1iu2iOui mais voil, nous savons par hypothse que :n

i=1iz2i6 1 etn

i=1iu2i 6 1On multiplie la premire par le positif t et la seconde par le non moins positif 1 t et onajoute nouveau, ce qui devrait tranquillement nous amener :tn

i=1iz2i+ (1 t)n

i=1iu2i 6 t + 1 t = 1La transitivit frappe nouveau en assnant que :n

i=1i_(tzi + (1 t)ui_26 1Hec premire 17ce qui nous fait un premier point. La fonction :c : z 7!n

i=1iz2iest polynomiale n variables et est ce titre continue sur Rn. LensembleK tantexactement limage rciproque par cette dernire de lintervalle ferm I=]1, 1] adonc droit au titre de ferm comme en atteste le thorme de F.H. Notons tout simplement le plus petit des rels 1, 2, . . . , n. Comme il faitpartie de la bande, nous faisons observer quil sagit dun rel strictement positif. Soitalors z appartenant K. Vu la positivit des intervenants il va tre difcile de sopposer ce que :n

i=1z2i6n

i=1iz2i6 1En carquillant bien les yeux et en ayant pas oubli que est strictement positif, nousapprenons quez appartient la boule ferme de centre 0 et de rayon 1/. Bref, nousavons :K B(0, 1/)et nous pouvons passer la suite. Lorsque n = 2, lensemble K possde une forme elliptique. Il a une forme ellipsodalelorsque n = 3. On peut dire dans le cas gnral que K est de forme hyperellipsodale.7. Attention mismatch ! La fonction f nest pas la mme que celle de la partie prcdente.Nous faisons galement remarquer que K1 est bien un ouvert de Rnpuisquil est limagerciproque par la fonction c supra de lintervalle ouvert ] 1, 1[. Merci qui ?a. La fonction f est ici :z 7!n

i=1(xizi)2Elle est polynomiale n variables ce qui lui attribue une genuine classe C1et mme on ne sait jamais une genuine classe C2sur louvert K1.b. Soit i 2 [[1, n]] et z appartenant louvert K1. Nous avons :0f0zi(z) = 2(zixi)do lon dduit immdiatement que :rf(z) = 2(z x)Du coup, si z devait critiquer f, lon devrait avoir :z = xce qui est videmment hors de question puisquil est bien prcis que x nappartient pas K.18 Concours 2010 voie scientifiqueLe vecteur p(x) est le point datteinte du minimum de f sur K. Si par labsurde, il avaitlintention dappartenir louvert K1 et puisque depuis peu f y possde la classe C1, uneimportante condition ncessaire du premier ordre obligerait p(x) critiquer f ce quinest dsormais plus du tout lordre du jour.Notre point datteinte p(x) appartient donc K \ K1 cest--dire K0.c. Notons z1, . . . , zn les coordonnes du vecteur p(x) et supposons par labsurde quilexiste un entier i 2 [[1, n]] tel que zi soit strictement ngatif. La premire chose que nousobservons est que le point : z = (z1, . . . , zi1, zi, zi+1, . . . , zn)appartient toujours K0 et la seconde, que :f( z) = d2+ 4xiziComme xi est strictement positif et comme zi est strictement ngatif, nous dbouchonssur :f( z) < d2ce qui pour le minimum d2de f est difcile encaisser !Notons pour nir quun lment deK0 ne peut videmment pas se permettre davoirtoutes ses entres nulles.8. Notons que cest la premire fois que lon utilise vraiment lhypothsen >2 faitepar le texte au tout dbut. En outre, bien que le texte ne le demande pas ouvertement, ilest relativement tranquille de prouver que est bien un ouvert de Rn1. Considrons eneffet lensemble :U=_(z1, . . . , zn1) 2 Rn1|n1

i=1iz2i< 1_ainsi que, pour chaque i 2 [[1, n 1]], lensemble :Ui =_(z1, . . . , zn1) 2 Rn1| zi> 0_Le premier est limage rciproque de lintervalle ouvert ] 1, 1[ de R par lapplicationpolynomialement continue :(z1, . . . , zn1) 7!n1

i=1iz2iCest donc, selon F.H, un vritable ouvert deRn1.`A ct de cela, pour chaquei 2[[1, n1]], lensembleUi est limage rciproque de louvert ]0, +1[ par la trsclairement continue :(z1, . . . , zn1) 7!ziHec premire 19il est donc galement ouvert de Rn1. Comme : = U \ U1\ . . . \ Un1la conclusion passe par le thorme des intersections nies de notre cher Flix. Nouspouvons alors avancer.a. Soit, pour linstant, un lment (z1, . . . , zn1) quelconque de louvert . Cela imposepar dnition que :1 n1

i=1iz2i> 0et il est galement prcis que n est strictement positif. Tout cela montre que la fonctionest parfaitement dnie sur louvert et quelle y est valeurs strictement positives.Nous navons donc plus rien ajouter pour la premire partie de laffaire. Ensuite, quasimentalement et sans autre explication si ce nest une gentille simplication par n, nousavons :n

i=1iz2i=n1

i=1iz2i+ nz2n=n1

i=1iz2i+ 1 n1

i=1iz2i= 1ce qui nous permet denvisager la suite.b. Notons avant de commencer que le rel ` est parfaitement dni puisque, ni n, nizn, nont eu lintention de sannuler. Soit alors i appartenant [[1, n]]. Il semble que nousdevions nous organiser un poquitn. Si i = n, cest par dnition de ` que nous avons :1 + `n =xnznVu les situations gographiques de xn et de zn, il semble que 1 + `n soit strictementpositif do il ressort immdiatement que :zn =xn1 + `n Supposons dsormais que 1 6i 6n1. Comme il est dit que (z1, . . . , zn1)est critique pour H nous devons avoir :0H0zi(z1, . . . , zn1) = 0ce qui se traduit aisment par :zi xi +_xn(z1, . . . , zn1)_izin(z1, . . . , zn1)= 0ou encore par :zi xi +_xnzn_ izinzn= 020 Concours 2010 voie scientifiqueVu la dnition du rel ` et grce un chouia de physionomie cela devient sur-le-champ :zi xi + `izi= 0 i.e. zi (1 + `i) = xiComme xi est annonc non nul, il en est fatalement de mme du rel 1 + `i et voildonc que :zi=xi1 + `i notre plus grande satisfaction.c. Soit i appartenant [[1, n]]. Nous devons nouveau nous organiser. Nous avons dj eu loccasion de signaler que :1 + `n> 0ce qui, due to n> 0, se transforme en :

1n< ` Supposons maintenant que16i 6n1. Nous savons par hypothse que(z1, . . . , zn1) appartient louvert ce qui stipule en particulier que zi est strictementpositif. Comme cest aussi le cas de xi, nous apprenons grce la question prcdenteque :1 + `i> 0et la stricte positivit de i conduit cette fois :

1i< `Bref, les rels 1/i sont tous strictement infrieurs ` et le seigneur de La Palice assnealors que :max16i6n

1i < `d. Notons u la fonction en question. Cest une fonction rationnelle qui, vu la dnitionde u, est indubitablement dnie sur ]u, +1[. Elle y est donc drivable(*) et lon a :8y > u u0(y) = 2n

i=12ix2i(1 + iy)3Il apparat ainsi que u0 est valeurs strictement ngatives sur ]u, +1[ ce qui procure la fonction u une inluctable dcroissance stricte. Notons pour nir que la limite de u enplus linni vaut assurment 0 alors que sa limite en u vaut plus linni. Nous pensons(*) On rappelle quune fonction rationnelle est de classe C1 sur son domaine de dnition.Hec premire 21devoir nous expliquer sur ce dernier point. Maximum oblige, il existe au moins un indicei de lensemble [[1, n]] tel que :u = 1iPour chacun de ces indices i, il est profondment et positivement vident que :ix2i(1 + iy)2 !y!y>+1alors que pour les ventuels autres indices, ce mme rapport a une limite nie. Nous nousautorisons alors revendiquer le tableau :y u +1u0

u +1 & 0Compte tenu de nos limites aux bornes, la fonction u, dsormais continue et strictementdcroissante sur]u, +1[, se doit de raliser une bijection de]u, +1[ sur]0, +1[.Comme le rel 1 appartient lintervalle image, il existe effectivement un unique rel`0 appartenant ]u, +1[ tel que :u(`0) = 1Le rel `0 est donc lunique zro de la fonction u1 dans lintervalle ]u, +1[, et ltudeprcdente conduit au tableau de signe que voici :y u `0+1u 1 + 0 que nous gardons au chaud quelques instants. La stricte positivit des i entrane la strictengativit de u ce qui nous autorise causer de u(0)1 qui ne vaut dailleurs rien dautreque :u(0) 1 =n

i=1ix2i 1Oui mais, comme x nappartient pas K, il ne fait aucun doute que :n

i=1ix2i> 1ce qui se traduit par :u(0) 1 > 022 Concours 2010 voie scientifiqueUn simple coup dil notre tableau de signe rvle alors que :0 < `0et tout le monde est ravi. Laffaire nest pas encore tout fait termine. Ne perdons pas devue quil a dj t signal que z est lment de K0 ce qui, due to the recent 8.b, amnegentiment :n

i=1ix2i(1 + `i)2= 1Le non moins rcent 8.c a quant lui rvl que`>u argument choc qui permet detransformer lgalit prcdente en :u(`) = 1Lunicit tablie en 8.d est alors formelle. Nous avons ` = `0 et nalement :8i 2 [[1, n]] zi=xi1 + `0i Cette question 8 est pour le moins droutante car elle est trs curieusement cele. On ydmarre avec un prtendu point critique de H dont lexistence est pour le moins obscureet qui se permet de conditionner toute la suite.Il eut fallu en ralit commencer par la question 8.d qui dtermine sans ambigut le relpositif `0 et de dnir ensuite et pour tout i 2 [[1, n]] :zi=xi1 + `0iOn dmontre alors aisment nous conseillons au lecteur de le faire que :zn = (z1, . . . , zn1)et que (z1, . . . , zn1) est effectivement critique pour H.9.a. Nous commenons par une intressante constatation. Nous avons : = `0En effet, il ne fait aucun doute et sans autre explication que : =n

i=1zi (xizi ) = `0n

i=1ix2i(1 + `0i)2la derniregalit procdant duntranquilleremplacement des zi par leur vritableidentitet dune petite rductionaumme dnominateur. Notre lgendairephysionomieet la raisondtre de `0 nous conduisent alors : = `0u(`0) = `0Hec premire 23chronique dune constatation annonce. Soit maintenant z appartenant K. Cest toujoursaisment que nous avons cette fois : = `0n

i=1ziixi1 + `0i()Cela tant, la positivit des i permet la tricky criture :n

i=1ziixi1 + `0i=n

i=1pizi pixi1 + `0iUn rel tant systmatiquement infrieur sa valeur absolue, nous dduisons de lingalitde Cauchy-Schwarz-Bouniakovski que :n

i=1ziixi1 + `0i6_n

i=1iz2i _n

i=1ix2i(1 + `0i)2Nous reconnaissons encore une fois le trs fameux et trs sympathiqueu(`0) telleenseigne que nalmente :n

i=1ziixi1 + `0i6_n

i=1iz2iNous navons pas oubli que z appartient K ce qui enracine immdiatement lingalit :n

i=1ziixi1 + `0i6 1Comme `0 est positif, il semble bien que nous ayons prouv que : 6 `0ce qui rst constatation dixit stipule que : 6 Il ne reste plus qu citer la bilinarit du produit scalaire pour emballer laffaireingalitaire. Comme zappartient K depuis une fort belle lurette, la belle caractrisationde la question 5.c rvle effectivement que :p(x) = zb. Nous avons appris, dans le cas gnral, que le vecteur x p(x) spare les convexesferms K et {x}, lun des sparatistes potentiel tant, au choix, le rel :c = ||x||2||p(x)||22=

2=

224 Concours 2010 voie scientifiqueNous avons dj constat que : = `0alors quil est trs facile remplacer les zi par les xi dans () supra de voir que : = `0n

i=1ix2i1 + `0iIl semble alors que nous puissions, bilinairement, changer de partie.Partie 3Nous devons signaler que la proprit que nous sommes supposs admettre ici esttotalement fausse. Il suft, pour sen rendre compte, de se placer dans R2et de choisirpour K1 et K2 les deux axes de coordonnes, cest--dire :K1 =_(a, 0) | a 2 R_et K2 =_(0, b) | b 2 R_On constate alors aisment quil nexiste aucun vecteur non nul h 2 R2et aucun rel ctels que :8x 2 K18y 2 K2 6 c 6 et nous laissons notre vnr lecteur le soin de sen assurer.Cependant et pour ceux qui savent ce que cela signie, la proprit devient correcte silon suppose galement que K1 et K2 sont dintrieur non vide.10. Here you are :11. Soit b un rel strictement positif et t un rel de louvert ]0, 1[. Nous allons tudier surlouvert ]0, b[ la fonction :v : a 7!ln_ta + (1 t)b_t lna (1 t) lnbElle y est manifestement drivable et lon trouve aisment :8a 2 ]0, b[ v0(a) = t(1 t) (a b)a_ta + (1 t)b_Hec premire 25Vu les positions gographiques des uns et des autres, il semble indniable que :8a 2 ]0, b[ v0(a) < 0cette stricte ngativit entranant la stricte dcroissance de v sur lintervalle ]0, b[. Nousavons ainsi le tableau :y 0 bv0

v & 0la limite gauche enb se trouvant quasiment sous le sabot du cheval. Notre strictedcroissance assure alors que :8a 2 ]0, b[ v(a) > 0et tout le monde est ravi. Nous avons dmontr lingalit de concavit stricte lorsque a < b et 0< t< 1. Ellestablit mutatis mutandis bien entendu lorsque a > b et 0 < t < 1.Nous pouvons donc afrmer que, pour tout couple (a, b) de rels strictement positifsdistincts et tout rel t de louvert ]0, 1[, lon a :ln_ta + (1 t)b_ > t lna + (1 t) lnb12.a. Nous ne dirons que deux choses. La fonctiong est polynomiale n variables. Elle hrite donc ce titre dunecontinuit sur K bien mrite. Lensemble K est, par hypothse, un ferm born non vide.Il suft alors de ne point avoir gar limportant thorme doptimisation de KarlWeiersrtass.b. La dernire hypothse dui stipule que la partieK nest forme que de vecteurspositifs ou nuls. Cela entrane dj la positivit large de tous lesui. En outre, grce lhypothse ii, nous disposons dun vecteur x de K ayant toutes ses entres strictementpositives. Il en rsulte alors immdiatement que :g(x) > 0Nous terminons alors par la sempiternelle lapalissade selon laquelle :maxKg > g(x)26 Concours 2010 voie scientifiquequi nous amne tout naturellement et transitivement :n

i=1ui> 0Les rels ui sont dsormais positifs ou nuls et leur produit est strictement positif. Cela lescondamne sans pravis une clatante positivit stricte, ce qui nest pas pour nous fcher.c. Supposons que le maximumde g sur K soit atteint en deux vecteurs u et v diffrents.Nous aurions donc :maxKg =n

i=1ui =n

i=1viLes positivits strictes de la question prcdente autorisent une agrable prise delogarithme conduisant ainsi :lnmaxKg =n

i=1lnui =n

i=1lnviComme lensemble K est convexe, le vecteur (u +v)/2 appartient galement K et sesentres sont assurment positives strictes. Nous pouvons alors nous tourner vers :lngu +v2 =n

i=1ln ui +vi2Les points cruciaux sont alors les suivants : La fonction ln tant tout btement concave sur R+ nous sommes dj assurs dece que :8i 2 [[1, n]] ln ui +vi2>12 lnui + 12 lnvi() La fonctionln tant strictementconcave et les vecteurs u et v tant diffrents,lune au moins des ingalits () est stricte telle enseigne que leur addition membre membre se solde par :n

i=1ln ui +vi2>12n

i=1lnui + 12n

i=1lnvice qui, compte tenu de tout ce que nous savons, se transforme presque magiquement en :lngu +v2 > lnmaxKgLa fonctionexp tant entre autres connue pour sa croissance stricte, il sensuit latotalement incongrue :gu +v2 > maxKgpuisque tout le monde sait que les maxima ont une sainte horreur de se laisser dpasserHec premire 2713. Nous venons dtablir que les ci(K) sont tous strictement positifs ce qui donne unsens certain ce nouvel ensemble F. En outre, et si cela ne gne personne, nous noteronsplutt ci le lourdaud ci(K). Enn, parce que ces rels pourrons nous tre utiles, nousnoterons : = min(c1, . . . , cn) et M= max(c1, . . . , cn)tout en faisant remarquer quil sagil l de nombres strictement positifs. Nous sommesalors en mesure dattaquer.a. Retroussons donc nos manches car il y a un sacr boulot !Commenons par le i. Soit u et v deux vecteurs de F et t un lment du segment [0, 1]. Il existe deuxvecteurs x et y dans K tels que :8i 2 [[1, n]] ui =xiciet vi =yiciDans ces conditions, pour chaque i 2 [[1, n]], nous avons :tui + (1 t)vi =txi + (1 t)yici( )Comme K est convexe, le vecteur tx + (1t)y appartient K et les galits ( )montrent que :tu + (1 t)v 2 FNotre ensemble F est dores et dj convexe. Pour le ct born, nous proposons deux mthodes. Lam ethodemarseillaise:Comme K est une partie borne, il existe un rel strictement positif tel que :K B(0, )Soit alors u 2 F. Il existe par dnition un vecteur x appartenant K tel que :||u||2=n

i=1x2ic2i6 ||x||22la majoration procdant, a donf, de notre dnition de et de la trs agrable positivitambiante. Comme K est inclus dans la boule B(0, ), nul doute que ||x|| < et lon endduit immdiatement que :F B(0, /) Lam ethodedesentr ees:Comme K est une partie borne de Rn, il existe deux rels a et b, vriant a 6b, telsque toutes les entres de tous les lments de K soient connes au segment [a, b]. Soitalors u appartenant F. Il existe nouveau un vecteur x dans K tel que cette fois :8i 2 [[1, n]] ui =xici28 Concours 2010 voie scientifiquedo il ressort trs positivement que :8i 2 [[1, n]]aci6 ui 6bciLes entres des lments de F sont elles aussi connes des segments ce qui nous permetdenvisager la suite. Au risque de radoter, comme les ci sont positifs, cest sans autre forme de procsque lensemble F est, comme son copain K, form de vecteurs positifs ou nuls. Reste le meilleur pour la n du i, cest--dire la fermeture de F. Nous allonstablir que son complmentaire est ouvert. Soit doncu 2Rn\F. Si, pour chaquei 2 [[1, n]], nous notons xi = ciui, nous construisons bien sr un vecteur x de Rntel que :8i 2 [[1, n]] ui =xicimais cette fois x ne peut se permettre dappartenir K. Comme par hypothse Rn\ Kest ouvert, il existe un rel strictement positif r tel que :B(x, r) Rn\ KPrenons alors un vecteur v, pour linstant dans Rn, et notons as usual y le vecteur de Rntel que :8i 2 [[1, n]] vi =yiciIl est trs trs facile de constater que :||y x|| 6 M||v u||le rel strictement positif M ayant t dni par nos soins quelques encablures plus haut.Si maintenant parce que nous le voulons bien ! nous imposons :||v u|| 0_Le premier est limage rciproque de lintervalle ferm ]1, 1] de R par lapplicationpolynomialement continue :(x1, . . . , xn) 7!n

i=1xiCest donc, selon F. Hausdorff, un authentique ferm de Rn. `A ct de cela, pour chaquei 2 [[1, n]], lensemble Hi est limage rciproque du ferm [0, +1[ par la trs clairementcontinue :(x1, . . . , xn) 7!xiet il est donc galement ferm dans Rn. Comme :A = H \ H1\ . . . \ Hnla conclusion passe par le thorme des intersections de notre prcieux Flix. Nouspouvons alors changer de question.b. Soit x, y appartenant A et t 2 [0, 1]. Nous nous devons de prouver que :tx + (1 t)y 2 ACette appartenance tant trs 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 zle est parfaitement inutile pour la question concerne mais nous en serons fortementrcompenss la suivante !30 Concours 2010 voie scientifique La positivit du vecteur tx + (1 t)y ne mrite rien de plus que no comment. Soit i 2 [[1, n]]. Lappartenance A forant ouvertement la stricte positivit desentres nous assnons que les rels xi, yi et txi + (1t)yi sont strictement positifs etnous pouvons alors afrmer que :ln_txi + (1 t)yi_> t lnxi + (1 t) lnyipuisque, 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) lnyi0vu que, depuis la mme lurette, la fonction lnest strictement concave. Laddition membre membre, lentier i gambadant de 1 n, amne dsormais en douceur la stricte ingalit :lnn

i=1_txi + (1 t)yi_ > t lnn

i=1xi + (1 t) lnn

i=1yiNous faisons alors valoir que, vu les diverses positions gographiques des uns et desautres, les quatre rels :t ; lnn

i=1xi; 1 t ; lnn

i=1yisont tous positifs ou nuls telle enseigne que :lnn

i=1_txi + (1 t)yi_ > 0En bref, nous apprenons que :n

i=1_txi + (1 t)yi_ > 1ce qui na aucune raison de nous dcevoir.15. Nous procdons en deux temps. Le vecteur (1, 1, . . . , 1) appartient manifestement A et nous avons prcismentobserv la n du 13.a quil appartenait galement F. Nous avons donc dores et djlinclusion :_!1_ A\ F Lautre inclusion est un peu plus svre. Imaginons, par labsurde queA \ Fcontienne deux pointsx ety distincts. Soit alorst appartenant louvert ]0, 1[. Etantdonne la convexit des parties A et de F nous sommes assurs davoir la fois :tx + (1 t)y 2 A et tx + (1 t)y 2 FHec premire 31et cest l que le zle dvelopp tout rcemment va rvler sa stricte puissance. Il prciseen effet lappartenance A en assnant quen ralit :n

i=1_txi + (1 t)yi_ > 1alors que si lon en croit la question 13.b, lappartenance F devrait induire :n

i=1_txi + (1 t)yi_6 1La contradiction est alors limpide et nous avons donc bien :_!1_ = A\ FLa proprit plutt lgrement admise au dbut de cette partie permet alors de conclurelaffaire, pourvu cf. la mise au point faite supra que le lecteur accepte que K et Aaient effectivement un intrieur non vide. Nous le rassurons, cest effectivement le cas.16.a. Vu lhypothse selon laquelle et la non nullit 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]], londevrait avoir hj 6 0. Dans ces conditions, pour chaque k 2 N, lon a posingativement :vk = =n

j=1j6=ikhj +khi 6 khiLa stricte ngativit de hi oblige :khi !k!+11et le squeeze linni est alors impitoyable. Il impose effectivement :vk !k!+11Le point crucial est alors dobserver que, pour tout k appartenant N, le vecteur k!1appartient A, telle enseigne que selon la question prcdente :8k 2 N 6 La suite (vk) dsormais minore par le rel ne peut absolument pas tendrevers moins linni et le reste nest affaire que de raisonnement par labsurde de ZnondEle.b. Notons avant de commencer que lentier i1 est fatalement diffrent de lentier i0 dela question prcdente et lhypothse n > 2 elle a t faite au tout dbut de lhistoire nest pas totalement trangre une telle ventualit.32 Concours 2010 voie scientifiqueSoit alors k 2 N. La dnition du vecteur w(k)fait que :zk = =hi0k+khi1 +n

i=1i6=i0,i6=i1hiPour notre histoire de convergence ou de divergence dailleurs louverture desmirettes oblige fortement distinguer deux situations : Si hi1 est strictement ngatif, nous esprons ne froisser personne en clamant que :zk !k!+11 En revanche, si hi1 = 0, il est absolument limpide que :zk !k!+1n

i=1i6=i0,i6=i1hice qui, because hi1 = 0, revient :zk !k!+1n

i=1i6=i0hiLe point crucial le fameux crux ! est ici que, pour chaque k 2 N, le vecteur w(k)appartient sans aucun doute A ce qui, si lon en croit la question 15, rvle que :8k 2 N 6 zk()Nous reprenons alors notre incontournable plan : Lorsque le suite (zk) diverge vers moins linni, nous avons exactement la mmecontradiction quau tout rcent a. Lorsque la suite (zk) converge vers qui de droit, un subtil passage la limite dansla toute proche () amne : 6n

i=1i6=i0hii.e.n

i=1hi 6n

i=1i6=i0hice qui, mentalement, se traduit par linconcevable hi06 0. Cest alors encore une foisgrce Znon que nous tournons la page.17. Soit i etj deux lments diffrents de [[1, n]] ainsi quun rela strictement positif.Fortement inspirs de la question prcdente, nous considrons cette fois le vecteur w(a)de Rndni par :w(a)i= a ; w(a)j=1aHec premire 33les n 2 autres entres tant toutes gales 1. Ce vecteur appartient manifestement A telle enseigne que, grce lincontournable question 15, nous revendiquons : 6 Nous en dduisons aisment :hi +hj 6 ahi +hjaou encore :(a 1)hi

hja> 0 ()Organisons-nous alors un petit peu. Imposons a > 1 dans un premier temps. Il rsulte de () que :hi

hja> 0et le passage la limite lorsque a tend vers 1 par valeurs suprieures rvle que :hihj > 0 i.e. hi > hj Imposons maintenant a < 1. La ngativit de a 1 et () assurent cette fois deconcert que :hi

hja6 0et le passage la limite lorsque a tend vers 1 par valeurs infrieures nous apprend alorsque :hihj 6 0 i.e. hi 6 hjBref, il rsulte de tout cela que :hi = hjet tout le monde est ravi.Soit pour nir x 2A et y 2F. Vu ce que nous venons dapprendre, les conclusions dela question 15 deviennent :h1n

i=1yi 6 nh1 6 h1n

i=1xiet il ne reste plus qu simplier par le strictement positif h1.Partie 4Il y a un petit souci concernant les proprits P2 et P4. On y cause en effet de certains :c(a K) et c_K[i, j]_34 Concours 2010 voie scientifiquece qui ne peut avoir de sens que si les a K et K[i, j] concerns sont lments du trsfameux Bn, et tout cela est un petit peu pass sous silence. Nous nous devons donc derectier le tir. En ce qui concerne les aKla preuve non vidente dailleurs est exactementla mme que celle dveloppe lors de la question13.a cela prs quil suft, tout btement,dy remplacer les 1/ci par les ai. En ce qui concerne lesK[i, j], la vrication est en revanche assez vidente etnous nous permettons, parce que la nuit commence tomber, de la laisser notre lecteurdvou.18. Questions pour des champions ? La propritP1 est une proprit doptimalit. Le vecteur c(K) est en effetmaximal dans lensemble K pour lordre > dni sur Rnpar le chapeau du texte,puisquil est clairement dit quil nexiste aucun vecteur x 2 K meilleur que c(K). La propritP2 est de linvariance par changement dchelle. Lensemble desimages parc desa-dilats des lments deK nous parlons dec(a K) estexatement le mme que lensemble des a-dilats des lments de c(K). La proprit P3 est de linvariance par limination doptions non pertinentes vuque ce qui se passe dans K0 \ K ne semble pas intresser grand monde. La proprit P4 est quant elle une vidente(*) proprit de symtrie.19. Nous partons pour une petite promenade quatre temps Soit K 2 Bn. Cest pratiquement par dnition que c(K) est un lment de K.Supposons ensuite que x soit un lment de K vriant :x > c(K)Cela signie que :8i 2 [[1, n]] xi > ci(K)tout cela se droulant, bien sr, dans une ambiance de positivit fort apprcie. Il devraitainsi positivement sensuivre que :n

i=1xi >n

i=1ci(K)ce qui, par dnition des ci(K), scrit galement :g(x) > maxKgLe vecteur x appartenant K, il nest pas vraiment srieux que g(x) dpasse rellementle maximum de g telle enseigne que fatalement :g(x) = maxKg(*) Cest en ralit de linvariance par transposition, mais chacun sait que toute permutation est un produit de transpositions. SoHec premire 35Lunicit de latteinte du maximum de g oblige alors manu militari lgalit :x = c(K)chronique dune maximalit annonce Soit nouveau K 2 Bn et a un vecteur de Rn entres strictement positives.Soit maintenant v appartenant a K. Il existe par dnition un vecteur u 2 K tel que :8i 2 [[1, n]] vi = aiuiet dans ces conditions :g(v) = g(u)n

i=1aiComme le produit des ai est strictement positif, le maximum sur a K de g est atteintlorsque g atteint son maximum sur K, cest--dire uniquement lorsque :u = c(K) i.e. 8i 2 [[1, n]] ui = ci(K)Autant dire alors que le maximumsur aK de g nest atteint quau vecteur v dni par :8i 2 [[1, n]] vi = aici(K)cest--dire :v = a c(K)Il semble bien que nous ayons tabli que :c(a K) = a c(K) Soit K et K0 deux lments de Bn vriant :K K0et c(K0) 2 KComme K est inclus dans K0, il ne fait tout dabord aucun doute que :maxKg 6 maxK0gOui mais voil, comme c(K0) point datteinte du maximumde g sur K0appartientdj K, une gentille lapalissade 1: pour les intimes ! stipule que :maxK0g 6 maxKg telle enseigne que, grce aux deux dernires ingalits qui nous prcdent, lon acarrment :maxKg = maxK0g36 Concours 2010 voie scientifiqueLargument de lunicit de latteinte dans K est alors fatal. On a pertinemment :c(K) = c(K0) Soit K un lment de Bn et i, j deux lments diffrents de [[1, n]]. La premireremarque que nous faisons est la suivante. Comme le vecteur c(K) appartient K, cestpar pure dnition que :c(K)[i, j] 2 K[i, j]et cest dj un bon dbut. Reste montrer que le maximum de g sur lensemble K[i, j]est atteint sur le fameux c(K)[i, j]. Cest l que nous glissons la deuxime remarquecruciale. Commeg est une application ouvertement symtrique, cest--dire invariantepar permutation des entres, les valeurs quelle prend sur K sont exactement les mmesque celles quelle prend sur K[i, j] et cest en particulier le cas du maximum. Autant direque :maxKg = maxK[i,j]gNous concluons alors en observant tour tour que :g_c(K)[i, j]_ = g_c(K)_ = maxKg = maxK[i,j]gla premire galit provenant derechef de la symtrie de g, les autres se passant quant elles de tout commentaire.20.a. Dcidment, on commence avoir lhabitude, le texte ne cause en rien delappartenance Bn de lensemble K0 et nous nous devons, encore une fois, de rectierle tir. Commenons par la proprit i. Soit x et y appartenant K0 et t un rel du segment [0, 1]. Comme les relsxi, yi, t et 1 t sont positifs, la positivit du vecteur :tx + (1 t)yest pour le moins vidente et cest dj un bon dbut. Pour le reste, la linarit de lasommation indique que :n

i=1_txi + (1 t)yi_ = tn

i=1xi + (1 t)n

i=1yiComme par hypothse :n

i=1xi 6 n ;n

i=1yi 6 n ; t > 0 ; 1 t > 0nous dduisons aisment et mentalement que :n

i=1_txi + (1 t)yi_6 nHec premire 37Tout cela montre que le vecteurtx + (1t)y appartient K0 et ce dernier est donceffectivement convexe. Parlons maintenant de fermeture . Il ne fait aucun doute que K0 est limagerciproque du ferm ] 1, n] de R par lapplication polynomiale n variables :x 7!n

i=1xiet comme cette dernire est continue sur Rn Les entres des vecteurs de K0 tant assurment et dnitivement connesau segment [0, n], nous revendiquons le ct ttu de notre protagoniste. Quant linclusion :K0 _x 2 Rn| x >!0_elle ne mrite pas plus quun gentil no comment. Passons maintenant au ii. Le vecteur :!1 = (1, 1, . . . , 1)semble convenir farpaitement. Reste ngocier le iii. Soit donc x 2 K0 et y 2 Rnvriant :x > y >!0Cela impose que, pour chaque i 2 [[1, n]], lon ait :yi 6 xice qui par une tranquille sommation amne :n

i=1yi 6n

i=1xiComme x appartient K0, la somme de droite est infrieure ou gale n et la conclusionsappelle alors transitivit .Voil donc que notre K0 est bien membre du club Bn et pour viter les notations par tropindigestes, nous noterons :c(K0) = (1, . . . , n)Nous pouvons alors attaquer la question. La premire remarque intressante est due lasymtrie invariance par permutation des entres de la fonction :x 7!n

i=1xi38 Concours 2010 voie scientifiqueau cur de la dnition de K0. Il sen dduit quasi mentalement que, pour tout couple(i, j) dentiers diffrents de [[1, n]], lon a :K0[i, j] = K0La propritP4 entrane alors dans la foule que, pour les mmes couples (i, j), londevrait avoir :c(K0)[i, j] = c(K0)ce qui, vu notre notation supra, se traduit naturellement par :i = jSi nous notons simplement la valeur dsormais commune tous les i, nous clamonsdj que :c(K0) = (, . . . , ) = !1Comme la proprit P1 oblige c(K0) 2K0, nous dduisons aisment que 6 1. Laseconde remarque notoire est que le vecteur (1, . . . , 1) appartient tranquillement K0 etque du coup, si par labsurde, lon avait < 1, lon aurait galement :!16= c(K0) et!1 > c(K0)ce qui contrarie dnitivement la proprit de maximalitP1. Nous pouvons alorsenvisager la toute dernire question.b. Il est bon, tout dabord, de ne pas avoir oubli que F appartient Bn et ce, depuislineffable question13.a. Soit maintenant y un vecteur de lensembleF. Daprs laquestion 17 lon a :n

i=1yi 6 net comme y est un vecteur ouvertement positif nous nous devons de revendiquer y 2 K0de sorte que :F K0En outre, puisque depuis peuc(F) = !1et que, depuis plus lontemps, !1 2F, laproprit P3 est formelle. Nous devons avoir :c(F) = c(K0) =!1La n du texte approche et nous navons toujours pas utilis laP2. Il est donc grandtemps dy penser ! `A la lumire des rapports trs troits entre K et F, nous demandonsinstamment notre cher lecteur de bien vouloir accepter lgalit :K = c(K) FLa fameuse invariance par changement dchelle assure alors tour tour que :c(K) = c(K) c(F) = c(K) !1 = c(K)lavant-dernire galit provenant du dbut de la question, la dernire se passant mentale-ment et tensoriellement(*) de tout commentaire.La conclusion de tout cela est que lapplication c, magistralement dnie par la question13 est, selon notre cher John Forbes Nash bien sr, la seule rgle de partage possible etimaginable(*) Dans la littrature mathmatique, le produit ici prsent sappelle produit tensoriel.Hec deuxime 39Hec deuximeFonction et loi GammaLoi Beta et loi de SnedecorConvergencesWilks Legendre StirlingAnne Difficult2 Eur eka !Partie 11. Si cela ne gne personne, nous prfrons ce nest juste quun lger dcalage travailler avec la suite (v0n)n>2 dnie par :8n > 2 v0n = vn1 = nn1a. Soit n un entier suprieur ou gal deux. Nous avons aisment :nn1 =1n +ln1 1nGrce lquivalence ofciellement mentale :ln(1 +u) u u!0

u2240 Concours 2010 voie scientifiquenous assnons sans tat dme que :___nn1n!+1

12n28n > 2 12n2 6 0La srie de Riemann de paramtre 2 tant ouvertement connue pour sa convergence, parquivalence en signe ngatif et un picochouia de principe de linarit il en est demme de la srie :

n>2(nn1)b. Le point crucial est la trs importante proprit que nous rappelons ici :Lapasserellesuite-s erie:Soit d un entier naturel et (an)n>d une suite numrique quelconque.La suite (an)n>d et la srie :

n>d+1(anan1)sont de mme nature.La convergence de la suite (n)n>1 en rsulte effectivement.c. Soitt >0 etn appartenant N. La stricte positivit det + n ne posant aucunproblme nous pouvons assurment nous pencher sur dn,t et, vu la dnition de la suite(n), voil que :dn,t = +ln(t +n) nlnn = n +ln1 +tnla dernire galit reposant sur des standards de la classe de terminale. La rcente questionb nous a appris que : n !n!+10alors quil ne devrait faire aucun doute que :ln1 +tn!n!+10Il en rsulte alors immdiatement que :dn,t !n!+102.a. Soit t > 0. Nous avons appris par cur que la variable Xt possde une esprance etune variance et que :E(Xt) = V (Xt) = tHec deuxime 41b. Soit nouveau t > 0. Si lon en croit les rsultats que lon nous demande dadmettreconcernant la fonction Gamma dEuler ainsi que le pico principe de linarit, lintgrale :_+10lnx fXt(x)dxexiste. `Anen pas douter, cette intgrale nest impropre quen zro et en plus linni et, auvoisinage de ces deux points, sa fonction intrieure est manifestement de signe constant.Cette intgrale est donc absolument convergente et le thorme de transfert est alorsformel. La variable lnXt possde une esprance et :E_lnXt_ =_+10lnx fXt(x)dx =1(t)_+10lnx xt1exdxla dernire galit reposant sur le mme pico que prcdemment. Vu ce que nous avonsadmis, cela scrit exactement :E_lnXt_ =

0(t)(t)= (t)et nous permet de passer la variance. Le mme raisonnement nous laissons notrevaleureux lecteur le soin de bien sen assurer montre que la variable ln2Xt possdegalement une esprance et que :E_ln2Xt_ =

00(t)(t)Le thorme de Knig-Huygens stipule alors que la variable lnXt possde une varianceet que :V_lnXt_ =

00(t)(t)

02(t)

2(t)=(t)00(t) 02(t)

2(t)= 0(t)lavant-dernire galit procdant dune vidente rduction au mme dnominateur et ladernire, de la formule de drivation dun quotient. La fonction est une clbrit du monde mathmatique. Elle sappelle fonctiondigamma et est son nom international.3.a. Soit t > 1 et x > 0. Nous avons :1xfXt(x) =xt2ex(t)Vu que t1 est strictement positif et que lintgrande ici prsente est positive sur R+,lintgrale :_+101xfXt(x)dxest absolument convergente ce qui, grce lincontournable thorme de transfert, assure la variable 1/Xt une esprance plus que mrite. En outre :E(1/Xt) =1(t)_+10xt2exdx =(t 1)(t)42 Concours 2010 voie scientifiquela dernire galit reposant sur une physionomie toute preuve. Limportante propritfonctionnelle de la fonction Gamma assure alors dnitivement que :E(1/Xt) =1t 1b. La fonction ln est indniablement drivable deux fois sur R+ et sa drive secondey est clairement ngative ou nulle. Cela lui procure une genuine concavit sur ]0, +1[ etcomme son application tangente en 1 est mentalement :u 7!u 1il semble difcile de sopposer ce que :8u > 0 lnu 6 u 1Soit alors x > 0. Lingalit :lnx 6 x 1vient dtre tablie linstant. Comme linverse de x est galement strictement positif, notre ingalit deconcavit suggre que :ln 1x 61x 1 i.e. lnx 61x 1`A bien y regarder nous avons dj la premire partie de la question, en loccurrence :1 1x 6 lnx 6 x 1Pour la seconde, nous envisageons une organisation en deux parties. Si x > 1, nous avons a fortiori :0 6 lnx 6 x 1Cette positivit implique tranquillement que :ln2x 6 (x 1)2ce qui, plus forte raison, assure que :ln2x 6 (x 1)2+1 1x2 Si maintenant 0 < x < 1, il savre que :0 6 lnx 61x 1Hec deuxime 43do dcoule toujours positivement que :ln2x 61x 12puis derechef et a fortiori :ln2x 6 (x 1)2+1 1x2c. Il semble que nous devions passer en revue trois situations. Soit tout dabord t>0. La variableXt/t tant valeurs strictement positives,nous dduisons de la partie droite de lecadrement prcdent que :ln Xtt6Xtt1Il a t dit plus haut que les variables Xt etlnXt possdent une esprance et il en estdonc de mme du transfert afne :ln Xtt= lnXtlntLinluctable croissance de lesprance amne alors gentiment et linairement :Eln Xtt6E(Xt)t1ce qui, parce que E(Xt) = t, devient agrablement :Eln Xtt6 0 Soit maintenant t > 1. De la partie gauche supra nous dduisons cette fois que :ln Xtt> 1 tXtVu que t > 1 les variables ln(Xt/t) et 1/Xt ont, comme nous lavons vu plus haut, uneesprance et la fameuse croissance rvle maintenant que :Eln Xtt> 1 tt 1i.e. Eln Xtt> 1t 1 Supposons pour nir que t soit strictement suprieur deux. Gce la dernireingalit du b, nous avons :ln2Xtt61 tXt2+Xtt1244 Concours 2010 voie scientifiquece qui scrit galement :ln2Xtt6 1 2tXt+t2X2t+1t2_Xtt_2()Il faut alors causer srieusement. Nous avons constat au 2.b quelnXt possde une variance. Il en est donc demme du transfert afne :ln Xtt= lnXtlntqui, du coup, se doit de possder un moment dordre deux. Nous avons montr au 3.a que, lorsquet >1, la variable 1/Xt possde uneesprance et que :E(1/Xt) =1t 1 On dmontre, mutatis mutandis, que due tot >2, la variable 1/X2t possdegalement une esprance et que :E(1/X2t ) =1(t 1)(t 2) Enn, vu que E(Xt) = t, lon a :(Xtt)2= _XtE(Xt)_2et il a t signal supra que Xt possde une variance. Il sensuit alors par dnition que(Xtt)2possde une esprance et que :E(Xtt)2= V (Xt) = tLa croissance et la linarit de loprateur esprance permettent alors de dduire de ()que :Eln2Xtt6 1 2tt 1 +t2(t 1)(t 2) + 1tGrce lvidence que voici :1t61t 1et une naturelle rduction au mme dnominateur lon parvient aisment :Eln2Xtt62t(t 1)(t 2)do ressort a fortiori et effectivement :Eln2Xtt62t(t 2)2Hec deuxime 45d. Soit > 0 et n un entier suprieur ou gal 2. Daprs lingalit de Markov et dansun premier temps nous avons :pln Xt+nt +n > 612Eln2Xt+nt +nVu la position gographique de n, le rel t +n est strictement suprieur 2 et il rsultealors trs positivement de la question prcdente que :pln Xt+nt +n > 612 2(t +n)(t +n 2)2Notre majorante, puisquelle quivaut mentalement 2/(n2) se doit de tendre vers zrolorsque n tend vers linni. Il sensuit by squeeze que :pln Xt+nt +n > !n!+10chronique dune convergence en probabilit annonce4.a. Soit > 0 et n > 1. Comme triangulairement :|Dn| 6 |An| + |Bn| + |Cn|il est mentalement vident que :|An| 6 /3\|Bn| 6 /3\|Cn| 6 /3|Dn| 6 Grce aux lois de De Morgan, le passage au complmentaire donne exactement :|Dn| > |An| > /3[|Bn| > /3[|Cn| > /3La croissance de la probabilit et lingalit de Boole(*) assurent alors que :p( |Dn| > ) 6 p( |An| > /3 ) +p( |Bn| > /3 ) +p( |Cn| > /3 )Il est dit par hypothse que :limn!+1p( |An| > /3 ) = limn!+1p( |Bn| > /3 ) = limn!+1p( |Cn| > /3 ) = 0Il en rsulte par squeeze que :p( |Dn| > ) !n!+10et tout le monde est ravi.(*) La probabilit dune runion est toujours infrieure ou gale la somme des probabilits correspondantes.46 Concours 2010 voie scientifiqueb. Soit nouveau > 0. La suite (un) convergeant vers u, il existe un entier n0 > 1 telque :8n > n0|unu| 62Soit alors n > n0. Lingalit triangulaire stipule que :|Dn +unu| 6 |Dn| + |unu|do lon dduit que :|Dn| > |Dn +unu| |unu|puis transitivement :|Dn| > |Dn +unu| 2Il sensuit mentalement que :|Dn +unu| > |Dn| > /2La croissance de la probabilit prend alors le relais en assnant que :p( |Dn +unu| > ) 6 p( |Dn| > /2 )Daprs la question prcdente, lon a :p( |Dn| > /2 ) !n!+10et par squeeze :p( |Dn +unu| > ) !n!+10Cela est exactement la dnition de :VnP!n!+10ce qui nous amne poursuivre.Soit encore > 0 et n > 1. Nous avons :p( |N +u +Vn(N +u)| > ) = p( |Vn| > )et vu ce que nous venons dapprendre, il ne fait aucun doute que :p( |N +u +Vn(N +u)| > ) !n!+10ce qui nous rvle que :N +u +VnP!n!+1N +uHec deuxime 47c. Soit n > 1. Nous avons :N +Dn +un = N +u +VnIl a t dit, il y a longtemps, que N +Dn +un a la mme loi que M et il en est donc demme de N +u +Vn. Il sensuit mentalement que :N +u +VnL!n!+1MDautre part, et vu ce que lon nous demande dadmettre, lon a galement :N +u +VnL!n!+1N +uLes variables M et N +u tant densit la deuxime est un vrai transfert afne dunevariable densit lensemble des points de continuit de leurs fonctions de rpartitionest R tout entier et il rsulte alors de la dnition de la convergence en loi que :8x 2 R FM(x) = FN+u(x)ce qui nous permet denvisager la suite. Dans la suite, il sera beaucoup question de variables ayant la mme loi de probabilit,proprit que nous suggrons de noter via le symbole qui nest pas sans nous rappelerquelques souvenirs denfance. Dans ces conditions, lhypothse de la question 4 peut seformaliser en :8n > 1 N +Dn +un Met sa conclusion en :N +u M5. La fonction Gamma tant valeurs strictement positives, elle ne sannule jamais cequi, non seulement, donne un sens au rel B(, u), mais montre galement que ce derniernest pas nul. Nous en souviendrons lorsque, un peu plus tard, il viendra sinstaller endnominateura. Les variables X et X

tant valeurs strictement positives, il en est de mme durapport T, qui est donc parfaitement logable. Comme limage de R+ par le logarithmeest R, le texte doit vouloir nous faire dire que :Q,() = Rmais cela na pas un grand intrtLes transferts afnes et ln font partie des grands classiques et nous nous contenteronsde donner les rsultats que le lecteur scrupuleux naura aucun mal reconstituer.Les transferts lnX et lnX

sont dauthentiques variables alatoires densit et on peutleur proposer :8t 2 R flnX(t) = etfX(et) et flnX

(t) = etfX

(et)48 Concours 2010 voie scientifiqueComme lexponentielle est valeurs strictement positives, lois () et (u) obligent, etaprs quelques simplications, nous avons plus prcisment :8t 2 R flnX(t) =eteet()et flnX

(t) =eteet(u)b. Les variables X et X

tant donnes indpendantes, le lemme des coalitions assurequil en est de mme des variables lnX et lnX

. En outre, la fonction :flnX: t 7!eteet()est ouvertement borne au voisinage de plus et moins linni. Le thorme de convolutionest alors formel. La somme :lnX + (lnX

) = Q,est une variable ayant pour densit la fonction fQ,dnie sur R par :8x 2 R fQ,(x) =_+11flnX(y)flnX

(x y)dyAprs une tranquille linarisation et un ncessaire amnagement du territoire, cela devienteffectivement :8x 2 R fQ,(x) =ex()(u)_+11e(+)yeey(1+ex)dyc. Soit x 2 R. Le changement propos par le texte est totalement lenvers(*) et nousnous devons, dare-dare, de jouer les Saint-Eloi en proposant plutt :y = lnu1 +exComme 1 +exest strictement positif, la fonction :u 7!lnu1 +exralise une sereine bijection de classe C1de ]0, +1[ sur ] 1, +1[ telle enseigne que :fQ,(x) =ex()(u)_+10u+eu(1 +ex)+ duuce qui, une linarisation et une simplication plus loin, devient :fQ,(x) =ex(1 +ex)+ 1()(u)_+10u+1eudu(*) Dagobert, Dagobert !Hec deuxime 49Comme + u est strictement positif, lintgrale situe la very droite nest autre que(+u) et vu la dnition de B(, u) et la remarque faite au dbut du 5, nous en sommesdj :fQ,(x) =ex(1 +ex)+ 1B(, u)Il ne reste alors plus qu multiplier haut et bas par e(+)xet faire un peu de mnage.d. Nous avons :T, = eQ,Nous nous excusons encore auprs 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 densit la fonction fT,dnie sur R par :8t 2 R fT,(t) =___fQ,(lnt) 1tsi t > 00 si t 6 0Nous parvenons alors aisment :8t 2 R fT,(t) =___1B(, u) t1(1 +t)+si t > 00 si t 6 0 Cette loi sappelle loi de Snedecor de paramtres et u.e. Au risque de radoter, au vu et au su de la stricte positivit des variables le loi Gamma,le quotient J, ne pose aucun problme et lon a :J, =T,1 +T,Le transfert ici prsent ne fait pas exactement partie des grands classiques et nous nallonspas refaire le coup du tranfert parachut ! Nous constatons queJ, prend ses valeursdans louvert ]0, 1[, ce qui va un peu nous simplier la tche.Soit x 2 R. Nous planions : Si x 6 0, lon a :J, 6 x = ;Vu les proprits universelles des tribus, il ne fait alors aucun doute que :J, 6 x2 A Si x > 1, lon a cette fois :J, 6 x = 50 Concours 2010 voie scientifiqueet de la mme faon theres no doubt that :J, 6 x2 A Si enn 0 < x < 1, il est facile de dduire positivement que :J, 6 x =_T, 6x1 x_Comme T, est une authentique variable alatoire relle dnie sur lespace (, A, p)nous savons que :_T, 6x1 x_2 Aet nous pouvons clamer nalement que :8x 2 RJ, 6 x2 ACela montre, par dnition, queJ, est une variable alatoire relle dnie sur notreespace probabilis ce qui est dj un bon dbut. Nous passons maintenant aux probabilitsen respectant le mme plan. Soit donc nouveau x 2 R. Si x 6 0, nous avons :FJ,(x) = 0 Si x > 1, nous avons cette fois :FJ,(x) = 1 Si 0 < x < 1, nous avons enn :FJ,(x) = FT,x1 xVoici donc quen rsum :8x 2 R FJ,(x) =___0 si x 6 0FT,x1 xsi 0 < x < 11 si x > 1Nous avons maintenant quelques contrles effectuer. Variable densit T, oblige, la fonction de rpartition FT,est continue sur Ret de classe C1sur R. Il rsulte alors des thormes gnraux que la fonction FJ,estde classe C1sur R \ {0, 1}. Puisque nous matrisons parfaitement nos classiques, nousHec deuxime 51savons que, pour nir, nous devons nous proccuper de continuit gauche en 0 et en 1de la fonction FJ,. La continuit gauche en zro ne mrite visuellement que no comment. Il ne devrait faire aucun doute que :x1 x !x!1x0concat (Yn)n>1est forme de variables mutuellement indpendantes. Nous ne le redirons plus.Soit alors k 2 N. En ce qui concerne la variable S0 nous nous contenterons dun no comment. Lorsque k est suprieur ou gal un, vu que les variables exponentielles Yi sontannonces indpendantes, nous sommes tenus de savoir que :Sk!(k) ; E(Sk) = k ; V (Sk) = k Lorsque k > 1, la loi de Sk porte le nomdu mathmaticien danois Agner Krarup Erlang.On notera que les valeurs de lesprance et de la variance restent dactualit lorsque k = 0.7.a. Soit n 2 N et t > 0. Nous tenons rappeler la stricte positivit des variables Xt etSi ce qui permet denvisager sereinement les logarithmes des uns et des autres. Le restesappelle tout bonnement tlescopageb. Soitm 2N ett >0. Grce notre rectication dhypothse, nous sommes enmesure de revendiquer lindpendance des variables de la suite :(Xt, Y1, . . . , Ym)Comme la premire suit la loi (t) et que les autres suivent (1), le thorme de stabilitde la loi Gamma stipule, sans ambigut, que :Xt +Y1 + +Ym!(t +m) i.e. Xt +Sm!(t +m)ce qui est effectivement la loi de Xt+m.Grce notre sympathique symbolique, nous crirons donc :Xt +Sm Xt+m Il est bon de noter que, because t> 0, cela reste trivialement vrai lorsque m = 0 etnous en aurons dailleurs besoin un peu plus loin.8.a. Soit t > 0. Nous avons :Rt,1 =XtXt +Y1et Rt,2 =Xt +Y1Xt +Y1 +Y2Nous venons dadmettre que les deux variables :XtXt +Y1et Xt +Y1(1)Hec deuxime 53sont indpendantes. Vu notre rectication dhypothse, les variables :Xt, Y1, Y2sont mutuellement indpendantes. Considrons alors les deux fonctions :c : (u, v) 7!uu +vet : (u, v) 7!u +vLa premire est rationnelle deux variables et parfaitement dnie sur R+R+. Elle yest donc parfaitement continue. Quant la seconde, elle est carrment polynomiale deuxvariables et sa continuit est galement acquise depuis belle lurette(*). Nous pouvons ainsi,grce au lemme des coalitions rappel plus haut, dduire lindpendance des variables :XtXt +Y1= c(Xt, Y1) et Y2(2)ainsi que celle des variables :Xt +Y1 = (Xt, Y1) et Y2(3)Il rsulte alors de ce qui prcde (1), (2) et (3) que les trois variables :XtXt +Y1; Xt +Y1; Y2sont deux deux indpendantes, mais cela est beaucoup trop faible pour envisager de lescoaliser. Cest donc une seconde et regrettable faiblesse du texte qui nous oblige uneseconde rectication. Nous allons donc admettre que :XtXt +Y1; Xt +Y1; Y2sont mutuellement indpendantes. Dans ces conditions et grce la fonctionc djrencontre un peu plus haut, il advient que les deux variables :Rt,1 =XtXt +Y1et Rt,2 =Xt +Y1Xt +Y1 +Y2= c(Xt +Y1, Y2)sont effectivement indpendantes.b. Nous allons devoir utiliser librement le rsultat suivant.Ind ependanceetloisdesommes:Soit p un entier naturel non nul. Soit (A1, . . . , Ap) et (B1, . . . , Bp) deux vecteursalatoires quelconques dnis sur un mme espace probabilis. On suppose que :i. Les variables A1, . . . , Ap sont indpendantes.ii. Les variables B1, . . . , Bp sont indpendantes.(*) Nous sommes dsols de polluer notre discours de contrles intempestifs de continuit mais ce nest pas de notre faute54 Concours 2010 voie scientifiqueiii. Pour tout i 2 [[1, p]], les variables Ai et Bi ont la mme loi.Alors les sommes :A1 + +Apet B1 + +Bpont la mme loi.Le lecteur curieux pourra facilement le dmontrer dans le cas de variables discrtes ou devariables densit. Evidemment le cas gnral restera un peu plus obscur. Remarquonscependant que cette proposition ne choque pas vraiment nos intuitions !`A bien y regarder, le tlescopage cit lors de la question 7.a pourrait se rsumer en :lnXt = lnXtXt +Sn+ln(Xt +Sn)alors que, pour la mme raison, la seconde variable de la question qui nous occupe, scrit :lnXtXt +Sn+lnXt+nVoici alors les arguments cruciaux. Grce notre grosse rectication dhypothse indpendantiste, nous avons djsignal que les variables Xt et Sn sont indpendantes. Comme Xt et Sn suivent respectivement les lois (t) et (n), il semble que nousvenions rcemment dadmettre que :XtXt +Snet Xt +Snsont galement indpendantes tout comme lemme des coalitions dixit leurs deuxfrangines :lnXtXt +Snet ln(Xt +Sn) Notre rectication supra fait galement que, because t +n 6= t, les variables :Xt, Y1, . . . , Yn, Xt+nsont indpendantes et le dcidment incontournable lemme des coalitions fait quil en estencore de mme de :lnXtXt +Snet ln(Xt+n) Comme le 7.b a rvl que Xt+Sn et Xt+n ont la mme loi, un inoffensif transfertneperien transmet cette isonomie(*) leurs logarithmes.Compte tenu de tous ces arguments et de notre rsultat indpendance et loi de somme nous revendiquons lisonomie des variables :lnXtXt +Sn+ln(Xt +Sn) et lnXtXt +Sn+ln(Xt+n)(*) Des variables alatoires ayant la mme loi de probabilit sont parfois et joliment qualies disonomes.Hec deuxime 55et tout le monde est ravi.9.a. Comme U est uniforme sur le semi-ouvert ]0, 1], elle parfaitement logable et larchiclassique transfert lnU est bien connu pour suivre la loi exponentielle de paramtre 1.Nous laissons limprobable lecteur ne layant jamais rencontr le soin de sexercer unpetit peu Ainsi :lnU!E(1)b. Soit k 2 N et t > 0. Il est alors indniable que :t +k 1 > 0positivit stricte qui, dans la suite de la question, aura souvent son mot dire. `A bonentendeur !Nous commenons par observer que :Rt,k =Xt +Sk1Xt +Sk1 +YkLentier k 1 tant providentiellement positif ou nul, nous faisons ensuite valoir que : depuis le 7.b et sa percutante remarque nale, lon a :Xt +Sk1!(t +k 1) depuis la nuit des temps :Yk!(1)En outre, et de faon totalement coalise, les deux variables :Xt +Sk1et Yksont indpendantes. La question 5.e est alors formelle, la variable Rt,k est densit etlune de ses densits fRt,kest dnie sur R par :8z 2 R fRt,k(z) =___zt+k2B(t +k 1, 1)si 0 < z< 10 sinonNous nallons pas en rester l puisque, par dnition de la fonction Beta, lon a :B(t +k 1, 1) =(t +k 1)(1)(t +k)=1t +k 1la dernire galit provenant de la proprit fonctionnelle de Gamma et, accessoirement,de ce que (1) = 1. Finalement :8z 2 R fRt,k(z) =___(t +k 1)zt+k2si 0 < z< 10 sinon56 Concours 2010 voie scientifique Cette loi sappelle loi monme de paramtre t +k 1 et parce que cela va nous fairegagner un peu de temps un peu plus loin, nous calculons la rpartition correspondante.Au point o nous en sommes, cest mentalement que nous parachutons :8x 2 R FRt,k(x) =___0 si x 6 0xt+k1si 0 < x < 11 si x > 1c. Soit nouveau k 2 Net t > 0. Histoire darer un peu la pice, nous allons procderau baptme :Z = U1/(t+k1)kSoit alors x appartenant R. Nous planions : Si x 6 0, puisque Uk est valeurs dans ]0, 1], lon a :Z 6 x = ;et comme lensemble vide appartient toute les tribus du monde, nous clamons que :Z 6 x2 A Si x > 0, les fonctions puissance exposant strictement positif tant croissantessur R+, il devrait, par double inclusion, sensuivre aisment que :Z 6 x = Uk 6 xt+k1CommeUk est, par hypothse, une variable alatoire sur(, A, p) nous ne pouvonsignorer que :Uk 6 xt+k12 Aet cette fois encore [ Z 6 x] appartient notre tribu. Il semble que nous ayons dmontrque Z est dj une genuine variable alatoire sur notre espace probabilis et nous pouvonsalors causer de sa rpartition en reprenant, bien sr, le mme plan : Si x 6 0, lon a :FZ(x) = 0 En revanche, si x > 0, nous avons dans un premier temps :FZ(x) = FUk(xt+k1)mais notre parfaite connaissance de la rpartition uniforme nous conduit alors afnerun poquitn. Si 0 < x < 1, il en est de mme de xt+k1et lon a alors :FZ(x) = xt+k1Hec deuxime 57 Si maintenant x > 1, il en est itou de xt+k1et voil donc que :FZ(x) = 1Le rsum de toutes ces choses est donc :8x 2 R FZ(x) =___0 si x 6 0xt+k1si 0 < x < 11 si x > 1et nous tombons exactement sur la rpartition de Rt,k que nous avions, point nomm,anticip un peu plus haut.d. Soit, as usual, n 2 N et t> 0. La question 8.b a rvl que la variable lnXt a lamme loi que la variable :A =n

k=1lnRt,k +lnXt+nVu les circonstances nous devons imprativement et manu militari la dcliner sous laforme :A = dn,t +ln(t +n) +n

k=1lnRt,k +ln Xt+nt +n+dn,tou encore :A =n

k=11k +lnRt,k+ln Xt+nt +n+dn,tgrce la dnition de dn,t et la linarit de la sommation. Un indispensable maisgentil ! glissement dindice nous amne enn la forme dnitive :A =n1

k=01k + 1 +lnRt,k+1+ln Xt+nt +n+dn,tSoit alors k 2 [[0, n 1]]. Nous faisons valoir que : Au prix dun gentil transfert logarithmique la question prcdente nous apprendque la variable lnRt,k+1 a la mme loi que :1t +klnUk+1 La rcente question 9.a nous signale quant elle que la variable lnUk+1 a lamme loi que Yk+1, en loccurrence lexponentielle de paramtre 1.58 Concours 2010 voie scientifique Vu que nous avons admis lindpendance des Rt,k+1 et que nous disposons parhypothse de celle des Uk+1 notre super lemme indpendance et lois de sommes etcelui des coalitions devraient alors assez tranquillement montrer que :n1

k=01k + 1 +lnRt,k+1etn1

k=01k + 1 Yk+1t +kont la mme loi. Certes, certes, mais nous sommes encore trs loin du compte ! Pour quenotre super lemme aille au bout de laffaire, encore eut-il fallu que les deux familles :(Rt,1, . . . , Rt,n, Xt+n) et (U1, . . . , Un, Xt+n)soient, chacune, formes de variables indpendantes. Oui mais voil, le texte est plutt silence radio cet endroit, mais comme nous commenons en avoir lhabitude, nousallons faire comme si nous navions rien vu10. Soit t > 0 et n 2 N. Commenons par lesprance. Nous savons depuis la question 2.b que les deuxvariables lnXt et lnXt+n possdent une esprance alors que, depuis la nuit des temps,lesYk+1 en ont une galement qui vaut exactement 1. La question prcdente et unegreenlinearity assurent alors de concert que :E(lnXt) = +n1

k=01k + 1 1t +k+Eln Xt+nt +n+dn,t(1)Comme n est suprieur un, il en est de mme du rel t + n et la question 3.c stipuleavec force que :

1t +n 1 6 Eln Xt+nt +n6 0Grce un sublime squeeze, cela assure dj que :Eln Xt+nt +n!n!+10Dautre part, si lon en croit la question 1.c nous avons galement :dn,t !n!+10Forts de toutes ces informations, lgalit (1) oblige la convergence(*) de la suite :n 7!n1

k=01k + 1 1t +k(*) Elle aurait galement pu sobtenir par quivalence en signe positif mais ceut t un peu maladroit puisqueHec deuxime 59et par un vident et lgitime passage la limite nous avons effectivement :E(lnXt) = (t) = ++1

k=01k + 1 1t +k Si nous occultons les trop nombreuses zones dombre indpendantistes, il semble quenous ayons dmontr une importante proprit de la fonction Gamma savoir :8t > 0

0(t)(t)= ++1

k=01k + 1 1t +kCette proprit est de Karl Weierstrass. Occupons-nous maintenant de variance. La question 2.b, encore elle, nous a permis dapprendre que les variableslnXt et lnXt+n possdent une variance. En outre, cest depuis Matusalem quil en est de mme des variablesYk, mme que(*) , leurs variances sont gales un. Enn, nous avons notre grand dam accept dadmettre que les Uk et Xt+nsont indpendantes, ce qui, de faon compltement coalise, se transmet auxYk et lnXt+n/(t +n).Grce aux formules variance et indpendance et variance et afnit nous necraignons plus dassner que :V (lnXt) =n1

k=01(t +k)2+Vln Xt+nt +n(2)Commen ne va pas tarder tendre vers plus linni, il est confortable de le supposersuprieur 2 de telle sorte que t +n > 2. La question 3.c rvle alors au grand jour que :0 6 Eln2Xt+nt +n62(t +n)(t +n 2)2ce qui, encore par squeeze, entrane que :Eln2Xt+nt +n!n!+10Il a t constat quelques lignes plus haut que lon a galement :Eln Xt+nt +n!n!+10(*) Comme on dit dans les cours de rcr !60 Concours 2010 voie scientifiqueet le thorme de Knig-Huygens est formel. Il ne fait aucun doute que :Vln Xt+nt +n!n!+10Lgalit (2) oblige alors la convergence de la suite :n 7!n1

k=01(t +k)2puis, encore une fois par passage la limite, lgalit :V (lnXt) = 0(t) =+1

k=01(t +k)2 La convergence oblige que nous venons de mentionner peut galement sobtenirpar quivalence en signe positif mais cest encore une fois un peu maladroit. Voici une nouvelle proprit de la fonction Gamma, en loccurrence :8t > 0(t)00(t) 02(t)

2(t)=+1

k=01(t +k)211. Soit t > 0. Selon la linarit de lesprance, nous avons :(t) lnt = Eln XttLa confortable supposition t > 1 et la question 3.c rvlent et ont dj plus ou moinsrvl que :

1t 1 6 Eln Xtt6 0et du coup par squeezeBref :(t) lnt !t!+10 Cette question est curieusement place. En ce qui me concerne je laurais bien vuequelques lignes plus haut12. Signalons avant de commencer que lensemble ofciel est ici R+ et que la fonctionofcielle g est ici lidentit. La variable alatoire Gp est une fonction de notre chantillon. Cest donceffectivement ce quil est convenu dappeler estimateur ou statistique . Soit > 0. Ecrivons :Gp =plnW1 lnWpHec deuxime 61Par dnition deW, les variables lnWi ont la mme loi que lnU, cest--dire,depuis9.a, la loi exponentielle de paramtre 1 et sont un grand merci au lemmedes coalitions indpendantes puisque lesWi le sont. Nous savons alors depuis fortlongtemps que :lnW1 lnWp!(p)Conformment aux notations du texte, la loi de Gp est donc exactement la mme que cellela variable :pXpCommep>1, nous savons depuis la question 3.a que linverse deXp possde uneesprance et que :E(1/Xp) =1p 1Nous en dduisons immdiatement(*) que :E(Gp) =pp 1Lestimateur Gp est donc biais et son biais est dailleurs :bGp() =p 1On peut toutefois noter que la suite destimateurs (Gp) est asymptotiquement sans biais. Comme p > 2, nous avons vu, lors de la rsolution de la question 3.c, que linversede Xp possde un moment dordre deux et que :E(1/X2p) =1(p 1)(p 2)Si lon en croit un clbre duo, il devrait quasi mentalement sensuivre que linverse deXp possde une variance et que :V (1/Xp) =1(p 1)2(p 2)Le thme variance et afnit fait donc que p/Xp possde une variance et que :V (p/Xp) =p22(p 1)2(p 2)Nous avons alors deux facons de conclure.i. Nous savons que le risque quadratique est gale la variance plus le carr du biais,cest--dire :rGp() = V(Gp) +b2Gp() =2(p + 2)(p 1)(p 2)(*) Ds que nous parlons desprance dun estimateur, celle-ci se doit dtre indexe par le paramtre inconnu ! Personne ne le faitsauf quelques irrductibles62 Concours 2010 voie scientifiquela dernire galit reposant sur un banal calcul. Ce risque quadratique tend gentimentvers zro lorsquep tend vers plus linni. On sait alors consquence immdiate delingalit de Markov que la suite (Gp) est convergente ou consistante.ii. Comme la suite (Gp) est asymptotiquement sans biais, une condition sufsante plusou moins ofcielle assure la victoire pourvu que, pour tout > 0, la variance V(Gp)tende vers zro lorsque p tend vers plus linni. Or :8 > 0 V(Gp) =2(p + 2)(p 1)(p 2)So13.a. Cest archi connu comme le loup gris ! Cest dailleurs une simulation quasiofcielle. Il sagit bien sr de la loi exponentielle de paramtre `. Le texte a utilis ln(1 random) car il suppose que random simule la loi uniforme surle semi-ouvert [0, 1[. Comme random et 1 random ont la mme loi, certaines personnesutilisent plus simplement ln(random).b. Il suft dempiler des variables exponentielles de paramtre 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 bien y regarder nous avons dmontr que lorsque (Xp)est une suite de variables telles que :8p > 2 Xp!(p)lon a la convergence en probabilit :pXpP!p!+11On peut alors raisonnablement sattendre ce que lon obtienne des valeurs de mprochesde 1.Partie 314.a. Soitn 2 N ett>0. Nous commenons par noter que la tranquillit des lieuxest essentiellement de la stricte positivit de t sans laquelle Cela tant, la classiqueformule de sparation pair-impair dune somme amne trs tranquillement :22n1

k=01k + 1

ak+1t +k = 2n1

k=012k + 1

a2k+1t + 2k+2n1

k=012k + 2

a2k+2t + 1 + 2kHec deuxime 63Aprs dvidents amnagements, la deuxime somme du right hand side vaut exactement :n1

k=01k + 1 a2k+2t+12+ket cela est, bien sr, loin de nous contrarier. Quant la premire et toujours en amnageantcorrectement, il suft, manu militari, dcrire :2n1

k=012k + 1 a2k+1t + 2k =n1

k=01k + 1 a2k+1t2 +k+ 2n1

k=012k + 1 n1

k=01k + 1cest--dire effectivement et au prix dune picolinarisation :2n1

k=012k + 1 a2k+1t + 2k =n1

k=01k + 1 a2k+1t2 +k+ 2n1

k=012k + 1 12k + 2b. Soit n 2 N. Cest nouveau manu qui crit :wn =n1

k=012k + 1 +n1

k=012k + 2 2n1

k=012k + 2ou encore :wn =n1

k=012k + 1 +n1

k=012k + 2 n1

k=01k + 1La trs convoite formule du pair et de limpair assure sans trembler que :n1

k=012k + 1 +n1

k=012k + 2= h2nalors que grce notre physio toute preuve, lon a :n1

k=01k + 1= hnEn bref, il savre que :wn = h2nhnGrce aux notations de la premire partie, nous pouvons crire :wn = 2n +ln(2n) nlnn = 2nn +ln2la dernire galit ne pouvant chapper qu ceux ou celles ! qui ne seraient pas allau bout de leur classe de terminale. La question 1.b ayant rvl que :n !n!+164 Concours 2010 voie scientifiquesa sous-suite paire en fait tout autant et lon a effectivement :wn !n!+1ln2c. Soit n 2 N. La question 9.d a montr que :22n1

k=01k + 1 Yk+1t +k+ 2 ln Xt+2nt + 2n + 2d2n,t2 2 lnXtce qui, la lumire de la sympathique question 14.a devient :Hn +Kn +Ln +un 2 lnXt()o, histoire darer un peu latmosphre, nous avons dcid de baptiser :Hn =n1

k=01k + 1 Y2k+1t2 +k+dn,t/2Kn =n1

k=01k + 1 Y2k+2t+12+k+dn,(t+1)/2Ln = 2 ln Xt+2nt + 2net un = 2wn + 2d2n,tdn,t/2dn,(t+1)/2La question 9.b stipule que :Hn +lnXt2+nt2 +n lnXt/2et Kn +lnXt+12+nt+12+n lnX(t+1)/2Nos hypothses dindpendance, le lemme des coalitions et notre gentil indpendanceet lois de sommes conduisent alors aisment(*) :lnXt/2 +lnX(t+1)/2 Hn +lnXt2+nt2 +n+Kn +lnXt+12+nt+12+n()Le texte demande alors de se caler sur la question 4.c mais cela semble difcile. Monsentiment est plutt que cette question nest pas compltement adapte la situation.Voici, me semble-t-il, loutil qui va nous tirer daffaire. Il sagit du :LemmedHaraldCram er:Soit (n) et (n) deux suites de variables alatoires. Soit galement et c deux variablesalatoires, la deuxime tant certaine. On suppose que :nL!n!+1 et nP!n!+1c(*) Un doux euphmisme, nous vous rassurrons !Hec deuxime 65On a alors :n + nL!n!+1 +cOn utilise alors ce bulldozer en y choisissant :n = Hn +lnXt2+nt2 +n+Kn +lnXt+12+nt+12+net :n = lnXt2+nt2 +nlnXt+12+nt+12+n+Ln +un`A la lumire du rcent () nous assnons que :nL!n!+1lnXt/2 +lnX(t+1)/2Dans un autre registre, la question 3.d nous a appris que, pour tout > 0, lon a :ln X+n +nP!n!+10Comme avec laide de la question 2.c, il est facile de voir que (un) converge vers 2 ln2,il rsulte aisment de la question 4.a que :nP!n!+12 ln2Le lemme de Cramr assure alors que :n + nL!n!+1lnXt/2 +lnX(t+1)/2 + 2 ln2ce qui, par dnition de n et n, devient :Hn +Kn +Ln +unL!n!+1lnXt/2 +lnX(t+1)/2 + 2 ln2Oui mais voil, la proprit () a galement rvl que :Hn +Kn +Ln +unL!n!+12 lnXtComme les variables :lnXt/2 +lnX(t+1)/2 + 2 ln2 et 2 lnXtsont visiblement densit, lensemble des points de continuit de leurs fonctions derpartition est R tout entier et nous en dduisons effectivement que :lnXt/2 +lnX(t+1)/2 + 2 ln2 2 lnXt66 Concours 2010 voie scientifique En ralit, lorsquune suite de variables alatoires converge en loi la fois vers unevariable X et une variable Y , lon a toujours :8x 2 R FX(x) = FY (x) i.e. X YCela est bien sur vident lorsque lensemble des points de continuit de nos deuxrpartitions est R tout entier ce que nous venons dutiliser linstant mais dans lecas gnral cest un peu plus dlicatd. Nous venons de dmontrer que :lnXs +lnXs+12+ 2 ln2 2 lnX2sSoit alors r > 0. Un tranquille transfert afne assure dans un premier temps que :r lnXs +r lnXs+12+ 2r ln2 2r lnX2sUn non moins tranquille transfert exponentielle rvle cette fois que :22r(Xs)r_Xs+12_r (X2s)2rce qui nest pas pour nous dplaire. Cette proprit est connue dans la littrature sous le nom de thorme de SamuelStanley Wilks et daterait de 1:.e. Soit r > 0. On dcide de choisir s = 1/2 et nous obtenons donc :22r(X1/2)r_X1_r (X1)2rGrce au thorme est trs facile de voir que, pour tout > 0 la variable Xr possde uneesprance et que :E(Xr) =( +r)()Il en rsulte que :E(Xr1) = (r + 1) ; E(X2r1) = (2r + 1) ; E(Xr1/2) =(r + 1/2)pGrce au thme esprance dun produit de variables indpendantes et au sempiternellemme des coalitions, nous en dduisons que :(2r + 1) = 22r(r + 1)(r + 1/2)pce qui via la clbre proprit fonctionnelle de Gamma devient :2pr(2r) = 22rr(r)(r + 1/2)Hec deuxime 67do dcoule aisment et effectivement :(2r) =22r1p(r)(r + 1/2) Ce rsultat est connu sous le nom de formule de duplication dAdrien-Marie Legendre.15.a. On voit assez vite que :a = 1 ; b = 1 ; c = 2 ; d = 2conviennent farpaitement. Soit alors t > 0. Il a t vu lors de la question 10 que :0(t) =+1

k=01(t +k)2Soit alors k 2 N. Il semble que nous venions dapprendre que :1(t +k)2=1(t +k)2(t +k + 1)2 1(t +k + 1)2+2t +k 2t +k + 1Soit maintenant m 2 N. Grce un gentil tlescopage sur la droite, laddition membre membre, lentier k baguenodant de 0 m, donne :m

k=01(t +k)2=m

k=01(t +k)2(t +k + 1)2 m

k=01(t +k + 1)2+ 2t 2t +m+ 1ce qui, via un passage gauche manu militari doubl dun gentil glissement dindice,conduit :m

k=01(t +k)2+m+1

k=11(t +k)2=m

k=01(t +k)2(t +k + 1)2+ 2t 2t +m+ 1Un ncessaire amnagement du left hand side suivi dun autre changement de camp rvlemaintenant que :m

k=01(t +k)2+m+1

k=01(t +k)2=1t2+m

k=01(t +k)2(t +k + 1)2+ 2t 2t +m+ 1Il est alors tout fait autoris de passer la limite lorsque mtend vers plus linni et voildonc que :20(t) =1t2++1

k=01(t +k)2(t +k + 1)2+ 2tet nous pouvons donc envisager la suite.b. Soit t > 0 et k 2 N. Daprs ce que nous venons dadmettre, nous avons :121(t +k)2(t +k + 1)2 6161(t +k)3 1(t +k + 1)368 Concours 2010 voie scientifiqueSoit m 2 N. Nous ajoutons membre membre lentier k pdalant de 0 m et toujoursgrce un trs apprci tlescopage, nous dcouvrons :12m

k=01(t +k)2(t +k + 1)2 616 1t3 1(t +m+ 1)3Nous avons nouveau le droit et le devoir ! de passer la limite lorsque m tendvers linni et voil que :12+1

k=01(t +k)2(t +k + 1)2 616t3On ajoute 1/(2t2) aux deux membres and due to la rcente questiona nous tombonsexactement sur :0(t) 1t612t2+16t3Lautre ct se prouvant mutatis mutandis nous nous permettons dj de revendiquerle premier encadrement. En ce qui concerne le ct gauche du second nous dcidonsdtudier sur R+ la fonction :u : t 7!(t) lnt +12t +112t2Elle y est ouvertement drivable et lon a :8t > 0 u0(t) = 0(t) 1t 12t2 16t3La partie droite du premier encadrement rvle que notre drive est ngative et si lonen croit la question 11 nous avons mme :u(t) !t!+10Il en rsulte le tableau de variation :t 0 +1u0

u & 0Il en rsulte que u est positive, ce qui nest pas pour nous dplaire. Comme il commence se faire tard, nous demandons au lecteur comprhensif daccepter le mutatis mutandispour lautre partieLon dduit mentalement de ces deux encadrements quau voisinage de plus linni, lona :(t) lnt = o_lnt_et 0(t) 1t= o1tHec deuxime 69ce qui, si lon connait ses dnitions, scrit exactement :(t) t!+1lnt et 0(t) t!+11tIl suft alors de ne pas avoir oubli la vieille question 2.b. Nous avons :E_lnXt) t!+1lnt et V_lnXt_t!+11tc. Soit y et t deux rels vriant 0 < t < y. Vu les origines gographiques de la fonctiondigamma, il semble que, sur R+, une primitive de la fonction intrieure soit :x 7!ln(x) xlnx +x + 12 lnxou encore, grce une connaissance sans faille du contenu des enseignements de la classede terminale, la fonction :x 7!ln(x)xx12exIl sen dduit(*) alors que :_yt(x) lnx +12xdx = ln(y)yy12eyln(t)tt12etIl est fortement recommand daller voir du ct de limpropre :_+1t(x) lnx +12xdxVu ce que nous savons de la digamma, cette intgrale nest impropre quune fois en pluslinni et bien y regarder, le second encadrement de la rcente b rvle mentalementque :(x) lnx +12xx!+1

112x2De l en dduire par quivalence en signe ngatif que notre intgrale existe, il ny aquun tout petit pas que nous franchissons dans la joie et lallgresse. Il en rsulte quesa partielle en y a une limite nie lorsque y tend vers plus linni, ce qui, normalement,devrait satisfaire tout le monde.d. Lidentit gentiment donne par le texte se vrie sans peine. La fonction exponen-tielle tant continue nous dduisons du c que :(y)yy12ey!y!+1e(*) Comme cochon !70 Concours 2010 voie scientifiqueet comme enest pas nul nous dduisons mme la presque superbe quivalence :(y) y!+1eyy12eyGrce la formule de Legendre de la 14.e, il advient que :8y > 0p (2y) = 22y1(y)y + 12La prise dquivalents de chaque ct amne alors sur un plateau :pe(2y)2y1/2e2yy!+1e222y1yy12eyy + 12yey1/2ce qui aprs quelques dlicieuses simplications et quelques amnagements devient :p2yyy!+1ey + 12ye1/2Forts de lidentit parachute par le texte nous pouvons aller plus loin puisquil advientsimplement que :p2 y!+1e1 +12xxe1/2Une limite bien connue rvle que :1 +12xx!x!+1e1/2et il est alors trs facile den dduire que :e=p2et lon a donc bien le famous quivalent de James, en loccurrence :(y) y!+1p2yy12eyet lon a bien mrit la siesteEssec premire 71Essec premirequation diffrentielleTransformation de Payssousquivalence des restesAnne Difficult2 Eur eka !Partie 11.a. Notons u la fonction :x 7!eaxy(x)Les thormes gnraux la donne de classe C1sur I et lon a bien sr :8x 2 I u0(x) = eaxy0(x) aeaxy(x) = eax_y0(x) ay(x)_()Le