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L’analyse du sujet de Mathématiques Approfondies emlyon 2025
Problème 1
Partie 1
1) On doit justifier que In et Jn sont bien définies. Ce sont des intégrales de fonctions continues sur [0, 1].
Par parité de la fonction (1-t2)n, Jn = 2In
2) I0 = 1
3) (1-t2)n ≥ (1-t2)n+1
Par croissance de l’intégrale In ≥ In+1
Donc la suite (In) est décroissante
4) Intégration par parties avec u = (1-t2)n et v = t
5) Par récurrence on peut en déduire cette expression et on peut déduire l’expression de Jn grâce à Jn = 2In
6) for k in range (1, n+1) :
i = i*(2*k)/(2*(k+1))
return i
7) On utilise toujours la formule Jn = 2In
Partie 2
8) On doit vérifier la symétrie, la linéarité avec P et la positivité définie. C’est donc un produit scalaire
9) On peut prendre la base canonique de l’espace vectoriel des polynômes (e0, …, en) avec ei = xi
On réalise le produit scalaire entre les éléments de sa base : (xi, xj) = 1/(i+j+1)
Donc si i + j est pair, le produit scalaire n’est pas égal à 0. Les éléments de la base ne sont pas orthogonaux.
10) P est un polynôme de degré ≤ n. P’ est de degré ≤ n-1
Le produit (1-t2)P’ est de degré ≤ n+1. Donc sa dérivée est de degré ≤ n
Donc u(P) ∈ Rn[x]
De plus, l’application est linéaire donc c’est un endomorphisme de Rn[x]
11) a) u(e0) = 0 et u(e1) = ((1−x2)⋅1)′= (−2x)= -2x= -2e1
b) P(x) = xk ⇒ P′(x) = kxk−1
(1−x2)P′ =kxk−1−kxk+1(1−x2)
P′=kxk−1−kxk+1
u(P) = (kxk−1−kxk+1)′=k(k−1)xk−2−k(k+1)xk
Donc : u(ek) = k(k−1)ek−2 − k(k+1)ek
11) c) La matrice de u dans la base ek est triangulaire supérieure avec les diagonales : -k(k+1)
L’ensemble des valeurs de u sont {0, -2, -4, …, -n(n+1)}
12) u est symétrique pour le produit scalaire donné, u est diagonalisable car on peut définir une base à partir des vecteurs propres. Donc il existe une base orthonormale de vecteur propre de u.
13) a) on cherche p qui soit la projection orthogonale de f sur Rn[x]. Cette projection orthogonale est unique. Ck = (f,Lk)/(Lk, Lk) => unicité et existence du polynôme de Tn
b) Théorème de Pythagore
llfll2 = llTnll2 + llf-Tnll2 => llf-Tnll2 = llfll2 – somme de 0 à n lckl2llLkll2
14) a) Les polynômes Pk sont de degré ≤ 2k. Ainsi, en dérivant k fois, Qk est de degré ≤ 2k – k = k
Le terme dominant est x2k donc la k-ième dérivée est : (2k)!/k! xk
b) Q0 = 1 ; Q1 = 2x ; Q2 : 12x2 – 4
d) On peut faire une intégration par parties dans la récurrence pour montrer l’équation
e) i) Puisque Lj est une base orthogonale on a la k-ième dérivée de Lj qui est égale à 0 si j<k sinon c’est une constante. Par orthogonalité sera donc égale à 0 si k ≠ j et sinon cela vaut llLkll2
ii) On peut construire Tn = somme de 0 à n phik(f)/llLkll2 Lk
iii) (-1)2 = 12 et P(k)k (1) = P(k)k (-1) c’est égal à 0 car (-1)2 -1 = 0
C’est à partir de la formule de Stirling
Problème 2
Partie 1
1) f(x) ≥ 0 et en intégrant 1/(1+x2) entre -1 et 1 on a π
2) xf(x)~ 1/πx donc X n’admet pas d’espérance
x2f(x)~ [1-1/(1+x2)]*1/π Donc X n’admet pas de variance car X n’admet pas d’ordre 2
3) F(x) = (1/π)arctan(x) +1/2
Donc F-1(x) = tan(π(y-1/2)) = tan (π/y – π/2)
4) Méthode d’inversion
5) Changement de variable X = ±Z2
fZ(x) = 2x/π(1+x4)
6) Espérance de Z : on intègre entre 0 et +∞ car Z est défini sur cet intervalle. Ainsi avec le changement de variable u = Z2 dans l’intégrale, on montre la convergence de l’intégrale.
Mais Z n’admet pas d’ordre 2 car l’intégrande est équivalente à 1/x
7) a) on détermine les coefficients en passant sous un seul dénominateur la partie de droite puis en identifiant les coefficients a = 1/(2(2)1/2) et b = -1/(2(2)1/2)
b) L’intégrande de droite comme de gauche sont équivalentes à 1/z qui est donc divergente entre 1 et +∞
c) A partir de la question a) on peut intégrer par linéarité de la somme ce qui nous permet de calculer l’espérance
Partie 2
9) L’indicatrice est une loi de Bernoulli de paramètre p = P(A) donc E(1A) = p et V(1A) = p(1-p)
10) a) C’est une simple équivalence d’événements
b) Les points de discontinuités sont ±x
11) Xk = Yk + Zk
12) Comme lXkl ≤ M alors lYkl2 ≤ M2
Donc par majoration, le moment d’ordre 2 de Yk existe
13) a) E[∣X∣] = E[∣X∣1{∣X∣≤M}] + E[∣X∣1{∣X∣>M}] = E[∣Yk∣] + E[∣Zk∣]
Donc E[∣Zk∣] tend vers 0 quand M tend vers +∞ car E[∣X∣] est une valeur fini donc 1{∣X∣>M} tend vers l’ensemble vide quand M tend vers +∞
b) ∣E(Zk)∣ ≤ E(∣Zk∣), par la a) ∣E(Zk)∣ tend vers 0 donc E(Zk) tend vers 0
c) Comme E(Yk)+E(Zk)=E(Xk)=0 et que E(Zk) tend vers 0 alors E(Yk) tend aussi vers 0
14) Preuve par contraposée : on suppose que ∣x∣≤t/2 et ∣y∣≤t/2. Alors : ∣x+y∣≤∣x∣+∣y∣≤t/2+t/2=t
Donc ∣x+y∣ ≤ t ; ce qui contredit l’hypothèse ∣x+y∣>t donc il faut au moins que lxl ou lyl soit strictement supérieur à t/2
15) On applique l’équation précédente avec x = Yn et y = Zn et Xn = Yn + Zn
∀n∈N∗,P(∣Xn∣>t) ≤ P(∣Yn∣>t/2)+P(∣Zn∣>t/2)
16) A partir de Markov, sachant que E(Zk) tend vers 0 à partir de la question 13 et majoration de l’espérance de E(Zn2)
17) a)
Donc en changeant les indices dans la deuxième somme, on retrouve l’équation demandée en passant à l’espérance.
b) E(YiYj)=E(Yi)⋅E(Yj) = E(Y1)2 car les Yk sont iid
et dans cette deuxième somme, il y a n(n-1)/2 termes d’où l’inégalité
c) A partir de la question 12, on sait qu’il existe un M tel que E(Yk2) ≤ M2
Alors en sommant les E(Yk), cette somme est inférieur à nM2
Ainsi, on a l’inégalité suivante (en utilisant aussi le résultat de la 17) b)
17) e) Avec Bienaymé-Tchebychev et les inégalités des questions précédentes
18) D’après la question 15 : ∀n∈N∗, P(∣Xn∣>t) ≤ P(∣Yn∣>t/2)+P(∣Zn∣>t/2) car Xn = Yn + Zn mais aussi la question 16)b) et 17)e)
19) 4M2/t2n tend vers 0 quand n tend vers +∞
Donc par majoration la limite demandée est 0
20) Convergence en probabilité de Xn vers 0. C’est la loi faible des grands nombres. La moyenne empirique de variables indépendantes et identiquement distribuées converge en probabilité vers l’espérance ici 0
