Mines Maths 1 MP 2009

Thème de l'épreuve Problème des moments
Principaux outils utilisés intégrales dépendant d'un paramètre, théorèmes de Leibnitz et de Fubini, formules de Taylor
Mots clefs Intégrales dépendant d'un paramètre, moments d'une fonction, théorème de Leibnitz, théorème de Fubini

Corrigé

(c'est payant, sauf le début): - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

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Rapport du jury

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A 2009 MATH. I MP
ÉCOLE NATIONALE DES PONTS ET CHAUSSÉES.
ÉCOLES NATIONALES SUPÉRIEURES DE L'AÉRONAUTIQUE ET DE L'ESPACE,
DE TECHNIQUES AVANCÉES, DES TÉLÉCOMMUNICATIONS,
DES MINES DE PARIS, DES MINES DE SAINT-ÉTIENNE, DES MINES DE NANCY,
DES TÉLÉCOMMUNICATIONS DE BRETAGNE.
ÉCOLE POLYTECHNIQUE (Filière TSI).
CONCOURS D'ADMISSION 2009
PREMIÈRE ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES
Filière MP
(Durée de l'épreuve : 3 heures)
L'usage d'ordinateur ou de calculette est interdit.
Sujet mis à la disposition des concours :
ENSAE ParisTech, ENSTIM, TELECOM SudParis (ex TELECOM INT), TPE-EIVP,
Cycle international

Les candidats sont priés de mentionner de façon apparente
sur la première page de la copie :
MATHÉMATIQUES I - MP.
L'énoncé de cette épreuve comporte 4 pages de texte.
Si, au cours de l'épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur
d'énoncé, il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant 
les raisons des initiatives qu'il est amené à prendre.

Problème des moments
On note E l'ensemble des fonctions f continues, définies sur R, à valeurs
positives ou nulles, et vérifiant l'équation
Z
f (x)d x = 1.
R

Lorsqu'elle existe, la fonction caractéristique de f  E est la fonction  f : R  
C
définie par la formule
Z
 f (t ) =

e i t x f (x)d x.

R

Lorsque pour un entier k Ê 0, la fonction x 7 |x|k f (x) est intégrable sur R, 
on
appelle moment d'ordre k de f la quantité
Z
a k ( f ) = x k f (x)d x.
R

Si, pour tout entier k Ê 0, la fonction x 7 |x|k f (x) est intégrable sur R, on 
dit
que f admet des moments de tous ordres.
On admettra que pour tout   C,
Z
p
¡ 2 ¢
¡
x2 ¢
d x = 2 exp
.
exp x -
2
2
R

A. Questions préliminaires.
Les résultats de ces questions, indépendantes les unes des autres, pourront être
utilisés dans la suite du problème.
1) Soit f  E . On suppose, dans cette question, que f admet des moments
de tous ordres.
Montrer l'existence de  f et de ses dérivées successives que l'on exprimera à 
l'aide de f .
2) Montrer que pour tout réel x et tout entier n Ê 1,
¯
¯
¯
m¯
n
n-1
¯ i x X (i x) ¯ |x|
·
¯e -
¯É
¯
¯
n!
m=0 m!

3) Soit a, b  R tels que a < b. Montrer que la fonction h a,b définie sur R par
( -i t a
e
- e -i t b
si t 6= 0
h a,b (t ) =
it
b-a
si t = 0
est continue sur R.
2

4) Montrer que pour tout réel t , |h a,b (t )| É b - a.
5) Montrer que pour tout entier k Ê 0, e k Ê

kk
·
k!

B. La fonction  f caractérise f
On considère la fonction R définie pour tout (, T )  R × R+ par la formule
ZT
sin(t )
dt
R(, T ) =
t
-T

et la fonction S définie pour tout T  R par la formule
ZT
sin x
S(T ) =
d x.
x
0

On admet que limT + S(T ) = .
2
6) Exprimer R(, T ) à l'aide de S.

7) Soit x, y  R. Calculer la limite de R(x, T ) - R(y, T ) quand T  + (on
discutera de cette limite en fonction des signes de x et y).
8) Soit a, b  R tels que a < b. Montrer que
Zb
Z
1 T
h a,b (t ) f (t )d t =
f (t )d t .
lim
T + 2 -T
a
9) En déduire qu'étant donné deux fonctions f et g de E , si  f = g , alors
f = g.

C. La suite a k ( f ) ne caractérise pas toujours f
On définit la fonction f 0 par
¡ (ln x)2 ¢

1 exp - 2

p
x
2
f 0 (x) =

0

pour x > 0,
pour x É 0.

10) Montrer que f 0  E .

11) Montrer que f 0 admet des moments de tous ordres et calculer a k ( f 0 ) 
pour
tout k  N.

On introduit, pour a  [-1, 1], la fonction f a définie sur R par la formule
f a (x) = f 0 (x) · (1 + a sin(2 ln x)).
12) Montrer que f a  E , et que a k ( f 0 ) = a k ( f a ) pour tout k  N.
3

D. Une condition sur la suite a k ( f )
Dans cette partie, f est une fonction de E qui admet des moments de tous
ordres, et vérifie en outre la condition (U) suivante :
1

a 2k ( f ) 2k
(U)
Il existe M > 0 tel que pour tout entier k > 0, 0 É
É M.
2k
Z
On pose b k ( f ) = |x|k f (x)d x pour tout entier k > 0.
R

13) Montrer que, pour tout entier k Ê 0, on a l'inégalité
¢2
¡
b 2k+1 ( f ) É a 2k ( f ) · a 2k+2 ( f ).
1

bk ( f ) k
14) En déduire que la suite de terme général
est majorée par 2M .
k
15) Montrer que pour tous x et h réels, et pour tout entier n Ê 1,
¯
¯
¯
¯ |h|n
m
n-1
X
h
¯
¯
(m)
b n ( f ).
(x)
¯ f (x + h) -
¯É
f
¯
¯
m!
n!
m=0

16) Montrer que, pour un certain A > 0 que l'on exprimera en fonction de M ,
on a l'égalité
 hm
X
 f (x + h) =
(m)
(x)
f
m!
m=0
pour tout réel x et pour tout h tel que |h| < A.

17) En déduire que si  est un entier > 0 et g une fonction de E admettant des
moments de tous ordres tels que a k ( f ) = a k (g ) pour tout k  N, alors
 f (x) = g (x)
, A
] (on pourra procéder par récurrence).
pour tout x  [- A
2
2
18) Conclure.

E. Application
19) Résoudre en f  E le système d'équations suivant :
(
a 2k ( f ) = (2k - 1)a 2k-2 ( f )
a 2k-1 ( f ) = 0

pour tout entier k Ê 1. (On pourra utiliser la fonction caractéristique de f .)

F IN DU PROBLÈME
4

Extrait du corrigé obtenu par reconnaissance optique des caractères



Mines Maths 1 MP 2009 -- Corrigé
Ce corrigé est proposé par Gilbert Monna (Professeur en CPGE) ; il a été relu
par Jérôme Gärtner (ENS Cachan) et Laetitia Borel-Mathurin (ENS Cachan).

Le problème tire son origine de la théorie des probabilités : étant donné une 
variable aléatoire de densité f , on se demande si les moments de la densité de 
probabilité
déterminent la loi de probabilité ou, de façon équivalente, la densité f . Un 
contreexemple dû à Stiljes, étudié dans la partie C, montre que la réponse est 
en général
négative. On établit ensuite une condition suffisante pour que les moments de f
déterminent la loi de probabilité.
· La première question est un peu musclée mais s'inscrit dans un contexte très
simple. La suite du problème fait appel à une formule de Taylor, puis à de
l'analyse élémentaire avec des questions techniques destinées à être utilisées
dans la suite, quelquefois d'une simplicité un peu déconcertante.
· La partie B contient la seule question vraiment difficile du problème ; c'est 
une
application très intéressante du théorème de Fubini, malheureusement compliquée 
par un contexte technique et calculatoire.
· La partie C porte sur les intégrales généralisées ; elle permet de 
s'entraîner à
leur manipulation, mais ne pose pas de difficultés.
· La partie D est encore un peu technique, avec le seul passage algébrique du
problème puisqu'on est confronté à une inégalité de Cauchy-Schwarz.
· La partie E, cerise sur le gâteau, donne une application judicieuse de l'une 
des
intégrales dépendant d'un paramètre étudiées.
En résumé, il s'agit d'un problème intéressant et abordable avec un énoncé très
bien rédigé. Utilisant les grands outils du cours d'analyse, il est vivement 
conseillé
de le traiter à mi-parcours, c'est-à-dire après les séries de fonctions, afin 
d'assurer un
peu plus les bases avant de se lancer dans les séries entières et les séries de 
Fourier.

Indications
1 Utiliser la formule de Leibnitz pour la dérivation d'une intégrale dépendant
d'un paramètre sans oublier d'hypothèses.
2 Penser à la formule de Taylor-Lagrange.
3 Vérifier que ha,b satisfait la condition de continuité d'un prolongement en 0
d'une fonction continue sur R .
4 Il n'y a pas d'égalité des accroissements finis pour une fonction à valeurs
dans C, mais il existe cependant une inégalité.
5 Commencer par écrire le développement en série entière de x 7 e x en x = k.
6 Chercher un changement de variable adéquat.
7 Utiliser la relation trouvée à la question précédente.
8 Commencer par expliciter le terme de gauche, puis inverser les intégrales
(en justifiant) pour enfin revenir à la forme trigonométrique de e ix .
9 Expliciter le résultat de la question précédente puis chercher une propriété
de l'intégrale d'une fonction continue positive qui pourrait être utile.
10 et 11 Pour la convergence des intégrales, utiliser les croissances comparées 
et pour
les calculs le changement de variable u = ln x.
12 Remarquer que fa est le produit de f0 par une fonction bornée.
13 Utiliser l'inégalité de Cauchy-Schwarz.
14 Commencer par supposer k pair. Pour k impair, il faut utiliser la question
précédente et ne pas se laisser décourager par les calculs.
15 Utiliser la formule de Taylor-Lagrange.
n
|h|
bn (f ) par le terme général d'une
16 Utiliser la question 5 pour majorer
n!
série géométrique.
17 Faire une récurrence sur  en appliquant le résultat de la question précédente
en A/2.
19 Calculer explicitement les a2k puis écrire f sous forme d'une série entière 
dont on peut déterminer l'expression. Chercher, dans le préambule de
l'énoncé, une fonction g telle que g = f .

Les conseils du jury
Il faut être très soigneux dans la rédaction d'une question dont la réponse est 
donnée : citez très précisément les théorèmes utilisés, ainsi que les
résultats antérieurs (avec les numéros des questions correspondantes), évitez
« de court-circuiter la moindre étape ».
Le jury conseille également aux candidats qui ne savent pas traiter une
question et qui en admettent le résultat pour continuer de le dire clairement : 
« tout acte d'honnêteté est très apprécié ; en revanche, toute tentative
de dissimulation ou de tricherie indispose les correcteurs et peut être très
pénalisante. »

A. Questions préliminaires
1 Soit t  R. Puisque f est à valeurs positives,
e itx f (x) = |f (x)| = f (x)

x  R

Z

On a de plus

f (x) dx = 1

R

ce qui entraîne que

Z

e itx f (x) dx est une intégrale convergente, donc la fonction

R

x 7 e itx f (x) est intégrable sur R. En résumé,
f est défini sur R.
La dérivée partielle d'ordre k par rapport à t de la fonction (t, x) 7 e itx f 
(x) est
(t, x) 7 (ix)k e itx f (x). Cette fonction est continue sur R × R. De plus,
k

(x, t)  R2

(ix)k e itx f (x) = |x| f (x)

La fonction f admet des moments de tous ordres, ce qui signifie que la fonction
k
x 7 |x| f (x) est intégrable sur R pour tout entier naturel k. D'après le 
théorème de
Leibnitz de dérivation d'une intégrale dépendant d'un paramètre, la fonction f 
est
de classe C k pour tout k  N et
Z
k  N
(f )(k) (t) = (ix)k e itx f (x) dx
R

Quand on applique un théorème, il faut penser à vérifier toutes les hypothèses 
soigneusement. Pour cette question, le rapport du jury mentionne :
« Les conditions de validité du théorème de convergence dominée ne sont pas
souvent vérifiées avec la précision et la rigueur requises. »
2 Désignons par f la fonction de R dans C définie par f (x) = e ix . On a
k  N
donc

k  N

f (k) (x) = ik e ix

x  R

f (k) (x) = 1

x  R

Soient x  R et n  N. Appliquons à f l'inégalité de Taylor-Lagrange en 0 :
f (x) -

n-1
P f (k) (0)
k=0

ce qui donne

k!

f (x) -

n

xk 6

|x|
n!

n-1
P (ix)k
k=0

k!

Sup

f (n) (t)

t[ 0 ;x ]
n

6

|x|
n!

Les trois formules de Taylor au programme sont distinguées par leur reste.
Le rapport du jury signale des confusions entre le reste de Young et le reste
de Lagrange.

3 Soient (a, b, t)  R3 . On a
e -ita - e -itb = 1 - ita + o(it) - (1 - itb + o(it)) = it [(b - a) + o(1)]
e -ita - e -itb
=b-a
t0
it
La fonction ha,b est continue sur R par les théorèmes généraux et, d'après ce 
qui
précède, la limite quand t tend vers 0 de ha,b (t) est égale à ha,b (0). De ce 
fait, ha,b est
continue en 0. Au final,

On en déduit que

lim

La fonction ha,b est continue sur R.
4 Soit t un réel. En appliquant l'inégalité des accroissements finis à la 
fonction de R
dans C définie par f (x) = e itx , on obtient
|f (a) - f (b)| 6 (b - a) Sup |f  (x)|
x[ a ;b ]

Il suffit alors de remarquer que |f (x)| = |t| pour tout réel x pour obtenir
|f (a) - f (b)| 6 (b - a) |t|
Ainsi,

t  R

|ha,b (t)| 6 b - a

Comme l'inégalité demandée est clairement vérifiée pour t = 0 puisque ha,b (0) 
= 0,
on a bien
t  R

|ha,b (t)| 6 b - a

Rappelons, comme le fait le rapport du jury, que pour les fonctions à valeurs
complexes (comme pour les fonctions à valeurs vectorielles) on a une inégalité
des accroissements finis, mais l'égalité n'est plus vraie.
P kn
n=0 n!
+

5 Par définition, pour tout k  N,

ek =

Comme une somme de nombres positifs est supérieure ou égale à chacun de ses
termes, en prenant le terme d'indice n = k, on obtient bien
k  N

ek >

kk
k!