Mines Maths 1 PSI 2015

Thème de l'épreuve Méthode de Stein
Principaux outils utilisés séries numériques, probabilités finies

Corrigé

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

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Énoncé obtenu par reconnaissance optique des caractères


A 2015 MATH. I PSI
ÉCOLE DES PONTS PARISTECH,
SUPAÉRO (ISAE), ENSTA PARISTECH,
TÉLÉCOM PARISTECH, MINES PARISTECH,
MINES DE SAINT-ÉTIENNE, MINES DE NANCY,
TÉLÉCOM BRETAGNE, ÉCOLE NATIONALE DES PONTS ET CHAUSSÉES.
CONCOURS D'ADMISSION 2015
PREMIÈRE ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES
Filière PSI
(Durée de l'épreuve : 3 heures)
L'usage d'ordinateur ou de calculatrice est interdit.
Sujet mis à la disposition des concours :
Cycle international, ENSTIM, TÉLÉCOM INT, TPE-EIVP
Les candidats sont priés de mentionner de façon apparente sur la première page 
de la copie :
MATHÉMATIQUES I - PSI.

L'énoncé de cette épreuve comporte 6 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.

Méthode de Stein

-- On note F l'ensemble des fonctions bornées de N dans R.
-- On note P l'ensemble des suites de nombres réels positifs de somme égale
à1:
!

P = P = (pn , n  0) tel que n  0, pn  0 et

"

#

pn = 1 .

n=0

-- Pour P et Q deux éléments de P, on définit
dist(P, Q) =

$
$"
sup $$
pn
AN $
nA

-

"

nA

$
$
qn $$
$

=

$
$"
1A (n)pn
sup $$
AN $

-

n=0

"

n=0

$
$
1A (n)qn $$ ,
$

où 1A (n) = 1 si n  A et 1A (n) = 0 sinon. On pourra écrire P (A) pour
%
nA pn .
-- Dans tout ce qui suit,  est un réel strictement positif fixé et h est un 
élément
de F, c'est-à-dire une fonction bornée de N dans R.

I

Préliminaires
1. Trouver le réel c tel que la suite
c

n
, n  0,
n!

appartienne à P.
2. Soit p et q deux réels de [0, 1]. Calculer
&

'

dist (1 - p, p, 0, · · · ), (1 - q, q, 0, · · · ) .
3. Soit f  F et P  P, montrer que la série de terme général (f (n) pn , n  0)
est convergente.
2

II

Caractérisation
Soit P = (p()
n , n  N)  P défini par
-
p()
n = e

n
pour tout n  N.
n!

4. Soit f  F, montrer que la série de terme général (nf (n) p()
n , n  0) est
convergente.
5. Pour tout f  F, établir l'identité suivante :

!

f (n + 1) p()
n =

n=0

!

nf (n) p()
n .

(1)

n=0

Soit Q = (qn , n  0) un élément de P tel que pour tout f  F, l'identité suivante
soit satisfaite :

!

f (n + 1) qn =

n=0

!

nf (n) qn .

n=0

6. En choisissant convenablement des éléments de F, montrer que Q = P .

III

Résolution de l'équation de Stein

On note Sh , l'ensemble des fonctions f de N dans R, telles que, pour tout
entier n  0, l'identité suivante soit satisfaite :
f (n + 1) - nf (n) = h(n) -

!

()

(2)

h(k) pk .

k=0

Pour simplifier les notations, on note h la fonction définie pour tout n  0 par
h(n) = h(n) -

!

()

h(k) pk .

k=0

7. Montrer que Sh possède une infinité d'éléments et que pour tout f  Sh ,
pour tout entier n  1,
f (n) =

!
k
(n - 1)! n-1
h(k)
·
n
k!
k=0

3

(3)

TSVP

8. Pour f  Sh , pour tout entier n  1, établir l'identité suivante :
f (n) = -

k
(n - 1)! !
h(k)
·
n
k!
k=n

(4)

9. En déduire que toute fonction f  Sh est bornée.

IV

Propriété de Lipschitz

Pour une fonction f de N dans R, on considère la fonction f définie par
f : N - R
n %- f (n + 1) - f (n).
On veut montrer que pour f  Sh ,
1 - e-
sup |f (n)| 

n1

"

#

sup h(k) - inf h(k) .
kN

kN

(5)

Pour un entier m  0, on considère d'abord le cas particulier où h = 1{m} :
h(m) = 1 et h(n) = 0 si n '= m.
On note fm l'un des éléments de S1{m} .
10. Établir pour 1  n  m, l'identité suivante :
fm (n) = -

! k
(n - 1)! () n-1
p
·
m
n
k=0 k!

11. Établir une identité analogue pour n > m  0 et en déduire le signe de fm (n)
pour tout n  1.
12. Montrer que la fonction fm est négative sur N\{0, m}.

Indication : on distinguera les cas 1  n < m et n > m  0.
13. Établir les identités suivantes :
f0 (0) =

1-e

-

, fm (m) =

-

!

k

m
!

k

e 

k 
+
pour m > 0.

k=m+1 k!
k=1 m k!
4

14. En déduire que
1 - e-
·

sup fm (n) 
n1

On étudie maintenant le cas général. On définit la fonction h+ par
h+ (n) = h(n) - inf h(k).
kN

15. Montrer que Sh = Sh+ .
16. Montrer que la série

!

h+ (m)fm (n)

m=0

est convergente pour tout entier n  1.
17. Montrer que la fonction f définie, pour tout n  1, par
f (n) =

!

h+ (m)fm (n),

m=0

appartient à Sh .
18. En déduire que pour tout entier n  1,
1 - e-
f (n + 1) - f (n) 

"

#

sup h(k) - inf h(k) .

kN

kN

En utilisant -f et h- = supkN h(k) - h, on prouverait de façon analogue que
pour tout entier n  1,
1 - e-
-(f (n + 1) - f (n)) 

"

#

sup h(k) - inf h(k) ,

kN

kN

et qu'ainsi l'inégalité (5) est vraie dans le cas général.
5

TSVP

V

Application probabiliste

On considère (Xk , k = 1, · · · , n) une suite de variables aléatoires discrètes
indépendantes. On suppose que pour tout entier k  {1, · · · , n}, Xk suit une 
loi
de Bernoulli de paramètre rk  ]0, 1] :
P(Xk = 1) = rk = 1 - P(Xk = 0).
On pose  =

!n

k=1 rk

S=

n
"

ainsi que
Xk et pour tout k  {1, · · · , n}, Wk = S - Xk .

k=1

On identifie la loi de la variable aléatoire S et l'élément (P(S = k), k  N) de 
P,
l'ensemble défini au début de ce texte.

19. Pour tout k  {1, · · · , n}, pour tout f  F, montrer que
Xk f (S) = Xk f (Wk + 1) et que E(f (Wk )Xk ) = rk E(f (Wk )).
20. Soit h  F et f  Sh , établir l'identité suivante.
E (f (S + 1) - Sf (S)) =

n
"

#

$

rk E Xk (f (Wk + 2) - f (Wk + 1)) .

k=1

21. Établir que
%
%

%
%

dist(loi(S), P ) = sup %%E (fA (S + 1) - SfA (S))%%,
AN

où fA est un élément de S1A .
22. En déduire que

dist(loi(S), P ) 

n
1 - e- "
rk2 .

k=1

Fin du problème

6

Extrait du corrigé obtenu par reconnaissance optique des caractères



Mines Maths 1 PSI 2015 -- Corrigé
Ce corrigé est proposé par Émilie Liboz (Professeur en CPGE) ; il a été relu par
Florence Monna (Docteur en mathématiques) et Benjamin Monmege 
(Enseignantchercheur à l'université).

Le sujet introduit une distance entre deux lois de probabilités à valeurs dans 
N,
connue sous le nom de « distance en variation totale » dans les livres. 
L'objectif du
problème est de majorer la distance entre une loi de Poisson et la loi d'une 
somme S
de variables aléatoires indépendantes de Bernoulli. On suit pour cela la 
méthode dite
de Stein, qui permet par ailleurs de généraliser l'interprétation de la loi de 
Poisson
comme une loi des événements rares.
· La première partie établit des résultats préliminaires sur des séries 
convergentes
et calcule la distance entre deux lois de Bernoulli.
()

· La deuxième partie caractérise l'ensemble des suites de réels (pn )nN 
définissant une loi de Poisson P().
· La troisième partie est consacrée à la résolution de l'équation de Stein
n  N

 f (n + 1) - n f (n) = e
h(n)
()

où le second membre fait intervenir les pn . On démontre que les suites f
solutions sont bornées.
· La quatrième partie démontre la propriété de Lipschitz pour les fonctions 
solutions f précédentes : elle donne un majorant de l'ensemble des variations
|f (n + 1) - f (n)| de f pour n  N. Les notions de borne inférieure et de borne
supérieure interviennent à plusieurs reprises.
· Enfin, la cinquième partie applique les résultats précédents pour majorer la
distance entre la loi de Poisson P() et la loi de S. Elle fait appel à des 
outils
de base sur les variables aléatoires finies : espérance, indépendance, théorème
de transfert.
La majorité des questions portent sur les séries numériques : étude de la 
convergence, calculs sur les sommes de séries convergentes. Les probabilités 
n'apparaissent
que dans la dernière partie. L'ensemble est très calculatoire et assez long. À 
la difficulté technique s'ajoute la forte dépendance des questions et des 
parties entre elles.
Ce sujet permet à la fois de faire le point sur les séries numériques et de 
s'entraîner à suivre le fil d'un énoncé, c'est-à-dire à comprendre où il nous 
emmène et par
quel chemin.

Indications
Partie I
3 Majorer f afin de comparer le terme général de cette série à celui d'une série
convergente.
Partie II
6 Considérer f = 1{n0 } pour n0  N.
Partie III
7 Raisonner par analyse-synthèse. Utiliser la formule (3) de l'énoncé pour 
construire
une infinité d'éléments de Sh , en remarquant que la condition ne concerne que
les n > 0.
+
P e k
8 Calculer
h(k)
.
k!
k=0
9 Utiliser la formule de la question 8 en majorant e
h.
Partie IV

10 Utiliser la formule de la question 7.
11 Exploiter le résultat de la question 8.
12 Utiliser les formules des questions 10 et 11.
13 Attention, la formule donnée pour f0 (0) est fausse.
14 Distinguer les cas n 6= m et n = m pour utiliser les questions 12 et 13.
15 Comparer e
h et hf
+ (les notations utilisées sont celles définies dans l'énoncé au
début de la partie III).
16 Majorer h+ afin de comparer le terme général de cette série à celui d'une 
série
convergente en utilisant la formule de la question 10.

17 Utiliser le fait que fm  S1{m} .
18 Remarquer que, ici, f est une fonction quelconque de Sh et chercher à la 
relier à
la fonction de la question 17.
Partie V
19 Distinguer les cas Xk = 0 et Xk = 1 pour la première égalité. Utiliser 
l'indépendance des Xk pour la deuxième.
n
n
P
P
20 Remplacer  par
rk et S par
Xk dans le membre de gauche et utiliser les
k=1

k=1

formules obtenues à la question 19.

21 Appliquer le théorème du transfert et utiliser le fait que fA  S1A pour 
calculer
E (fA (S + 1) - SfA (S)) puis prendre la borne supérieure sur A  N.
22 Appliquer les résultats des questions 20 et 21 pour exprimer dist(loi(S), P 
) en
fonction de fA puis utiliser l'inégalité (5).

I. Préliminaires

n
P n

- 
1 La série numérique
est convergente de somme e . La suite e
n!
n! n>0
n
- 
> 0. Par conséquent,
appartient donc à P car pour tout n > 0, e
n!
 n

appartient à P.
Pour c = e - , la suite c
n! n>0
2 Pour p et q  [ 0 ; 1 ], posons p0 = 1 - p, p1 = p, q0 = 1 - q, q1 = q et, 
pour tout
n > 2, pn = qn = 0. Alors, pour A  N :

0 si {0, 1}  c A

P
P
q - p si 0  A, 1 6 A
pn -
qn =
p - q si 1  A, 0 6 A

nA
nA

0 si {0, 1}  A
Ainsi,
soit

supAN

P

pn -

nA

P

qn = |p - q|

nA

dist (1 - p, p, 0, . . . ), (1 - q, q, 0, . . . ) = |p - q|

3 Puisque f  F , il existe M > 0 tel que pour tout n  N, |f (n)| 6 M. De plus, 
si
P  P, alors pour tout entier naturel n, on a pn > 0 de sorte que |f (n)pn | 6 
Mpn . Or
Mpn est le terme général d'une série convergente.
P Par comparaison de séries à termes
positifs, on en déduit que la série numérique
f (n)pn est absolument convergente
et par conséquent
P
La série numérique
f (n)pn est convergente.

II. Caractérisation
4 Soit M > 0 tel que pour tout n  N, |f (n)| 6 M. Ainsi, pour tout entier n > 1 
:
()

|nf (n)pn | 6 Me - n

n
n-1
= Me -
n!
(n - 1)!

Or le membre de droite est le terme d'une série convergente (on reconnaît le 
terme
général de la série exponentielle). Par comparaison de séries à termes 
positifs, on en
P
()
déduit que la série numérique
nf (n)pn est absolument convergente, d'où
La série numérique

P

()

nf (n)pn est convergente.

P
()
5 Tout d'abord, d'après la question 4, la série nf (n)pn est convergente. 
Ensuite,
la suite P est un élément de P d'après la question 1 et donc, la fonction f 
étant
bornée, par le même raisonnement que celui de la question 3, on montre que la 
série
+
+
P
P
P
()
()
()
f (n + 1)pn est convergente. Les sommes
f (n + 1)pn et
nf (n)pn sont
n=0

n=0

alors bien définies. De plus, à l'aide du changement d'indice n = k + 1, on 
obtient

P

+

P

+

()

nf (n)pn =

n=0

nf (n)e -

n=1

P

+

soit

+
P
k+1
n
=
(k + 1)f (k + 1)e -
n!
(k + 1)!
k=0

()

n=0

P

+

nf (n)pn = 

f (k + 1)e -

k=0

k
k!

En réindexant la deuxième somme par n au lieu de k, on peut conclure que
P

+

()

f (n + 1)pn =

n=0

P

+

()

nf (n)pn

n=0

6 Soit Q = (qn )n>0  P tel que, pour tout f  F , on ait
P

+

P

nf (n)qn

P

n1{n0 } (n)qn

+

f (n + 1)qn =

n=0

n=0

En sélectionnant f = 1{n0 } pour n0  N (la fonction indicatrice définie dans 
l'introduction du sujet), l'identité vérifiée par Q devient :
P

+

+

1{n0 } (n + 1)qn =

n=0

n=0

Or, 1{n0 } (n + 1) 6= 0 si et seulement si n = n0 - 1 donc cette égalité est 
équivalente
à qn0 -1 = n0 qn0 . La suite (qn )n>0 vérifie alors

qn
n+1
Montrons par récurrence sur n que la propriété
 n > 0 qn+1 =

P(n) :

qn = q0

n
n!

est vraie pour tout entier n.
· P(0) est évidemment vraie.
· P(n) = P(n + 1) : si qn = q0 n /n! pour un n donné, alors
qn+1 =

 n
n+1
qn =
q0 =
q0
n+1
n + 1 n!
(n + 1)!

ce qui montre que la propriété est vraie au rang n + 1.
· Conclusion :

n  N

qn = q0

n
n!

De plus, la suite Q est un élément de P donc, d'après la question 1, q0 = e - 
ce qui
implique que
Les suites Q et P sont égales.