Modèle de concours : CNC 2015 Mathématiques I (PSI) — Concours National Commun

Ce sujet est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC) 2015, filière PSI, organisé pour l'admission dans les écoles d'ingénieurs marocaines (présidence : ENSEM Casablanca). Durée : 4 heures, calculatrice interdite, 4 pages d'énoncé. C'est un sujet de type problème en deux parties indépendantes : Problème 1, intégrale de Dirichlet ∫₀^+∞ sin t / t dt = π/2 puis étude de f(x) = ∫₀^+∞ sin(xt)/(1+t) dt ; Problème 2, fonctions harmoniques discrètes sur Z^d et problème de Dirichlet par marche aléatoire sur Z². Voici une correction méthodologique proposée.

💡 Avant de commencer : le problème 1 est très classique (intégration par parties pour la semi-convergence, noyau de Dirichlet, lemme de Riemann-Lebesgue « à la main », dérivation sous le signe ∫). Il rapporte beaucoup de points rapidement : traitez-le en premier et soignez chaque justification d'intégrabilité (continuité, prolongement, majoration par une fonction intégrable). Le problème 2 est plus original mais ses questions 3.x sont élémentaires (récurrences linéaires, chemins dans Z^d).

Problème 1 — Partie 1 : calcul de ∫₀^+∞ sin t / t dt

1.1.1

t ↦ (1 − cos t)/t² est continue sur ]0, +∞[. En 0 : 1 − cos t ~ t²/2, donc la fonction tend vers 1/2 (prolongeable par continuité, intégrable sur ]0, 1]). En +∞ : 0 ≤ (1 − cos t)/t² ≤ 2/t², intégrable sur [1, +∞[ (Riemann, 2 > 1). Donc la fonction est intégrable sur ]0, +∞[.

1.1.2

Intégration par parties sur [ε, a] avec u = 1/t et v = 1 − cos t (v' = sin t) :
∫_ε^a sin t / t dt = [(1 − cos t)/t]_ε^a + ∫_ε^a (1 − cos t)/t² dt = (1 − cos a)/a − (1 − cos ε)/ε + ∫_ε^a (1 − cos t)/t² dt.
Le choix de la primitive 1 − cos t (et non −cos t) est l'astuce : elle s'annule en 0.

1.1.3

Quand ε → 0 : (1 − cos ε)/ε ~ ε/2 → 0. Quand a → +∞ : |(1 − cos a)/a| ≤ 2/a → 0. L'intégrale de droite converge (1.1.1). Donc ∫₀^+∞ sin t / t dt converge et vaut ∫₀^+∞ (1 − cos t)/t² dt. (Elle n'est pas absolument convergente, d'où la nécessité de l'IPP.)

1.2.1

Formule 2 sin(t/2) cos(kt) = sin((k + 1/2)t) − sin((k − 1/2)t). En sommant pour k = 1..n, la somme télescope :
2 sin(t/2) Σ_k=1ⁿ cos(kt) = sin((2n+1)t/2) − sin(t/2).
En ajoutant 2 sin(t/2) × 1/2 = sin(t/2) et en divisant par 2 sin(t/2) ≠ 0 (t ∉ 2πZ) : 1/2 + Σ_k=1ⁿ cos(kt) = sin((2n+1)t/2) / (2 sin(t/2)).
Si t ∈ 2πZ, cos(kt) = 1 pour tout k : la somme vaut n + 1/2 (c'est aussi la limite du quotient, cohérent avec le prolongement par continuité).

1.2.2

La fonction prolongée coïncide sur [0, π] avec 1/2 + Σ cos(kt) (polynôme trigonométrique continu). Donc
∫₀^π sin((2n+1)t/2)/(2 sin(t/2)) dt = π/2 + Σ_k=1ⁿ [sin(kt)/k]₀^π = π/2.

1.3.1

Sur ]0, π], g est C¹ (quotients de fonctions C¹, sin(t/2) ≠ 0). Étude en 0 : 2 sin(t/2) = t − t³/24 + O(t⁵), donc
g(t) = (t − 2 sin(t/2)) / (2t sin(t/2)) = (t³/24 + O(t⁵)) / (t² + O(t⁴)) = t/24 + O(t³) → 0 = g(0) : g continue en 0.
Dérivée sur ]0, π] : g'(t) = −cos(t/2)/(4 sin²(t/2)) + 1/t². Avec sin²(t/2) = (t²/4)(1 − t²/12 + O(t⁴)) et cos(t/2) = 1 − t²/8 + O(t⁴) :
cos(t/2)/(4 sin²(t/2)) = (1/t²)(1 − t²/8)(1 + t²/12) + O(t²) = 1/t² − 1/24 + O(t²).
Donc g'(t) → 1/24. Par le théorème de prolongement C¹ (g continue sur [0, π], C¹ sur ]0, π], g' admet une limite finie en 0) : g est C¹ sur [0, π], g'(0) = 1/24.

1.3.2

Posons λ = (2n+1)/2. IPP : ∫₀^π g(t) sin(λt) dt = [−g(t) cos(λt)/λ]₀^π + (1/λ) ∫₀^π g'(t) cos(λt) dt.
Le crochet est nul : g(0) = 0 et cos(λπ) = cos((2n+1)π/2) = 0. D'où ∫₀^π g(t) sin(λt) dt = (2/(2n+1)) ∫₀^π g'(t) cos(λt) dt.

1.3.3

g' est continue sur le segment [0, π], donc bornée par M. Alors |∫ g sin(λt)| ≤ 2πM/(2n+1) → 0. La limite est 0 (cas particulier du lemme de Riemann-Lebesgue).

1.4.1

Sur ]0, π] : sin(λt)/t = sin(λt)/(2 sin(t/2)) − g(t) sin(λt). En intégrant (tout est prolongeable par continuité en 0) : ∫₀^π sin(λt)/t dt = π/2 − ∫₀^π g(t) sin(λt) dt → π/2.

1.4.2

Changement de variable u = λt : ∫₀^π sin(λt)/t dt = ∫₀^λπ sin u / u du. Comme λπ → +∞ et que l'intégrale généralisée converge (1.1.3), le membre de droite tend vers ∫₀^+∞ sin u / u du. Par unicité de la limite : ∫₀^+∞ sin t / t dt = π/2.

Problème 1 — Partie 2 : étude de f(x) = ∫₀^+∞ sin(xt)/(1+t) dt

2.1.1 à 2.1.3

• 0 ≤ (1 − cos(xt))/(1+t)² ≤ 2/(1+t)², intégrable sur [0, +∞[ : intégrable.
• IPP sur [0, a] avec u = 1/(1+t), v = (1 − cos(xt))/x (v' = sin(xt), v(0) = 0) : ∫₀^a sin(xt)/(1+t) dt = (1 − cos(xa))/(x(1+a)) + (1/x) ∫₀^a (1 − cos(xt))/(1+t)² dt.
• Quand a → +∞, le terme tout intégré est majoré par 2/(|x|(1+a)) → 0 et l'intégrale converge : ∫₀^+∞ sin(xt)/(1+t) dt converge et vaut (1/x) ∫₀^+∞ (1 − cos(xt))/(1+t)² dt.

2.2

Pour x ≠ 0, sin(−xt) = −sin(xt), donc f(−x) = −f(x) : f est impaire (−x ≠ 0, l'intégrale existe).

2.3.1

Pour x > 0, d'après 2.1.3, f(x) = (1/x) ∫ (1 − cos(xt))/(1+t)² dt, avec 0 ≤ intégrande ≤ 2/(1+t)² et ∫₀^+∞ dt/(1+t)² = 1. Donc 0 ≤ f(x) ≤ 2/x et f(x) → 0 en +∞.

2.3.2

Comme ∫₀^+∞ dt/(1+t)² = 1 : f(x) = 1/x − (1/x) ∫₀^+∞ cos(xt)/(1+t)² dt.
IPP : ∫₀^+∞ cos(xt)/(1+t)² dt = [sin(xt)/(x(1+t)²)]₀^+∞ + (2/x) ∫₀^+∞ sin(xt)/(1+t)³ dt = (2/x) ∫ sin(xt)/(1+t)³ dt, de module ≤ (2/x)(1/2) = 1/x. Donc le second terme est O(1/x²) : f(x) = 1/x + O(1/x²) en +∞.

2.4.1

Changement de variable u = xt (x > 0) : f(x) = ∫₀^+∞ sin u/(x + u) du. Puis IPP avec la primitive 1 − cos u de sin u (nulle en 0) : ∫₀^A sin u/(x+u) du = (1 − cos A)/(x+A) + ∫₀^A (1 − cos u)/(x+u)² du, et A → +∞ donne f(x) = ∫₀^+∞ (1 − cos u)/(x+u)² du (intégrande positive, majorée par 2/(x+u)²).

2.4.2

Si 0 < x < y : (1 − cos u)/(x+u)² − (1 − cos u)/(y+u)² ≥ 0, continue, et strictement positive sur ]0, 2π[. L'intégrale d'une fonction continue positive non identiquement nulle est > 0, donc f(x) > f(y). f est strictement décroissante sur ]0, +∞[, et par imparité aussi sur ]−∞, 0[ (si x < y < 0 : f(x) = −f(−x) > −f(−y) = f(y)).

2.5.1

|sin(xt)|/(1+t)³ ≤ 1/(1+t)³ intégrable : h est bien définie. La dérivée partielle ∂/∂x = t cos(xt)/(1+t)³ est continue en (x, t) et dominée par t/(1+t)³ ≤ 1/(1+t)², intégrable et indépendante de x. Par le théorème de dérivation sous le signe intégrale : h est C¹ sur ]0, +∞[ et h'(x) = ∫₀^+∞ t cos(xt)/(1+t)³ dt.

2.5.2

|h'(x)| ≤ ∫₀^+∞ t/(1+t)³ dt = ∫ [1/(1+t)² − 1/(1+t)³] dt = 1 − 1/2 = 1/2. Par l'inégalité des accroissements finis : |h(x) − h(y)| ≤ (1/2)|x − y|.

2.5.3

En reportant le calcul de 2.3.2 (∫ cos(xt)/(1+t)² dt = (2/x) h(x)) : f(x) = 1/x − (2/x²) h(x). Comme h est C¹ et x ↦ 1/x, 1/x² aussi sur ]0, +∞[, f est C¹ sur ]0, +∞[ (et sur ]−∞, 0[ par imparité).

2.6.1

Avec 2.4.1 (forme f(x) = ∫ sin u/(x+u) du) et la partie 1 (π/2 = ∫ sin u/u du), deux intégrales convergentes : π/2 − f(x) = ∫₀^+∞ sin u (1/u − 1/(x+u)) du = x ∫₀^+∞ sin u/(u(x+u)) du (cette dernière converge absolument : |·| ≤ 1/(x+u) près de 0 et ≤ 1/u² à l'infini).

2.6.2

On coupe en 1. Sur [0, 1], |sin u|/u ≤ 1 : ∫₀¹ du/(x+u) = ln(1+x) − ln x. Sur [1, +∞[ : 1/(u(x+u)) ≤ 1/u², d'intégrale 1. D'où |∫ sin u/(u(x+u)) du| ≤ 1 + ln(1+x) − ln x.

2.6.3

|π/2 − f(x)| ≤ x(1 + ln(1+x)) − x ln x → 0 quand x → 0⁺ (car x ln x → 0). lim_0⁺ f = π/2. f étant strictement décroissante sur ]0, +∞[ de limite π/2 en 0⁺ et 0 en +∞, on a pour x > 0 : f(x) < lim_0⁺ f = π/2 et f(x) > f(2x) ≥ 0. Donc 0 < f(x) < π/2 = sup_t>0 f(t) (borne supérieure non atteinte).

2.6.4

La positivité vient de 2.6.3 ; l'égalité est 2.6.1 divisée par x, avec Chasles en π/2.
Sur [0, π/2], sin u ≥ (2/π)u (concavité du sinus : la courbe est au-dessus de sa corde), donc ∫₀^π/2 sin u/(u(x+u)) du ≥ (2/π) ∫₀^π/2 du/(x+u) = (2/π) ln((x + π/2)/x) → +∞ quand x → 0⁺.
Le second morceau est borné : |∫_π/2^+∞ sin u/(u(x+u)) du| ≤ ∫_π/2^+∞ du/u² = 2/π.
Donc (π/2 − f(x))/x → +∞ quand x → 0⁺.
Remarque d'énoncé : le sujet imprime « lorsque x tend vers +∞ », ce qui est une coquille : en +∞, (π/2 − f(x))/x → 0 puisque f → 0. Le raisonnement (et la question 2.7 sur la tangente) porte sur x → 0⁺ ; il faut le signaler sur la copie, comme le demande l'en-tête.

2.7

En prolongeant f à droite en 0 par π/2, le taux d'accroissement (f(x) − π/2)/x tend vers −∞ : la courbe admet en (0, π/2) une demi-tangente verticale. Allure (à décrire et tracer) : sur ]0, +∞[, la courbe part du point (0, π/2) verticalement vers le bas, décroît strictement en restant strictement positive, et se rapproche de l'axe des abscisses comme l'hyperbole y = 1/x (asymptote horizontale y = 0, f(x) ~ 1/x). Par imparité, la partie sur ]−∞, 0[ est symétrique par rapport à l'origine : elle part de (0, −π/2), limite à gauche −π/2. f n'est pas définie en 0 et présente un saut de hauteur π entre les limites à gauche et à droite.

2.8

f² est continue sur ]0, +∞[, bornée par π²/4 près de 0 (donc intégrable sur ]0, 1]), et f²(x) ≤ 4/x² (2.3.1), intégrable sur [1, +∞[. f² est intégrable sur ]0, +∞[.

Problème 2 — Partie 1 : fonctions harmoniques sur Z^d

3.1

Pour d = 1, V(k) = {k − 1, k + 1}. f harmonique ⇔ ∀k, f(k) = (f(k−1) + f(k+1))/2 ⇔ ∀k, f(k+1) − 2f(k) + f(k−1) = 0 ⇔ (en remplaçant k par k + 1, qui décrit aussi Z) ∀k, f(k+2) − 2f(k+1) + f(k) = 0.

3.2

C'est une récurrence linéaire d'ordre 2 d'équation caractéristique r² − 2r + 1 = (r − 1)² (racine double 1), valable dans les deux sens (on peut aussi exprimer f(k) en fonction de f(k+1), f(k+2)). L'ensemble est le noyau d'une application linéaire, donc un sous-espace vectoriel, et φ : f ↦ (f(0), f(1)) en est un isomorphisme sur R² (une solution est déterminée par deux valeurs consécutives, et toute paire est atteinte). Dimension 2, base (k ↦ 1, k ↦ k) : les fonctions harmoniques sur Z sont les fonctions affines k ↦ α + βk.

3.3

Z* = Z \ {0}. x ∈ I(Z*) ⇔ x − 1 et x + 1 ≠ 0 : I(Z*) = Z \ {−1, 0, 1}. La relation de 3.1 est donc imposée pour k ≥ 2 et pour k ≤ −2, sans lien entre les deux côtés. Sur N* : f est affine, déterminée par (f(1), f(2)) ; sur −N* : affine, déterminée par (f(−1), f(−2)). L'application f ↦ (f(−2), f(−1), f(1), f(2)) est un isomorphisme sur R⁴. Dimension 4, base : 1_k>0, k·1_k>0, 1_k<0, k·1_k<0.

3.4.1

f(k) = (1/2d) Σ_y∈V(k) f(y) ≥ f(ℓ)/(2d) car tous les termes sont positifs. f(ℓ) ≤ 2d f(k).

3.4.2

Si m = ‖ℓ − k‖₁, on relie k à ℓ par un chemin k = x₀, x₁, …, x_m = ℓ avec x_i+1 ∈ V(x_i) (on modifie une coordonnée de ±1 à chaque pas). En itérant 3.4.1 (récurrence sur m) : f(ℓ) ≤ (2d)^m f(k).

3.4.3

Si f(k) = 0, alors pour tout ℓ, 0 ≤ f(ℓ) ≤ (2d)^m × 0 = 0. f est nulle.

3.4.4

Si f n'est pas nulle, par contraposée de 3.4.3, f(k) > 0 pour tout k. On applique 3.4.2 dans les deux sens : f(ℓ) ≤ (2d)^m f(k) et f(k) ≤ (2d)^m f(ℓ) ; en passant au ln : |ln f(ℓ) − ln f(k)| ≤ ‖ℓ − k‖₁ ln(2d) (inégalité de Harnack discrète).

Problème 2 — Partie 2 : problème de Dirichlet sur Z²

4.1.1

Implication préliminaire : si −ν < a₁ + Y_n,1 < ν pour tout n et si X_j = … = X_j+2ν = 1, alors Y_j+2ν+1,1 = Y_j,1 + 2ν + 1, d'où a₁ + Y_j+2ν+1,1 > −ν + 2ν + 1 > ν : contradiction.
Ensuite, à chaque pas ‖a + Y_n‖₁ varie d'exactement ±1 (une seule coordonnée bouge de 1). Partant de ‖a‖₁ < ν, si l'on n'atteint jamais ν, on reste toujours strictement sous ν (valeurs intermédiaires discrètes), donc |a₁ + Y_n,1| < ν pour tout n. Ainsi le complémentaire de A_a,ν est inclus dans l'événement « aucun bloc de 2ν + 1 valeurs consécutives égales à 1 ».
Considérons les blocs disjoints B_k = {X_k(2ν+1) = … = X_k(2ν+1)+2ν = 1}, indépendants (lemme des coalitions), de probabilité p = (1/4)^2ν+1 > 0. Alors P(complémentaire de A_a,ν) ≤ P(aucun des B₀, …, B_N−1) = (1 − p)^N → 0. Donc P(A_a,ν) = 1.

4.1.2

A_a,ν est la réunion disjointe des {T_a = m}, m ≥ 1, et son complémentaire est négligeable. Par σ-additivité : P(Y_Ta ∈ W) = Σ_m≥1 P(Y_Ta ∈ W, T_a = m) = Σ_m≥1 P(Y_m ∈ W et T_a = m), puisque sur {T_a = m}, Y_Ta = Y_m.

4.2.1

Presque sûrement a + Y_Ta ∈ ∂K_ν, ensemble fini ; φ(a + Y_Ta) est une variable aléatoire bornée par max|φ|, donc d'espérance finie. Par la formule de transfert puis 4.1.2 avec W = {z − a} :
E(φ(a + Y_Ta)) = Σ_z∈∂Kν φ(z) P(a + Y_Ta = z) = Σ_{n, z∈∂Kν} φ(z) P(T_a = n et a + Y_n = z), famille sommable (somme des modules ≤ max|φ|).
Précision : la somme porte en général sur n ≥ 1 ; elle se réduit à n ≥ 2 lorsque ‖a‖₁ ≤ ν − 2 (alors T_a ≥ 2), ce qui est le cadre utilisé ensuite. Si ‖a‖₁ = ν − 1, le terme n = 1 est non nul.

4.2.2

Idée : conditionner par le premier pas. Posons Y'_m = Y_m+1 − Y₁ : c'est la marche construite sur (X₁, X₂, …), de même loi que Y et indépendante de X₀. Si a + Y₁ = b ∈ V(a) (probabilité 1/4 pour chacun des 4 voisins), alors a + Y_n = b + Y'_n−1. Comme ‖a‖₁ ≤ ν − 2, ‖a + Y₁‖₁ ≤ ν − 1 ≠ ν, donc {T_a = n} = {T'_b = n − 1} sur {a + Y₁ = b}. Par la formule des probabilités totales et l'indépendance :
P(T_a = n, a + Y_n = z) = Σ_b∈V(a) (1/4) P(T'_b = n − 1, b + Y'_n−1 = z) = (1/4) Σ_b∈V(a) P(T_b = n − 1 et b + Y_n−1 = z),
la dernière égalité car ces événements ne dépendent que d'un nombre fini de X_i, et (X₁, …, X_n−1) a même loi que (X₀, …, X_n−2) (suite i.i.d.).

4.2.3

On somme 4.2.2 contre φ(z) (familles sommables, on peut permuter) : f(a) = (1/4) Σ_b∈V(a) Σ_{m≥1, z} φ(z) P(T_b = m, b + Y_m = z). Les voisins b vérifient ‖b‖₁ ≤ ν − 1, donc b ∈ K_ν−1 et la somme intérieure vaut f(b) par 4.2.1. f(a) = (1/4) Σ_b∈V(a) f(b).

4.2.4

Si ‖a‖₁ = ν − 1, chaque voisin b vérifie ‖b‖₁ = ν ou ν − 2. On décompose selon le premier pas :

• si a + Y₁ = b ∈ ∂K_ν : T_a = 1 et φ(a + Y_Ta) = φ(b) = f(b) ; contribution (1/4) f(b) ;
• si ‖b‖₁ = ν − 2 : T_a = 1 + T'_b et a + Y_Ta = b + Y'_T'b ; par indépendance et égalité des lois, contribution (1/4) E(φ(b + Y_Tb)) = (1/4) f(b).

En sommant : f(a) = (1/4) Σ_b∈V(a) f(b).

4.2.5

I(K_ν) = K_ν−1 et tout a ∈ K_ν−1 vérifie ‖a‖₁ ≤ ν − 2 ou ‖a‖₁ = ν − 1 ; avec 4.2.3 et 4.2.4, f(a) = (1/(2d)) Σ_V(a) f pour d = 2. f est harmonique sur I(K_ν) et coïncide avec φ sur ∂K_ν : c'est la solution probabiliste du problème de Dirichlet discret (valeur au point a = espérance de φ au point de sortie de la marche partie de a).

💡 Résultats clés à retenir : ∫₀^+∞ sin t/t dt = π/2 ; f(x) = 1/x + O(1/x²) ; f → π/2 en 0⁺ avec demi-tangente verticale ; fonctions harmoniques sur Z = fonctions affines (dimension 2), sur Z* dimension 4 ; inégalité de Harnack |ln f(ℓ) − ln f(k)| ≤ ‖ℓ − k‖₁ ln(2d). Pour le CNC PSI Maths I, révisez : intégrales généralisées (semi-convergence par IPP, comparaison), théorèmes de continuité et dérivation sous le signe ∫ (domination), prolongement C¹, développements limités usuels, noyau de Dirichlet, récurrences linéaires d'ordre 2, et en probabilités : lemme des coalitions, σ-additivité, formule des probabilités totales et « conditionnement par le premier pas ». Signalez toujours sur la copie une coquille d'énoncé (ici 2.6.4) avant de poursuivre.