Modèle de concours d'accès en 2ème année du cycle d'ingénieurs d'État — Institut National des Postes et Télécommunications (INPT) 2001 — Épreuve : Mathématiques

Cette épreuve est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès en 2^e année du cycle d'ingénieurs d'État de l'INPT, session du 12 juillet 2001, durée 3 heures. Trois problèmes, chacun en deux parties indépendantes : probabilités (convergences, lois gaussiennes), séries de Fourier et formule de Poisson, analyse numérique (accélération de convergence de type Aitken/Steffensen). Voici une correction proposée.

💡 Méthode : les parties étant indépendantes, commencez par celles qui sont « de cours » (Partie B du problème I, Partie A du problème II, Partie A du problème III) pour sécuriser des points.

Problème I

Partie A

Fonction de répartition. Pour x ≥ 0, une primitive de (sh x/n)·exp((1 − ch x)/n) est −exp((1 − ch x)/n), d'où P(X_n ≤ x) = 1 − exp((1 − ch x)/n). Autrement dit, P(ch X_n − 1 > y) = e^−y/n pour y ≥ 0 : E_n = (ch X_n − 1)/n suit la loi exponentielle de paramètre 1.

1) Pour y réel et n assez grand (n e^y ≥ 1) : P(ln ch X_n − ln n ≤ y) = P(ch X_n ≤ n e^y) = 1 − e^1/n exp(−e^y) → 1 − exp(−e^y). Donc ln(ch X_n) − ln n converge en loi vers la loi de fonction de répartition F(y) = 1 − exp(−e^y) (densité e^yexp(−e^y)), c'est-à-dire la loi de ln E avec E ∼ Exp(1).

2) ln(ch X_n)/ln n = 1 + Z_n/ln n avec Z_n = ln ch X_n − ln n. Z_n converge en loi, donc est bornée en probabilité : pour η > 0, il existe M avec P(|Z_n| > M) ≤ η pour tout n ; d'où P(|Z_n|/ln n > ε) ≤ η dès que ε ln n > M. Ainsi ln(ch X_n)/ln n → 1 en probabilité.

3) Pour x ≥ 0 : e^x/2 ≤ ch x ≤ e^x, donc ln ch x ≤ x ≤ ln ch x + ln 2. D'où ln ch X_n/ln n ≤ X_n/ln n ≤ ln ch X_n/ln n + ln 2/ln n. Les deux bornes tendent vers 1 en probabilité : X_n/ln n → 1 en probabilité.

Partie B

1) a) φ(t) = (1/√(2π)) ∫ e^itx e^−x²/2 dx. La dérivation sous l'intégrale est légitime (domination par |x|e^−x²/2) : φ′(t) = (i/√(2π)) ∫ x e^−x²/2 e^itx dx. Une intégration par parties (dériver e^itx, intégrer x e^−x²/2) donne φ′(t) = i · it φ(t) = −t φ(t). Avec φ(0) = 1 : φ(t) = e^−t²/2.

1) b) Si X ∼ N(0, 1), alors Y = μ + σX ∼ N(μ, σ²) et φ_Y(t) = e^iμt φ(σt) = exp(−σ²t²/2 + iμt).

2) a) La convergence en loi donne φ_Xn(t) → φ_X(t) pour tout t, donc e^{−σ_n²t²/2} → |φ_X(t)|. φ_X est continue et vaut 1 en 0 : on choisit t₀ ≠ 0 avec |φ_X(t₀)| > 0. Alors σ_n² = −2 ln|φ_Xn(t₀)|/t₀² → −2 ln|φ_X(t₀)|/t₀² = σ² ≥ 0. Donc σ_n → σ ≥ 0.

2) b) Par l'absurde, supposons une sous-suite μ_n → +∞. Avec Φ la fonction de répartition de N(0, 1) : F_Xn(x) = Φ((x − μ_n)/σ_n). Comme σ_n > 0 est bornée (elle converge), (x − μ_n)/σ_n → −∞, donc F_Xn(x) → 0 pour tout x. Aux points de continuité de F_X (denses), F_X(x) = 0 ; par continuité à droite F_X ≡ 0, ce qui contredit lim_+∞ F_X = 1. Le cas μ_n → −∞ donne F_X ≡ 1, contredisant lim_−∞ F_X = 0. (μ_n) est bornée.

2) c) On extrait une sous-suite μ_nk → μ. Alors φ_Xnk(t) → exp(−σ²t²/2 + iμt), qui est donc φ_X(t). Ainsi X ∼ N(μ, σ²) (loi de Dirac en μ si σ = 0, cas gaussien dégénéré). Toutes les valeurs d'adhérence de (μ_n) valent μ, donc en fait μ_n → μ.

3) Oui, (X, Y) est un vecteur gaussien. Pour a, b réels, aX_n + bY_n est une variable gaussienne (combinaison linéaire des composantes d'un vecteur gaussien) et converge en probabilité, donc en loi, vers aX + bY. D'après 2) c), aX + bY est gaussienne. Toute combinaison linéaire des composantes étant gaussienne, (X, Y) est un vecteur gaussien.

Problème II

Partie A

1) g est 1-périodique, c_n = ∫₀¹ (1/2 − x) e^−2iπnx dx. c₀ = 0. Pour n ≠ 0, ∫₀¹ e^−2iπnx dx = 0 et, par parties, ∫₀¹ x e^−2iπnx dx = 1/(−2iπn), donc c_n = 1/(2iπn).

g est C¹ par morceaux : par Dirichlet, pour x ∉ ℤ, g(x) = Σ_n≠0 e^2iπnx/(2iπn) = Σ_n≥1 sin(2πnx)/(πn) ; aux entiers la série vaut 0 = (g(0⁺) + g(0⁻))/2.

2) La série S ne converge pas au sens des fonctions ; elle converge au sens des distributions (série de Fourier de g, convergente dans 𝒟′, que l'on peut dériver terme à terme). Dérivée de g au sens des distributions : −1 sur chaque intervalle, plus un saut de +1 (de −1/2 à 1/2) en chaque entier, soit g′ = −1 + Σ_k∈ℤ δ_k. Terme à terme : g′ = Σ_n≠0 e^2iπnx. Donc

S = Σ_n∈ℤ e^2iπnx = Σ_k∈ℤ δ(x − k) (peigne de Dirac).

Partie B

Convention (celle de l'énoncé, cohérente avec la transformée rappelée en 4) : F(ν) = ∫ f(x) e^−2iπνx dx.

1) Avec k = 1 : il existe C tel que |f(y)| ≤ C/(1 + y²) et |f′(y)| ≤ C/(1 + y²). Sur [−A, A], pour |n|T ≥ 2A on a |x + nT| ≥ |n|T/2, donc |f(x + nT)| et |f′(x + nT)| sont majorés par C/(1 + n²T²/4), terme d'une série convergente. Les séries Σ f(x + nT) et Σ f′(x + nT) convergent normalement sur tout compact : g est de classe C¹ (et T-périodique).

2) Par convergence uniforme sur [0, T] : c_k(g) = (1/T)∫₀^T g(x)e^−2iπkx/T dx = (1/T) Σ_n ∫_nT^(n+1)T f(y)e^−2iπky/T dy = (1/T) F(k/T). g étant C¹ et périodique, sa série de Fourier converge normalement vers g : oui, en tout point, g(x) = (1/T) Σ_k F(k/T) e^2iπkx/T.

3) En x = 0 : Σ_n f(nT) = (1/T) Σ_k F(k/T), soit T Σ f(nT) = Σ F(n/T).

4) f(x) = 1/(x² + a²) n'est pas à décroissance rapide, mais f et f′ sont en O(1/x²) et F est sommable : les arguments de 1) à 3) restent valables. Avec T = 1 :

Σ_n∈ℤ 1/(n² + a²) = (π/a) Σ_n∈ℤ e^−2πa|n| = (π/a)(1 + 2e^−2πa/(1 − e^−2πa)) = (π/a)·(1 + e^−2πa)/(1 − e^−2πa) = (π/a) coth(πa).

En retirant le terme n = 0 (1/a²) et par parité : Σ_n≥1 1/(n² + a²) = π coth(πa)/(2a) − 1/(2a²). Contrôle : quand a → 0, coth(πa) ≈ 1/(πa) + πa/3 et la somme tend vers π²/6.

Problème III

Partie A (méthode de Steffensen)

1) Par définition, f(α + h) = α + h g(h) (vrai aussi pour h = 0). Alors f(f(α + h)) = f(α + h g(h)) = α + h g(h) g(h g(h)). D'où

D(α + h) = α + h g(h)g(hg(h)) − 2α − 2h g(h) + α + h = h E(h), avec E(h) = g(h) g(h g(h)) − 2 g(h) + 1.

2) a) f étant C³, g(h) = ∫₀¹ f′(α + sh) ds est continue (et même C²). E est continue et E(0) = f′(α)² − 2f′(α) + 1 = (f′(α) − 1)² ≠ 0. Par continuité, E(h) ≠ 0 pour |h| ≤ ε, ε assez petit.

2) b) Pour 0 < |h| ≤ ε, D(α + h) = hE(h) ≠ 0 et f(α + h) − (α + h) = h(g(h) − 1), donc G(α + h) = α + h − h²(g(h) − 1)²/(hE(h)) = α + h − h (g(h) − 1)²/E(h).

3) G(α + h) − α = h·N(h)/E(h) avec N(h) = E(h) − (g(h) − 1)² = g(h)[g(hg(h)) − g(h)]. g est C¹, donc |g(hg(h)) − g(h)| ≤ sup|g′|·|h|·|g(h) − 1| = O(h). Ainsi il existe K avec |G(α + h) − α| ≤ K h² pour |h| ≤ ε (et G(α) = α). Si |x⁽⁰⁾ − α| ≤ min(ε, 1/(2K)), alors |x^(k+1) − α| ≤ K|x^(k) − α|² ≤ |x^(k) − α|/2 : la suite reste dans le voisinage et converge vers α. L'ordre de convergence est au moins 2 (quadratique), même si f′(α) ≠ 0 (la méthode de point fixe simple ne serait que linéaire). Plus précisément, avec g′(0) = f″(α)/2 : x^(k+1) − α ≈ [f′(α)f″(α) / (2(f′(α) − 1))] (x^(k) − α)².

Partie B (Aitken vectoriel)

1) F(α) = α et F est C² : la formule de Taylor en α donne x^(k+1) − α = F(x^(k)) − F(α) = J(α)(x^(k) − α) + R_k, avec ‖R_k‖ ≤ (1/2) sup‖D²F‖ ‖x^(k) − α‖². Le reste est donc en O(‖x^(k) − α‖²), en particulier o(‖x^(k) − α‖). (Un reste en o(‖·‖²), comme écrit dans l'énoncé, supposerait D²F(α) = 0 ; la suite du problème néglige de toute façon ce terme.)

2) a) En négligeant le reste : x^(k+1) − α = J(x^(k) − α) et x^(k) − α = J(x^(k−1) − α). Par différence : x^(k+1) − x^(k) = J(α)(x^(k) − x^(k−1)).

2) b) X_k est la matrice 2×2 de colonnes x^(k), x^(k+1) ; ΔX_k a pour colonnes x^(k) − x^(k−1) et x^(k+1) − x^(k). D'après a), appliqué aux deux colonnes : ΔX_k+1 = J ΔX_k, donc J = ΔX_k+1ΔX_k⁻¹. De x^(k+1) − α = J(x^(k) − α) on tire (I − J)(α − x^(k)) = x^(k+1) − x^(k). Or I − J = (ΔX_k − ΔX_k+1)ΔX_k⁻¹ est inversible, d'inverse ΔX_k(ΔX_k − ΔX_k+1)⁻¹. D'où

α = x^(k) + ΔX_k (ΔX_k − ΔX_k+1)⁻¹ (x^(k+1) − x^(k)).

2) c) Schéma itératif (type Steffensen vectoriel), à partir de y⁽⁰⁾ ∈ V :

1. z₀ = y^(m), z₁ = F(z₀), z₂ = F(z₁), z₃ = F(z₂) ;
2. A = [z₁ − z₀ | z₂ − z₁], B = [z₂ − z₁ | z₃ − z₂] (rôles de ΔX₁ et ΔX₂) ;
3. y^(m+1) = z₁ + A (A − B)⁻¹ (z₂ − z₁).

Ce schéma n'utilise pas α ; si F était exactement affine, il donnerait α en une itération.