Modèle de concours d'accès en 2ème année du cycle d'ingénieurs d'État — Institut National des Postes et Télécommunications (INPT) 2002 — 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 11 juillet 2002, durée 3 heures. Quatre exercices : loi forte des grands nombres sous hypothèse de variance, opérateurs de rang un et opérateurs diagonaux dans un espace de Hilbert, phénomène de Gibbs, méthode du gradient à pas optimal. Voici une correction proposée.

💡 Méthode : l'énoncé autorise à admettre le résultat d'une question pour traiter les suivantes. Dans l'exercice 1, retenez le schéma « sous-suite p^k + Borel-Cantelli, puis contrôle des écarts entre deux termes de la sous-suite » : c'est la preuve classique de la loi forte.

Exercice 1 — Loi forte des grands nombres

Hypothèse : Var(X_n + … + X_n+p−1) ≤ K p^γ, 0 < γ < 1.

1) a) Posons X′_i = X_i − m : mêmes variances (et mêmes variances des sommes), espérance nulle, et S_n/n − m = S′_n/n. Il suffit donc de traiter le cas m = 0.

1) b) Avec n = 1 et p = n dans l'hypothèse : E((S_n/n)²) = Var(S_n)/n² ≤ K n^γ/n² = K n^γ−2 → 0 (γ < 2). S_n/n → 0 en moyenne quadratique.

1) c) Bienaymé-Tchebychev : P(|S_p^k/p^k| ≥ ε) ≤ K p^kγ/(ε² p^2k) = K/(ε² p^k(2−γ)). Comme k(2 − γ) > 1, la série converge. Par Borel-Cantelli, pour chaque ε = 1/j, presque sûrement |S_p^k/p^k| < 1/j à partir d'un certain rang ; l'intersection dénombrable sur j reste de probabilité 1, d'où S_p^k/p^k → 0 p.s.

2) a) Pour p^k < n ≤ (p+1)^k : S_n/n − S_p^k/n = (X_p^k+1 + … + X_n)/n, somme de n − p^k termes consécutifs. Un max de termes positifs est majoré par leur somme, et 1/n² ≤ 1/p^2k :

E(Y_p) ≤ Σ_n K(n − p^k)^γ/p^2k ≤ (K/p^2k) · q · q^γ ≤ (K/p^2k) q², avec q = (p+1)^k − p^k ≥ 1 (donc q^1+γ ≤ q²).

2) b) Accroissements finis : q ≤ k(p+1)^k−1 ≤ k 2^k−1 p^k−1, donc E(Y_p) ≤ K k² 4^k−1/p². Ainsi E(Σ Y_p) = Σ E(Y_p) < +∞ (convergence monotone), donc Σ Y_p < +∞ p.s. et Y_p → 0 p.s.

3) a) Par définition de p(n), (S_n/n − S_p(n)^k/n)² ≤ Y_p(n), et p(n) → +∞ ; d'après 2) b) ce terme tend vers 0 p.s.

3) b) S_n/n = (S_n/n − S_p(n)^k/n) + (S_p(n)^k/p(n)^k) · (p(n)^k/n), avec 0 < p(n)^k/n ≤ 1. Les deux termes tendent vers 0 p.s. (3) a) et 1) c)) : S_n/n → 0 presque sûrement, donc S_n/n → m p.s. dans le cas général.

Exercice 2 — Opérateurs dans un espace de Hilbert

1) a) v ⊗ u est linéaire et ‖(v ⊗ u)(x)‖ = |⟨x, u⟩| ‖v‖ ≤ ‖u‖‖v‖‖x‖ (Cauchy-Schwarz) : il est continu. Pour x = u, il y a égalité, donc ‖v ⊗ u‖ = ‖u‖ ‖v‖.

1) b) Si u ≠ 0 et v ≠ 0 : Im(v ⊗ u) = ℝv et Ker(v ⊗ u) = u^⊥ (hyperplan fermé). Si u = 0 ou v = 0, l'opérateur est nul (Im = {0}, Ker = E). Adjoint : ⟨(v ⊗ u)x, y⟩_F = ⟨x, u⟩⟨v, y⟩ = ⟨x, ⟨y, v⟩u⟩_E, donc (v ⊗ u)* = u ⊗ v : y ↦ ⟨y, v⟩_F u.

1) c) Pour y ∈ F : (u₂ ⊗ v₂)(y) = ⟨y, v₂⟩u₂, puis (v₁ ⊗ u₁)(…) = ⟨y, v₂⟩⟨u₂, u₁⟩v₁. De même (v₁ ⊗ u₂)∘(u₁ ⊗ v₂)(y) = ⟨y, v₂⟩⟨u₁, u₂⟩v₁. Le produit scalaire réel étant symétrique, les deux composées sont égales (à ⟨u₁, u₂⟩ (v₁ ⊗ v₂)).

2) A(x) = Σ λ_n⟨x, e_n⟩ f_n. Soit Λ = sup|λ_n|. Par Bessel, Σ |λ_n⟨x, e_n⟩|² ≤ Λ²‖x‖² ; (f_n) étant orthonormale et F complet, la série converge et ‖A(x)‖ ≤ Λ‖x‖. A est linéaire, donc A ∈ ℒ(E, F) et ‖A‖ ≤ Λ. Comme A(e_m) = λ_mf_m, ‖A‖ ≥ |λ_m| pour tout m : ‖A‖ = sup_n |λ_n|.

⟨A x, y⟩ = Σ λ_n⟨x, e_n⟩⟨f_n, y⟩ = ⟨x, Σ λ_n⟨y, f_n⟩e_n⟩, d'où A*(y) = Σ λ_n⟨y, f_n⟩ e_n = Σ λ_n(e_n ⊗ f_n)(y).

3) a) ‖A x‖² = Σ |λ_n|²|⟨x, e_n⟩|² (Pythagore). Comme λ_n ≠ 0 : A x = 0 ⟺ ⟨x, e_n⟩ = 0 pour tout n. Donc Ker A = {e_n}^⊥, et A injective ⟺ {e_n}^⊥ = {0} ⟺ (e_n) totale ⟺ (e_n) base hilbertienne de E.

3) b) Dans un Hilbert, adhérence(Im A) = (Ker A*)^⊥. Le même calcul qu'en a) donne Ker A* = {f_n}^⊥. Donc Im A est dense ⟺ Ker A* = {0} ⟺ (f_n) base hilbertienne de F.

4) A⁻¹ ∈ ℒ(F, E) existe si et seulement si (e_n) et (f_n) sont toutes deux des bases hilbertiennes.

• Nécessaire : A bijective ⇒ injective (donc (e_n) base par 3a) et surjective, donc d'image dense ((f_n) base par 3b).
• Suffisant : pour y ∈ F, y = Σ ⟨y, f_n⟩f_n. Comme |1/λ_n| ≤ 1/α, la série x = Σ (⟨y, f_n⟩/λ_n) e_n converge, ‖x‖ ≤ ‖y‖/α, et A x = y.

Alors A⁻¹(y) = Σ (1/λ_n)⟨y, f_n⟩ e_n = Σ λ_n⁻¹(e_n ⊗ f_n)(y), avec ‖A⁻¹‖ = 1/inf|λ_n| ≤ 1/α.

Exercice 3 — Phénomène de Gibbs

1) En échangeant somme finie et intégrale : S_n(x) = ∫₀¹ f(t) Σ_m=−nⁿ e^2iπm(x−t) dt = ∫ f(t) D_n(x − t) dt, car Σ_m=−nⁿ e^2iπmu = sin((2n+1)πu)/sin(πu) (somme géométrique). Par périodicité on intègre sur [−1/2, 1/2] et on pose s = x − t : S_n(x) = ∫_x−1/2^x D_n − ∫_x^x+1/2 D_n. D_n est paire, donc ∫_x−1/2^−x D_n = ∫_x^1/2−x D_n ; en découpant les deux intégrales en −x et en 1/2 − x, ces termes se compensent et il reste S_n(x) = ∫_−x^x D_n − ∫_−x+1/2^x+1/2 D_n.

2) Pour |x| ≤ 1/4, l'intervalle [1/2 − x, 1/2 + x] ⊂ [1/4, 3/4], où sin(πt) ≥ √2/2. Intégration par parties : ∫ sin((2n+1)πt)/sin(πt) dt = [−cos((2n+1)πt)/((2n+1)π sin πt)] − ∫ cos((2n+1)πt) cos(πt)/((2n+1) sin²(πt)) dt. Le crochet est ≤ 2√2/((2n+1)π) et l'intégrale ≤ (1/2)·2/(2n+1). D'où |S_n(x) − ∫_−x^x D_n| ≤ K₁/n.

3) Soit h(t) = 1/sin(πt) − 1/(πt), prolongée par h(0) = 0 : h est de classe C¹ sur [−1/4, 1/4] (développement limité en 0 : h(t) = πt/6 + O(t³)). Par parties : ∫_−x^x sin((2n+1)πt) h(t) dt = [−cos((2n+1)πt) h(t)/((2n+1)π)]_−x^x + (1/((2n+1)π)) ∫ cos((2n+1)πt) h′(t) dt, majoré par (2 sup|h| + (1/2) sup|h′|)/((2n+1)π) ≤ K₂/n.

4) Avec u = (2n+1)πt : g_n(x) = (2/π) Si((2n+1)πx), où Si(y) = ∫₀^y (sin u/u) du. Les intégrales ∫_kπ^(k+1)π sin u/u du alternent en signe avec des valeurs absolues décroissantes : Si croît sur [0, π], puis oscille avec des maxima locaux Si(3π) < Si(π), Si(5π) < Si(3π)… Donc Si atteint son maximum absolu sur [0, +∞[ en π. Pour n ≥ 2, (2n+1)π/4 > π, donc y = (2n+1)πx parcourt ]0, (2n+1)π/4[ qui contient π : g_n atteint son maximum absolu sur ]0, 1/4[ en x = 1/(2n+1), et ce maximum vaut (2/π) Si(π) ≈ 1,179, indépendant de n.

Limite de S_n(1/(2n+1)) : pour n ≥ 2, 1/(2n+1) ∈ [−1/4, 1/4], et par 2) et 3) |S_n(x) − g_n(x)| ≤ (K₁ + K₂)/n. Donc S_n(1/(2n+1)) → (2/π) Si(π). Or Si(+∞) = π/2 (intégrale de Dirichlet) et, par l'alternance, Si(+∞) < Si(π) (le premier terme après π est négatif et domine). Donc la limite (2/π) Si(π) est strictement supérieure à 1.

Conclusion : x_n = 1/(2n+1) → 0⁺, f(x_n) = 1, et S_n(x_n) − f(x_n) → (2/π)Si(π) − 1 ≈ 0,179 ≠ 0. Dans tout voisinage de 0, sup |S_n − f| ne tend pas vers 0 : la convergence n'y est pas uniforme (environ 9 % du saut de 2).

Exercice 4 — Méthode du gradient à pas optimal

1) f(x) → +∞ quand ‖x‖ → +∞ : avec A = f(x₀), il existe R > 0 tel que ‖x‖ > R ⇒ f(x) > f(x₀).

2) f est C², donc x ↦ H(x) est continue ; sur le compact B_R+1, ‖H(x)‖ (norme subordonnée) est bornée par un M₁ > 0. Par Cauchy-Schwarz, |⟨H(x)y, y⟩| ≤ ‖H(x)‖‖y‖² ≤ M₁‖y‖².

3) φ(ρ) = f(x_n + ρω_n) est continue sur [0, +∞[ et tend vers +∞ (‖x_n + ρω_n‖ → +∞) : elle atteint son minimum en un ρ̄ ≥ 0. De plus φ′(0) = ⟨∇f(x_n), ω_n⟩ = −‖ω_n‖² < 0, donc φ(ρ) < φ(0) pour ρ > 0 petit : ρ̄ > 0.

4) a) f(x_n+1) ≤ f(x_n + 0·ω_n) = f(x_n) : la suite (f(x_n)) décroît. f, continue et coercive, est minorée (elle atteint son minimum). La suite converge.

4) b) f(x_n) ≤ f(x₀) pour tout n ; si ‖x_n‖ > R on aurait f(x_n) > f(x₀) par 1). Donc x_n ∈ B_R.

4) c) Pour 0 ≤ ρ ≤ 1/‖ω_n‖, le segment [x_n, x_n + ρω_n] est dans B_R+1. Taylor-Lagrange à l'ordre 2 : f(x_n + ρω_n) = f(x_n) + ρ⟨∇f(x_n), ω_n⟩ + (ρ²/2)⟨H(ξ)ω_n, ω_n⟩ ≤ f(x_n) − ρ‖ω_n‖² + (ρ²/2)M₁‖ω_n‖².

4) d) Si ‖ω_n‖ ≤ M₁, ρ = 1/M₁ est admissible dans c). Par optimalité de ρ_n : f(x_n+1) ≤ f(x_n + ω_n/M₁) ≤ f(x_n) − ‖ω_n‖²/M₁ + ‖ω_n‖²/(2M₁) = f(x_n) − ‖ω_n‖²/(2M₁).

4) e) x_n ∈ B_R donc ‖ω_n‖ ≤ M₂ ≤ M : ρ = 1/M est admissible dans c). Comme M₁ ≤ M : f(x_n+1) ≤ f(x_n) − ‖ω_n‖²/M + M₁‖ω_n‖²/(2M²) ≤ f(x_n) − ‖ω_n‖²/(2M), soit f(x_n) − f(x_n+1) ≥ ‖ω_n‖²/(2M) (trivial si ω_n = 0).

5) ‖∇f(x_n)‖² ≤ 2M(f(x_n) − f(x_n+1)) → 0 car (f(x_n)) converge : ∇f(x_n) → 0. (x_n) est dans le compact B_R : il existe une sous-suite x_nk → x, et par continuité de ∇f, ∇f(x) = 0.

6) f continue et coercive atteint son minimum global en un x*, où ∇f(x*) = 0 ; par unicité x* = x̄, donc f(x̄) ≤ f(x) pour tout x. Toute valeur d'adhérence y de (x_n) vérifie ∇f(y) = 0 (question 5), donc y = x̄. Une suite d'un compact ayant une unique valeur d'adhérence converge : x_n → x̄.