Corrigé Maths 2 MP MPI Centrale Supélec 2023 - Intégrales & Probabilités

CONCOURS CENTRALE SUPÉLEC 2023
CORRIGÉ DE MATHÉMATIQUES 2 - MP, MPI
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L’objectif du problème est de démontrer le Théorème de Concentration de Kolmogorov, pour cela on
démontre le Théorème central limite, qui est déjà traité dans les concours des années précédentes, no-
tamment Mines et Ponts 2021 Math1 MP. Dans le même cadre et pour la préparation de mes élèves, j’ai
construit un problème sur la loi de l’arc-sinus. 1
I. Résultats préliminaires
I.A- Calcul d’une intégrale classique
I.A.1)
Q 1. Pour tout t∈[0,1] ,1 + t2≤2donc 1
(1+t2)n≥1
2nce qui donne : In>1 2n.
Q 2. On a 1
(1+t2)n≤1
t2n, et t7→ 1 t2nest intégrable au voisinage de +∞, donc 7→ 1 (1+t2)nest intégrable
sur [0,+∞[, d’où l’existence de Kn.
K1=Z+∞
0
1
1 + t2dt =π 2
Q 3. Pour tout t∈[1,+∞[on a 1 + t≤1 + t2et 1
(1+t2)n≤1
(1+t)ndonc
Z+∞
1
1
(1 + t2)ndt≤Z+∞
1
1
(1 + t)ndt=1 (n−1)2n−1
ainsi Z+∞
1
1
(1 + t2)ndt=O1 n2n.
Q 4. On a Kn=In+Z+∞
1
1
(1 + t2)ndt,In>1 2net Z+∞
1
1
(1 + t2)ndt=O1 n2n.
Puisque 1
n2n=o(1 2n)alors Z+∞
1
1
(1 + t2)ndt=o(In)
ainsi
Kn=In+o(In).
d’où
In∼
n→+∞Kn
1. Vous trouvez le sujet et un corrigé ici :https://tinyurl.com/2qyzzrbd
1

Q 5. Soit n > 1et x≥0, on a
Zx
0
1
(1 + t2)ndt=Zx
0
(t)0
(1 + t2)ndt
=t
(1 + t2)nx
0
+Zx
0
2nt2
(1 + t2)n+1
=x
(1 + x2)n+ 2nZx
0
1
(1 + t2)n−1
(1 + t2)n+1 dt.
quand xtend vers +∞on obtient : Kn=Kn+1 +1
2nKn.
Q 6. La relation précédente s’écrit : Kn+1 =1−1
2nKndonc
Kn+1 =
n
Y
k=1 1−1
2kK1
avec K1=π
2, par suite
Kn+1 =π
2
1.3.5...(2n−1)
2.4.6...(2n)
=π
2
(2n)!
(2.4.6...(2n))2
=π(2n)!
22n+1 (n!)2
La formule de Stirling donne
Kn+1 ∼
n→+∞
π√4πn2n
e2n
22n+12πnn
e2n
∼
n→+∞
1
2qπ n
donc
In∼
n→+∞Kn∼ n→+∞
1
2rπ n
I.A.2) .
Q 7. Par le changement de variable u=√nt on a
√nIn=Z√n
0
1
(1 + u2/n)ndu
Q 8. On va appliquer le théorème de la convergence dominée à la suite de fonctions :
fn:x7→ 
1−x2
n!n
si x∈[0,√n]
0si x∈[√n, +∞[
.
•fnest continue et intégrable sur [0,+∞[.
•Soit x∈[0,+∞[et nassez grand (n≥x2)
fn(x) = enln(1−x2
n)
=
n→+∞e−x2+o(1)
2

donc lim
n→∞ fn(x) = e−x2d’où la convergence simple de la suite de fonctions (fn)vers x7→ e−x2sur
[0,+∞[.Cette dernière fonction est intégrable sur [0,+∞[( c’est un o(1
x2)en +∞).
•Pour la domination on utilise l’inégalité : e−t−1 + t≥0sur [0,1] .
Pour tout x∈[0,√n]on a e−x2
n≥1−x2
n≥0par suite e−x2≥1−x2 nnet
0≤fn(x)≤e−x2pour tout x∈[0,+∞[
Le théorème de la convergence dominée donne
lim
n→∞ Z+∞
0
fn(x) dx=Z+∞
0
lim
n→∞ fn(x) dx
et on a
Z+∞
0
lim
n→∞ fn(x) dx=Z+∞
0
e−x2dx
et
Z+∞
0
fn(x) dx=Z√n
0 1−x2
n!n
dx=√nIn
D’où
lim
n→∞ √nIn=Z+∞
0
e−u2du
Q 9. D’après la question Q6 lim
n→∞ √nIn=√π
2donc Z+∞
0
e−u2du=√π
2.
La parité et le changement u=√2tdonnent Z+∞
−∞
e−u2/2du=√2π
I.B - Comportement asymptotique de 1−Φ
Soit x > 0.
Q 10. Pour t>xon a ϕ(t)6t
xϕ(t), la fonction t7→ t xϕ(t)est intégrable ( c’est un o(1
x2)en +∞)
donc
Z+∞
x
ϕ(t)dt6Z+∞
x
tϕ(t)
xdt.
et
Z+∞
x
tϕ(t)
xdt =1
x√2πZ+∞
x
te−t2/2dt
=1
x√2πh−e−t2/2i+∞
x
=e−x2/2
x√2π
=ϕ(x)
x
ainsi Z+∞
x
ϕ(t)dt6ϕ(x)
x.
3

Q 11. Soit g:x7→ Z+∞
x
ϕ(t)dt−x
x2+ 1ϕ(x)pour x∈[0,+∞[, remarquons que :
ϕ0(x) = −xϕ(x),x
x2+ 10=1−x2 (x2+ 1)2et Z+∞
x
ϕ(t)dt0=−ϕ(x), par suite
g0(x) = −ϕ(x)−1−x2
(x2+ 1)2ϕ(x) + xϕ(x)x x2+ 1
=ϕ(x)−(x2+ 1)2−x2+1+x2(x2+ 1)
(x2+ 1)2
=−2ϕ(x)
(x2+ 1)2
gest décroissante sur [0,+∞[,g(0) = Z+∞
0
ϕ(t)dt > 0et lim
x→+∞g(x) = 0 , ainsi g(x)≥0sur [0,+∞[et
x
x2+ 1ϕ(x)6Z+∞
x
ϕ(t)dt
Q 12. Nous avons donc
x
x2+ 1ϕ(x)6Z+∞
x
ϕ(t)dt6ϕ(x)
x
et x
x2+ 1ϕ(x)∼
x→+∞
ϕ(x)
xd’où
Z+∞
x
ϕ(t)dt∼
x→+∞
ϕ(x)
x
D’après Q9 on a Z+∞
−∞
ϕ(t)dt= 1 , donc 1−Φ(x) = Z+∞
x
ϕ(t)dt, ainsi
1−Φ(x)∼
x→+∞
ϕ(x)
x
Autre methode :
Z∞
x
e−t2/2dt =−Z∞
x
1
te−t2/20dt
=−"e−t2/2
t#∞
x−Z∞
x
e−t2/2
t2dt
=e−x2/2
x−Z∞
x
e−t2/2
t2dt
comme e−t2/2
t2=
t→+∞o(1
t2)alors Z∞
x
e−t2/2
t2dt =
t→+∞o(Z∞
x
e−t2/2dt)ce qui donne
Z∞
x
e−t2/2dt ∼
t→+∞
e−x2/2
xet 1−Φ(x)∼
x→+∞
e−x2/2
√πx
I.C - Une inégalité maximale
Remrquons que les Aisont deux a deux disjoints, en effet si p > q alors Aq⊂ {|Rq|>3x}et
Ap⊂max
16i6p−1|Ri|<3x⊂ {|Rq|<3x}.
4

Q 13. •Si ω∈Apalors max
16k6n|Rk(ω)|>|Rp(ω)|>3x, donc ω∈A, on en déduit que
[
p∈J1,nK
Ap⊂A
•Si ω∈Aalors il existe k∈J1, nKtel que |Rk(ω)|>3x, posons
p= min {k∈J1, nKtel que |Rk(ω)|>3x}
évidement ω∈Ap, ainsi on a A⊂[
p∈J1,nK
Ap.
D’où
A=[
p∈J1,nK
Ap
Q 14. Les événements [|Rn|>x]et[|Rn|< x]forment un système complet d’événements , donc
P(A) = P(A∩ {|Rn|>x}) + P(A∩ {|Rn|< x})
on a P(A∩ {|Rn|>x})≤P({|Rn|>x})et
A∩ {|Rn|< x}=[
p∈J1,nK
(Ap∩ {|Rn|< x})
ce qui donne P(A∩ {|Rn|< x})≤n
P
p=1
P(Ap∩ {|Rn|< x})d’où
P(A)≤P({|Rn|>x}) +
n
X
p=1
P(Ap∩ {|Rn|< x})
Q 15. Ici on utilise l’inégalité |a−b| ≥ ||a|−|b||.
Soit p∈J1, nK, on a
ω∈Ap∩ {|Rn|< x} ⇒ ω∈Apet |Rn(ω)|< x
⇒ω∈Ap,|Rp(ω)|>3xet |Rn(ω)|< x
⇒ω∈Apet |Rp(ω)−Rn(ω)|>|Rp(ω)|−|Rn(ω)| ≥ 2x
ainsi Ap∩ {|Rn|< x} ⊂ Ap∩ {|Rn−Rp|>2x}.
Q 16. D’après Q14
P(A)≤P({|Rn|>x}) +
n
X
p=1
P(Ap∩ {|Rn|< x})
et on a P(Ap∩ {|Rn|< x})≤P(Ap∩ {|Rn−Rp|>2x})donc
P(A)≤P({|Rn|>x}) +
n
X
p=1
P(Ap∩ {|Rn−Rp|>2x})
Rappelons que Rp=
p
P
i=1
Zi,Rn−Rp=
p
P
i=p+1
Zidonc pour tout k∈J1, pKles deux variables Rn−Rpet
Rksont indépendantes par suite les événement Apet {|Rn−Rp|>2x}sont indépendants donc
P(Ap∩ {|Rn−Rp|>2x}) = P(Ap)P({|Rn−Rp|>2x})
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