Corrigé Centrale-Supélec 2024 MP-MPI — Mathématiques 1

un corrigé annales-concours.fr

Proposition de corrigé — non officielle. Concours Centrale-Supélec 2024, filières MP et MPI, mathématiques 1 : quatre heures, calculatrice autorisée. Les 29 questions des quatre pages sont traitées.

Télécharger ce corrigé en PDF · Ouvrir le sujet officiel · Télécharger une copie du sujet · Retrouver les annales

Notations

Pour alléger les calculs, on note Gₖ(x) = (x₁⋯xₖ)¹ᐟᵏ. Les séries à termes positifs peuvent d’abord être manipulées comme limites de sommes finies ; les échanges de sommes qui apparaissent en partie III sont justifiés par leur positivité.

I. Inégalité de Knopp

Q1. Jensen intégral

Sur une subdivision régulière de [a, b] en m intervalles, choisir des points tⱼ. La convexité donne l’inégalité de Jensen finie :

φ((1/m) ∑ f(tⱼ)) ≤ (1/m) ∑ φ(f(tⱼ)).

Lorsque m tend vers l’infini, les sommes de Riemann convergent vers les intégrales normalisées. La continuité de φ permet de passer à la limite à gauche. On obtient l’inégalité annoncée. On suppose les intégrales ordinaires définies ; pour une composition non intégrable à une borne, une version par troncature est nécessaire, comme en Q5.

Q2. Limite de g en 0

La fonction f, continue par morceaux, est bornée sur un petit segment [0, δ], par une constante C. Alors 0 ≤ g(x) ≤ (C/x) ∫ de 0 à x t dt = Cx/2, pour 0 < x ≤ δ. Ainsi g(x) tend vers 0.

Q3. Limite de g à l’infini

Écrire g(x) = ∫ de 0 à l’infini (t/x)f(t) × 1_{[0,x]}(t) dt. L’intégrande tend vers 0 pour tout t fixé et est compris entre 0 et f(t). Puisque f est intégrable, le théorème de convergence dominée donne g(x) → 0.

Q4. Intégrale de h

Poser A(x) = ∫ de 0 à x t f(t) dt, de sorte que h(x) = A(x)/x² et g(x) = A(x)/x. Sur un segment [ε, R], une intégration par parties donne :

∫ de ε à R h(x) dx = [−A(x)/x] de ε à R + ∫ de ε à R f(x) dx.

Les termes de bord sont −g(R) + g(ε). Les Q2 et Q3 montrent qu’ils tendent vers 0. Comme h ≥ 0, son intégrale converge et ∫ h = ∫ f sur [0, +∞[. La formule s’applique sur les morceaux de continuité puis se somme ; A est continue aux points de subdivision.

Q5. Inégalité ponctuelle

Appliquer Jensen avec l’exponentielle à ln(t f(t)), sur [0, x], en traitant t = 0 comme une borne impropre. On obtient :

exp((1/x) ∫ de 0 à x ln(t f(t)) dt) ≤ (1/x) ∫ de 0 à x t f(t) dt.

Or (1/x) ∫ de 0 à x ln t dt = ln x − 1. Comme ln f(t) = ln(t f(t)) − ln t, il vient :

exp((1/x) ∫ de 0 à x ln f(t) dt) ≤ (e/x²) ∫ de 0 à x t f(t) dt = e h(x).

La stricte positivité d’une fonction continue par morceaux ne garantit pas, à elle seule, que ln f possède partout une intégrale finie. Si son intégrale vaut −∞, on définit le membre de gauche comme 0. Pour justifier Jensen dans ce cas, remplacer ln(t f(t)) par son maximum avec −m ; l’exponentielle est alors majorée par t f(t) + e⁻ᵐ, puis laisser m tendre vers l’infini. La partie positive du logarithme est localement intégrable puisque f est localement bornée. Si l’on exige uniquement des intégrales à valeurs réelles, il faut ajouter l’intégrabilité locale de ln f aux hypothèses de l’énoncé.

Q6. Inégalité de Knopp

La quantité de gauche de Q5 est positive ou nulle et majorée par e h, qui est intégrable d’après Q4. Par comparaison :

∫ de 0 à l’infini exp((1/x) ∫ de 0 à x ln f(t) dt) dx ≤ e ∫ de 0 à l’infini f(x) dx.

On conserve la convention de Q5 si une intégrale logarithmique vaut −∞.

Q7. Minimum de vₖ

Pour k ≥ 2, poser L = ∑ de i = 1 à k − 1 ln aᵢ. Alors vₖ(x) = ln aₖ + (L − (k − 1)ln aₖ)/x. Le numérateur est positif ou nul puisque aᵢ ≥ aₖ pour i < k. Par conséquent, vₖ′(x) ≤ 0 sur [k − 1, k] : le minimum est atteint en k. Pour k = 1, la fonction est constante et le résultat est immédiat.

Q8. Comparaison sur chaque intervalle

Sur [k − 1, k], l’intégrale moyenne de ln f vaut vₖ(x), à une valeur aux bornes près qui ne change pas l’intégrale. Q7 donne vₖ(x) ≥ vₖ(k) = (1/k)∑ de i = 1 à k ln aᵢ. L’exponentielle étant croissante et l’intervalle de longueur 1 :

∫ de k − 1 à k exp((1/x) ∫ de 0 à x ln f(t) dt) dx ≥ (a₁⋯aₖ)¹ᐟᵏ.

Q9. Suite décroissante

Si ∑ aₖ converge, la fonction en escalier f est intégrable et son intégrale vaut cette somme. Sommer Q8 puis appliquer Q6 donne ∑ (a₁⋯aₖ)¹ᐟᵏ ≤ e ∑ aₖ. La convergence de la série de gauche découle aussi de la majoration de ses sommes partielles.

Q10. Suppression de la décroissance

Une suite positive sommable peut être réordonnée en une suite décroissante (dₖ) : il n’existe qu’un nombre fini de termes au-dessus de chaque seuil positif, ce qui permet de choisir successivement les plus grands termes et assure que tous apparaissent. La somme est conservée. Pour chaque k, les k plus grands termes ont un produit au moins égal à celui des k premiers termes dans l’ordre original : a₁⋯aₖ ≤ d₁⋯dₖ. L’inégalité prouvée pour (dₖ) majore donc chaque somme partielle de la série initiale par e ∑ aₖ. On peut ensuite passer à la limite.

II. Démonstration différentielle de Carleman

Q11. Gradients

Sur l’ouvert des coordonnées strictement positives, ∂f/∂xₖ = f(x)/xₖ, tandis que ∇gₛ = (1, …, 1).

Q12. Maximum sous contrainte

L’ensemble des coordonnées positives ou nulles de somme s est fermé et borné, donc compact. Le produit f, continu, y atteint un maximum. Au point (s/n, …, s/n), il est strictement positif. Sur la frontière, une coordonnée est nulle et le produit vaut 0 : le maximum est donc atteint à un point dont toutes les coordonnées sont strictement positives.

Q13. Multiplicateur de Lagrange

Le gradient de la contrainte est non nul. Au maximum intérieur a, il existe λ tel que ∇f(a) = λ∇gₛ(a), soit f(a)/aₖ = λ pour chaque k. Comme f(a) et aₖ sont positifs, λ > 0 et aₖ = f(a)/λ.

Q14. Moyennes arithmétique et géométrique

Toutes les coordonnées du maximum sont égales ; leur somme impose aₖ = s/n. Le produit maximum vaut (s/n)ⁿ. Ainsi (x₁⋯xₙ)¹ᐟⁿ ≤ s/n = (x₁ + ⋯ + xₙ)/n. Si une coordonnée est nulle, la même inégalité est immédiate ; si toutes sont nulles, les deux membres valent 0. Cela couvre tout le domaine positif ou nul.

Q15. Gradients de Fₙ et hₙ

Pour une coordonnée xⱼ > 0, seuls les termes Gₖ avec k ≥ j dépendent de xⱼ. On a :

∂Fₙ/∂xⱼ = (1/xⱼ) ∑ de k = j à n Gₖ(x)/k ; ∇hₙ = (1, …, 1).

Q16. Existence du maximum

Le simplexe des coordonnées positives ou nulles de somme 1 est compact. Fₙ s’y prolonge continûment et y atteint un maximum. Le sujet admet ensuite que ce maximum est atteint dans l’intérieur à coordonnées strictement positives ; on utilise cette admission pour la suite.

Q17. Équations au maximum

Les multiplicateurs de Lagrange donnent ∑ de k = j à n γₖ/k = λaⱼ, pour j de 1 à n, et ∑ aⱼ = 1. Les termes sont positifs, donc λ > 0. Cela correspond exactement au système proposé, dont la première ligne contient γ₁ + γ₂/2 + ⋯ + γₙ/n.

Q18. Relations sur λ et ωₖ

a) Sommer les n équations. Le terme γₖ/k apparaît k fois, et la somme du membre droit vaut λ. Ainsi λ = ∑ γₖ = Mₙ.

b) Pour k < n, soustraire l’équation de rang k + 1 de celle de rang k : γₖ/k = λ(aₖ − aₖ₊₁). Cela donne γₖ = λωₖaₖ, avec ωₖ = k(1 − aₖ₊₁/aₖ). La dernière équation donne γₙ = λn aₙ, soit ωₙ = n. Tous les ωₖ sont strictement positifs.

Q19. Inégalité élémentaire

L’inégalité ln(1 + u) ≤ u pour u ≥ 0, appliquée à u = 1/(k + 1), donne (k + 1)ln((k + 2)/(k + 1)) ≤ 1. Exponentier puis inverser fournit 1/e ≤ ((k + 1)/(k + 2))ᵏ⁺¹.

Q20. Majoration des ωₖ sous l’hypothèse λ > e

Comme γ₁ = a₁, la relation de Q18 donne ω₁ = 1/λ < 1/e ≤ 1/2.

Pour k < n, l’identité γₖ₊₁ᵏ⁺¹ = γₖᵏ aₖ₊₁ et Q18 entraînent :

ωₖ₊₁ᵏ⁺¹ = (1/λ)ωₖᵏ(1 − ωₖ/k)⁻ᵏ.

Supposer ωₖ ≤ k/(k + 1). La fonction u ↦ u/(1 − u/k) est croissante pour 0 < u < k ; à u = k/(k + 1), elle vaut 1. La relation précédente donne donc ωₖ₊₁ᵏ⁺¹ ≤ 1/λ < 1/e ≤ ((k + 1)/(k + 2))ᵏ⁺¹. Par récurrence, ωₖ ≤ k/(k + 1) pour tous les rangs concernés.

Q21. Contradiction

Pour k = n, on aurait ωₙ ≤ n/(n + 1), alors que Q18 impose ωₙ = n. C’est impossible pour n ≥ 1. L’hypothèse λ > e est donc fausse : Mₙ ≤ e, ce qui majore Fₙ pour tout point de coordonnées strictement positives de somme 1.

Q22. Passage à une suite sommable

Pour N fixé, poser S_N = ∑ de j = 1 à N aⱼ et xⱼ = aⱼ/S_N. L’homogénéité de chaque moyenne géométrique donne :

∑ de k = 1 à N (a₁⋯aₖ)¹ᐟᵏ ≤ e S_N ≤ e ∑ de j = 1 à l’infini aⱼ.

Les sommes partielles de gauche croissent et sont bornées. Elles convergent ; leur limite satisfait l’inégalité de Carleman.

III. Raffinement de Carleman-Yang

Q23. Prolongement en 0

On a ln φ(t) = (1 − 1/t)ln(1 − t). Comme ln(1 − t) = −t + O(t²), cette expression tend vers 1 lorsque t tend vers 0. Ainsi φ(0) = e fournit un prolongement continu.

Q24. Rayon de convergence

Le terme b₀ vérifie |b₀| = 1. Supposons |bⱼ| ≤ 1 aux rangs précédents. La récurrence donne, pour n ≥ 1 :

|bₙ| ≤ (1/n) ∑ de k = 1 à n 1/(k + 1) ≤ 1.

L’induction établit la borne. Par comparaison à la série géométrique, le rayon de convergence de ∑ bₖtᵏ est au moins 1.

Q25. Équation différentielle et dérivées

Le développement de ln(1 − t) donne, pour |t| < 1 :

ln φ(t) = 1 − ∑ de m = 1 à l’infini tᵐ/(m(m + 1)).

Cette série se dérive terme à terme. On obtient φ′ = φψ, où ψ(t) = −∑ de j = 0 à l’infini tʲ/(j + 2). Ce développement établit aussi la régularité à l’origine et ψ⁽ᵏ⁾(0) = −k!/(k + 2).

En dérivant n − 1 fois φ′ = φψ et en appliquant Leibniz :

φ⁽ⁿ⁾(0) = −∑ de k = 0 à n − 1 C(n − 1, k) k!/(k + 2) × φ⁽ⁿ⁻ᵏ⁻¹⁾(0).

Q26. Identification de la série

Définir B(t) = ∑ de k = 0 à l’infini bₖtᵏ, valable pour |t| < 1. La récurrence des coefficients donne B′ = ψB : le coefficient de tⁿ⁻¹ est n bₙ = −∑ de k = 1 à n bₙ₋ₖ/(k + 1). Ainsi G = −eB satisfait G′ = ψG et G(0) = e, tout comme φ.

L’unicité pour cette équation différentielle linéaire donne G = φ. Comme b₀ = −1 :

φ(t) = e(1 − ∑ de k = 1 à l’infini bₖtᵏ).

Cette argumentation prouve l’égalité à la fonction ; elle ne se contente pas d’identifier formellement ses dérivées en 0.

Q27. Inégalité avec poids

Appliquer Q14 aux n nombres cₖaₖ. En divisant par (c₁⋯cₙ)¹ᐟⁿ :

(a₁⋯aₙ)¹ᐟⁿ ≤ (1/n)(c₁⋯cₙ)⁻¹ᐟⁿ ∑ de k = 1 à n cₖaₖ.

Sommer en n. L’échange des deux sommes est licite par positivité, même si l’on ne sait pas encore si elles sont finies. Il donne :

∑ de n = 1 à l’infini (a₁⋯aₙ)¹ᐟⁿ ≤ ∑ de k = 1 à l’infini cₖaₖ ∑ de n = k à l’infini (1/n)(c₁⋯cₙ)⁻¹ᐟⁿ.

Q28. Choix des poids

Avec cₙ = (n + 1)ⁿ/nⁿ⁻¹, le produit se simplifie : c₁⋯cₙ = (n + 1)ⁿ. La somme intérieure de Q27 vaut donc ∑ de n = k à l’infini 1/(n(n + 1)) = 1/k.

Le coefficient de aₖ est cₖ/k = ((k + 1)/k)ᵏ = φ(1/(k + 1)). Appliquer Q26 à ce nombre, compris entre 0 et 1, puis renommer l’indice extérieur n. On trouve :

∑ de n = 1 à l’infini (a₁⋯aₙ)¹ᐟⁿ ≤ e ∑ de n = 1 à l’infini (1 − ∑ de k = 1 à l’infini bₖ/(n + 1)ᵏ)aₙ.

Q29. Positivité des coefficients et amélioration

La récurrence donne b₁ = 1/2 > 0. Pour n ≥ 2, elle s’écrit :

n bₙ = 1/(n + 1) − ∑ de j = 1 à n − 1 bⱼ/(n − j + 1).

Supposons les coefficients b₁, …, bₙ₋₁ positifs. Pour j ≤ n − 2, on a 1/(n − j + 1) ≤ (n/(n + 1))/(n − j). L’égalité de récurrence au rang n − 1 permet alors de majorer la somme :

∑ de j = 1 à n − 1 bⱼ/(n − j + 1) ≤ (n/(n + 1))(1/n − (n − 1)bₙ₋₁) + bₙ₋₁/2.

On en déduit n bₙ ≥ (n(n − 1)/(n + 1) − 1/2)bₙ₋₁ > 0, le facteur étant positif pour n ≥ 2. L’induction établit donc, plus précisément, bₙ > 0 pour n ≥ 1.

Pour chaque n, le coefficient de aₙ dans Carleman-Yang vaut φ(1/(n + 1)), nombre positif et strictement inférieur à e puisque la somme soustraite contient b₁/(n + 1) > 0. Le membre droit est ainsi plus petit que celui de Carleman. Si ∑ aₙ est finie et non nulle, l’amélioration du majorant est stricte.