Maths PC

# X-ENS PC — Mathématiques 2026 · Corrigé brut

*Corrigé rédigé par IA (La Belle Copie), non officiel. Signalez toute erreur.*

Épreuve n° 1 de la filière PC, durée 4 h, calculatrice interdite. Notations du sujet : $\operatorname{ch},\operatorname{sh},\operatorname{th}$, $x\cdot y$ produit scalaire usuel de $\mathbb R^d$, $\phi(\lambda)=\ln E[e^{\lambda\cdot X}]$.

**Erratum signalé (question 21).** Avec la fonction $I(x)=\frac{1+x}{2}\ln\frac{1+x}{2}+\frac{1-x}{2}\ln\frac{1-x}{2}$ de l'énoncé, la limite de la question 21 vaut $I(x)+\ln 2$ (et non $I(x)$), et la convergence admise après la question 22 s'écrit $G_N(\beta,h)\to g(\beta,h)-\ln 2$. On le démontre en Q21 et on en tient compte en Q30 ; les questions 23 à 29, 31 et 32 ne portent que sur $\psi''_{\beta,h}$, sur les points de maximum de $\psi_{\beta,h}$ ou sur des différences de valeurs de $g$, qui ne dépendent pas de cette constante.

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## Première partie

### Question 1

Soit $h>0$. Pour $0<s\leqslant t$, posons $\alpha=s/t\in\,]0,1]$ : $x+s=\alpha(x+t)+(1-\alpha)x$, donc par convexité $g(x+s)\leqslant\alpha g(x+t)+(1-\alpha)g(x)$, soit
$$\frac{g(x+s)-g(x)}{s}\leqslant\frac{g(x+t)-g(x)}{t}.$$
Le taux $\tau_+(s)=\frac{g(x+s)-g(x)}{s}$ est donc croissant sur $]0,+\infty[$. Le même calcul avec $x-s=\alpha(x-t)+(1-\alpha)x$ donne $g(x-s)-g(x)\leqslant\frac st\big(g(x-t)-g(x)\big)$, donc $\tau_-(s)=\frac{g(x)-g(x-s)}{s}$ est **décroissant** en $s$.

Comme $g$ est dérivable en $x$, $\tau_+(s)\to g'(x)$ et $\tau_-(s)\to g'(x)$ quand $s\to0^+$. Pour $0<s\leqslant h$ : $\tau_+(s)\leqslant\tau_+(h)$ et $\tau_-(s)\geqslant\tau_-(h)$ ; en faisant $s\to0^+$ :
$$\boxed{\frac{g(x)-g(x-h)}{h}\leqslant g'(x)\leqslant\frac{g(x+h)-g(x)}{h}}$$

![Figure 1 — Inégalité des pentes : pour $g$ convexe, la corde de gauche (pente $\tau_-(h)$) est moins inclinée que la tangente en $x$, elle-même moins inclinée que la corde de droite (pente $\tau_+(h)$)](/figures/corriges/x-ens_pc_maths-pc_2026/q01-pentes-cordes.svg)

### Question 2

Soient $x,y\in\mathbb R$ et $\alpha\in[0,1]$. Pour tout $n$, $f_n(\alpha x+(1-\alpha)y)\leqslant\alpha f_n(x)+(1-\alpha)f_n(y)$. Les trois suites convergent (convergence simple en $\alpha x+(1-\alpha)y$, $x$, $y$) ; le passage à la limite dans une inégalité large donne $f(\alpha x+(1-\alpha)y)\leqslant\alpha f(x)+(1-\alpha)f(y)$. **$f$ est convexe.**

### Question 3

Pour $n\in\mathbb N$, posons $f_n(x)=\sqrt{x^2+\frac1{n+1}}$. Le radicande est $\geqslant\frac1{n+1}>0$, donc $f_n$ est de classe $\mathcal C^2$, avec
$$f_n'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+\frac1{n+1}}},\qquad f_n''(x)=\frac{\frac1{n+1}}{\big(x^2+\frac1{n+1}\big)^{3/2}}>0 .$$
$f_n'$ est croissante, donc $f_n$ est convexe (un taux d'accroissement s'écrit, par le théorème des accroissements finis, comme une valeur de $f_n'$ ; voir Q6 pour le détail). Enfin $f_n(x)\to\sqrt{x^2}=|x|$ pour tout $x$. **La limite simple $f=|\cdot|$ n'est pas dérivable en $0$** (taux d'accroissement $1$ à droite, $-1$ à gauche).

### Question 4

Soit $\varepsilon>0$. Comme $f$ est dérivable en $x$, on fixe $h>0$ tel que
$$\frac{f(x)-f(x-h)}{h}\geqslant f'(x)-\varepsilon\quad\text{et}\quad\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\leqslant f'(x)+\varepsilon.$$
$h$ étant fixé, la convergence simple en $x-h$, $x$, $x+h$ fournit $n_0$ tel que pour $n\geqslant n_0$,
$$\frac{f_n(x)-f_n(x-h)}{h}\geqslant\frac{f(x)-f(x-h)}{h}-\varepsilon,\qquad\frac{f_n(x+h)-f_n(x)}{h}\leqslant\frac{f(x+h)-f(x)}{h}+\varepsilon.$$
La question 1 appliquée à $f_n$ (convexe, dérivable en $x$) encadre $f_n'(x)$ entre ces deux taux, d'où pour $n\geqslant n_0$ : $f'(x)-2\varepsilon\leqslant f_n'(x)\leqslant f'(x)+2\varepsilon$. Donc
$$\boxed{\lim_{n\to\infty}f_n'(x)=f'(x)}$$

### Question 5

(On lit $x\in\mathbb R^d$.) $g$ étant de classe $\mathcal C^2$, sa hessienne $\nabla^2g(x)$ est symétrique (théorème de Schwarz). Soit $u\in\mathbb R^d$ et $\gamma(t)=g(x+tu)$, de classe $\mathcal C^2$ sur $\mathbb R$, avec, par la règle de la chaîne,
$$\gamma'(t)=\sum_{i=1}^du_i\,\partial_ig(x+tu),\qquad\gamma''(t)=\sum_{i,j}u_iu_j\,\partial_{ij}g(x+tu)={}^tu\,\nabla^2g(x+tu)\,u.$$
$\gamma$ est convexe : $x+(\alpha s+(1-\alpha)t)u=\alpha(x+su)+(1-\alpha)(x+tu)$. Pour $s<t$, la question 1 en $s$ et en $t$ avec le pas $t-s$ donne $\gamma'(s)\leqslant\frac{\gamma(t)-\gamma(s)}{t-s}\leqslant\gamma'(t)$ : $\gamma'$ est croissante, donc $\gamma''\geqslant0$. En $t=0$ : ${}^tu\,\nabla^2g(x)\,u\geqslant0$ pour tout $u$. **La hessienne de $g$ en $x$ est symétrique positive.**

### Question 6

Soient $x,y\in\mathbb R^d$, $\alpha\in[0,1]$ et $\gamma(t)=g(x+t(y-x))$ sur $[0,1]$. Comme en Q5, $\gamma''(t)={}^t(y-x)\,\nabla^2g(x+t(y-x))\,(y-x)\geqslant0$, donc $\gamma'$ est croissante. Si $\alpha\in\{0,1\}$, l'inégalité cherchée est une égalité. Sinon, le théorème des accroissements finis sur $[0,\alpha]$ et $[\alpha,1]$ fournit $c_1\in\,]0,\alpha[$ et $c_2\in\,]\alpha,1[$ tels que
$$\frac{\gamma(\alpha)-\gamma(0)}{\alpha}=\gamma'(c_1)\leqslant\gamma'(c_2)=\frac{\gamma(1)-\gamma(\alpha)}{1-\alpha},$$
soit $(1-\alpha)(\gamma(\alpha)-\gamma(0))\leqslant\alpha(\gamma(1)-\gamma(\alpha))$, c'est-à-dire $\gamma(\alpha)\leqslant\alpha\gamma(1)+(1-\alpha)\gamma(0)$. Ainsi $g(\alpha y+(1-\alpha)x)\leqslant\alpha g(y)+(1-\alpha)g(x)$ : **$g$ est convexe.**

### Question 7

Soit $V\subset\mathbb R^d$ l'ensemble fini des valeurs de $X$ et $p_v=P[X=v]$. Par la formule de transfert,
$$Z(\lambda)=E[e^{\lambda\cdot X}]=\sum_{v\in V}p_ve^{\lambda\cdot v},$$
somme **finie** de fonctions $\mathcal C^\infty$ de $\lambda$ ; $Z>0$ (poids positifs de somme $1$, exponentielles $>0$). Donc $\phi=\ln\circ Z$ est $\mathcal C^\infty$, en particulier $\mathcal C^2$. On dérive terme à terme : $\partial_iZ(\lambda)=\sum_vp_vv_ie^{\lambda\cdot v}=E[X_ie^{\lambda\cdot X}]$ et $\partial_{ij}Z(\lambda)=E[X_iX_je^{\lambda\cdot X}]$. Avec $\partial_i\phi=\frac{\partial_iZ}{Z}$ et $\partial_j\big(\frac{\partial_iZ}{Z}\big)=\frac{\partial_{ij}Z}{Z}-\frac{\partial_iZ\,\partial_jZ}{Z^2}$ :
$$\boxed{\frac{\partial\phi}{\partial\lambda_i}(\lambda)=\frac{E[X_ie^{\lambda\cdot X}]}{E[e^{\lambda\cdot X}]},\qquad\frac{\partial^2\phi}{\partial\lambda_i\partial\lambda_j}(\lambda)=\frac{E[X_iX_je^{\lambda\cdot X}]}{E[e^{\lambda\cdot X}]}-\frac{E[X_ie^{\lambda\cdot X}]}{E[e^{\lambda\cdot X}]}\,\frac{E[X_je^{\lambda\cdot X}]}{E[e^{\lambda\cdot X}]}}$$

### Question 8

Fixons $\lambda$ et posons $q_v=p_ve^{\lambda\cdot v}/Z(\lambda)$ : $q_v\geqslant0$ et $\sum_vq_v=1$. Notons $\langle f\rangle=\sum_vq_vf(v)$. D'après Q7, $\partial_{ij}\phi(\lambda)=\langle v_iv_j\rangle-\langle v_i\rangle\langle v_j\rangle$. Pour $u\in\mathbb R^d$, par bilinéarité,
$${}^tu\,\nabla^2\phi(\lambda)\,u=\big\langle(u\cdot v)^2\big\rangle-\langle u\cdot v\rangle^2=\big\langle(u\cdot v-\langle u\cdot v\rangle)^2\big\rangle\geqslant0 .$$
La hessienne de $\phi$ (symétrique) est positive en tout point et $\phi$ est $\mathcal C^2$ (Q7) : par Q6, **$\phi$ est convexe.**

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## Deuxième partie

### Question 9

$H_N(0,h,a)=h\sum_ia_i$, donc par indépendance mutuelle des $\sigma_i$,
$$Z_N(0,h)=E\Big[\prod_{i=1}^Ne^{h\sigma_i}\Big]=\prod_{i=1}^NE[e^{h\sigma_i}]=\Big(\tfrac{e^h+e^{-h}}2\Big)^N=\operatorname{ch}(h)^N .$$
D'où $\boxed{Z_{N+1}(0,h)=\operatorname{ch}(h)Z_N(0,h)}$ et $\boxed{F_N(0,h)=\ln\operatorname{ch}(h)}$.

### Question 10

Soit $Y^{(N)}=\big(\sum_{i=1}^{N-1}\sigma_i\sigma_{i+1}+\sigma_N\sigma_1,\ \sum_{i=1}^N\sigma_i\big)$, variable aléatoire à valeurs dans un sous-ensemble **fini** de $\mathbb R^2$ (au plus $2^N$ valeurs). Pour $\lambda=(\beta,h)$, $H_N(\beta,h,X^{(N)})=\lambda\cdot Y^{(N)}$, donc $\ln Z_N(\beta,h)=\phi_{Y^{(N)}}(\lambda)$, convexe sur $\mathbb R^2$ par Q8 (appliquée à $X=Y^{(N)}$, $d=2$). Multiplier par $\frac1N>0$ conserve la convexité : **$F_N$ est convexe sur $\mathbb R^2$.**

### Question 11

$$\operatorname{tr}A=e^{\beta-h}+e^{\beta+h}=2e^\beta\operatorname{ch}h,\qquad\det A=e^{2\beta}-e^{-2\beta}=2\operatorname{sh}(2\beta).$$
Le polynôme caractéristique $t^2-2e^\beta\operatorname{ch}(h)\,t+2\operatorname{sh}(2\beta)$ a pour discriminant
$$\Delta=4\big(e^{2\beta}\operatorname{ch}^2h-e^{2\beta}+e^{-2\beta}\big)=4\big(e^{2\beta}\operatorname{sh}^2h+e^{-2\beta}\big)>0 .$$
$A$ a donc deux valeurs propres réelles distinctes, la plus grande étant
$$\boxed{\lambda(\beta,h)=e^\beta\operatorname{ch}(h)+\sqrt{e^{2\beta}\operatorname{ch}^2(h)-2\operatorname{sh}(2\beta)}=e^\beta\operatorname{ch}(h)+\sqrt{e^{2\beta}\operatorname{sh}^2(h)+e^{-2\beta}}}$$

### Question 12

Par définition de $B_{s,t}$,
$$\Big(\prod_{i=1}^{N-1}B_{a_i,a_{i+1}}\Big)B_{a_N,a_1}=\exp\Big(\sum_{i=1}^{N-1}(\beta a_ia_{i+1}+ha_i)+\beta a_Na_1+ha_N\Big)=\exp\Big(\beta\sum_{i=1}^{N-1}a_ia_{i+1}+\beta a_Na_1+h\sum_{i=1}^Na_i\Big),$$
qui est $\exp(H_N(\beta,h,a))$.

![Figure 2 — Anneau de spins : chaque lien orienté $a_i\to a_{i+1}$ porte le facteur $B_{a_i,a_{i+1}}$, et le terme $\beta a_Na_1$ referme la chaîne, d'où une trace](/figures/corriges/x-ens_pc_maths-pc_2026/q12-anneau-transfert.svg)

### Question 13

$X^{(N)}$ est uniforme sur $\{-1,1\}^N$ (indépendance, $P[\sigma_i=\pm1]=\frac12$), donc, par Q12,
$$Z_N(\beta,h)=2^{-N}\sum_{a\in\{-1,1\}^N}\Big(\prod_{i=1}^{N-1}B_{a_i,a_{i+1}}\Big)B_{a_N,a_1}.$$
Indexons lignes et colonnes par $(-1,+1)$ dans cet ordre : la matrice $B=(B_{s,t})$ vaut $\begin{pmatrix}e^{\beta-h}&e^{-\beta-h}\\e^{-\beta+h}&e^{\beta+h}\end{pmatrix}={}^tA$. Par la formule du produit matriciel, $(B^N)_{a_1,a_1}=\sum_{a_2,\dots,a_N}B_{a_1,a_2}\cdots B_{a_{N-1},a_N}B_{a_N,a_1}$ ; en sommant sur $a_1$, la somme ci-dessus vaut $\operatorname{tr}(B^N)=\operatorname{tr}({}^t(A^N))=\operatorname{tr}(A^N)$. Donc
$$\boxed{Z_N(\beta,h)=2^{-N}\operatorname{tr}(A^N)}$$

### Question 14

Soit $\mu$ l'autre valeur propre de $A$. $A$ est diagonalisable (deux valeurs propres distinctes en dimension 2), donc $\operatorname{tr}(A^N)=\lambda^N+\mu^N$ avec $\lambda=\lambda(\beta,h)$. Pour $\beta\geqslant0$, $\lambda\mu=2\operatorname{sh}(2\beta)\geqslant0$ et $\lambda>0$, donc $0\leqslant\mu<\lambda$. Ainsi
$$F_N(\beta,h)=\ln\lambda-\ln2+\frac1N\ln\big(1+(\mu/\lambda)^N\big),\qquad0\leqslant\frac1N\ln\big(1+(\mu/\lambda)^N\big)\leqslant\frac{\ln2}N,$$
d'où $\boxed{\lim_{N\to+\infty}F_N(\beta,h)=\ln\lambda(\beta,h)-\ln2}$.

### Question 15

$\lambda(\beta,h)=e^\beta\operatorname{ch}h+\sqrt{R(\beta,h)}$ avec $R(\beta,h)=e^{2\beta}\operatorname{sh}^2h+e^{-2\beta}$. $R$ est $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb R^2$ (sommes, produits, composées de fonctions $\mathcal C^\infty$) et $R\geqslant e^{-2\beta}>0$ ; $\sqrt{\cdot}$ est $\mathcal C^\infty$ sur $]0,+\infty[$. Donc **$\lambda$ est $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb R^2$**, a fortiori sur $[0,+\infty[\times\mathbb R$.

### Question 16

$\beta\geqslant0$ fixé. $Z_N(\beta,h)=2^{-N}\sum_ae^{H_N(\beta,h,a)}$ est une somme finie dérivable en $h$, avec $\partial_hH_N(\beta,h,a)=\sum_ia_i$, d'où
$$\frac{\partial F_N}{\partial h}(\beta,h)=\frac1N\frac{\partial_hZ_N(\beta,h)}{Z_N(\beta,h)}=\frac1{Z_N(\beta,h)}E\Big[\Big(\frac1N\sum_{i=1}^N\sigma_i\Big)e^{H_N(\beta,h,X^{(N)})}\Big]=m_N(\beta,h).$$
Posons $f_N=F_N(\beta,\cdot)$ : chaque $f_N$ est convexe (restriction à une droite de la fonction convexe $F_N$, Q10) et dérivable sur $\mathbb R$ ; $f_N$ converge simplement vers $f=\ln\lambda(\beta,\cdot)-\ln2$ (Q14), dérivable sur $\mathbb R$ (Q15, et $\lambda>0$). La question 4 donne $f_N'(h)\to f'(h)$ :
$$\boxed{\lim_{N\to+\infty}m_N(\beta,h)=\frac{\partial}{\partial h}\ln\lambda(\beta,h)}$$

### Question 17

D'après Q11, $e^{-\beta}\lambda(\beta,h)=\operatorname{ch}h+\sqrt{\operatorname{sh}^2h+e^{-4\beta}}$, donc
$$g_\beta(h)=\ln\Big(\operatorname{ch}h+\sqrt{\operatorname{sh}^2h+e^{-4\beta}}\Big).$$
À $h$ fixé, quand $\beta\to+\infty$ (dans $\mathbb N$), $e^{-4\beta}\to0$ ; par continuité de $\sqrt{\cdot}$ sur $[0,+\infty[$ et de $\ln$ sur $[1,+\infty[$, $g_\beta(h)\to\ln(\operatorname{ch}h+|\operatorname{sh}h|)=\ln(\operatorname{ch}|h|+\operatorname{sh}|h|)=\ln e^{|h|}$. **$(g_\beta)$ converge simplement vers $h\mapsto|h|$.**

### Question 18

En posant $c=e^{-4\beta}$ et $r=\sqrt{\operatorname{sh}^2h+c}$ :
$$g_\beta'(h)=\frac{\operatorname{sh}h+\frac{\operatorname{sh}h\operatorname{ch}h}{r}}{\operatorname{ch}h+r}=\frac{\operatorname{sh}h\,(r+\operatorname{ch}h)}{r\,(\operatorname{ch}h+r)}=\frac{\operatorname{sh}h}{\sqrt{\operatorname{sh}^2h+e^{-4\beta}}}.$$
Pour $h>0$, $g_\beta'(h)\to\frac{\operatorname{sh}h}{|\operatorname{sh}h|}=1$ ; pour $h<0$, $\to-1$ ; $g_\beta'(0)=0$. La limite simple est
$$\boxed{\ell(h)=\begin{cases}-1&h<0\\0&h=0\\1&h>0\end{cases}}$$
(on retrouve, pour $h\neq0$, ce que donne Q4 appliquée aux $g_\beta$, convexes comme limites simples des $F_N(\beta,\cdot)+\ln2-\beta$ par Q2.) **La convergence n'est pas uniforme** : chaque $g_\beta'$ est continue sur $\mathbb R$, et une limite uniforme de fonctions continues serait continue, ce que $\ell$ n'est pas en $0$. (Explicitement, $g_\beta'(e^{-2\beta})\to\frac1{\sqrt2}$, donc $\sup_{h}|g_\beta'(h)-\ell(h)|\not\to0$.)

![Figure 3 — (a) $g_\beta\to|h|$ simplement ; (b) les $g_\beta'$, continues et nulles en $0$, tendent vers $\ell$, discontinue en $0$ (tracé pour $\beta=0,1,2$)](/figures/corriges/x-ens_pc_maths-pc_2026/q18-convergence-derivees.svg)

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## Troisième partie

### Question 19

Avec $p=\frac{1+x}2$, $q=\frac{1-x}2$, $I(x)=p\ln p+q\ln q$. Quand $x\to1^-$, $p\ln p\to1\cdot\ln1=0$ et $q\to0^+$ donc $q\ln q\to0$ (croissances comparées). $I$ étant paire, il en va de même en $-1^+$. **$I$ se prolonge par continuité en posant $I(\pm1)=0$**, et devient continue sur $[-1,1]$.

### Question 20

Si $K$ est le nombre d'indices $i\leqslant N$ tels que $\sigma_i=1$, $K\sim\mathcal B(N,\frac12)$ (somme de Bernoulli indépendantes) et $S_N=\frac{2K-N}N$. Donc $S_N$ prend ses valeurs dans $\mathscr M_N$ et
$$\boxed{P[S_N=x]=\begin{cases}\dbinom{N}{\frac{N(1+x)}2}2^{-N}&\text{si }x\in\mathscr M_N,\\[2mm]0&\text{sinon.}\end{cases}}$$

### Question 21

Posons $m_N=\frac{N(1+u_N)}2\in\{0,\dots,N\}$, $p_N=\frac{m_N}N=\frac{1+u_N}2\to p=\frac{1+x}2\in\,]0,1[$, $q_N=1-p_N\to q$. Alors $m_N\to+\infty$ et $N-m_N\to+\infty$ ; par la formule de Stirling (et $\ln a_N-\ln b_N\to0$ si $a_N\sim b_N$),
$$\ln\binom N{m_N}=N\ln N-m_N\ln m_N-(N-m_N)\ln(N-m_N)+O(\ln N)$$
(les puissances de $e$ se compensent, les facteurs $\sqrt{2\pi\,\cdot}$ donnent $O(\ln N)$). Avec $\ln m_N=\ln N+\ln p_N$ et $\ln(N-m_N)=\ln N+\ln q_N$ :
$$\frac1N\ln\binom N{m_N}=-p_N\ln p_N-q_N\ln q_N+O\Big(\frac{\ln N}N\Big)\longrightarrow-p\ln p-q\ln q=-I(x)$$
par continuité de $u\mapsto u\ln u$ sur $]0,1[$. Par Q20, $-\frac1N\ln P[S_N=u_N]=-\frac1N\ln\binom N{m_N}+\ln2$, donc
$$\boxed{\lim_{N\to+\infty}-\frac1N\ln P[S_N=u_N]=I(x)+\ln2}$$
**L'énoncé, qui annonce $I(x)$, comporte une erreur de constante** : en $x=0$ (avec $u_N\in\{0,\frac1N\}$), $P[S_N=u_N]\sim\sqrt{2/(\pi N)}$ ne décroît pas exponentiellement, la limite vaut $0=I(0)+\ln2$, alors que $I(0)=-\ln2$. Le résultat serait exact avec $J(x)=I(x)+\ln2=\frac{1+x}2\ln(1+x)+\frac{1-x}2\ln(1-x)$.

### Question 22

Soit $x\in\mathscr M_N$. $S_N$ est à valeurs dans l'ensemble fini $\mathscr M_N$, donc
$$Y_N(\beta,h)=\sum_{y\in\mathscr M_N}P[S_N=y]\,e^{N(\beta y^2+hy)}\geqslant P[S_N=x]\,e^{N(\beta x^2+hx)},$$
tous les termes étant positifs. Comme $P[S_N=x]>0$ (Q20), on prend le logarithme (croissant) et on divise par $N$ :
$$\boxed{G_N(\beta,h)\geqslant\beta x^2+hx+\frac1N\ln P[S_N=x]}$$
(Compte tenu de Q21, la convergence admise est exacte sous la forme $G_N(\beta,h)\to g(\beta,h)-\ln2$, avec $g$ défini comme dans l'énoncé ; seule cette forme sert en Q30.)

### Question 23

Sur $]-1,1[$ :
$$I'(x)=\tfrac12\ln\tfrac{1+x}2+\tfrac12-\tfrac12\ln\tfrac{1-x}2-\tfrac12=\tfrac12\ln\frac{1+x}{1-x},\qquad I''(x)=\frac12\Big(\frac1{1+x}+\frac1{1-x}\Big)=\frac1{1-x^2},$$
donc $\psi_{\beta,h}''(x)=2\beta-\frac1{1-x^2}$ (indépendant de $h$).

- Si $\beta\in[0,\frac12]$ : $\frac1{1-x^2}\geqslant1\geqslant2\beta$, donc **$\psi''_{\beta,h}(x)\leqslant0$ pour tout $x\in\,]-1,1[$** (avec égalité seulement pour $\beta=\frac12$, $x=0$).
- Si $\beta>\frac12$ : $\psi''_{\beta,h}(x)\leqslant0\iff1-x^2\leqslant\frac1{2\beta}\iff$ $$\boxed{|x|\geqslant\sqrt{1-\frac1{2\beta}}}$$ (avec $x\in\,]-1,1[$).

### Question 24

Soient $\beta\geqslant0$, $h>0$. $\psi=\psi_{\beta,h}$ est continue sur le segment $[-1,1]$ (Q19), donc atteint son maximum.

*Localisation.* $\beta x^2$ et $I$ sont paires, donc $\psi(x)-\psi(-x)=2hx>0$ pour $x>0$ : aucun $x\in[-1,0[$ n'est point de maximum. Sur $]-1,1[$, $\psi'(x)=2\beta x+h-\frac12\ln\frac{1+x}{1-x}$, donc $\psi'(0)=h>0$ (donc $0$ n'est pas un maximum) et $\psi'(x)\to-\infty$ quand $x\to1^-$ : il existe $a<1$ avec $\psi'<0$ sur $[a,1[$, donc $\psi$ (continue en $1$) est strictement décroissante sur $[a,1]$ et $1$ n'est pas un maximum. Tout point de maximum est donc dans $]0,1[$, ouvert où $\psi$ est dérivable : il annule $\psi'$.

*Unicité.* $\psi'''(x)=-I'''(x)=-\frac{2x}{(1-x^2)^2}<0$ sur $]0,1[$ : $\psi''$ est strictement décroissante sur $[0,1[$, donc $\psi'$ est **strictement concave** sur $[0,1[$. Si $\psi'$ s'annulait en $0<z_1<z_2<1$, en écrivant $z_1=t\cdot0+(1-t)z_2$ avec $t\in\,]0,1[$, on aurait $0=\psi'(z_1)>t\psi'(0)+(1-t)\psi'(z_2)=th>0$ : absurde. $\psi'$ a donc au plus un zéro dans $]0,1[$, et au moins un (le point de maximum). **$\psi_{\beta,h}$ atteint son maximum en un unique point $x_*(\beta,h)\in\,]0,1[$**, caractérisé par $\psi'_{\beta,h}(x_*)=0$ ; de plus $\psi'>0$ sur $[0,x_*[$ et $\psi'<0$ sur $]x_*,1[$.

*Cas $h<0$.* $\psi_{\beta,h}(x)=\psi_{\beta,-h}(-x)$, donc $\psi_{\beta,h}$ atteint son maximum en l'unique point $-x_*(\beta,-h)\in\,]-1,0[$.

### Question 25

$h=0$ : $\psi_{\beta,0}(x)=\beta x^2-I(x)$ est paire et $\psi'_{\beta,0}(0)=0$.

*Cas $\beta\in[0,\frac12]$.* Par Q23, $\psi''_{\beta,0}<0$ sur $]-1,1[$ sauf éventuellement en $0$ : $\psi'_{\beta,0}$ est strictement décroissante, nulle en $0$, donc $>0$ sur $]-1,0[$ et $<0$ sur $]0,1[$. Par continuité de $\psi_{\beta,0}$ en $\pm1$, $\psi_{\beta,0}$ est strictement croissante sur $[-1,0]$ et strictement décroissante sur $[0,1]$ : **le maximum est atteint en $0$ et seulement en $0$.**

*Cas $\beta>\frac12$.* Sur $[0,1[$, $\psi'_{\beta,0}$ est strictement concave (même calcul qu'en Q24), $\psi'_{\beta,0}(0)=0$, $\psi''_{\beta,0}(0)=2\beta-1>0$, et $\psi'_{\beta,0}\to-\infty$ en $1^-$. Il existe $\varepsilon>0$ avec $\psi'_{\beta,0}(\varepsilon)>0$, donc par le théorème des valeurs intermédiaires un zéro $c\in\,]\varepsilon,1[$. Il est unique dans $]0,1[$ : une fonction strictement concave s'annule au plus deux fois (si $a<b<c'$ étaient trois zéros, $b$ combinaison convexe stricte de $a,c'$ donnerait $0>0$), et $0$ est déjà un zéro. Ainsi $\psi'_{\beta,0}>0$ sur $]0,c[$ et $<0$ sur $]c,1[$ (signe constant entre les zéros, $>0$ près de $0$, $\to-\infty$ en $1$). $\psi_{\beta,0}$ est strictement croissante sur $[0,c]$ et strictement décroissante sur $[c,1]$ : sur $[0,1]$ le maximum est atteint en $c$ seul. Par parité, sur $[-1,1]$, **le maximum est atteint exactement en $x_*(\beta,0):=c\in\,]0,1[$ et en $-x_*(\beta,0)$.**

![Figure 4 — Profil $\psi_{\beta,0}$ : maximum unique en $0$ pour $\beta=0{,}3$ ; pour $\beta=0{,}8$, $0$ devient un minimum local (zone teintée : $\psi''>0$) et les maxima sont en $\pm x_*(\beta,0)$](/figures/corriges/x-ens_pc_maths-pc_2026/q25-profil-psi.svg)

### Question 26

Comme $v_n\to h>0$, $v_n>0$ pour $n\geqslant n_1$ ; posons $x_n=x_*(\beta,v_n)$ et $\ell=\lim x_n\in[0,1]$. Pour $n\geqslant n_1$ et tout $y\in[-1,1]$, $\beta x_n^2+v_nx_n-I(x_n)\geqslant\beta y^2+v_ny-I(y)$. $I$ étant continue sur $[-1,1]$ (Q19) et $x_n\to\ell$, $v_n\to h$, le passage à la limite donne $\psi_{\beta,h}(\ell)\geqslant\psi_{\beta,h}(y)$ pour tout $y$ : $\ell$ est un point de maximum de $\psi_{\beta,h}$, donc par l'unicité de Q24,
$$\boxed{\lim_{n\to\infty}x_*(\beta,v_n)=x_*(\beta,h)}$$

### Question 27

Pour $h\geqslant0$, $x_*(\beta,h)$ est un point de maximum de $\psi_{\beta,h}$ sur $[-1,1]$ (Q24 si $h>0$ ; Q25 si $h=0$, dans les deux cas $\beta\leqslant\frac12$ et $\beta>\frac12$), donc $g(\beta,h)=\psi_{\beta,h}(x_*(\beta,h))$. Posons $x_*=x_*(\beta,h)$. Comme $g(\beta,h')$ majore $\psi_{\beta,h'}$ :
$$g(\beta,h')\geqslant\beta x_*^2+h'x_*-I(x_*)=\psi_{\beta,h}(x_*)+(h'-h)x_*=g(\beta,h)+(h'-h)x_*.$$
En échangeant $h$ et $h'$ : $g(\beta,h)\geqslant g(\beta,h')+(h-h')x_*(\beta,h')$. D'où
$$\boxed{(h'-h)\,x_*(\beta,h)\leqslant g(\beta,h')-g(\beta,h)\leqslant(h'-h)\,x_*(\beta,h')}$$

### Question 28

Soit $h>0$ et $h'\geqslant0$, $h'\neq h$. En divisant Q27 par $h'-h$ (en renversant les inégalités si $h'<h$), le taux $\frac{g(\beta,h')-g(\beta,h)}{h'-h}$ est compris entre $x_*(\beta,h)$ et $x_*(\beta,h')$. Par la continuité admise de $h'\mapsto x_*(\beta,h')$ sur $[0,+\infty[$, $x_*(\beta,h')\to x_*(\beta,h)$ quand $h'\to h$ ; par encadrement,
$$\boxed{h'\mapsto g(\beta,h')\text{ est dérivable en }h\text{ et }\frac{\partial g}{\partial h}(\beta,h)=x_*(\beta,h)}$$

### Question 29

$\psi_{\beta,-h}(x)=\psi_{\beta,h}(-x)$ et $[-1,1]$ est symétrique, donc $g(\beta,-h)=g(\beta,h)$ : $g(\beta,\cdot)$ est paire. Elle est dérivable sur $]0,+\infty[$ (Q28), donc sur $]-\infty,0[$ par parité. En $0$ : Q27 avec $h=0$, $h'>0$ donne $x_*(\beta,0)\leqslant\frac{g(\beta,h')-g(\beta,0)}{h'}\leqslant x_*(\beta,h')$, et la continuité admise en $0$ donne une dérivée à droite égale à $x_*(\beta,0)$ ; par parité, la dérivée à gauche vaut $-x_*(\beta,0)$. $g(\beta,\cdot)$ est dérivable en $0$ si et seulement si $x_*(\beta,0)=0$, c'est-à-dire (Q25) si et seulement si $\beta\leqslant\frac12$ :
$$\boxed{h\mapsto g(\beta,h)\text{ est dérivable sur }\mathbb R\iff\beta\in\big[0,\tfrac12\big]}$$

![Figure 5 — Dérivée $\frac{\partial g}{\partial h}(\beta,h)$ en fonction de $h$ : continue pour $\beta=0{,}3$, saut de $-x_*(\beta,0)$ à $x_*(\beta,0)$ en $h=0$ pour $\beta=0{,}8$](/figures/corriges/x-ens_pc_maths-pc_2026/q29-aimantation-saut.svg)

### Question 30

$\frac\beta N\sum_{i,j}\sigma_i\sigma_j=\frac\beta N\big(\sum_i\sigma_i\big)^2=\beta NS_N^2$ et $h\sum_i\sigma_i=hNS_N$, donc la quantité étudiée vaut
$$Q_N=\frac{E\big[S_Ne^{\beta NS_N^2+hNS_N}\big]}{Y_N(\beta,h)}=\frac1N\frac{\partial_hY_N(\beta,h)}{Y_N(\beta,h)}=\frac{\partial G_N}{\partial h}(\beta,h),$$
$Y_N$ étant une somme finie dérivable en $h$. Avec $W^{(N)}=(NS_N^2,NS_N)$, à valeurs dans un ensemble fini de $\mathbb R^2$, $\ln Y_N(\beta,h)=\phi_{W^{(N)}}(\beta,h)$ est convexe (Q8) : $f_N=G_N(\beta,\cdot)+\ln2$ est convexe et dérivable sur $\mathbb R$. Par la convergence admise (rectifiée, cf. Q21–Q22), $f_N\to g(\beta,\cdot)$ simplement sur $\mathbb R$, et $g(\beta,\cdot)$ est dérivable en $h>0$ de dérivée $x_*(\beta,h)$ (Q28). La question 4 donne
$$\boxed{\lim_{N\to+\infty}\frac1{Y_N(\beta,h)}E\Big[\Big(\frac1N\sum_{i=1}^N\sigma_i\Big)\exp\Big(\frac\beta N\sum_{i,j}\sigma_i\sigma_j+h\sum_i\sigma_i\Big)\Big]=x_*(\beta,h)}$$
(La constante $\ln2$ est sans effet : l'énoncé tel qu'admis conduirait à la même dérivée.)

### Question 31

Par Q24, $x_*=x_*(\beta,h)\in\,]0,1[$ annule $\psi'_{\beta,h}$ : $\frac12\ln\frac{1+x_*}{1-x_*}=h+2\beta x_*$. Or pour $t\in\mathbb R$ et $x\in\,]-1,1[$, $\operatorname{th}t=x\iff\frac{e^{2t}-1}{e^{2t}+1}=x\iff e^{2t}=\frac{1+x}{1-x}\iff t=\frac12\ln\frac{1+x}{1-x}$. Avec $t=h+2\beta x_*$ :
$$\boxed{x_*(\beta,h)=\operatorname{th}\big(h+2\beta x_*(\beta,h)\big)}$$

![Figure 6 — Pour $h=0{,}2$, $x_*(\beta,h)$ est l'abscisse de l'intersection positive de $y=x$ et $y=\operatorname{th}(h+2\beta x)$ ; pour $\beta=0{,}8$, les deux intersections négatives ne sont pas des maxima](/figures/corriges/x-ens_pc_maths-pc_2026/q31-point-fixe.svg)

### Question 32

Notons $x_h=x_*(\frac12,h)$ pour $h>0$ ; par Q24 et Q31, $x_h\in\,]0,1[$ et $\frac12\ln\frac{1+x_h}{1-x_h}=h+x_h$, soit $\Phi(x_h)=h$ avec $\Phi(x)=\frac12\ln\frac{1+x}{1-x}-x$.

*$x_h\to0$.* $\Phi'(x)=\frac1{1-x^2}-1=\frac{x^2}{1-x^2}>0$ sur $]0,1[$ : $\Phi$ est une bijection continue strictement croissante de $[0,1[$ sur $[0,+\infty[$ ($\Phi(0)=0$, $\Phi\to+\infty$ en $1$), de réciproque continue, donc $x_h=\Phi^{-1}(h)\to\Phi^{-1}(0)=0$ quand $h\to0^+$. (On peut aussi invoquer la continuité admise et $x_*(\frac12,0)=0$ par Q25.)

*Équivalent.* Par différence des développements en série entière de $\ln(1+x)$ et $\ln(1-x)$, $\frac12\ln\frac{1+x}{1-x}=\sum_{k\geqslant0}\frac{x^{2k+1}}{2k+1}$ pour $|x|<1$, donc $\Phi(x)=\frac{x^3}3+O(x^5)$, d'où $\Phi(x)\sim\frac{x^3}3$ en $0$. Comme $x_h\to0$ : $h=\Phi(x_h)\sim\frac{x_h^3}3$, soit $\frac{x_h^3}{3h}\to1$, et par continuité de $t\mapsto t^{1/3}$ :
$$\boxed{\lim_{\substack{h\to0\\h>0}}\frac{x_*(\frac12,h)}{(3h)^{1/3}}=1}$$