Maths B

# X MP — Mathématiques B 2026 · Corrigé brut

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

Épreuve de 4 heures, calculatrice interdite. Thème : répartition des valeurs propres de matrices tridiagonales (loi de l'arcsinus), théorème de Weierstrass, loi du demi-cercle pour les matrices de Wigner. Trente questions, de 1 à 17b.

Notations utilisées dans tout le corrigé : pour $f$ continue sur $[-2,2]$, $I(f)=\dfrac1\pi\displaystyle\int_{-2}^2\frac{f(x)}{\sqrt{4-x^2}}\,\mathrm dx$, et $f_k(x)=x^k$.

## Préliminaire

### Question 1

L'équation caractéristique de la récurrence $u_n=\alpha u_{n-1}-u_{n-2}$ est $r^2-\alpha r+1=0$, de discriminant $\Delta=\alpha^2-4$. Le produit de ses racines vaut $1$.

**Cas $|\alpha|>2$.** Deux racines réelles distinctes $r_\pm=\dfrac{\alpha\pm\sqrt{\alpha^2-4}}2$. Il existe $A,B$ réels tels que $u_n=Ar_+^n+Br_-^n$ pour tout $n$. Les conditions $u_0=0$ et $u_1=1$ donnent $A+B=0$ et $A(r_+-r_-)=1$, avec $r_+-r_-=\sqrt{\alpha^2-4}$ :

$$\boxed{u_n=\frac{1}{\sqrt{\alpha^2-4}}\left[\left(\frac{\alpha+\sqrt{\alpha^2-4}}2\right)^n-\left(\frac{\alpha-\sqrt{\alpha^2-4}}2\right)^n\right]}$$

**Cas $|\alpha|<2$.** On écrit $\alpha=2\cos\theta$ avec un unique $\theta\in\,]0,\pi[$. Les racines sont $e^{i\theta}$ et $e^{-i\theta}$, distinctes puisque $\sin\theta\neq0$. La suite (réelle) s'écrit $u_n=Ae^{in\theta}+Be^{-in\theta}$ avec $A,B\in\mathbb C$ ; $u_0=0$ et $u_1=1$ donnent $B=-A$ et $A\cdot 2i\sin\theta=1$, donc

$$\boxed{u_n=\frac{\sin(n\theta)}{\sin\theta},\qquad \theta=\arccos\frac\alpha2\in\,]0,\pi[.}$$

**Cas $\alpha=2$.** Racine double $1$ : $u_n=(A+Bn)$, puis $A=0$, $B=1$ :
$$\boxed{u_n=n.}$$

**Cas $\alpha=-2$.** Racine double $-1$ : $u_n=(A+Bn)(-1)^n$, puis $A=0$ et $-B=1$ :
$$\boxed{u_n=(-1)^{n+1}\,n.}$$

## Première Partie

### Question 2

Soit $R_n=\dfrac1n\displaystyle\sum_{k=1}^nf\!\left(\frac kn\right)$. Comme $f$ est continue sur le segment $[0,1]$, le théorème sur les sommes de Riemann donne $R_n\to\int_0^1f$.

Par le théorème de Heine, $f$ est uniformément continue sur $[0,1]$. Soit $\varepsilon>0$ et $\delta>0$ tel que $|s-t|\le\delta\Rightarrow|f(s)-f(t)|\le\varepsilon$ pour $s,t\in[0,1]$. Pour $1\le k\le n$, les points $\frac k{n+1}$ et $\frac{2k}{2n+1}$ sont dans $[0,1]$ et

$$\left|\frac{k}{n+1}-\frac kn\right|=\frac{k}{n(n+1)}\le\frac1{n+1},\qquad\left|\frac{2k}{2n+1}-\frac kn\right|=\frac{k}{n(2n+1)}\le\frac1{2n+1}.$$

Dès que $\frac1{n+1}\le\delta$, chaque terme vérifie $\left|f\!\left(\frac k{n+1}\right)-f\!\left(\frac kn\right)\right|\le\varepsilon$, d'où, par inégalité triangulaire, $|v_n-R_n|\le\varepsilon$, et de même $|w_n-R_n|\le\varepsilon$. Donc $v_n-R_n\to0$ et $w_n-R_n\to0$ :

$$\boxed{\lim_{n\to\infty}v_n=\lim_{n\to\infty}w_n=\int_0^1f(t)\,\mathrm dt.}$$

### Question 3a

**Convergence.** $f$ est continue sur le segment $[-2,2]$ donc bornée par $\|f\|_\infty$. Sur $]-2,2[$, $\left|\dfrac{f(x)}{\sqrt{4-x^2}}\right|\le\dfrac{\|f\|_\infty}{\sqrt{4-x^2}}$, et $x\mapsto\frac1{\sqrt{4-x^2}}$ est intégrable sur $]-2,2[$ : une primitive est $\arcsin\frac x2$, qui a des limites finies $\pm\frac\pi2$ en $\pm2$. Par comparaison, l'intégrale $I(f)$ est absolument convergente.

**Changement de variable.** $\varphi:\theta\mapsto2\cos\theta$ est une bijection de classe $\mathcal C^1$, strictement décroissante, de $]0,\pi[$ sur $]-2,2[$, avec $\varphi'(\theta)=-2\sin\theta$ et, pour $\theta\in\,]0,\pi[$, $\sqrt{4-4\cos^2\theta}=2\sin\theta$ car $\sin\theta>0$. Le théorème de changement de variable pour les intégrales généralisées (l'une converge, donc l'autre aussi et elles sont égales) donne

$$\int_{-2}^2\frac{f(x)}{\sqrt{4-x^2}}\,\mathrm dx=\int_0^\pi\frac{f(2\cos\theta)}{2\sin\theta}\,2\sin\theta\,\mathrm d\theta=\int_0^\pi f(2\cos\theta)\,\mathrm d\theta,$$

$$\boxed{I(f)=\frac1\pi\int_0^\pi f(2\cos\theta)\,\mathrm d\theta.}$$

### Question 3b

Par 3a :
- $I(f_0)=\frac1\pi\int_0^\pi\mathrm d\theta=1$ ;
- $I(f_1)=\frac1\pi\int_0^\pi2\cos\theta\,\mathrm d\theta=\frac2\pi[\sin\theta]_0^\pi=0$ ;
- $I(f_2)=\frac1\pi\int_0^\pi4\cos^2\theta\,\mathrm d\theta=\frac2\pi\int_0^\pi(1+\cos2\theta)\,\mathrm d\theta=2$.

$$\boxed{I(f_0)=1,\qquad I(f_1)=0,\qquad I(f_2)=2.}$$

### Question 3c

La fonction $\theta\mapsto(2\cos\theta)^n$ est paire et $2\pi$-périodique, donc $\int_0^\pi(2\cos\theta)^n\,\mathrm d\theta=\frac12\int_{-\pi}^{\pi}(2\cos\theta)^n\,\mathrm d\theta$. Par la formule du binôme,

$$(2\cos\theta)^n=(e^{i\theta}+e^{-i\theta})^n=\sum_{j=0}^n\binom nj e^{i(2j-n)\theta},$$

et $\int_{-\pi}^{\pi}e^{ip\theta}\,\mathrm d\theta$ vaut $2\pi$ si $p=0$ et $0$ si $p\in\mathbb Z^*$. Seul le terme $2j=n$ contribue, ce qui n'est possible que si $n$ est pair. Ainsi $I(f_n)=\frac1\pi\cdot\frac12\cdot2\pi\binom n{n/2}$ si $n$ est pair :

$$\boxed{I(f_{2m+1})=0,\qquad I(f_{2m})=\binom{2m}{m}\quad(m\ge0).}$$

On retrouve $1,0,2$ pour $n=0,1,2$.

### Question 4a

$f$ est définie en $2\cos\frac{\pi k}{n+1}\in[-2,2]$. Par la formule de transfert,

$$\mathbb E\!\left(f\!\left(2\cos\frac{\pi U_n}{n+1}\right)\right)=\frac1n\sum_{k=1}^nf\!\left(2\cos\frac{k\pi}{n+1}\right)=\frac1n\sum_{k=1}^nh\!\left(\frac{k}{n+1}\right),\qquad h(t)=f(2\cos\pi t).$$

$h$ est continue sur $[0,1]$ (composée de fonctions continues, à valeurs de $2\cos\pi t$ dans $[-2,2]$). Le membre de droite est la suite $(v_n)$ de la question 2 associée à $h$ ; elle converge vers $\int_0^1h(t)\,\mathrm dt$. Le changement de variable $\theta=\pi t$ puis 3a donnent

$$\int_0^1f(2\cos\pi t)\,\mathrm dt=\frac1\pi\int_0^\pi f(2\cos\theta)\,\mathrm d\theta=I(f),$$

$$\boxed{\mathbb E\!\left(f\!\left(2\cos\frac{\pi U_n}{n+1}\right)\right)\xrightarrow[n\to\infty]{}\frac1\pi\int_{-2}^2\frac{f(x)}{\sqrt{4-x^2}}\,\mathrm dx.}$$

### Question 4b

Notons $Z_n=2\cos\frac{\pi U_n}{n+1}$ et $F(y)=\frac1\pi\int_{-2}^y\frac{\mathrm dx}{\sqrt{4-x^2}}$, fonction continue de $y$ sur $[-2,2]$.

**Cas $y=\pm2$.** $\frac{\pi U_n}{n+1}\in\,]0,\pi[$, donc $Z_n\in\,]-2,2[$ : $\mathbb P(Z_n<2)=1=F(2)$ (car $\frac1\pi[\arcsin\frac x2]_{-2}^2=1$) et $\mathbb P(Z_n<-2)=0=F(-2)$.

**Cas $y\in\,]-2,2[$.** Soit $\eta>0$ avec $[y-\eta,y+\eta]\subset[-2,2]$. On définit deux fonctions continues sur $[-2,2]$, affines par morceaux :
- $\phi^-$ vaut $1$ sur $[-2,y-\eta]$, $0$ sur $[y,2]$, affine sur $[y-\eta,y]$ ;
- $\phi^+$ vaut $1$ sur $[-2,y]$, $0$ sur $[y+\eta,2]$, affine sur $[y,y+\eta]$.

Alors $0\le\phi^-\le\mathbf 1_{]-\infty,y[}\le\phi^+\le1$ sur $[-2,2]$, d'où, par croissance de l'espérance,

$$\mathbb E(\phi^-(Z_n))\le\mathbb P(Z_n<y)\le\mathbb E(\phi^+(Z_n)).$$

Par ailleurs $\phi^-$ et $\phi^+$ coïncident avec $\mathbf 1_{]-\infty,y[}$ hors de $[y-\eta,y+\eta]$ et en diffèrent d'au plus $1$, donc

$$F(y)-\frac1\pi\int_{y-\eta}^{y}\frac{\mathrm dx}{\sqrt{4-x^2}}\le I(\phi^-)\le F(y)\le I(\phi^+)\le F(y)+\frac1\pi\int_{y}^{y+\eta}\frac{\mathrm dx}{\sqrt{4-x^2}}.$$

Soit $\varepsilon>0$. Par continuité de $F$, on choisit $\eta$ tel que $I(\phi^+)\le F(y)+\frac\varepsilon2$ et $I(\phi^-)\ge F(y)-\frac\varepsilon2$. Par 4a appliquée à $\phi^\pm$, il existe $N$ tel que, pour $n\ge N$, $\mathbb E(\phi^\pm(Z_n))$ soit à moins de $\frac\varepsilon2$ de $I(\phi^\pm)$. Pour $n\ge N$ :

$$F(y)-\varepsilon\le\mathbb P(Z_n<y)\le F(y)+\varepsilon.$$

$$\boxed{\mathbb P\!\left(2\cos\frac{\pi U_n}{n+1}<y\right)\xrightarrow[n\to\infty]{}\frac1\pi\int_{-2}^y\frac{\mathrm dx}{\sqrt{4-x^2}}=\frac12+\frac1\pi\arcsin\frac y2.}$$

## Deuxième partie

### Question 5a

$$\chi_2(X)=\det\begin{pmatrix}X&-1\\-1&X\end{pmatrix}=X^2-1,\qquad \mathrm{Sp}(T_2)=\{(-1,1),(1,1)\}.$$

En développant selon la première ligne,

$$\chi_3(X)=\det\begin{pmatrix}X&-1&0\\-1&X&-1\\0&-1&X\end{pmatrix}=X(X^2-1)+1\cdot(-X)=X^3-2X=X(X^2-2),$$

$$\boxed{\chi_2=X^2-1,\quad\mathrm{Sp}(T_2)=\{(-1,1),(1,1)\};\qquad \chi_3=X^3-2X,\quad\mathrm{Sp}(T_3)=\{(-\sqrt2,1),(0,1),(\sqrt2,1)\}.}$$

### Question 5b

On développe $\chi_n=\det(XI_n-T_n)$ selon la dernière colonne, qui n'a que deux coefficients non nuls : $X$ en position $(n,n)$ et $-1$ en position $(n-1,n)$.

- Le cofacteur de $(n,n)$ est $\det(XI_{n-1}-T_{n-1})=\chi_{n-1}$.
- Le mineur de $(n-1,n)$ est le déterminant de la matrice obtenue en supprimant la ligne $n-1$ et la colonne $n$ ; sa dernière ligne est $(0,\dots,0,-1)$, et en développant selon cette ligne il vaut $-\chi_{n-2}$. Le cofacteur vaut donc $(-1)^{(n-1)+n}(-\chi_{n-2})=\chi_{n-2}$.

D'où $\chi_n=X\chi_{n-1}+(-1)\chi_{n-2}$ :

$$\boxed{\chi_n=X\,\chi_{n-1}-\chi_{n-2}\qquad(n\ge4).}$$

Le calcul vaut dès $n\ge3$ en posant $\chi_1=X$ (polynôme caractéristique de la matrice nulle d'ordre 1), et dès $n\ge2$ en posant de plus $\chi_0=1$ : on vérifie $\chi_2=X\cdot X-1$.

### Question 5c

Fixons $\alpha\in\mathbb C$ avec $|\alpha|<2$, et posons $u_m=\chi_{m-1}(\alpha)$ pour $m\ge1$, $u_0=0$. Alors $u_1=\chi_0(\alpha)=1$, $u_2=\chi_1(\alpha)=\alpha=\alpha u_1-u_0$, et par 5b (avec les conventions ci-dessus) $u_m=\alpha u_{m-1}-u_{m-2}$ pour tout $m\ge2$ : c'est la suite de la question 1, ici à paramètre complexe.

Comme $|\alpha|<2$, on a $\alpha\neq\pm2$, donc $4-\alpha^2\ne0$. Soit $\beta$ une racine carrée complexe de $4-\alpha^2$ (on note $\beta=\sqrt{4-\alpha^2}$). Les racines de $r^2-\alpha r+1$ sont $r_\pm=\frac{\alpha\pm i\beta}{2}$ : en effet $(r_+ + r_-)=\alpha$ et $r_+r_-=\frac{\alpha^2+\beta^2}4=1$. Elles sont distinctes ($r_+-r_-=i\beta\neq0$). La théorie des suites récurrentes linéaires d'ordre 2 sur $\mathbb C$ donne $u_m=Ar_+^m+Br_-^m$ et, avec $u_0=0$, $u_1=1$ : $u_m=\dfrac{r_+^m-r_-^m}{r_+-r_-}$. Pour $m=n+1$ :

$$\boxed{\chi_n(\alpha)=\frac{1}{i\sqrt{4-\alpha^2}}\left(\left(\frac{\alpha+i\sqrt{4-\alpha^2}}2\right)^{n+1}-\left(\frac{\alpha-i\sqrt{4-\alpha^2}}2\right)^{n+1}\right).}$$

L'expression ne dépend pas du choix de la racine carrée (changer $\beta$ en $-\beta$ échange les deux termes et change le signe du dénominateur).

### Question 5d

Avec $\beta=\sqrt{4-\alpha^2}$, la formule du binôme donne

$$(\alpha+i\beta)^{n+1}-(\alpha-i\beta)^{n+1}=2\sum_{\substack{0\le p\le n+1\\ p\text{ impair}}}\binom{n+1}{p}\alpha^{n+1-p}(i\beta)^p=2i\beta\sum_{j=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^j\binom{n+1}{2j+1}\alpha^{n-2j}(4-\alpha^2)^j,$$

en écrivant $p=2j+1$ et $(i\beta)^{2j+1}=i\beta(-1)^j(4-\alpha^2)^j$. En divisant par $2^{n+1}i\beta$ (formule de 5c) :

$$\chi_n(\alpha)=\frac{1}{2^n}\sum_{j=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^j\binom{n+1}{2j+1}\alpha^{n-2j}(4-\alpha^2)^j .$$

Les deux membres sont des fonctions polynomiales qui coïncident sur le disque $|\alpha|<2$, ensemble infini : l'égalité a lieu dans $\mathbb R[X]$. En développant $(4-X^2)^j=\sum_{l=0}^{j}\binom jl4^{j-l}(-1)^lX^{2l}$ :

$$\chi_n(X)=\frac1{2^n}\sum_{j=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\sum_{l=0}^{j}(-1)^{j+l}\binom{n+1}{2j+1}\binom jl4^{j-l}X^{n-2j+2l}.$$

En regroupant selon $m=j-l$, le coefficient de $X^{n-2m}$ ($0\le m\le\lfloor n/2\rfloor$) est

$$c_{n,m}=\frac{(-1)^m}{2^{n-2m}}\sum_{j=m}^{\lfloor n/2\rfloor}\binom{n+1}{2j+1}\binom{j}{m},$$

et les coefficients de $X^{n-2m-1}$ sont nuls. Ce coefficient se simplifie : on montre par récurrence que $\chi_n=\sum_{m=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^m\binom{n-m}{m}X^{n-2m}$. C'est vrai pour $n=0,1$ (avec la convention $\binom{a}{b}=0$ si $b>a$ ou $b<0$). Si c'est vrai aux rangs $n-1$ et $n-2$, le coefficient de $X^{n-2m}$ dans $X\chi_{n-1}-\chi_{n-2}$ vaut

$$(-1)^m\binom{n-1-m}{m}-(-1)^{m-1}\binom{n-2-(m-1)}{m-1}=(-1)^m\left[\binom{n-1-m}{m}+\binom{n-1-m}{m-1}\right]=(-1)^m\binom{n-m}{m}$$

par la formule de Pascal. Par unicité des coefficients :

$$\boxed{\chi_n(X)=\sum_{m=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^m\binom{n-m}{m}X^{n-2m},\qquad\text{soit }\ \frac{1}{2^{n-2m}}\sum_{j=m}^{\lfloor n/2\rfloor}\binom{n+1}{2j+1}\binom jm=\binom{n-m}{m}.}$$

Contrôle : $\chi_2=X^2-1$, $\chi_3=X^3-2X$, $\chi_4=X^4-3X^2+1$.

### Question 6

Soit $\theta\in\,]0,\pi[$ et $\alpha=2\cos\theta\in\,]-2,2[$. Alors $\sqrt{4-\alpha^2}=2\sin\theta$ et $\frac{\alpha\pm i\sqrt{4-\alpha^2}}2=e^{\pm i\theta}$. Par 5c :

$$\chi_n(2\cos\theta)=\frac{e^{i(n+1)\theta}-e^{-i(n+1)\theta}}{2i\sin\theta}=\frac{\sin((n+1)\theta)}{\sin\theta}.$$

Pour $\theta_k=\frac{k\pi}{n+1}$, $k=1,\dots,n$, on a $\theta_k\in\,]0,\pi[$ et $\sin((n+1)\theta_k)=\sin(k\pi)=0$, donc $\chi_n(2\cos\theta_k)=0$. Les réels $2\cos\theta_k$ sont deux à deux distincts car $\cos$ est strictement décroissante sur $[0,\pi]$. On obtient $n$ racines distinctes du polynôme $\chi_n$, unitaire de degré $n$ : ce sont toutes ses racines, chacune simple, et $\chi_n=\prod_{k=1}^n\left(X-2\cos\frac{k\pi}{n+1}\right)$.

$$\boxed{\mathrm{Sp}(T_n)=\left\{\left(2\cos\frac{k\pi}{n+1},\,1\right)\ :\ k=1,\dots,n\right\}.}$$

### Question 7

Par 6, les valeurs propres de $T_n$ sont les $2\cos\frac{k\pi}{n+1}$, simples et dans $[-2,2]$, où $f$ est définie :

$$S_f(T_n)=\frac1n\sum_{k=1}^nf\!\left(2\cos\frac{k\pi}{n+1}\right)=\mathbb E\!\left(f\!\left(2\cos\frac{\pi U_n}{n+1}\right)\right).$$

Par 4a,

$$\boxed{\lim_{n\to+\infty}S_f(T_n)=\frac1\pi\int_{-2}^2\frac{f(x)}{\sqrt{4-x^2}}\,\mathrm dx.}$$

![Figure 1 — Valeurs propres 2cos θ_k de T_8 : projections d'angles équirépartis sur le demi-cercle de rayon 2, et densité de l'arcsinus sur le même axe](/figures/corriges/x_mp_maths-b_2026/q7-valeurs-propres-demi-cercle.svg)

### Question 8a

$T_n(a,b,c)=aI_n+T_n(0,b,c)$, donc $\chi_{T_n(a,b,c)}(X)=\det((X-a)I_n-T_n(0,b,c))=\chi_{T_n(0,b,c)}(X-a)$. Comme $a$ est réel, $\lambda$ est racine réelle de multiplicité $m$ de $\chi_{T_n(0,b,c)}$ si et seulement si $\lambda+a$ est racine réelle de multiplicité $m$ de $\chi_{T_n(a,b,c)}$ :

$$\boxed{\mathrm{Sp}(T_n(a,b,c))=\{(\lambda+a,\,m_\lambda)\ :\ (\lambda,m_\lambda)\in\mathrm{Sp}(T_n(0,b,c))\}.}$$

### Question 8b

Supposons $c\neq0$ et soit $D=\mathrm{diag}(1,c,c^2,\dots,c^{n-1})$, inversible. Pour toute $M\in\mathcal M_n(\mathbb R)$, $(D^{-1}MD)_{i,j}=c^{\,j-i}M_{i,j}$. Pour $M=T_n(0,b,c)$, les coefficients non nuls sont $b$ en $(i,i+1)$ et $c$ en $(i+1,i)$ ; ils deviennent $bc$ et $c\cdot c^{-1}=1$. Donc $D^{-1}T_n(0,b,c)D=T_n(0,bc,1)$ : ces matrices sont semblables, ont le même polynôme caractéristique, donc le même spectre réel avec multiplicités.

Si $c=0$, $T_n(0,b,0)$ et $T_n(0,0,1)$ sont strictement triangulaires, de polynôme caractéristique $X^n$ : leurs spectres sont tous deux $\{(0,n)\}$. Dans tous les cas, avec 8a :

$$\boxed{\mathrm{Sp}(T_n(a,b,c))=\{(\mu+a,\,m_\mu)\ :\ (\mu,m_\mu)\in\mathrm{Sp}(T_n(0,bc,1))\}.}$$

### Question 8c

Supposons $bc>0$ et posons $s=\sqrt{bc}>0$. Par 8b, $T_n(0,b,c)$ est semblable (sur $\mathbb R$) à $T_n(0,bc,1)$ ; or $bc=s^2$, et le même calcul qu'en 8b avec $D'=\mathrm{diag}(1,s,\dots,s^{n-1})$ donne $(D')^{-1}T_n(0,s,s)D'=T_n(0,s^2,1)$. Ainsi $T_n(0,b,c)$ est semblable à $T_n(0,s,s)=s\,T_n$, matrice symétrique réelle (c'est le cas $b=c$ suggéré). Par conséquent $T_n(a,b,c)$ est semblable à $aI_n+sT_n$, dont le polynôme caractéristique est, par 6,

$$\det(XI_n-aI_n-sT_n)=s^n\chi_n\!\left(\frac{X-a}s\right)=\prod_{k=1}^n\left(X-a-2s\cos\frac{k\pi}{n+1}\right).$$

Les valeurs propres complexes de $T_n(a,b,c)$ sont donc réelles, simples, et valent

$$\boxed{\lambda_k=a+2\sqrt{bc}\,\cos\frac{k\pi}{n+1},\qquad k=1,\dots,n.}$$

### Question 9a

Soit $f$ continue sur $\mathbb R$ et $g(x)=f(a+\sqrt{bc}\,x)$, continue sur $[-2,2]$. Par 8c, les valeurs propres de $T_n(a,b,c)$ sont simples et

$$S_f(T_n(a,b,c))=\frac1n\sum_{k=1}^nf\!\left(a+2\sqrt{bc}\cos\frac{k\pi}{n+1}\right)=\frac1n\sum_{k=1}^ng\!\left(2\cos\frac{k\pi}{n+1}\right)=S_g(T_n).$$

Par 7 appliquée à $g$ :

$$\boxed{\lim_{n\to\infty}S_f(T_n(a,b,c))=\frac1\pi\int_{-2}^2\frac{f(a+\sqrt{bc}\,x)}{\sqrt{4-x^2}}\,\mathrm dx.}$$

### Question 9b

Posons $s=\sqrt{bc}$ et $z=\frac{y-a}{s}$. Par 8c, $q_n(y)=\#\left\{k\in\{1,\dots,n\}\ :\ 2\cos\frac{k\pi}{n+1}\le z\right\}$.

**Si $z\ge2$** : toutes les valeurs propres sont $\le y$, $q_n(y)=n$.

**Si $z\le-2$** : pour tout $k$, $\frac{k\pi}{n+1}\in\,]0,\pi[$ donc $2\cos\frac{k\pi}{n+1}>-2\ge z$ : $q_n(y)=0$ pour tout $n$.

**Si $-2<z<2$** : soit $\varphi=\arccos\frac z2\in\,]0,\pi[$. Par stricte décroissance de $\cos$ sur $[0,\pi]$, $2\cos\frac{k\pi}{n+1}\le z\iff\frac{k\pi}{n+1}\ge\varphi\iff k\ge\frac{(n+1)\varphi}{\pi}$. Le nombre d'entiers $k\in\{1,\dots,n\}$ vérifiant cette condition est compris entre $n-\frac{(n+1)\varphi}\pi$ et $n+1-\frac{(n+1)\varphi}\pi$. Donc $\frac{q_n(y)}n\to1-\frac\varphi\pi$, limite strictement positive, et $1-\frac1\pi\arccos\frac z2=\frac12+\frac1\pi\arcsin\frac z2$. Ainsi :

$$\boxed{q_n(y)\underset{n\to\infty}{\sim}n\left(\frac12+\frac1\pi\arcsin\frac{y-a}{2\sqrt{bc}}\right)\quad\text{si }|y-a|<2\sqrt{bc};\qquad q_n(y)=n\ \text{si }y\ge a+2\sqrt{bc};\qquad q_n(y)=0\ \text{si }y\le a-2\sqrt{bc}.}$$

Dans le premier cas, la limite s'écrit aussi $\frac1\pi\int_{-2}^{z}\frac{\mathrm dx}{\sqrt{4-x^2}}$, en accord avec 9a (loi image de l'arcsinus par $x\mapsto a+\sqrt{bc}\,x$). Pour $y\le a-2\sqrt{bc}$, la suite $q_n(y)$ est identiquement nulle : elle n'admet pas d'équivalent non nul.

## Troisième partie

### Question 10a

Pour $t\in[0,1]$, $0\le t^n\le1$ donc $0\le Q_n(t)=(1-t^n)^{2^n}\le1$, et $Q_n$ est décroissante sur $[0,1]$.

**Sur $[0,\kappa]$.** Par décroissance, $Q_n(t)\ge(1-\kappa^n)^{2^n}$. L'inégalité de Bernoulli $(1-u)^N\ge1-Nu$ pour $u\in[0,1]$, $N\in\mathbb N$ (récurrence immédiate sur $N$) donne

$$0\le1-Q_n(t)\le1-(1-\kappa^n)^{2^n}\le2^n\kappa^n=(2\kappa)^n .$$

Comme $0\le2\kappa<1$, $\sup_{[0,\kappa]}|Q_n-1|\le(2\kappa)^n\to0$ : convergence uniforme vers $1$.

**Sur $[1-\kappa,1]$.** On a $t\ge1-\kappa>\frac12$. Avec $1-u\le e^{-u}$ (convexité de l'exponentielle) :

$$0\le Q_n(t)\le\exp(-2^nt^n)=\exp(-(2t)^n)\le\exp\!\big(-(2-2\kappa)^n\big).$$

Comme $2-2\kappa>1$, $(2-2\kappa)^n\to+\infty$, donc $\sup_{[1-\kappa,1]}Q_n\to0$ : convergence uniforme vers $0$.

$$\boxed{Q_n\to1\ \text{uniformément sur }[0,\kappa],\qquad Q_n\to0\ \text{uniformément sur }[1-\kappa,1].}$$

### Question 10b

Soit $\eta\in\,]0,1]$ et $\kappa=\frac{1-\eta}2\in\left[0,\frac12\right[$. L'application $x\mapsto t=\frac{1-x}2$ envoie $[-1,1]$ sur $[0,1]$, et $P_n(x)=Q_n(t)$.
- Si $x\in[\eta,1]$, alors $t\in[0,\kappa]$ et $H(x)=1$ : $\sup_{[\eta,1]}|P_n-H|\le\sup_{[0,\kappa]}|Q_n-1|$.
- Si $x\in[-1,-\eta]$, alors $t\in\left[\frac{1+\eta}2,1\right]=[1-\kappa,1]$ et $H(x)=0$ : $\sup_{[-1,-\eta]}|P_n-H|\le\sup_{[1-\kappa,1]}Q_n$.

Comme $[-1,1]\setminus[-\eta,\eta]\subset[-1,-\eta]\cup[\eta,1]$, 10a donne :

$$\boxed{\sup_{x\in[-1,1]\setminus[-\eta,\eta]}|P_n(x)-H(x)|\xrightarrow[n\to\infty]{}0.}$$

On note aussi que $0\le P_n\le1$ sur $[-1,1]$.

![Figure 2 — Graphes de P_2, P_4, P_8 : convergence vers l'échelon H hors de la bande −η ≤ x ≤ η, et correspondance x ↔ t = (1 − x)/2 avec les intervalles de 10a](/figures/corriges/x_mp_maths-b_2026/q10b-pn-vers-echelon.svg)

### Question 11

$f$ est uniformément continue sur $[-1,1]$ (Heine) : soit $\delta>0$ tel que $|s-t|\le\delta\Rightarrow|f(s)-f(t)|\le\varepsilon$. Soit $N\ge1$ tel que $\frac2{N+1}\le\delta$, et $c_i=-1+\frac{2i}{N+1}$ pour $0\le i\le N+1$ ; ainsi $c_0=-1<c_1<\dots<c_N<1=c_{N+1}$ et $c_{i+1}-c_i\le\delta$. On pose

$$a_i=f(c_i)-f(c_{i-1})\qquad(1\le i\le N),$$

de sorte que $|a_i|\le\varepsilon$. Soit $\Phi=\sum_{i=1}^Na_iH(\cdot-c_i)$. Pour $x\in[c_j,c_{j+1}[$ ($0\le j\le N$), $H(x-c_i)=1$ exactement pour $i\le j$, donc $\Phi(x)=\sum_{i=1}^ja_i=f(c_j)-f(c_0)=f(c_j)$ puisque $f(-1)=0$ ; de même $\Phi(1)=f(c_N)$. Dans tous les cas $\Phi(x)=f(c_j)$ avec $|x-c_j|\le\delta$, d'où $|f(x)-\Phi(x)|\le\varepsilon$.

$$\boxed{\forall x\in[-1,1],\quad\left|f(x)-\sum_{i=1}^Na_iH(x-c_i)\right|\le\varepsilon,\qquad a_i=f(c_i)-f(c_{i-1})\in[-\varepsilon,\varepsilon].}$$

### Question 12

**Réduction.** Si $P_0$ convient pour $f-f(-1)$, alors $P_0+f(-1)$ convient pour $f$. On suppose donc $f(-1)=0$.

**Remarque sur l'indication.** Pour $x\in[-1,1]$ et $c_i>0$, $x-c_i$ peut être $<-1$ ; alors $\frac{1-(x-c_i)}2>1$ et $P_n(x-c_i)=Q_n(\cdot)$ est évalué hors de $[0,1]$, où $(1-t^n)^{2^n}\to+\infty$. On utilise donc $P_n\!\left(\frac{X-c_i}2\right)$, ce qui garde l'argument dans $[-1,1]$ sans changer la position du saut.

**Construction.** Appliquons 11 avec $\frac\varepsilon3$ : on obtient $N$, $-1<c_1<\dots<c_N<1$ et $|a_i|\le\frac\varepsilon3$ avec $|f-\Phi|\le\frac\varepsilon3$ sur $[-1,1]$, où $\Phi=\sum_ia_iH(\cdot-c_i)$. Soit $\eta\in\,]0,1]$ tel que les intervalles $[c_i-\eta,c_i+\eta]$ soient deux à deux disjoints, et

$$F_n=\sum_{i=1}^Na_i\,P_n\!\left(\frac{X-c_i}2\right)\in\mathbb R[X].$$

Pour $x\in[-1,1]$, $\frac{x-c_i}2\in[-1,1]$ et $H\!\left(\frac{x-c_i}2\right)=H(x-c_i)$. Si $|x-c_i|\ge\eta$, alors $\left|\frac{x-c_i}2\right|\ge\frac\eta2$ ; par 10b avec $\frac\eta2\in\,]0,1]$ (sa preuve donne la convergence uniforme sur $[-1,-\frac\eta2]\cup[\frac\eta2,1]$), la quantité

$$\varepsilon_n=\sup_{u\in[-1,1],\,|u|\ge\eta/2}|P_n(u)-H(u)|$$

tend vers $0$ et $\left|P_n\!\left(\frac{x-c_i}2\right)-H(x-c_i)\right|\le\varepsilon_n$ dès que $|x-c_i|\ge\eta$.

Fixons $x\in[-1,1]$. Par disjonction, au plus un indice $i_0$ vérifie $|x-c_{i_0}|<\eta$ ; pour cet indice, $\left|P_n\!\left(\frac{x-c_{i_0}}2\right)-H(x-c_{i_0})\right|\le1$ car les deux valeurs sont dans $[0,1]$. Donc

$$|\Phi(x)-F_n(x)|\le|a_{i_0}|+\sum_{i\neq i_0}|a_i|\varepsilon_n\le\frac\varepsilon3+N\frac\varepsilon3\varepsilon_n .$$

On fixe $n$ tel que $N\varepsilon_n\le1$ : alors $|\Phi-F_n|\le\frac{2\varepsilon}3$ sur $[-1,1]$ et $|f-F_n|\le|f-\Phi|+|\Phi-F_n|\le\varepsilon$.

![Figure 3 — La fonction f, l'escalier Φ et le polynôme F_n : F_n ne s'écarte de Φ que dans les bandes disjointes de largeur 2η centrées en c_i, d'au plus un saut a_i](/figures/corriges/x_mp_maths-b_2026/q12-echelons-et-bandes.svg)

$$\boxed{\text{Le polynôme }P=f(-1)+\sum_{i=1}^Na_iP_n\!\left(\frac{X-c_i}2\right)\text{ (pour }n\text{ assez grand) vérifie }|f-P|\le\varepsilon\text{ sur }[-1,1].}$$

(Ici $a_i,c_i$ sont construits pour $f-f(-1)$.)

## Quatrième partie

Dans toute la partie, $X_n(\omega)$ est symétrique réelle ; ses coefficients sont des polynômes en des variables aléatoires ayant des moments de tout ordre, donc $\operatorname{Tr}(X_n^k)$ et $\operatorname{Tr}(X_n^k)^2$ sont d'espérance finie (un produit $Z_1\cdots Z_p$ de telles variables est intégrable, car $|Z_1\cdots Z_p|\le\frac1p\sum_i|Z_i|^p$ par l'inégalité arithmético-géométrique).

### Question 13a

$X_n(\omega)$ est symétrique réelle : par le théorème spectral, il existe $P$ orthogonale et $D=\mathrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ réelle avec $X_n(\omega)=PDP^{\top}$, et $\chi_{X_n(\omega)}=\prod_i(X-\lambda_i)$ est scindé sur $\mathbb R$. Ainsi $\mathrm{Sp}(X_n(\omega))$ contient toutes les valeurs propres, avec $\sum m_\lambda=n$, et $\operatorname{Tr}(X_n(\omega)^k)=\operatorname{Tr}(PD^kP^\top)=\operatorname{Tr}(D^k)=\sum_{(\lambda,m_\lambda)}m_\lambda\lambda^k$. Donc, pour tout $\omega$,

$$\boxed{S_n(f_k)(\omega)=\frac1n\sum_{(\lambda,m_\lambda)\in\mathrm{Sp}(X_n(\omega))}m_\lambda\lambda^k=\frac1n\operatorname{Tr}\big(X_n(\omega)^k\big).}$$

### Question 13b

Pour $g$ continue sur $[-2,2]$, $\Sigma(g)=\frac1{2\pi}\int_{-2}^2\frac{g(x)(4-x^2)}{\sqrt{4-x^2}}\,\mathrm dx=\frac12\big(4I(g)-I(f_2g)\big)$. Pour $g=f_k$, avec 3c :
- $k$ impair : $\Sigma(f_k)=0$ ;
- $k=2m$ : $\Sigma(f_{2m})=2\binom{2m}m-\frac12\binom{2m+2}{m+1}$. Or $\binom{2m+2}{m+1}=\frac{(2m+2)(2m+1)}{(m+1)^2}\binom{2m}m=\frac{2(2m+1)}{m+1}\binom{2m}m$, donc $\Sigma(f_{2m})=\left(2-\frac{2m+1}{m+1}\right)\binom{2m}m=\frac1{m+1}\binom{2m}m$.

$$\boxed{\Sigma(f_{2m+1})=0,\qquad\Sigma(f_{2m})=\frac{1}{m+1}\binom{2m}{m}\quad(\text{nombres de Catalan }1,1,2,5,14,\dots).}$$

### Question 13c

**$k=0$.** $X_n^0=I_n$, $\operatorname{Tr}=n$ : $\frac1n\mathbb E(n)=1=\Sigma(f_0)$ et $\frac1{n^2}\mathbb E(n^2)=1=\Sigma(f_0)^2$.

**$k=1$.** $\operatorname{Tr}(X_n)=\frac1{\sqrt n}\sum_{i=1}^nW_{i,i}$, donc $\frac1n\mathbb E(\operatorname{Tr}X_n)=0=\Sigma(f_1)$. Les $W_{i,i}$ sont indépendantes, centrées, de variance $1$ : $\mathbb E\big((\sum_iW_{i,i})^2\big)=\mathrm{Var}(\sum_iW_{i,i})=n$, donc $\frac1{n^2}\mathbb E(\operatorname{Tr}(X_n)^2)=\frac1{n^2}\to0=\Sigma(f_1)^2$.

**$k=2$.** $\operatorname{Tr}(X_n^2)=\sum_{i,j}(X_n)_{i,j}^2=\frac1nY$ avec $Y=\sum_{i}W_{i,i}^2+2\sum_{i<j}W_{i,j}^2$. Comme $\mathbb E(W^2)=1$, $\mathbb E(Y)=n+n(n-1)=n^2$, d'où $\frac1n\mathbb E(\operatorname{Tr}X_n^2)=1=\Sigma(f_2)$. Soit $v=\mathrm{Var}(W_{1,1}^2)=\mathbb E(W_{1,1}^4)-1<\infty$. Les variables $W_{i,j}^2$ ($i\le j$) sont indépendantes, donc

$$\mathrm{Var}(Y)=nv+4\cdot\frac{n(n-1)}2v=(2n^2-n)v,\qquad\mathbb E(Y^2)=n^4+(2n^2-n)v,$$

$$\frac1{n^2}\mathbb E(\operatorname{Tr}(X_n^2)^2)=\frac{\mathbb E(Y^2)}{n^4}=1+\frac{(2n^2-n)v}{n^4}\xrightarrow[n\to\infty]{}1=\Sigma(f_2)^2.$$

$$\boxed{(H_0),\ (H_1),\ (H_2)\ \text{sont vraies.}}$$

### Question 14

$g_{k,B}\ge0$ donc $S_n(g_{k,B})=\frac1n\sum m_\lambda g_{k,B}(\lambda)\ge0$. Pour $|x|>B$, $|x|^k>B^k$ donc $|x|^k=\frac{x^{2k}}{|x|^k}\le\frac{x^{2k}}{B^k}$ ; ainsi $0\le g_{k,B}\le B^{-k}f_{2k}$ sur $\mathbb R$. $S_n$ est linéaire et croissante (coefficients $m_\lambda/n\ge0$), donc $0\le S_n(g_{k,B})\le B^{-k}S_n(f_{2k})$ et $S_n(g_{k,B})$ est d'espérance finie. L'inégalité de Markov donne, pour $\varepsilon>0$,

$$\boxed{\mathbb P(S_n(g_{k,B})\ge\varepsilon)\le\frac{\mathbb E(S_n(g_{k,B}))}{\varepsilon}\le\frac{\mathbb E(S_n(f_{2k}))}{\varepsilon B^k}.}$$

### Question 15

Soit $k\ge0$, $B>4$, $\varepsilon>0$, et $k'\ge k$. Si $|x|>B>1$, alors $|x|^k\le|x|^{k'}$ : $g_{k,B}\le g_{k',B}$, donc $S_n(g_{k,B})\le S_n(g_{k',B})$ et, par 14 à l'ordre $k'$,

$$\mathbb P(S_n(g_{k,B})\ge\varepsilon)\le\mathbb P(S_n(g_{k',B})\ge\varepsilon)\le\frac{\mathbb E(S_n(f_{2k'}))}{\varepsilon B^{k'}}.$$

Par 13a et $(H_{2k'})$, $\mathbb E(S_n(f_{2k'}))=\frac1n\mathbb E(\operatorname{Tr}X_n^{2k'})\to\Sigma(f_{2k'})=C_{k'}$, avec $C_{k'}=\frac1{k'+1}\binom{2k'}{k'}\le\sum_j\binom{2k'}j=4^{k'}$.

Soit $\gamma>0$. On choisit $k'\ge k$ tel que $\frac1\varepsilon\left(\frac4B\right)^{k'}\le\frac\gamma2$ (possible car $\frac4B<1$), puis $N$ tel que $\mathbb E(S_n(f_{2k'}))\le C_{k'}+\frac{\gamma\varepsilon B^{k'}}2$ pour $n\ge N$. Pour $n\ge N$ :

$$\mathbb P(S_n(g_{k,B})\ge\varepsilon)\le\frac{C_{k'}}{\varepsilon B^{k'}}+\frac\gamma2\le\frac1\varepsilon\left(\frac4B\right)^{k'}+\frac\gamma2\le\gamma.$$

$$\boxed{\lim_{n\to+\infty}\mathbb P(S_n(g_{k,B})\ge\varepsilon)=0.}$$

### Question 16

Par 13a, $S_n(f_k)=\frac1n\operatorname{Tr}(X_n^k)$, et par $(H_k)$ :

$$\mathrm{Var}(S_n(f_k))=\frac1{n^2}\mathbb E(\operatorname{Tr}(X_n^k)^2)-\left(\frac1n\mathbb E(\operatorname{Tr}X_n^k)\right)^2\xrightarrow[n\to\infty]{}\Sigma(f_k)^2-\Sigma(f_k)^2=0.$$

L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne $\mathbb P(|S_n(f_k)-\mathbb E(S_n(f_k))|\ge\varepsilon)\le\frac{\mathrm{Var}(S_n(f_k))}{\varepsilon^2}$, d'où

$$\boxed{\lim_{n\to+\infty}\mathbb P\big(|S_n(f_k)-\mathbb E(S_n(f_k))|\ge\varepsilon\big)=0.}$$

### Question 17a

**Choix de $P$.** Soit $\delta=\frac\varepsilon6$. La fonction $t\mapsto f(Bt)$ est continue sur $[-1,1]$ ; par 12 il existe $R\in\mathbb R[X]$ avec $|f(Bt)-R(t)|\le\delta$ sur $[-1,1]$. Le polynôme $P(X)=R(X/B)$ vérifie $|f-P|\le\delta$ sur $[-B,B]$.

**Décomposition.** Comme $f$ est nulle hors de $[-B,B]$,

$$f=P\,\mathbf 1_{[-B,B]}+(f-P)\mathbf 1_{[-B,B]}=P-P\,\mathbf 1_{|x|>B}+(f-P)\mathbf 1_{[-B,B]}.$$

Par linéarité de $S_n$ :

$$S_n(f)-\Sigma(f)=\underbrace{S_n(P)-\mathbb E(S_n(P))}_{A_n}-\underbrace{S_n(P\mathbf 1_{|x|>B})}_{C_n}+\underbrace{S_n\big((f-P)\mathbf 1_{[-B,B]}\big)+\mathbb E(S_n(P))-\Sigma(f)}_{D_n}.$$

**Contrôle de $D_n$.** Comme $|(f-P)\mathbf 1_{[-B,B]}|\le\delta$ et $\frac1n\sum m_\lambda=1$ (13a), $|S_n((f-P)\mathbf 1_{[-B,B]})|\le\delta$. Comme $[-2,2]\subset[-B,B]$ et $\Sigma(1)=\frac1{2\pi}\int_{-2}^2\sqrt{4-x^2}\,\mathrm dx=1$ (aire du demi-disque de rayon 2 divisée par $2\pi$), $|\Sigma(P)-\Sigma(f)|\le\delta$. Enfin, si $P=\sum_{j=0}^dp_jf_j$, $\mathbb E(S_n(P))=\sum_jp_j\frac1n\mathbb E(\operatorname{Tr}X_n^j)\to\sum_jp_j\Sigma(f_j)=\Sigma(P)$ par $(H_j)$ ; soit $N$ tel que $|\mathbb E(S_n(P))-\Sigma(P)|\le\delta$ pour $n\ge N$. Alors $|D_n|\le3\delta=\frac\varepsilon2$ pour $n\ge N$.

**Conclusion.** Pour $n\ge N$, si $|S_n(f)-\Sigma(f)|\ge\varepsilon$ alors $|A_n|+|C_n|\ge\varepsilon-|D_n|\ge\frac\varepsilon2$, donc $|A_n|\ge\frac\varepsilon4$ ou $|C_n|\ge\frac\varepsilon4$. Par sous-additivité :

$$\boxed{\forall n\ge N,\quad\mathbb P(|S_n(f)-\Sigma(f)|\ge\varepsilon)\le\mathbb P\big(|S_n(P\mathbf 1_{|x|>B})|\ge\varepsilon/4\big)+\mathbb P\big(|S_n(P)-\mathbb E(S_n(P))|\ge\varepsilon/4\big).}$$

### Question 17b

Écrivons $P=\sum_{j=0}^dp_jf_j$ et $\varepsilon'=\frac{\varepsilon}{4(d+1)(1+\max_j|p_j|)}>0$.

**Second terme.** $S_n(P)-\mathbb E(S_n(P))=\sum_jp_j\big(S_n(f_j)-\mathbb E(S_n(f_j))\big)$. Si cette quantité est $\ge\frac\varepsilon4$ en valeur absolue, l'un des $d+1$ termes vérifie $|p_j|\,|S_n(f_j)-\mathbb E(S_n(f_j))|\ge\frac{\varepsilon}{4(d+1)}$, donc $|S_n(f_j)-\mathbb E(S_n(f_j))|\ge\varepsilon'$. Ainsi

$$\mathbb P\big(|S_n(P)-\mathbb E(S_n(P))|\ge\tfrac\varepsilon4\big)\le\sum_{j=0}^d\mathbb P\big(|S_n(f_j)-\mathbb E(S_n(f_j))|\ge\varepsilon'\big)\xrightarrow[n\to\infty]{}0$$

par 16.

**Premier terme.** Pour $|x|>B$, $|P(x)|\le\sum_j|p_j||x|^j$, donc $|P\mathbf 1_{|x|>B}|\le\sum_j|p_j|g_{j,B}$ et $|S_n(P\mathbf 1_{|x|>B})|\le\sum_j|p_j|S_n(g_{j,B})$. Par le même argument,

$$\mathbb P\big(|S_n(P\mathbf 1_{|x|>B})|\ge\tfrac\varepsilon4\big)\le\sum_{j=0}^d\mathbb P\big(S_n(g_{j,B})\ge\varepsilon'\big)\xrightarrow[n\to\infty]{}0$$

par 15 ($B>4$).

Par 17a, pour $n\ge N$, $0\le\mathbb P(|S_n(f)-\Sigma(f)|\ge\varepsilon)$ est majoré par une quantité qui tend vers $0$ :

$$\boxed{\lim_{n\to+\infty}\mathbb P\big(|S_n(f)-\Sigma(f)|\ge\varepsilon\big)=0.}$$