Maths B

# X MP — Mathématiques B 2026 · Corrigé guidé

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

## Présentation du sujet

**Thème.** Le sujet étudie la répartition des valeurs propres de grandes matrices symétriques à travers la statistique
$$S_f(M)=\frac1n\sum_{(\lambda,m_\lambda)\in\mathrm{Sp}(M)}m_\lambda f(\lambda),$$
moyenne de $f$ sur le spectre. Deux lois limites apparaissent. Pour la matrice tridiagonale déterministe $T_n$ (et ses variantes $T_n(a,b,c)$), c'est la **loi de l'arcsinus**, de densité $\frac{1}{\pi\sqrt{4-x^2}}$ sur $]-2,2[$. Pour une matrice symétrique aléatoire $X_n$ à coefficients indépendants normalisés par $\sqrt n$ (matrice de Wigner), c'est la **loi du demi-cercle**, de densité $\frac{\sqrt{4-x^2}}{2\pi}$ : on démontre, sous une hypothèse sur les moments $(H_k)$, que $S_n(f)$ se concentre autour de $\Sigma(f)$. Au passage, la partie III donne une preuve du **théorème de Weierstrass**.

**Format.** 4 heures, calculatrice interdite, 30 questions (1 à 17b, avec sous-questions). L'énoncé autorise à admettre les résultats des questions précédentes. La partie III est indépendante des parties I et II, et la partie IV l'est essentiellement.

**Découpage.**

| Partie | Questions | Contenu | Outils |
|---|---|---|---|
| Préliminaire | 1 | suite récurrente linéaire d'ordre 2 à paramètre | équation caractéristique |
| I | 2 à 4b | sommes de Riemann décalées, intégrale de l'arcsinus, moments $\binom{2m}m$, limite d'une loi uniforme discrète | uniforme continuité, changement de variable, intégrales généralisées |
| II | 5a à 9b | polynôme caractéristique de $T_n$, valeurs propres $2\cos\frac{k\pi}{n+1}$, matrices $T_n(a,b,c)$, comptage des valeurs propres | déterminants, similitude, formule du binôme |
| III | 10a à 12 | théorème de Weierstrass par les polynômes $(1-X^n)^{2^n}$ | convergence uniforme, uniforme continuité |
| IV | 13a à 17b | matrices de Wigner, moments de Catalan, inégalités de queue, concentration, conclusion | théorème spectral, Markov, Bienaymé-Tchebychev |

**Notions du programme mobilisées.** Suites récurrentes linéaires d'ordre 2, théorème de Heine, sommes de Riemann, intégrales généralisées et changement de variable, déterminants tridiagonaux, matrices semblables et polynôme caractéristique, théorème spectral, convergence uniforme, espérance et variance, inégalités de Markov et de Bienaymé-Tchebychev.

**Difficulté et gestion du temps.** Le sujet est long mais très guidé. Les questions 1, 3b, 5a, 5b, 6, 7, 8a, 13a, 13b, 14 et 16 sont abordables et ne doivent pas être laissées passer. Les points délicats sont 4b (passage d'une fonction continue à une indicatrice), 8c (similitude diagonale), 12 (l'indication de l'énoncé est à adapter), 15 (choix d'un exposant auxiliaire) et 17a (découpage en trois termes). Un rythme raisonnable : 45 minutes pour le préliminaire et la partie I, 70 minutes pour la partie II, 50 minutes pour la partie III, 75 minutes pour la partie IV.

Notations de ce corrigé : pour $f$ continue sur $[-2,2]$, $I(f)=\frac1\pi\int_{-2}^2\frac{f(x)}{\sqrt{4-x^2}}\,\mathrm dx$, et $f_k(x)=x^k$.

## Préliminaire

Une question de cours sur les suites récurrentes linéaires d'ordre 2. Elle sert directement en 5c : le polynôme caractéristique de $T_n$ vérifiera la même récurrence.

### Question 1

> [!INDICATION]
> Écrire l'équation caractéristique et discuter le signe de son discriminant.

> [!INDICATION]
> Quand $|\alpha|<2$, poser $\alpha=2\cos\theta$ : les racines s'écrivent alors très simplement. Les cas $\alpha=\pm2$ donnent une racine double.

#### Solution

L'équation caractéristique est $r^2-\alpha r+1=0$, de discriminant $\Delta=\alpha^2-4$ ; le produit des racines vaut $1$.

**Cas $|\alpha|>2$.** Deux racines réelles distinctes $r_\pm=\frac{\alpha\pm\sqrt{\alpha^2-4}}2$, et $u_n=Ar_+^n+Br_-^n$. Les conditions initiales 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 $|\alpha|<2$.** Il existe un unique $\theta\in\,]0,\pi[$ tel que $\alpha=2\cos\theta$. Les racines sont $e^{\pm i\theta}$, distinctes car $\sin\theta\ne0$, et $u_n=Ae^{in\theta}+Be^{-in\theta}$ avec $A,B$ complexes. $u_0=0$ impose $B=-A$, puis $u_1=1$ donne $2iA\sin\theta=1$ :

$$\boxed{u_n=\frac{\sin(n\theta)}{\sin\theta},\qquad\theta=\arccos\frac\alpha2.}$$

**Cas $\alpha=2$.** Racine double $1$, $u_n=A+Bn$, d'où $\boxed{u_n=n}$.

**Cas $\alpha=-2$.** Racine double $-1$, $u_n=(A+Bn)(-1)^n$ avec $A=0$, $-B=1$, d'où $\boxed{u_n=(-1)^{n+1}n}$.

> [!PIEGE]
> La formule $\frac{r_+^n-r_-^n}{r_+-r_-}$ est commune aux deux premiers cas, mais elle n'a plus de sens pour une racine double : les cas $\alpha=\pm2$ se traitent à part, comme l'énoncé le demande. Vérifier sa formule sur $u_2=\alpha$ est un contrôle rapide.

## Première Partie — loi de l'arcsinus

On identifie la limite de moyennes du type $\frac1n\sum_kf\big(2\cos\frac{k\pi}{n+1}\big)$ : c'est l'intégrale de $f$ contre la densité de l'arcsinus. Outils : sommes de Riemann, uniforme continuité, changement de variable dans une intégrale généralisée.

### Question 2

> [!INDICATION]
> Comparer $v_n$ et $w_n$ à la somme de Riemann usuelle $\frac1n\sum_{k=1}^nf(k/n)$.

> [!INDICATION]
> Majorer l'écart entre les points $\frac k{n+1}$ et $\frac kn$ indépendamment de $k$, puis invoquer un théorème qui transforme un petit écart entre points en un petit écart entre valeurs de $f$.

#### Solution

Soit $R_n=\frac1n\sum_{k=1}^nf(k/n)$. Comme $f$ est continue sur le segment $[0,1]$, $R_n\to\int_0^1f$ (théorème des sommes de Riemann).

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 $1\le k\le n$, les points considérés sont dans $[0,1]$ et

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

Si $\frac1{n+1}\le\delta$, l'inégalité triangulaire donne $|v_n-R_n|\le\frac1n\sum_{k=1}^n\left|f\big(\frac k{n+1}\big)-f\big(\frac kn\big)\right|\le\varepsilon$, et de même $|w_n-R_n|\le\varepsilon$. Donc $v_n-R_n\to0$, $w_n-R_n\to0$, et

$$\boxed{\lim v_n=\lim w_n=\int_0^1f(t)\,\mathrm dt.}$$

> [!METHODE]
> Pour une somme de Riemann « décalée », on se ramène à la somme usuelle par uniforme continuité dès que le décalage des points tend vers $0$ uniformément en $k$. Ce schéma resservira en 4a.

> [!PIEGE]
> Écrire « $v_n$ est une somme de Riemann » ne suffit pas : les points $\frac{k}{n+1}$ ne sont pas ceux d'une subdivision régulière de pas $\frac1n$, et le facteur $\frac1n$ ne correspond pas au pas $\frac1{n+1}$. C'est précisément ce qu'il faut justifier.

### Question 3a

> [!INDICATION]
> Pour la convergence, comparer à $\frac1{\sqrt{4-x^2}}$, dont on connaît une primitive.

> [!INDICATION]
> Pour l'égalité, poser $x=2\cos\theta$ et vérifier que c'est une bijection de classe $\mathcal C^1$ entre les bons intervalles ouverts. Attention au signe de $\sin\theta$.

#### Solution

**Convergence.** $f$ est continue sur le segment $[-2,2]$, donc bornée. Sur $]-2,2[$, $\left|\frac{f(x)}{\sqrt{4-x^2}}\right|\le\frac{\|f\|_\infty}{\sqrt{4-x^2}}$, et $x\mapsto\frac1{\sqrt{4-x^2}}$ est intégrable sur $]-2,2[$ puisque sa primitive $\arcsin\frac x2$ admet des limites finies en $\pm2$. Par comparaison, $I(f)$ converge absolument.

**Changement de variable.** $\varphi(\theta)=2\cos\theta$ définit une bijection $\mathcal C^1$ strictement décroissante de $]0,\pi[$ sur $]-2,2[$, avec $\varphi'(\theta)=-2\sin\theta$. Pour $\theta\in\,]0,\pi[$, $\sin\theta>0$ donc $\sqrt{4-4\cos^2\theta}=2\sin\theta$. Le théorème de changement de variable dans les intégrales généralisées donne

$$\int_{-2}^2\frac{f(x)}{\sqrt{4-x^2}}\,\mathrm dx=\int_0^\pi\frac{f(2\cos\theta)}{2\sin\theta}\,2\sin\theta\,\mathrm d\theta,\qquad\boxed{I(f)=\frac1\pi\int_0^\pi f(2\cos\theta)\,\mathrm d\theta.}$$

> [!JURY]
> Le rapport 2025 de cette épreuve note que des candidats se contentent d'affirmer qu'une quantité est non nulle quand il faut établir son signe. Ici, c'est le signe de $\sin\theta$ sur $]0,\pi[$ qui permet d'écrire $\sqrt{4-x^2}=2\sin\theta$ : il faut le dire.

### Question 3b

> [!INDICATION]
> Utiliser la forme trigonométrique de 3a et linéariser $\cos^2$.

#### Solution

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

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

### Question 3c

> [!INDICATION]
> Étendre l'intégrale à une période complète en utilisant la parité de $\cos$.

> [!INDICATION]
> Écrire $2\cos\theta=e^{i\theta}+e^{-i\theta}$, développer par le binôme et intégrer terme à terme les exponentielles.

#### Solution

$\theta\mapsto(2\cos\theta)^n$ est paire et $2\pi$-périodique, donc $\int_0^\pi(2\cos\theta)^n\,\mathrm d\theta=\frac12\int_{-\pi}^\pi(2\cos\theta)^n\,\mathrm d\theta$. Or

$$(2\cos\theta)^n=(e^{i\theta}+e^{-i\theta})^n=\sum_{j=0}^n\binom nje^{i(2j-n)\theta},\qquad\int_{-\pi}^\pi e^{ip\theta}\,\mathrm d\theta=\begin{cases}2\pi&p=0\\0&p\in\mathbb Z^*.\end{cases}$$

Seul l'indice $j=n/2$ contribue, s'il existe, c'est-à-dire si $n$ est pair. D'où $I(f_n)=\frac1\pi\cdot\frac12\cdot2\pi\binom{n}{n/2}$ pour $n$ pair :

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

On retrouve les valeurs de 3b.

> [!METHODE]
> Pour $\int\cos^n$ sur une période, le passage aux exponentielles évite la récurrence de Wallis : tout se réduit à extraire le terme constant d'un développement binomial. Si l'on préfère les intégrales de Wallis, il faut en redémontrer la valeur (intégration par parties), pas la citer.

### Question 4a

> [!INDICATION]
> Écrire l'espérance par la formule de transfert : c'est une moyenne arithmétique.

> [!INDICATION]
> Reconnaître la suite $(v_n)$ de la question 2 pour une fonction auxiliaire bien choisie sur $[0,1]$, puis conclure avec 3a.

#### Solution

Les points $2\cos\frac{k\pi}{n+1}$ sont dans $[-2,2]$, où $f$ est définie. 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 $[0,1]$. Par la question 2, cette quantité tend vers $\int_0^1h$. Avec $\theta=\pi t$ et 3a, $\int_0^1f(2\cos\pi t)\,\mathrm dt=\frac1\pi\int_0^\pi f(2\cos\theta)\,\mathrm d\theta=I(f)$ :

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

> [!JURY]
> Le rapport 2025 rappelle qu'on peut utiliser le résultat d'une question précédente comme une « boîte noire », à condition de vérifier soigneusement ses hypothèses. Ici : $h$ est bien continue sur $[0,1]$, et $f$ n'est évaluée que sur $[-2,2]$.

### Question 4b

> [!INDICATION]
> La fonction $x\mapsto\mathbf 1_{x<y}$ n'est pas continue : 4a ne s'applique pas directement. Traiter à part $y=\pm2$.

> [!INDICATION]
> Encadrer l'indicatrice entre deux fonctions continues affines par morceaux qui ne diffèrent d'elle que sur un petit intervalle autour de $y$, puis contrôler l'intégrale de la différence.

> [!INDICATION]
> On peut aussi compter directement le nombre de $k$ tels que $2\cos\frac{k\pi}{n+1}<y$.

#### Solution

Notons $Z_n=2\cos\frac{\pi U_n}{n+1}$ et $F(y)=\frac1\pi\int_{-2}^y\frac{\mathrm dx}{\sqrt{4-x^2}}=\frac12+\frac1\pi\arcsin\frac y2$, continue sur $[-2,2]$.

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

**Cas $y\in\,]-2,2[$.** Pour $\eta>0$ petit, soit $\phi^-$ continue valant $1$ sur $[-2,y-\eta]$, $0$ sur $[y,2]$, affine entre les deux, et $\phi^+$ valant $1$ sur $[-2,y]$, $0$ sur $[y+\eta,2]$, affine entre les deux. Alors $\phi^-\le\mathbf 1_{]-\infty,y[}\le\phi^+$ sur $[-2,2]$, donc

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

De plus $\mathbf 1_{]-\infty,y-\eta]}\le\phi^-$ et $\phi^+\le\mathbf 1_{]-\infty,y+\eta]}$, donc $F(y-\eta)\le I(\phi^-)\le F(y)\le I(\phi^+)\le F(y+\eta)$.

Soit $\varepsilon>0$. Par continuité de $F$, on fixe $\eta$ tel que $F(y+\eta)\le F(y)+\frac\varepsilon2$ et $F(y-\eta)\ge F(y)-\frac\varepsilon2$. Par 4a appliquée aux fonctions continues $\phi^\pm$, il existe $N$ tel que pour $n\ge N$, $|\mathbb E(\phi^\pm(Z_n))-I(\phi^\pm)|\le\frac\varepsilon2$. Alors, pour $n\ge N$, $F(y)-\varepsilon\le\mathbb P(Z_n<y)\le F(y)+\varepsilon$ :

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

> [!METHODE]
> Passer de « $\mathbb E(f(Z_n))$ converge pour $f$ continue » à « $\mathbb P(Z_n<y)$ converge » se fait par encadrement de l'indicatrice par des fonctions continues. L'argument marche dès que la loi limite ne charge pas le point $y$, ce qui est le cas ici puisqu'elle a une densité. On évite ainsi les limites supérieures et inférieures, qui ne sont pas au programme.

> [!PIEGE]
> Appliquer 4a à $f=\mathbf 1_{]-\infty,y[}$ est faux : 4a exige une fonction continue. C'est toute la difficulté de la question.

## Deuxième partie — spectre des matrices tridiagonales

On calcule exactement le spectre de $T_n$ (valeurs propres $2\cos\frac{k\pi}{n+1}$) grâce au préliminaire, puis on étend aux matrices tridiagonales de Toeplitz $T_n(a,b,c)$ par translation et similitude diagonale. Les résultats de la partie I donnent alors la répartition asymptotique des valeurs propres.

### Question 5a

> [!INDICATION]
> Calcul direct ; pour $n=3$, développer selon la première ligne.

#### Solution

$$\chi_2=\det\begin{pmatrix}X&-1\\-1&X\end{pmatrix}=X^2-1,\qquad\chi_3=X\,(X^2-1)+1\cdot(-X)=X^3-2X.$$

$$\boxed{\mathrm{Sp}(T_2)=\{(-1,1),(1,1)\},\qquad\mathrm{Sp}(T_3)=\{(-\sqrt2,1),(0,1),(\sqrt2,1)\}.}$$

> [!PIEGE]
> L'énoncé définit $\mathrm{Sp}(M)$ comme un ensemble de couples (valeur propre, multiplicité). Donner les multiplicités fait partie de la réponse.

### Question 5b

> [!INDICATION]
> Développer le déterminant selon la dernière colonne : elle n'a que deux coefficients non nuls.

> [!INDICATION]
> Le second mineur obtenu se développe à son tour selon sa dernière ligne.

#### Solution

La dernière colonne de $XI_n-T_n$ contient $X$ en position $(n,n)$ et $-1$ en position $(n-1,n)$.
- Le cofacteur de $(n,n)$ est $\chi_{n-1}$.
- Le mineur de $(n-1,n)$ (lignes $1,\dots,n-2,n$ ; colonnes $1,\dots,n-1$) a pour dernière ligne $(0,\dots,0,-1)$ ; en la développant, il vaut $-\chi_{n-2}$. Le cofacteur vaut donc $(-1)^{2n-1}(-\chi_{n-2})=\chi_{n-2}$.

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

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

Avec les conventions $\chi_1=X$ et $\chi_0=1$, la relation vaut pour tout $n\ge2$ (on vérifie $\chi_2=X^2-1$, $\chi_3=X^3-2X$).

> [!JURY]
> Le rapport 2025 de la même épreuve insistait déjà sur l'usage de la relation de récurrence « à trois termes » pour des polynômes orthogonaux. C'est le même objet ici : $\chi_n$ est (à changement de variable près) un polynôme de Tchebychev de seconde espèce, et c'est la relation à trois termes qui porte toute la suite.

### Question 5c

> [!INDICATION]
> Comparer la récurrence de 5b à celle de la question 1, en décalant l'indice d'une unité.

> [!INDICATION]
> Pour $\alpha$ complexe, la résolution d'une récurrence linéaire d'ordre 2 à racines caractéristiques distinctes fonctionne de la même façon que sur $\mathbb R$. Identifier les deux racines et leur différence.

#### Solution

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

Comme $\alpha\ne\pm2$, $4-\alpha^2\neq0$ ; soit $\beta=\sqrt{4-\alpha^2}$ une racine carrée complexe. Les nombres $r_\pm=\frac{\alpha\pm i\beta}2$ ont pour somme $\alpha$ et pour produit $\frac{\alpha^2+\beta^2}4=1$ : ce sont les racines de $r^2-\alpha r+1$, distinctes car $r_+-r_-=i\beta\ne0$. Donc $u_m=\frac{r_+^m-r_-^m}{r_+-r_-}$, et pour $m=n+1$ :

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

La formule ne dépend pas du choix de la racine carrée : changer $\beta$ en $-\beta$ échange les deux puissances et change le signe du dénominateur.

> [!METHODE]
> Quand une suite de polynômes vérifie une récurrence linéaire à coefficients indépendants de $n$, on l'évalue en un point et on applique la théorie des suites récurrentes : le polynôme caractéristique de $T_n$ devient une suite numérique.

### Question 5d

> [!INDICATION]
> Développer les deux puissances $(n+1)$-ièmes par le binôme : les termes pairs en $i\beta$ se compensent.

> [!INDICATION]
> Il ne reste que des puissances paires de $\beta$, c'est-à-dire des puissances de $4-\alpha^2$ : l'expression est polynomiale en $\alpha$. Justifier qu'une égalité sur le disque $|\alpha|<2$ suffit.

> [!INDICATION]
> Pour une forme plus compacte, conjecturer le coefficient de $X^{n-2m}$ sur les petits cas et le prouver avec la relation de 5b.

#### Solution

Avec $\beta=\sqrt{4-\alpha^2}$ et $p=2j+1$ :

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

En divisant par $2^{n+1}i\beta$ :

$$\chi_n(\alpha)=\frac1{2^n}\sum_{j=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^j\binom{n+1}{2j+1}\alpha^{n-2j}(4-\alpha^2)^j\qquad(|\alpha|<2).$$

Deux polynômes qui coïncident sur un ensemble infini sont égaux : l'égalité vaut dans $\mathbb R[X]$. En développant $(4-X^2)^j$ par le binôme :

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

Seules les puissances $X^{n-2m}$ apparaissent, avec, en posant $m=j-l$, le coefficient

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

**Forme close.** Montrons par récurrence double que $\chi_n=\sum_{m=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^m\binom{n-m}mX^{n-2m}$ (avec $\binom ab=0$ si $b<0$ ou $b>a$). C'est vrai pour $\chi_0=1$ et $\chi_1=X$. Si c'est vrai aux rangs $n-1$ et $n-2$, le coefficient de $X^{n-2m}$ dans $X\chi_{n-1}-\chi_{n-2}$ est

$$(-1)^m\binom{n-1-m}m+(-1)^{m}\binom{n-1-m}{m-1}=(-1)^m\binom{n-m}m$$

par la formule de Pascal. Par identification :

$$\boxed{\chi_n(X)=\sum_{m=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^m\binom{n-m}{m}X^{n-2m}}$$

ce qui donne au passage l'identité $\sum_{j=m}^{\lfloor n/2\rfloor}\binom{n+1}{2j+1}\binom jm=2^{n-2m}\binom{n-m}m$. Contrôle : $\chi_4=X^4-3X^2+1$.

> [!PIEGE]
> La formule de 5c n'est établie que pour $|\alpha|<2$, et $\sqrt{4-\alpha^2}$ n'est pas un polynôme. Il faut dire pourquoi l'expression développée est polynomiale (puissances paires de $\beta$ seulement) et pourquoi l'égalité se prolonge à $\mathbb R[X]$.

### Question 6

> [!INDICATION]
> Évaluer la formule de 5c en $\alpha=2\cos\theta$ avec $\theta\in\,]0,\pi[$.

> [!INDICATION]
> Une fois $n$ racines distinctes trouvées, le degré de $\chi_n$ permet de conclure sur les multiplicités.

#### Solution

Pour $\theta\in\,]0,\pi[$ et $\alpha=2\cos\theta$, on a $\sqrt{4-\alpha^2}=2\sin\theta$ et $\frac{\alpha\pm i\sqrt{4-\alpha^2}}2=e^{\pm i\theta}$, donc

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

Pour $\theta_k=\frac{k\pi}{n+1}$, $1\le k\le n$, on a $\theta_k\in\,]0,\pi[$ et $\sin((n+1)\theta_k)=0$. Les $2\cos\theta_k$ sont deux à deux distincts (stricte décroissance de $\cos$ sur $[0,\pi]$) : ce sont $n$ racines distinctes du polynôme unitaire $\chi_n$ de degré $n$, donc toutes ses racines, et elles sont simples.

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

> [!PIEGE]
> Trouver $n$ valeurs propres ne suffit pas tant qu'on n'a pas vérifié qu'elles sont distinctes : c'est ce qui donne les multiplicités égales à $1$ et l'absence d'autres valeurs propres.

### Question 7

> [!INDICATION]
> Écrire $S_f(T_n)$ avec la question 6 et reconnaître l'espérance de 4a.

#### Solution

Les valeurs propres de $T_n$ sont simples et dans $[-2,2]$ :

$$S_f(T_n)=\frac1n\sum_{k=1}^nf\!\left(2\cos\frac{k\pi}{n+1}\right)=\mathbb E\!\left(f\!\left(2\cos\frac{\pi U_n}{n+1}\right)\right)\xrightarrow[n\to\infty]{}\frac1\pi\int_{-2}^2\frac{f(x)}{\sqrt{4-x^2}}\,\mathrm dx$$

par 4a.

$$\boxed{\lim_{n\to+\infty}S_f(T_n)=I(f).}$$

![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

> [!INDICATION]
> Isoler la diagonale : $T_n(a,b,c)$ est somme d'une homothétie et d'une matrice tridiagonale à diagonale nulle.

#### Solution

$T_n(a,b,c)=aI_n+T_n(0,b,c)$, donc $\chi_{T_n(a,b,c)}(X)=\chi_{T_n(0,b,c)}(X-a)$. Comme $a$ est réel, les racines réelles se correspondent par $\lambda\mapsto\lambda+a$ avec la même multiplicité :

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

### Question 8b

> [!INDICATION]
> Conjuguer par une matrice diagonale $D$ : calculer l'effet de $M\mapsto D^{-1}MD$ sur le coefficient $(i,j)$.

> [!INDICATION]
> Choisir les coefficients de $D$ en progression géométrique, de raison liée à $c$. Ne pas oublier le cas où cette raison est nulle.

#### Solution

Pour $c\neq0$, soit $D=\mathrm{diag}(1,c,\dots,c^{n-1})$. On a $(D^{-1}MD)_{i,j}=c^{j-i}M_{i,j}$. Dans $T_n(0,b,c)$, le coefficient $b$ (en $(i,i+1)$) devient $bc$ et le coefficient $c$ (en $(i+1,i)$) devient $1$ : $D^{-1}T_n(0,b,c)D=T_n(0,bc,1)$. Deux matrices semblables ont le même polynôme caractéristique, donc le même spectre réel avec multiplicités.

Pour $c=0$, $T_n(0,b,0)$ et $T_n(0,0,1)$ sont strictement triangulaires, de polynôme caractéristique $X^n$ et de spectre $\{(0,n)\}$. Avec 8a, dans tous les cas :

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

> [!METHODE]
> Une matrice tridiagonale ne dépend, à similitude diagonale près, que de la diagonale et des produits $b_ic_i$ des coefficients symétriques. C'est l'outil standard pour symétriser une matrice tridiagonale.

### Question 8c

> [!INDICATION]
> Par 8b, seul le produit $bc$ compte. Trouver une matrice tridiagonale symétrique ayant le même produit.

> [!INDICATION]
> Avec $s=\sqrt{bc}$, $T_n(0,s,s)=sT_n$, dont le spectre est donné par 6.

#### Solution

Supposons $bc>0$ et posons $s=\sqrt{bc}>0$. Par 8b (on a $c\ne0$), $T_n(0,b,c)$ est semblable à $T_n(0,bc,1)=T_n(0,s^2,1)$ ; le même calcul avec $\mathrm{diag}(1,s,\dots,s^{n-1})$ montre que $T_n(0,s,s)$ est aussi semblable à $T_n(0,s^2,1)$. Donc $T_n(a,b,c)$ est semblable à $aI_n+sT_n$, matrice symétrique réelle, de polynôme caractéristique

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

par 6. Les valeurs propres complexes de $T_n(a,b,c)$ sont donc réelles et simples :

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

> [!PIEGE]
> L'hypothèse $bc>0$ autorise $b$ et $c$ tous deux négatifs. Une similitude directe par $\mathrm{diag}(1,r,\dots,r^{n-1})$ avec $r=\sqrt{c/b}$ donne alors $-\sqrt{bc}$ sur les deux diagonales secondaires. Le résultat ne change pas, car le spectre de $T_n$ est symétrique par rapport à $0$, mais il faut le dire. Passer par $T_n(0,bc,1)$ comme ci-dessus évite la discussion.

### Question 9a

> [!INDICATION]
> Avec 8c, écrire $S_f(T_n(a,b,c))$ comme $S_g(T_n)$ pour une fonction $g$ à préciser, puis appliquer 7.

#### Solution

Soit $g(x)=f(a+\sqrt{bc}\,x)$, continue sur $[-2,2]$. Par 8c (valeurs propres simples) :

$$S_f(T_n(a,b,c))=\frac1n\sum_{k=1}^nf\!\left(a+2\sqrt{bc}\cos\frac{k\pi}{n+1}\right)=S_g(T_n)\xrightarrow[n\to\infty]{}I(g)$$

par 7 :

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

> [!PIEGE]
> Les valeurs propres de $T_n(a,b,c)$ ne sont pas dans $[-2,2]$ en général : c'est pourquoi $f$ est supposée continue sur $\mathbb R$, et c'est la fonction $g$ qui est utilisée sur $[-2,2]$.

### Question 9b

> [!INDICATION]
> Écrire la condition $\lambda_k\le y$ comme une condition sur $k$, en utilisant la monotonie de $\cos$ sur $[0,\pi]$.

> [!INDICATION]
> Selon la position de $y$ par rapport à $a\pm2\sqrt{bc}$, il y a trois régimes. Un équivalent n'a de sens que si la limite de $q_n(y)/n$ est non nulle.

#### Solution

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

- Si $z\ge2$ : $q_n(y)=n$.
- Si $z\le-2$ : $2\cos\frac{k\pi}{n+1}>-2\ge z$ pour tout $k$, donc $q_n(y)=0$ pour tout $n$.
- Si $-2<z<2$ : soit $\varphi=\arccos\frac z2\in\,]0,\pi[$. Alors $2\cos\frac{k\pi}{n+1}\le z\iff k\ge\frac{(n+1)\varphi}\pi$. Le nombre de tels $k$ dans $\{1,\dots,n\}$ est compris entre $n-\frac{(n+1)\varphi}\pi$ et $n+1-\frac{(n+1)\varphi}\pi$, donc $\frac{q_n(y)}n\to1-\frac\varphi\pi>0$, et $1-\frac1\pi\arccos\frac z2=\frac12+\frac1\pi\arcsin\frac z2$.

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

Dans le régime central, la limite vaut $\frac1\pi\int_{-2}^z\frac{\mathrm dx}{\sqrt{4-x^2}}$, ce qu'on peut aussi obtenir à partir de 9a par l'encadrement de 4b.

> [!PIEGE]
> Pour $y\le a-2\sqrt{bc}$, la suite $q_n(y)$ est identiquement nulle : il n'y a pas d'équivalent non nul, il faut le signaler plutôt que d'écrire $q_n(y)\sim0$ sans commentaire. Le cas limite $y=a-2\sqrt{bc}$ est bien dans ce régime, car $\cos\frac{k\pi}{n+1}>-1$.

## Troisième partie — théorème de Weierstrass

On approche l'échelon $H$ par les polynômes $P_n$, puis une fonction continue par une combinaison d'échelons, et enfin par une combinaison de $P_n$ translatés. Le théorème de Weierstrass est interdit dans les questions 10 à 12 puisqu'on le démontre.

### Question 10a

> [!INDICATION]
> $Q_n$ est à valeurs dans $[0,1]$ et décroissante sur $[0,1]$ : il suffit de contrôler les extrémités des intervalles.

> [!INDICATION]
> Deux inégalités élémentaires suffisent : une minoration de $(1-u)^N$ par une fonction affine, et une majoration de $1-u$ par une exponentielle. Le rôle de $\frac12$ vient de ce que $2^nt^n=(2t)^n$.

#### Solution

Pour $t\in[0,1]$, $0\le Q_n(t)\le1$ et $Q_n$ est décroissante sur $[0,1]$.

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

$$0\le1-Q_n(t)\le2^n\kappa^n=(2\kappa)^n\xrightarrow[n\to\infty]{}0\qquad(0\le2\kappa<1).$$

**Sur $[1-\kappa,1]$.** $t\ge1-\kappa>\frac12$ et $1-u\le e^{-u}$, donc

$$0\le Q_n(t)\le e^{-2^nt^n}=e^{-(2t)^n}\le e^{-(2-2\kappa)^n}\xrightarrow[n\to\infty]{}0\qquad(2-2\kappa>1).$$

Les majorants ne dépendent pas de $t$ :

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

> [!METHODE]
> Pour prouver une convergence uniforme, on exhibe un majorant de $|Q_n(t)-\ell|$ indépendant de $t$ qui tend vers $0$. La monotonie de $Q_n$ ramène souvent ce majorant à la valeur en une extrémité.

### Question 10b

> [!INDICATION]
> Faire le changement de variable $t=\frac{1-x}2$ et voir où sont envoyés $[\eta,1]$ et $[-1,-\eta]$.

#### Solution

Soit $\eta\in\,]0,1]$ et $\kappa=\frac{1-\eta}2\in[0,\frac12[$. Avec $t=\frac{1-x}2$, on a $P_n(x)=Q_n(t)$, et :
- $x\in[\eta,1]\iff t\in[0,\kappa]$, où $H(x)=1$ ;
- $x\in[-1,-\eta]\iff t\in[1-\kappa,1]$, où $H(x)=0$.

Par 10a, $\sup_{[\eta,1]}|P_n-1|\to0$ et $\sup_{[-1,-\eta]}|P_n|\to0$. Comme $[-1,1]\setminus[-\eta,\eta]$ est contenu dans $[-1,-\eta]\cup[\eta,1]$ :

$$\boxed{P_n\to H\text{ uniformément sur }[-1,1]\setminus[-\eta,\eta].}$$

On retient 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

> [!INDICATION]
> Approcher $f$ par une fonction en escalier dont les marches sont placées aux points d'une subdivision fine de $[-1,1]$.

> [!INDICATION]
> Une combinaison $\sum a_iH(x-c_i)$ vaut, sur $[c_j,c_{j+1}[$, la somme $a_1+\dots+a_j$. Choisir les $a_i$ comme des accroissements de $f$ pour que cette somme télescope. L'hypothèse $f(-1)=0$ sert sur le premier intervalle.

#### Solution

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

Pour $x\in[c_j,c_{j+1}[$ ($0\le j\le N$), $H(x-c_i)=1$ si et seulement si $i\le j$, donc
$$\sum_{i=1}^Na_iH(x-c_i)=\sum_{i=1}^ja_i=f(c_j)-f(-1)=f(c_j),$$
et $|f(x)-f(c_j)|\le\varepsilon$ car $|x-c_j|\le\delta$. En $x=1$, la somme vaut $f(c_N)$ et $|1-c_N|\le\delta$.

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

> [!PIEGE]
> La contrainte $a_i\in[-\varepsilon,\varepsilon]$ n'est pas décorative : c'est elle qui rendra inoffensive, en 12, la zone où l'approximation de $H$ par $P_n$ est mauvaise. Il faut donc la vérifier explicitement.

### Question 12

> [!INDICATION]
> Se ramener à $f(-1)=0$ en retranchant une constante, puis appliquer 11 avec une tolérance plus petite que $\varepsilon$.

> [!INDICATION]
> Avant de suivre l'indication à la lettre, vérifier que l'argument de $P_n$ reste dans $[-1,1]$ quand $x$ parcourt $[-1,1]$. Si ce n'est pas le cas, une homothétie de rapport $\frac12$ règle le problème sans déplacer le saut.

> [!INDICATION]
> En un point $x$ fixé, au plus un des $c_i$ est à distance $<\eta$ de $x$ : séparer ce terme des autres.

#### Solution

**Réduction.** Si un polynôme $P_0$ approche $f-f(-1)$ à $\varepsilon$ près, $P_0+f(-1)$ approche $f$. On suppose donc $f(-1)=0$.

**Pourquoi adapter l'indication.** Si $c_i>0$ et $x$ est proche de $-1$, alors $x-c_i<-1$, et $P_n(x-c_i)=Q_n(t)$ avec $t=\frac{1-(x-c_i)}2>1$. Or pour $t>1$, $Q_n(t)=(1-t^n)^{2^n}=(t^n-1)^{2^n}\to+\infty$ (par exemple $P_7(-1{,}4)\approx6\cdot10^{52}$). On utilise donc $P_n\!\left(\frac{X-c_i}2\right)$ : pour $x,c_i\in[-1,1]$, $\frac{x-c_i}2\in[-1,1]$ et $H\!\left(\frac{x-c_i}2\right)=H(x-c_i)$.

**Construction.** Par 11 avec $\frac\varepsilon3$, il existe $N$, $-1<c_1<\dots<c_N<1$ et $|a_i|\le\frac\varepsilon3$ tels que $|f-\Phi|\le\frac\varepsilon3$ sur $[-1,1]$, où $\Phi=\sum a_iH(\cdot-c_i)$. Soit $\eta\in\,]0,1]$ tel que les $[c_i-\eta,c_i+\eta]$ soient deux à deux disjoints, et

$$F_n=\sum_{i=1}^Na_iP_n\!\left(\frac{X-c_i}2\right).$$

Par 10b (dont la preuve donne la convergence uniforme sur $[-1,-\frac\eta2]\cup[\frac\eta2,1]$), $\varepsilon_n=\sup\{|P_n(u)-H(u)|\ :\ u\in[-1,1],\ |u|\ge\frac\eta2\}\to0$. Si $|x-c_i|\ge\eta$, alors $\left|P_n\!\left(\frac{x-c_i}2\right)-H(x-c_i)\right|\le\varepsilon_n$.

Fixons $x\in[-1,1]$. Au plus un indice $i_0$ vérifie $|x-c_{i_0}|<\eta$ ; pour lui, la différence est $\le1$ (deux nombres de $[0,1]$). Donc

$$|\Phi(x)-F_n(x)|\le|a_{i_0}|+\sum_{i\ne i_0}|a_i|\varepsilon_n\le\frac\varepsilon3+\frac{N\varepsilon}3\varepsilon_n .$$

Pour $n$ tel que $N\varepsilon_n\le1$, $|\Phi-F_n|\le\frac{2\varepsilon}3$, et $|f-F_n|\le\frac\varepsilon3+\frac{2\varepsilon}3=\varepsilon$ sur $[-1,1]$.

![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)

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

> [!PIEGE]
> L'indication de l'énoncé, prise au pied de la lettre, évalue $P_n$ hors de $[-1,1]$ dès qu'un $c_i$ est positif, et la convergence de 10b n'y dit plus rien : les $P_n$ y explosent. Un correcteur attentif sanctionnera une preuve qui applique 10b en dehors de son domaine.

> [!METHODE]
> Schéma « approximation en deux étapes » : une approximation grossière par des fonctions simples (ici des échelons), puis l'approximation de chaque fonction simple. L'erreur se répartit en $\frac\varepsilon3+\frac\varepsilon3+\frac\varepsilon3$, et la zone de mauvaise approximation est contrôlée par la petitesse des sauts.

## Quatrième partie — loi du demi-cercle

On montre que, pour la matrice de Wigner $X_n$, $S_n(f)$ tend vers $\Sigma(f)$ en probabilité au sens de l'énoncé. La méthode des moments fournit l'hypothèse $(H_k)$ (admise pour $k\ge3$), les inégalités de Markov et de Bienaymé-Tchebychev donnent la concentration, et le théorème de Weierstrass permet de passer des polynômes aux fonctions continues.

Remarque préalable : les coefficients de $X_n^k$ sont des polynômes en les $W_{i,j}$ ; un produit de variables ayant des moments de tout ordre est intégrable (inégalité arithmético-géométrique $|Z_1\cdots Z_p|\le\frac1p\sum|Z_i|^p$), donc toutes les espérances écrites ci-dessous sont finies.

### Question 13a

> [!INDICATION]
> $X_n(\omega)$ est symétrique réelle : que dit le théorème spectral sur son spectre réel et sur la trace de ses puissances ?

#### Solution

Par le théorème spectral, $X_n(\omega)=PDP^\top$ avec $P$ orthogonale et $D=\mathrm{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ réelle. Le polynôme caractéristique est scindé sur $\mathbb R$, donc $\mathrm{Sp}(X_n(\omega))$ contient toutes les valeurs propres et $\sum m_\lambda=n$. Puis $\operatorname{Tr}(X_n^k)=\operatorname{Tr}(PD^kP^\top)=\operatorname{Tr}(D^k)=\sum m_\lambda\lambda^k$. Pour tout $\omega$ :

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

> [!PIEGE]
> L'énoncé définit $\mathrm{Sp}$ comme le spectre **réel**. Pour une matrice quelconque, la somme sur le spectre réel ne donne pas la trace. C'est la symétrie de $X_n$ qui garantit que toutes les valeurs propres sont réelles.

> [!JURY]
> Le rapport 2025 signale qu'une question du sujet n'était qu'une réécriture du théorème spectral, et qu'elle n'a été réussie que par un quart des candidats. Le théorème doit être cité avec précision : matrice symétrique réelle, base orthonormée de vecteurs propres, valeurs propres réelles.

### Question 13b

> [!INDICATION]
> Écrire $\sqrt{4-x^2}=\frac{4-x^2}{\sqrt{4-x^2}}$ pour exprimer $\Sigma(f_k)$ à l'aide de l'intégrale $I$ de la partie I.

> [!INDICATION]
> Utiliser 3c, puis simplifier le quotient de deux coefficients binomiaux centraux consécutifs.

#### Solution

Pour $g$ continue sur $[-2,2]$, $\Sigma(g)=\frac1{2\pi}\int_{-2}^2\frac{(4-x^2)g(x)}{\sqrt{4-x^2}}\,\mathrm dx=2I(g)-\frac12I(f_2g)$. Avec $g=f_k$ et 3c :
- $k$ impair : $\Sigma(f_k)=0$ ;
- $k=2m$ : $\Sigma(f_{2m})=2\binom{2m}m-\frac12\binom{2m+2}{m+1}$, et $\binom{2m+2}{m+1}=\frac{2(2m+1)}{m+1}\binom{2m}m$, d'où $\Sigma(f_{2m})=\left(2-\frac{2m+1}{m+1}\right)\binom{2m}m$.

$$\boxed{\Sigma(f_{2m+1})=0,\qquad\Sigma(f_{2m})=\frac1{m+1}\binom{2m}m.}$$

Ce sont les nombres de Catalan $1,1,2,5,14,\dots$

> [!METHODE]
> Relier la nouvelle intégrale à une intégrale déjà calculée évite de refaire un calcul de Wallis. Contrôle : $\Sigma(f_0)=1$, c'est bien une densité de probabilité.

### Question 13c

> [!INDICATION]
> Pour $k=0$ et $k=1$, tout est explicite. Pour $k=1$, la seconde limite demande seulement l'espérance du carré d'une somme de variables indépendantes centrées.

> [!INDICATION]
> Pour $k=2$, écrire $\operatorname{Tr}(X_n^2)=\sum_{i,j}(X_n)_{i,j}^2$ et regrouper les termes symétriques. Pour le moment d'ordre 2, calculer la variance d'une somme de variables indépendantes.

#### Solution

**$k=0$.** $\operatorname{Tr}(I_n)=n$ : les deux limites valent $1=\Sigma(f_0)=\Sigma(f_0)^2$.

**$k=1$.** $\operatorname{Tr}X_n=\frac1{\sqrt n}\sum_iW_{i,i}$, d'espérance nulle : $\frac1n\mathbb E(\operatorname{Tr}X_n)=0=\Sigma(f_1)$. Par indépendance, $\mathbb E\big((\sum_iW_{i,i})^2\big)=\sum_i\mathrm{Var}(W_{i,i})=n$, donc $\frac1{n^2}\mathbb E(\operatorname{Tr}(X_n)^2)=\frac1{n^2}\to0=\Sigma(f_1)^2$.

**$k=2$.** $\operatorname{Tr}(X_n^2)=\frac1nY$ avec $Y=\sum_iW_{i,i}^2+2\sum_{i<j}W_{i,j}^2$, et $\mathbb E(Y)=n+n(n-1)=n^2$ : $\frac1n\mathbb E(\operatorname{Tr}X_n^2)=1=\Sigma(f_2)$. Avec $v=\mathbb E(W_{1,1}^4)-1$ et l'indépendance des $W_{i,j}^2$,

$$\mathrm{Var}(Y)=nv+4\binom n2v=(2n^2-n)v,\qquad\frac1{n^2}\mathbb E(\operatorname{Tr}(X_n^2)^2)=\frac{\mathbb E(Y^2)}{n^4}=1+\frac{(2n^2-n)v}{n^4}\to1=\Sigma(f_2)^2.$$

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

> [!PIEGE]
> Les coefficients hors diagonale apparaissent deux fois dans $\operatorname{Tr}(X_n^2)$, d'où le facteur $2$ dans $Y$ et le facteur $4$ dans sa variance. L'oublier donne $\mathbb E(Y)\sim\frac{n^2}2$ et la limite fausse $\frac12$ au lieu de $\Sigma(f_2)=1$.

### Question 14

> [!INDICATION]
> $S_n(g_{k,B})$ est une variable positive : quelle inégalité probabiliste majore $\mathbb P(Z\ge\varepsilon)$ par une espérance ?

> [!INDICATION]
> Comparer ponctuellement $g_{k,B}$ et $f_{2k}$ sur $\{|x|>B\}$, puis utiliser la croissance de $S_n$.

#### Solution

$g_{k,B}\ge0$ et, pour $|x|>B$, $|x|^k=\frac{x^{2k}}{|x|^k}\le\frac{x^{2k}}{B^k}$ : donc $0\le g_{k,B}\le B^{-k}f_{2k}$ sur $\mathbb R$. Comme $S_n$ est linéaire et croissante (poids $\frac{m_\lambda}n\ge0$), $0\le S_n(g_{k,B})\le B^{-k}S_n(f_{2k})$, variable d'espérance finie. Par l'inégalité de Markov :

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

> [!JURY]
> Le rapport 2025 demande que même les vérifications triviales soient évoquées rapidement. Ici, la positivité de $S_n(g_{k,B})$ et l'existence de son espérance sont les hypothèses de l'inégalité de Markov : une phrase suffit, mais elle est attendue.

### Question 15

> [!INDICATION]
> À $k$ fixé, la borne de 14 tend vers $\frac{\Sigma(f_{2k})}{\varepsilon B^k}$, qui n'est pas nulle. Il faut donc gagner quelque chose en changeant d'exposant.

> [!INDICATION]
> Utiliser l'indication de l'énoncé pour remplacer $k$ par un $k'$ grand, et majorer les nombres de Catalan par une puissance simple.

> [!INDICATION]
> Rédiger avec des $\varepsilon$ : choisir d'abord $k'$, puis le rang $N$.

#### Solution

Soit $k'\ge k$. Comme $B>1$, $|x|>B$ entraîne $|x|^k\le|x|^{k'}$, donc $g_{k,B}\le g_{k',B}$, $S_n(g_{k,B})\le S_n(g_{k',B})$ et, par 14,

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

Par 13a et $(H_{2k'})$, $\mathbb E(S_n(f_{2k'}))\to\Sigma(f_{2k'})=C_{k'}=\frac1{k'+1}\binom{2k'}{k'}\le4^{k'}$.

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

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

$$\boxed{\lim_{n\to+\infty}\mathbb P(S_n(g_{k,B})\ge\varepsilon)=0\qquad(B>4).}$$

> [!METHODE]
> Pour montrer qu'une suite tend vers $0$, il suffit de la majorer, à partir d'un certain rang, par une quantité arbitrairement petite. Un paramètre auxiliaire ($k'$ ici) que l'on fixe avant de faire tendre $n$ vers l'infini est un outil courant. La croissance des moments ($C_{k'}\le4^{k'}$, soit un support dans $[-2,2]$) contre la décroissance de $B^{-k'}$ explique le seuil $B>4$.

> [!PIEGE]
> Écrire « $\limsup_n\mathbb P(\dots)\le\frac{C_{k'}}{\varepsilon B^{k'}}$ puis $k'\to\infty$ » est l'idée juste, mais les limites supérieures ne sont pas au programme de MP : la rédaction par $\gamma$ ci-dessus est à privilégier.

### Question 16

> [!INDICATION]
> Bienaymé-Tchebychev : il suffit de montrer que la variance de $S_n(f_k)$ tend vers $0$.

> [!INDICATION]
> Les deux limites de $(H_k)$ donnent exactement $\mathbb E(S_n(f_k))$ et $\mathbb E(S_n(f_k)^2)$ à la limite.

#### Solution

Par 13a et $(H_k)$ :

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

Par Bienaymé-Tchebychev, $\mathbb P(|S_n(f_k)-\mathbb E(S_n(f_k))|\ge\varepsilon)\le\frac{\mathrm{Var}(S_n(f_k))}{\varepsilon^2}\to0$ :

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

> [!METHODE]
> La seconde moitié de $(H_k)$ dit que $\mathbb E(S_n(f_k)^2)$ et $\mathbb E(S_n(f_k))^2$ ont la même limite : c'est une hypothèse de variance asymptotiquement nulle, la forme la plus simple de concentration.

### Question 17a

> [!INDICATION]
> Approcher $f$ sur $[-B,B]$ par un polynôme grâce à la partie III (on a maintenant le droit), après un changement de variable affine.

> [!INDICATION]
> Décomposer $f=P-P\mathbf 1_{|x|>B}+(f-P)\mathbf 1_{[-B,B]}$ et écrire $S_n(f)-\Sigma(f)$ comme somme d'un terme de concentration, d'un terme de queue et d'un reste déterministe petit.

> [!INDICATION]
> Pour le reste, utiliser que $\Sigma$ ne voit que $[-2,2]\subset[-B,B]$, que $S_n$ est une moyenne (poids de somme $1$), et que $\mathbb E(S_n(P))\to\Sigma(P)$ par $(H_j)$.

#### Solution

**Polynôme.** Soit $\delta=\frac\varepsilon6$. Par 12 appliquée à $t\mapsto f(Bt)$ sur $[-1,1]$, il existe $R$ avec $|f(Bt)-R(t)|\le\delta$ ; $P(X)=R(X/B)$ vérifie $|f-P|\le\delta$ sur $[-B,B]$.

**Décomposition.** $f$ étant nulle hors de $[-B,B]$, $f=P-P\mathbf 1_{|x|>B}+(f-P)\mathbf 1_{[-B,B]}$, d'où par linéarité

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

**Reste.** $|S_n((f-P)\mathbf 1_{[-B,B]})|\le\delta$ car $S_n$ est une moyenne. Comme $[-2,2]\subset[-B,B]$ et $\Sigma(1)=1$, $|\Sigma(P)-\Sigma(f)|\le\delta$. Par $(H_j)$ et linéarité, $\mathbb E(S_n(P))\to\Sigma(P)$ : il existe $N$ tel que $|\mathbb E(S_n(P))-\Sigma(P)|\le\delta$ pour $n\ge N$. Ainsi $|D_n|\le3\delta=\frac\varepsilon2$ pour $n\ge N$.

**Conclusion.** Pour $n\ge N$, $|S_n(f)-\Sigma(f)|\ge\varepsilon$ implique $|A_n|+|C_n|\ge\frac\varepsilon2$, donc $|A_n|\ge\frac\varepsilon4$ ou $|C_n|\ge\frac\varepsilon4$ :

$$\boxed{\mathbb P(|S_n(f)-\Sigma(f)|\ge\varepsilon)\le\mathbb P\big(|S_n(P\mathbf 1_{|x|>B})|\ge\tfrac\varepsilon4\big)+\mathbb P\big(|S_n(P)-\mathbb E(S_n(P))|\ge\tfrac\varepsilon4\big)\quad(n\ge N).}$$

> [!PIEGE]
> Le polynôme $P$ n'approche $f$ que sur $[-B,B]$ ; au-delà, il peut être énorme. C'est pourquoi on ne peut pas écrire $|S_n(f)-S_n(P)|\le\delta$ : la partie $P\mathbf 1_{|x|>B}$ doit être isolée et contrôlée par les inégalités de queue de 15.

### Question 17b

> [!INDICATION]
> Développer $P$ dans la base canonique. Chacun des deux termes de 17a se ramène à une somme finie d'événements portant sur un seul monôme.

> [!INDICATION]
> Si une somme de $d+1$ termes dépasse un seuil, l'un des termes dépasse le seuil divisé par $d+1$. Conclure avec 15 et 16.

#### Solution

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

**Terme de concentration.** $S_n(P)-\mathbb E(S_n(P))=\sum_jp_j\big(S_n(f_j)-\mathbb E(S_n(f_j))\big)$. Si sa valeur absolue est $\ge\frac\varepsilon4$, l'un des termes vérifie $|p_j|\,|S_n(f_j)-\mathbb E(S_n(f_j))|\ge\frac\varepsilon{4(d+1)}$, donc $|S_n(f_j)-\mathbb E(S_n(f_j))|\ge\varepsilon'$. Par sous-additivité et 16 :

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

**Terme de queue.** $|P\mathbf 1_{|x|>B}|\le\sum_j|p_j|g_{j,B}$, donc $|S_n(P\mathbf 1_{|x|>B})|\le\sum_j|p_j|S_n(g_{j,B})$ et de même

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

par 15. Avec 17a, la probabilité cherchée est, pour $n\ge N$, positive et majorée par une suite de limite nulle :

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

> [!METHODE]
> Pour un événement du type $\{|\sum_jY_j|\ge\varepsilon\}$, on utilise l'inclusion dans $\bigcup_j\{|Y_j|\ge\varepsilon/(d+1)\}$ et la sous-additivité. Cela évite de manipuler des covariances : avec les variances, il faudrait justifier $\sigma(\sum Y_j)\le\sum\sigma(Y_j)$ par l'inégalité de Cauchy-Schwarz.

> [!JURY]
> Le rapport 2025 observe que les fins de copies contiennent souvent des arguments sommaires, alors que les premières questions sont rédigées trop lourdement. La dernière question est une synthèse : il faut citer précisément 15, 16 et 17a et expliciter les seuils.

## Bilan

**Méthodes à retenir.**
- Suites récurrentes linéaires d'ordre 2 à paramètre, y compris à paramètre complexe, et leur lien avec les déterminants tridiagonaux (relation à trois termes).
- Sommes de Riemann à points décalés : se ramener à la somme usuelle par uniforme continuité.
- Calcul de $\int_0^{2\pi}\cos^n$ par les exponentielles et le binôme : moments de l'arcsinus $\binom{2m}m$, du demi-cercle $\frac1{m+1}\binom{2m}m$.
- Passage d'une convergence testée sur les fonctions continues à une convergence de probabilités $\mathbb P(Z_n<y)$ par encadrement de l'indicatrice.
- Similitude diagonale pour symétriser une matrice tridiagonale : seul le produit des coefficients symétriques compte.
- Démonstration du théorème de Weierstrass par approximation de l'échelon : contrôle des sauts et de la zone de mauvaise approximation.
- Inégalités de Markov et de Bienaymé-Tchebychev, sous-additivité, découpage en terme de concentration, terme de queue et reste déterministe.

**Prérequis à revoir.** Théorème de Heine, changement de variable dans une intégrale généralisée, développement d'un déterminant selon une ligne, théorème spectral, variance d'une somme de variables indépendantes.

**Questions classiques transposables.** Le spectre de $T_n$ (et de $T_n(a,b,c)$) est un grand classique d'oral ; la formule $\chi_n(2\cos\theta)=\frac{\sin((n+1)\theta)}{\sin\theta}$ est celle des polynômes de Tchebychev de seconde espèce. La preuve de Weierstrass par approximation d'échelons et la méthode des moments pour les matrices aléatoires reviennent régulièrement dans les sujets de concours.