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\title{Proposition de Corrigé\\Concours Commun Mines-Ponts 2024 -- Mathématiques 1 (Filière MP)}
\author{}\date{}

\begin{document}
\maketitle

\textit{Thème :} Généralisation d'une intégrale de Dirichlet et application.

\section*{Partie I : Calcul d'une intégrale}

\subsection*{Q1.}
Soit $\theta\in{]}{-\pi};\pi{[}$. Comme $|{e^{i\theta}}|=1$, le dénominateur $1+te^{i\theta}$ s'annule en $t=-e^{-i\theta}$, qui est réel négatif seulement si $\theta=\pm\pi$, exclu. Donc $f$ est bien définie et continue sur $]0;+\infty[$. Pour l'intégrabilité :
\begin{itemize}
  \item En $0$ : $|1+te^{i\theta}|\to 1$, donc $|f(t)|\sim t^{x-1}$, intégrable car $x>0$.
  \item En $+\infty$ : $|1+te^{i\theta}|\sim t$, donc $|f(t)|\sim t^{x-2}$, intégrable car $x<1$.
\end{itemize}
Ainsi $f$ est intégrable sur $]0;+\infty[$.

\subsection*{Q2.}
On vérifie l'indication : $|1+te^{i\theta}|^2=1+2t\cos\theta+t^2$. Pour $\theta\in[-\beta;\beta]$, $\cos\theta\ge\cos\beta$, donc $|1+te^{i\theta}|^2\ge 1+2t\cos\beta+t^2=|1+te^{i\beta}|^2=(t+\cos\beta)^2+\sin^2\beta$.

La dérivée partielle de l'intégrande par rapport à $\theta$ est
\[
\frac{\partial}{\partial\theta}\frac{t^{x-1}}{1+te^{i\theta}}=\frac{-ite^{i\theta}\,t^{x-1}}{(1+te^{i\theta})^2},
\]
de module $\displaystyle\frac{t^x}{|1+te^{i\theta}|^2}\le\frac{t^x}{|1+te^{i\beta}|^2}=\frac{t^x}{(t+\cos\beta)^2+\sin^2\beta}$.

Cette domination est intégrable sur $]0;+\infty[$ (équivalent à $t^x/\sin^2\beta$ en $0$ et $t^{x-2}$ en $+\infty$, tous deux intégrables car $x\in{]0;1[}$). Par le théorème de dérivation sous le signe intégral, $r$ est $\mathcal{C}^1$ et
\[
r'(\theta)=-ie^{i\theta}\int_0^{+\infty}\frac{t^x}{(1+te^{i\theta})^2}\,\mathrm{d}t.
\]

\subsection*{Q3.}
On a $g(\theta)=e^{ix\theta}r(\theta)$. On calcule :
\[
g'(\theta)=ixe^{ix\theta}r(\theta)+e^{ix\theta}r'(\theta)=e^{ix\theta}\left[ix\int_0^{+\infty}\frac{t^{x-1}}{1+te^{i\theta}}\,\mathrm{d}t -ie^{i\theta}\int_0^{+\infty}\frac{t^x}{(1+te^{i\theta})^2}\,\mathrm{d}t\right].
\]
Avec $h(t)=\dfrac{t^x}{1+te^{i\theta}}$, on a $h'(t)=\dfrac{xt^{x-1}(1+te^{i\theta})-t^xe^{i\theta}}{(1+te^{i\theta})^2}=\dfrac{xt^{x-1}}{1+te^{i\theta}}-\dfrac{t^xe^{i\theta}}{(1+te^{i\theta})^2}$.

Donc $ie^{ix\theta}\displaystyle\int_0^{+\infty}h'(t)\,\mathrm{d}t = g'(\theta)$.

Calcul des limites : $h(0)=0$ (car $x>0$) et $\displaystyle\lim_{t\to+\infty}h(t)=\lim_{t\to+\infty}\frac{t^x}{te^{i\theta}}=\lim_{t\to+\infty}\frac{t^{x-1}}{e^{i\theta}}=0$ car $x<1$.

Par le théorème fondamental du calcul, $\displaystyle\int_0^{+\infty}h'(t)\,\mathrm{d}t=h(+\infty)-h(0)=0$.

Donc $g'(\theta)=0$ pour tout $\theta\in{]}{-\pi};\pi{[}$ : \textbf{$g$ est constante}.

\subsection*{Q4.}
$g$ étant constante, $g(\theta)=g(-\theta)$. Donc :
\[
\frac{1}{2i}\!\left(g(-\theta)e^{ix\theta}-g(\theta)e^{-ix\theta}\right)=g(\theta)\,\frac{e^{ix\theta}-e^{-ix\theta}}{2i}=g(\theta)\sin(x\theta).
\]
D'autre part :
\begin{align*}
g(-\theta)e^{ix\theta}-g(\theta)e^{-ix\theta}&=\int_0^{+\infty}t^{x-1}\left(\frac{1}{1+te^{-i\theta}}-\frac{1}{1+te^{i\theta}}\right)\mathrm{d}t\\
&=\int_0^{+\infty}t^{x-1}\cdot\frac{te^{i\theta}-te^{-i\theta}}{(1+te^{-i\theta})(1+te^{i\theta})}\,\mathrm{d}t\\
&=2i\sin\theta\int_0^{+\infty}\frac{t^x}{t^2+2t\cos\theta+1}\,\mathrm{d}t.
\end{align*}
Divisant par $2i$ : $g(\theta)\sin(x\theta)=\sin\theta\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{t^x}{t^2+2t\cos\theta+1}\,\mathrm{d}t$.

\subsection*{Q5.}
Dans l'intégrale de Q4, on pose $u=\dfrac{t+\cos\theta}{\sin\theta}$ (i.e. $t=u\sin\theta-\cos\theta$, $\mathrm{d}t=\sin\theta\,\mathrm{d}u$). Quand $t=0$, $u=\cot\theta$; quand $t\to+\infty$, $u\to+\infty$. De plus $t^2+2t\cos\theta+1=(t+\cos\theta)^2+\sin^2\theta=\sin^2\theta(u^2+1)$. Donc :
\[
\sin\theta\int_{\cot\theta}^{+\infty}\frac{(u\sin\theta-\cos\theta)^x}{\sin^2\theta(1+u^2)}\sin\theta\,\mathrm{d}u=\int_{\cot\theta}^{+\infty}\frac{(u\sin\theta-\cos\theta)^x}{1+u^2}\,\mathrm{d}u.
\]

\subsection*{Q6.}
Quand $\theta\to\pi^-$, $\cot\theta\to-\infty$, $\sin\theta\to 0^+$, $\cos\theta\to-1$.

Posons $\varphi_\theta(u)=\dfrac{(u\sin\theta-\cos\theta)^x}{1+u^2}\mathbf{1}_{u\ge\cot\theta}$. Pour $\theta\in[\pi/2;\pi[$, $u\ge\cot\theta$ implique $u\sin\theta-\cos\theta\ge0$, et $u\sin\theta-\cos\theta\le(|u|+1)$ (car $\sin\theta\le1$, $|\cos\theta|\le1$). Donc $\varphi_\theta(u)\le\dfrac{(|u|+1)^x}{1+u^2}\in L^1(\mathbb{R})$ (car $x<1$).

Convergence simple : $\varphi_\theta(u)\to\dfrac{1}{1+u^2}$ pour tout $u\in\mathbb{R}$ (le domaine tend vers $\mathbb{R}$ tout entier et $(u\sin\theta-\cos\theta)^x\to1^x=1$).

Par le théorème de convergence dominée :
\[
\lim_{\theta\to\pi^-}g(\theta)\sin(x\theta)=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}u}{1+u^2}=\pi.
\]

\subsection*{Q7.}
$g$ est constante. La limite $\theta\to\pi^-$ donne $g\cdot\sin(\pi x)=\pi$, donc $g=\dfrac{\pi}{\sin(\pi x)}$.

En $\theta=0$ : $g(0)=e^0 r(0)=\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{t^{x-1}}{1+t}\,\mathrm{d}t=g=\dfrac{\pi}{\sin(\pi x)}$.

\section*{Partie II : Expression de la fonction sinus}

\subsection*{Q8.}
On découpe $\int_0^{+\infty}=\int_0^1+\int_1^{+\infty}$ et on change $t\mapsto 1/t$ dans la seconde :
\[
\int_1^{+\infty}\frac{t^{x-1}}{1+t}\,\mathrm{d}t=\int_0^1\frac{t^{-x}}{1+t}\,\mathrm{d}t.
\]
Donc $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{t^{x-1}}{1+t}\,\mathrm{d}t=\int_0^1\!\left(\frac{t^{x-1}}{1+t}+\frac{t^{-x}}{1+t}\right)\mathrm{d}t$.

\subsection*{Q9.}
Pour $t\in[0;1[$, $\dfrac{1}{1+t}=\sum_{k=0}^{+\infty}(-t)^k$. L'interversion est justifiée par le théorème de convergence monotone (après passage à la valeur absolue, la série est positive) ou par la domination $\sum|(-1)^k t^{k+x-1}|\le t^{x-1}/(1-t)$ et l'intégrabilité en 0. Donc :
\[
\int_0^1\frac{t^{x-1}}{1+t}\,\mathrm{d}t=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k\int_0^1 t^{k+x-1}\,\mathrm{d}t=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{k+x}.
\]

\subsection*{Q10.}
De même, $\int_0^1\dfrac{t^{-x}}{1+t}\,\mathrm{d}t=\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^k}{k+1-x}$. Donc en combinant Q8 et Q9 :
\[
\int_0^{+\infty}\frac{t^{x-1}}{1+t}\,\mathrm{d}t=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n+x}+\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n+1-x}.
\]

\subsection*{Q11.}
Dans la seconde série, on réindexe $m=n+1$:
$\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{n+1-x}=-\sum_{m=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^m}{m-x}$.
Donc :
\[
\frac{\pi}{\sin(\pi x)}=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\!\left(\frac{1}{n+x}-\frac{1}{n-x}\right)=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac{-2x}{n^2-x^2}=\frac{1}{x}-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2(-1)^n x}{n^2-x^2}.
\]

\subsection*{Q12.}
On pose $x=y/\pi$ avec $y\in{]0;\pi[}$ (donc $x\in{]0;1[}$). La formule de Q11 donne $\dfrac{\pi}{\sin y}=\dfrac{\pi}{y}-\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{2(-1)^n\pi y/\pi}{n^2-(y/\pi)^2}=\dfrac{\pi}{y}-\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{2(-1)^n\pi y}{n^2\pi^2-y^2}$.

On multiplie par $\dfrac{\sin y}{\pi}$ :
\[
1=\frac{\sin y}{y}-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2(-1)^n y\sin y}{n^2\pi^2-y^2}=\frac{\sin y}{y}+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2(-1)^n y\sin y}{y^2-n^2\pi^2},
\]
d'où $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2(-1)^n y\sin y}{y^2-n^2\pi^2}=1-\frac{\sin y}{y}$.

\section*{Partie III : Intégrale de Dirichlet généralisée}

\subsection*{Q13.}
\textbf{Convergence.} En $0$ : $1-\cos^{2p+1}t\sim(2p+1)(1-\cos t)\sim(2p+1)t^2/2$, donc l'intégrande tend vers $(2p+1)/2$. En $+\infty$ : $|1-\cos^{2p+1}t|\le2$, donc l'intégrande est $O(1/t^2)$, intégrable.

\textbf{IPP.} Posons $u=1-\cos^{2p+1}t$, $v'=1/t^2$, d'où $u'=(2p+1)\cos^{2p}t\sin t$, $v=-1/t$. Les termes aux bornes sont nuls (en 0 et en $+\infty$, $u/t\to0$). Donc :
\[
\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos^{2p+1}t}{t^2}\,\mathrm{d}t=(2p+1)\int_0^{+\infty}\frac{\cos^{2p}t\sin t}{t}\,\mathrm{d}t.
\]

\subsection*{Q14.}
Sur $[n\pi-\pi/2;\,n\pi+\pi/2]$, on pose $t=u+n\pi$ ($u\in[-\pi/2;\pi/2]$) :
$\cos(u+n\pi)=(-1)^n\cos u$, $\sin(u+n\pi)=(-1)^n\sin u$, $\cos^{2p}(t)=\cos^{2p}(u)$.
\[
\int_{n\pi-\pi/2}^{n\pi+\pi/2}\cos^{2p}t\,\frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t=(-1)^n\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{\cos^{2p}(u)\sin(u)}{u+n\pi}\,\mathrm{d}u.
\]
On sépare $[-\pi/2;0]$ et $[0;\pi/2]$, en substituant $u\to-u$ dans le premier :
\[
=(-1)^n\int_0^{\pi/2}\cos^{2p}(u)\sin(u)\!\left(\frac{1}{u+n\pi}-\frac{1}{n\pi-u}\right)\mathrm{d}u=(-1)^n\int_0^{\pi/2}\cos^{2p}(t)\sin(t)\frac{-2t}{n^2\pi^2-t^2}\,\mathrm{d}t.
\]
Ce qui correspond bien à $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^{2p}(t)\frac{2(-1)^n t\sin t}{t^2-n^2\pi^2}\,\mathrm{d}t$.

\subsection*{Q15.}
$\int_{\pi/2}^{+\infty}\cos^{2p}t\,\dfrac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t=\sum_{n=1}^{+\infty}\int_{n\pi-\pi/2}^{n\pi+\pi/2}\cos^{2p}t\,\dfrac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t$.
Par Q14 et interversion (justifiée par domination : $|\cos^{2p}t\sin t/t|\le1/t$ et la série est dominée) :
\[
=\int_0^{\pi/2}\cos^{2p}(t)\left(\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2(-1)^n t\sin t}{t^2-n^2\pi^2}\right)\mathrm{d}t.
\]

\subsection*{Q16.}
\[
\int_0^{+\infty}\cos^{2p}t\,\frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t=\int_0^{\pi/2}\cos^{2p}(t)\frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t+\int_0^{\pi/2}\cos^{2p}(t)\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2(-1)^n t\sin t}{t^2-n^2\pi^2}\,\mathrm{d}t.
\]
\[
=\int_0^{\pi/2}\cos^{2p}(t)\cdot\frac{\sin t}{t}\!\left[1+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2(-1)^n t^2}{t^2-n^2\pi^2}\right]\mathrm{d}t.
\]
Par Q12 avec $y=t$ : $\displaystyle\frac{\sin t}{t}\!\left[1+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2(-1)^nt^2}{t^2-n^2\pi^2}\right]$... En fait Q12 donne $\sum_{n=1}^\infty\dfrac{2(-1)^n y\sin y}{y^2-n^2\pi^2}=1-\dfrac{\sin y}{y}$, donc $\dfrac{\sin t}{t}+\sum_{n=1}^\infty\dfrac{2(-1)^n t\sin t}{t^2-n^2\pi^2}=1$. D'où :
\[
\int_0^{+\infty}\cos^{2p}t\,\frac{\sin t}{t}\,\mathrm{d}t=\int_0^{\pi/2}(\cos t)^{2p}\,\mathrm{d}t.
\]

\subsection*{Q17.}
On développe $\left(\dfrac{e^{it}+e^{-it}}{2}\right)^{2p}=\dfrac{1}{2^{2p}}\sum_{k=0}^{2p}\binom{2p}{k}e^{i(2k-2p)t}$.

On regroupe les termes $k$ et $2p-k$ (qui ont $\binom{2p}{k}=\binom{2p}{2p-k}$ et donnent $2\cos(2(p-k)t)$), et le terme central $k=p$ donne $\binom{2p}{p}$ :
\[
(\cos t)^{2p}=\frac{1}{2^{2p}}\left(\binom{2p}{p}+2\sum_{k=0}^{p-1}\binom{2p}{k}\cos(2(p-k)t)\right).
\]

\subsection*{Q18.}
Par Q13 et Q16 :
\[
\int_0^{+\infty}\frac{1-(\cos t)^{2p+1}}{t^2}\,\mathrm{d}t=(2p+1)\int_0^{\pi/2}(\cos t)^{2p}\,\mathrm{d}t.
\]
Par Q17 et les intégrales $\int_0^{\pi/2}\cos(2mt)\,\mathrm{d}t=\dfrac{\sin(m\pi)}{2m}=0$ pour $m\in\mathbb{N}^*$:
\[
\int_0^{\pi/2}(\cos t)^{2p}\,\mathrm{d}t=\frac{1}{2^{2p}}\binom{2p}{p}\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2^{2p+1}}\cdot\frac{(2p)!}{(p!)^2}.
\]
Donc :
\[
\int_0^{+\infty}\frac{1-(\cos t)^{2p+1}}{t^2}\,\mathrm{d}t=(2p+1)\cdot\frac{\pi}{2^{2p+1}}\cdot\frac{(2p)!}{(p!)^2}=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{(2p+1)!}{2^{2p}(p!)^2}.
\]

\section*{Partie IV : Calcul de $E\!\left(|S_n|\right)$}

\subsection*{Q19.}
$E(X_1)=\frac{1}{2}(-1)+\frac{1}{2}(1)=0$, donc $E(S_n)=nE(X_1)=0$ par linéarité.

$V(X_1)=E(X_1^2)-(E(X_1))^2=1-0=1$. Par indépendance : $V(S_n)=n$.

\subsection*{Q20.}
Par indépendance de $S$ et $T$ :
\[
E(\cos(S+T))=E(\cos S\cos T-\sin S\sin T)=E(\cos S)E(\cos T)-E(\sin S)E(\sin T).
\]
Puisque $T$ et $-T$ ont même loi, $E(\sin T)=E(\sin(-T))=-E(\sin T)$, donc $E(\sin T)=0$.
D'où $E(\cos(S+T))=E(\cos S)\,E(\cos T)$.

\subsection*{Q21.}
Par récurrence. Pour $n=1$ : $E(\cos(tX_1))=\frac{1}{2}\cos(-t)+\frac{1}{2}\cos(t)=\cos t$. (Notons que $X_1$ et $-X_1$ ont même loi.)

Hérédité : $S_n=S_{n-1}+X_n$ avec $S_{n-1}$ et $X_n$ indépendantes, et $X_n$ a même loi que $-X_n$. Par Q20 :
\[
E(\cos(tS_n))=E(\cos(tS_{n-1}))E(\cos(tX_n))=(\cos t)^{n-1}\cos t=(\cos t)^n.
\]

\subsection*{Q22.}
Si $a>0$ : $|b|\le a$ implique $a+b\ge0$, donc $|a+b|=a+b=|a|+\mathrm{signe}(a)\cdot b$.\\
Si $a<0$ : $|b|\le|a|=-a$ implique $a+b\le0$, donc $|a+b|=-(a+b)=-a-b=|a|+\frac{a}{|a|}b=|a|+\mathrm{signe}(a)\cdot b$.

\textbf{Application.} $S_{2n-1}$ est somme de $2n-1$ termes $\pm1$, donc $S_{2n-1}$ est impaire, $S_{2n-1}\ne0$ et $|S_{2n-1}|\ge1=|X_{2n}|$. On peut appliquer la formule avec $a=S_{2n-1}$, $b=X_{2n}$:
\[
|S_{2n}|=|S_{2n-1}|+\mathrm{signe}(S_{2n-1})\cdot X_{2n}.
\]
En prenant l'espérance, par indépendance de $S_{2n-1}$ et $X_{2n}$, et $E(X_{2n})=0$ :
\[
E(|S_{2n}|)=E(|S_{2n-1}|)+E(\mathrm{signe}(S_{2n-1}))\cdot E(X_{2n})=E(|S_{2n-1}|).
\]

\subsection*{Q23.}
Pour $s=0$ : les deux membres sont nuls. Pour $s\ne0$, posons $u=|s|t$ :
\[
\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos(st)}{t^2}\,\mathrm{d}t=|s|\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos(\mathrm{signe}(s)\cdot u)}{u^2}\,\mathrm{d}u=|s|\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos u}{u^2}\,\mathrm{d}u.
\]
L'intégrale standard $\int_0^{+\infty}\dfrac{1-\cos u}{u^2}\,\mathrm{d}u=\dfrac{\pi}{2}$ (cas $p=0$ de Q18, ou par IPP : $=-\left[\dfrac{1-\cos u}{u}\right]_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}\dfrac{\sin u}{u}\,\mathrm{d}u=\dfrac{\pi}{2}$).

Donc $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos(st)}{t^2}\,\mathrm{d}t=\frac{\pi}{2}|s|$.

\subsection*{Q24.}
Par Q23, pour tout réel $s$ fixé : $|s|=\dfrac{2}{\pi}\displaystyle\int_0^{+\infty}\dfrac{1-\cos(st)}{t^2}\,\mathrm{d}t$.

On applique avec $s=S_n(\omega)$ et on prend l'espérance. Par le théorème de Fubini (l'intégrande $\dfrac{1-\cos(tS_n)}{t^2}\ge0$) :
\[
E(|S_n|)=\frac{2}{\pi}\int_0^{+\infty}\frac{E(1-\cos(tS_n))}{t^2}\,\mathrm{d}t=\frac{2}{\pi}\int_0^{+\infty}\frac{1-(\cos t)^n}{t^2}\,\mathrm{d}t.
\]

\subsection*{Q25.}
D'après Q18 avec $p=n-1$ (i.e. $2p+1=2n-1$) :
\[
\int_0^{+\infty}\frac{1-(\cos t)^{2n-1}}{t^2}\,\mathrm{d}t=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{(2n-1)!}{2^{2n-2}((n-1)!)^2}.
\]
Donc par Q24 :
\[
E(|S_{2n-1}|)=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi}{2}\cdot\frac{(2n-1)!}{2^{2n-2}((n-1)!)^2}=\frac{(2n-1)!}{2^{2n-2}\bigl((n-1)!\bigr)^2}.
\]
Et par Q22 : $E(|S_{2n}|)=E(|S_{2n-1}|)=\dfrac{(2n-1)!}{2^{2n-2}\bigl((n-1)!\bigr)^2}$.

\end{document}
