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Corrigé de l’épreuve d’analyse et de probabilités
Concours Externe d’Agrégation Mathématiques 2015
abdelbaki.attioui@ gmail.com
PARTIE I: Polynômes d’Hermite.
+1 k
+1
+1
X
X
X
u
(¡t2 )k
2
1.(a) Pour tout u 2 R, eu =
. Il en découle que e¡t =
=
ak tk où a2k+1 = 0 et a2k =
k!
k!
k=0

k=0

(¡1)k
.
k!

k=0

2

C’est le DSE en t = 0 de la fonction t !
7 e¡t en outre son rayon de convergence Ra = +1 par le lemme d’Abel
+1 k
X
¯
¯
k
r
puisque pour tout r > 0, ¯ak r k ¯ 6 rk! et
converge dont la somme égal à er . De même, pour x 2 R fixé,
k!
k=0

e2xt =

+1
X
(2xt)k
k=0

k!

=

+1
X

bk tk où bk =

(2x)k
k!

k=0

est le DSE en t = 0 de la fonction t 7! e2xt et Rb = +1.

1.(b) Soit x 2 R. Pour tout t 2 R,
2

2
2
2
1
e¡x
Ã(t) = '(x ¡ t) = p e¡(x¡t) = p e¡t e2xt = '(x)e¡t e2xt :
¼
¼

Alors à est DES en 0 comme produit de deux fonctions DES en 0.
1.(c) Avec le notations précédentes, pour tout x; t 2 R,
Ã(t) = '(x)

+1
X

a k tk :

k=0

où ck = '(x)

k
X

+1
X

b k tk =

k=0

+1
X

ck tk

k=0

ai bk¡i ( produit de Cauchy). Par ailleurs, Rc = +1 et à est C 1 sur R. Par suite, cette série

i=0

coïncide avec le développement en série de Taylor de à en 0 et alors pour tout k 2 N, ck =
Ce qui donne, 8 (x; t) 2 R2 ,
2

e2xt¡t =

à (k) (0)
k!

= (¡1)k '

(k)

(x)
.
k!

+1
+1
+1
X
ck k X
'(k) (x) k X Hk (x) k
t =
(¡1)k
t =
t
'(x)
k!'(x)
k!

k=0

k=0

k=0

2. Soit x 2 R. Le rayon de convergence de la série entière (1) étant infini, il en est de même que la série des dérivées
dont la convergence est uniforme sur tout intervalle de la forme ] ¡ r; r[, r > 0. Le théorème de dérivation sous le
signe somme assure que 8 t 2 R,
+1
X
2
Hk (x) k¡1
t
= 2(x ¡ t)e2xt¡t
(k ¡ 1)!
k=1

ou encore et le fait que H0 (x) = 1 et H1 (x) = 2x,
+1
X
Hk+1 (x) ¡ 2xHk (x)
k=1

Donc, 8 k > 1, 8 x 2 R,

k!

tk = ¡2

+1
X
Hk¡1 (x) k
t
(k ¡ 1)!

k=1

Hk+1 (x) = 2xHk (x) ¡ 2kHk¡1 (x)

3. On a deg(H0 ) = 0 et deg(H1 ) = 1 , une récurrence forte sur k et la relation (2) montrent que deg(Hk ) = k. On
désigne par dk le coefficient dominant de Hk , on a déjà d0 = 1 et d1 = 2. D’après (2), pour k > 1, dk+1 = 2dk
alors dk = 2k .
4. Soit x; y 2 R avec x 6= y, par récurrence sur n 2 N¤ . L’égalité est vraie pour n = 1 car
H1 (x)H0 (y) ¡ H0 (x)H1 (y) = 2(x ¡ y) = 2(x ¡ y)K1 (x; y)

1

Supposons que c’est vraie pour un entier n > 1.
n
X
Hk (x)Hk (y)

Kn+1 (x; y) =

2k k!
k=0
Hn (x)Hn (y)
+ Kn (x; y)³
2n n!
´
Hn (x)Hn¡1 (y)¡Hn¡1 (x)Hn (y)
Hn (x)Hn (y)
1
+
, par Hypothèse de récurrence
n
n
2 n!
2 (n¡1)!
x¡y
1
(2xHn (x)Hn (y) ¡ 2yHn (x)Hn (y) + 2nHn (x)Hn¡1 (y) ¡ 2nHn¡1 (x)Hn (y))
2n+1 n!(x¡y)
1
2n+1 n!(x¡y) ((2xHn (x) ¡ 2nHn¡1 (x)) Hn (y) ¡ Hn (x) (2yHn (y) ¡ 2nHn¡1 (y)))
1
(Hn+1 (x)Hn (y) ¡ Hn (x)Hn+1 (y)) , d’après (2)
2n+1 n!(x¡y)

=
=
=
=
=

5. Pour tout k 2 N et P 2 R[X], il est bien connu que
lim P (t)'(k) (t) =

jtj!+1

lim (¡1)k P (t)Hk (t)'(t) = 0

jtj!+1

On en déduit par intégration par parties succéssives que, pour tout n 2 N,
Z
Z
(n)
n
' (t)P (t)dt = (¡1)
'(t)P (n) (t)dt
R

R

6. Soit (m; n) 2 N2 avec m 6 n, par définition de Hn ,
Z
Z
Hn (t)Hm (t)'(t)dt = (¡1)n Hm (t)'(n) (t)dt
R

D’après ce qui précéde,
(n)
Hn

n

R

R

R

Hn (t)Hm (t)'(t)dt =

R

(n)

(n)

Hm (t)'(t)dt. Comme deg(Hm ) = m alors Hm

R

= 0 si

n

m < n et
= 2 n! car le coefficient dominant de Hn est 2 . Par ailleurs, ' est la densité de la loi de gaussienne
son intégrale sur R vaut 1 d’où le résultat.
p
7. Soit x 2 R. Par récurrence forte sur k. Pour k = 0, en effectuant le changement de variable s 2 = t, d’après
l’indication :
Z
p Z ¡s2 =2 ¡ixsp2
p
2
¡t2 =4 ¡ixt
e
e
dt = 2 e
e
ds = 2 ¼e¡x
R
2

x
ep
2 ¼

R

R

2

Donc,
e¡t =4 e¡ixt dt = 1 = H0 (x). Pour pouvoir utiliser (2), on doit vérifier l’égalité aussi pour k = 1. Par
R
intégration par parties, pour tout R > 0,
Z R
Z R
h
iR
2
¡t2 =4 ¡ixt
¡t2 =4 ¡ixt
te
e
dt = ¡2e
e
¡ 2ix
e¡t =4 e¡ixt dt
¡R

¡R

¡R

¯ 2
¯
2
¯
¯
Le terme entre crochets tend vers 0 quand jtj ! +1 car ¯e¡t =4 e¡ixt ¯ = e¡t =4 . Ainsi,
Z

te¡t

2

=4 ¡ixt

e

R

dt = ¡2ix

Donc,
2

iex
p
2 ¼

Z

te¡t

2

Z

e¡t

2

=4 ¡ixt

e

R

=4 ¡ixt

e

p
2
dt = ¡4ix ¼e¡x

dt = 2x = H1 (x)

R

On suppose que l’égalité est vraie pour tout 0 6 h 6 k pour un certain k 2 N. On a :
Hk+1 (x) = 2xHk (x) ¡ 2kHk¡1 (x) , d’après l’égalité (2)
2 R
k
k¡1
x2 R
2
2
xex
= ip
tk e¡t =4 e¡ixt dt ¡ i pke
tk¡1 e¡t =4 e¡ixt dt , par hypothèse de récurrence
R
R
¼
¼
2
2
k+1 x R
k+1 x R
2
2
= i p¼e
tk e¡t =4 (¡ix)e¡ixt dt + i p¼e
ktk¡1 e¡t =4 e¡ixt dt , par intégration par parties
R
R
¡ k¡1
¢
k+1 x2 R
k+1 x2 R
2
k¡1 ¡t2 =4 ¡ixt
= i p¼e
¡ tk+1 =2 e¡t =4 e¡ixt dt + i p¼e
e
e
dt
R ¡ kt
R kt
x2 R
2
ik+1
e
k+1
¡t
=4
¡ixt
p
=
t
e
e
dt
R
2 ¼
8. Soit x 2 R, pour tout n 2 N,
Hn

µ

x
p
2n



2

=

in ex =2n
p
2 ¼
2

Z
R

2

tn e¡t

p
=4 ¡ixt= 2n

e

dt

p
En posant t = s 2n, l’égalité devient
Hn

µ

x
p
2n



in ex

=

2

p n+1 Z
2
2n
p
sn e¡ns =2 e¡ixs ds
2 ¼
R

=2n

Dans le but d’utiliser la méthode de Laplace, ceci invite à poser f (t) = e¡ixt et g(t) = ln t ¡ t2 =2 pour t > 0. Alors,
g 0 (t) = 1=t ¡ t et g 0 ne s’annule qu’au point t0 = 1, max
g = g(1) = ¡1=2 et g00 (1) = ¡2 < 0. Alors,
+
R

Z

n ¡ns2 =2 ¡ixs

s e

e

R+

p
e¡n=2
ds = ¼e¡ix p + ±
n

µ

e¡n=2
p
n



De même,
Z

n ¡ns2 =2 ¡ixs

s e

e

n

ds = (¡1)



Z

n ¡ns2 =2 ixs

s e

e

np

ds = (¡1)

¼e

ix e

R+

2

Donc, en tenant compte du fait que ex
Hn

µ

x
p
2n

ou encore
Hn


µ

=2n

¡n=2

p +±
n

µ

e¡n=2
p
n



tend vers 1,

p n+1 µ
µ ¡n=2 ¶¶
p ¡ix e¡n=2
p
in 2n
e¡n=2
e
p
p + (¡1)n ¼eix p + ±
p
=
¼e
2 ¼
n
n
n
x
p
2n



p
= 2

µ

2n
e

¶n=2

i

n (¡1)

n ix

e

2

+ e¡ix



õ

2n
e

¶n=2 !

PARTIE II: Projection orthogonale sur Rn¡1 [X].
1. Pour x 2 E, l’expressin du projecté orthogonal de x sur F est donné par pF (x) =

p
X

< ek ; x > ek .

k=1

2. La famille ( p 1k Hk )06k6n¡1 étant formée de polynômes de degrés échelonnés, est une base de Rn¡1 [X] et
2 k!
d’après I.7, elle en est une base orthonormale pour le produit scalaire de L2 (R; ¹). Alors, pour tous f 2 L2 (R; ¹) et
x 2 R,
Z
n¡1
XZ
1
1
p
p
¦n (f )(x) =
Hk (y)f (y)'(y)dy
Hk (x) =
Kn (x; y)f (y)'(y)dy
2k k!
2k k!
R
k=0 R
3. Soit (x; z) 2 R2 , dans le calcul qui suit les égalités de I.7. sont utilisées,
Z

Kn (x; y)Kn (y; z)'(y)dy =

R

n¡1
X n¡1
X
k=0 h=0

Z

Hk (x)Hh (z)
2k+h k!h!

Kn (x; x)'(x)dx =
R

n¡1
XZ
k=0

4.(a) Pour tout 1 6 i; j 6 n,
Kn (ti ; tj ) =

R

Z

Hk (y)Hh (y)'(y)dy =

R

n¡1
X
k=0

Hk (x)Hk (z)
= Kn (x; z)
2k k!

n¡1
X
Hk (x)Hk (x)
'(x)dx
=
1=n
k
2 k!
k=0

n
X
Hk¡1 (ti )Hk¡1 (tj )
= Li :t Lj
2k¡1 (k ¡ 1)!

k=1

où Li est la iéme ligne de B. Donc, A = B:t B. Les polynômes Hk , 0 6 k 6 n ¡ 1 sont échelonnés en degré,
deg(Hk ) = k et Hk de coefficient dominant 2k . On peut par des opérations élémentaires sur les colonnes ( ajouter une
combinaison linéaire des H0 ; H1 ; ¢ ¢ ¢ ; Hk¡1 à Hk ) pour obtenir le monôme 2k X k . Comme ces opérations laissent le
déterminant invariable on aura alors
¡
¢
¡
¢
det (Hi¡1 (tj ))16i;j 6n = det (2i¡1 ti¡1
j )16i;j 6n :
Ensuite, par multilinéarité factoriser tous les termes de la ligne i par 2i¡1 pour obtenir
n
¡
¢ Y
¡
¢
¡
¢
n(n¡1)=2
det (Hi¡1 (tj ))16i;j 6n =
2k¡1 det (ti¡1
det (ti¡1
j )16i;j 6n = 2
j )16i;j 6n :
k=1

3

4.(b) D’après ce qui précéde, det((Kn (ti ; tj ))16i;j 6n ) = det(A) = det(B)2 et
¡
¢
Qn
p k¡11
det(B) =
det (Hi¡1 (tj ))16i;j 6n
k=1
2
(k¡1)!
¡
¢
Qn
p k¡11
=
2n(n¡1)=2 det (ti¡1
)16i;j 6n
j
k=1
2
¡ (k¡1)!
¢ p
p
Q
=
n!Dn det (ti¡1
n!Dn 16i<j 6n (tj ¡ ti )
j )16i;j 6n =
Le dernier déterminant est celui de Vandermonde dont la valeur est bien connue. On en déduit que
det((Kn (ti ; tj ))16i;j 6n ) = n!qn (t1 ; ¢ ¢ ¢ ; tn ):
5. En utilisant l'expression théorique du determinant on a :
n
X
Y
¡
¢
det (Hi¡1 (tj ))16i;j 6n =
"(¾)
H¾(i)¡1 (ti )
i=1

¾2Sn

Alors,

n
X
Y
¡
¢2
det (Hi¡1 (tj ))16i;j 6n =
"(¾)"(¿ )
H¾(i)¡1 (ti )H¿ (i)¡1 (ti )
¾;¿ 2Sn

i=1

C’est une somme de fonctions à variables séparées alors,
R

¡
¢2
det (Hi¡1 (tj ))16i;j 6n d¹(t1 ) ¢ ¢ ¢ d¹(tn )
Rn

=

X

"(¾)"(¿ )

¾;¿ 2Sn

=
=
=

X

"(¾)"(¿ )

¾;¿ 2Sn
n
X Y

¾2Sn i=1
n
X Y

n µZ
Y

i=1
n
Y
i=1

­

­


H¾(i)¡1 (ti )H¿ (i)¡1 (ti )d¹(ti )
R

H¾(i)¡1 ; H¿ (i)¡1

®

®
H¾(i)¡1 ; H¾(i)¡1 , par orthogonalité des Hk

2¾(i)¡1 (¾(i) ¡ 1)!, par I.7

¾2Sn i=1 Q
n
= 2n(n¡1)=2 k=1 k!
= 2n(n¡1) =Dn

6.
R

Rn

qn (t1 ; ¢ ¢ ¢ ; tn )d¹(t1 ) ¢ ¢ ¢ d¹(tn ) =
=
=
=
=

R

Rn

Q

16i;j 6n (tj

2

R
1 ) ¢ ¢ ¢ d¹(tn ) , par 4.(b)
RRn det(A)d¹(t
2
det(B)
d¹(t
) ¢ ¢ ¢ d¹(tn ) , par 4.(a)
n
R
¡
¢2
R 1
1Q
d¹(t1 ) ¢ ¢ ¢ d¹(tn ) , par 4.(b)
n det (Hi¡1 (tj ))16i;j 6n
R
2n(n¡1)=2 n
k!
R k=1 ¡
¢2
Dn
det (Hi¡1 (tj ))16i;j 6n d¹(t1 ) ¢ ¢ ¢ d¹(tn )
2n(n¡1) Rn
1 , par 5.
1
n!
1
n!

2

¡ ti )2 e¡(t1 +¢¢¢+tn ) dt1 ¢ ¢ ¢ dtn

=
=

R

¼ n=2
Dn
¼ n=2
Dn

Rn

qn (t1 ; ¢ ¢ ¢ ; tn )d¹(t1 ) ¢ ¢ ¢ d¹(tn ), par définition de qn et d¹
Qn
k=1 k!

= ¼ n=2 2¡n(n¡1)=2

7. Soit m tel que 2 6 m 6 n et (t1 ; ¢ ¢ ¢ ; tm¡1 ) 2 Rm¡1 . Pour 1 6 k 6 m, soit Ak la matrice, de taille m ¡ 1,
obtenue de la matrice (Kn (ti ; tj ))16i;j 6m en supprimant la ligne k et la colonne m. Alors, en développant suivant
la dernière colonne on obtient
det(Kn (ti ; tj ))16i;j 6m ) =

m
X

(¡1)m+k Kn (tk ; tm )det(Ak )

k=1

On a det(Am ) = det(Kn (ti ; tj ))16i;j 6m¡1 ). Afin de se débarasser de la variable tm des autres sous déterminants,
on développe chacun suivant la dernière ligne m ¡ 1 où figure cette variable. On aura alors, pour 1 6 k 6 m ¡ 1,
det(Ak ) =

m¡1
X

(¡1)m+h¡1 Kn (tm ; th )det(Ak;h )

h=1

4

Où Ak;h est la matrice, de taille m ¡ 2, (Kn (ti ; tj ))16i;j 6m¡1;i6=k;j6=h . En combinant toutes ces égalités et en tenant
compte de II.3.
R

det(Kn (ti ; tj ))16i;j 6m )d¹(tm )
R

= ndet(Am ) +
= ndet(Am ) +
= ndet(Am ) ¡
= ndet(Am ) ¡

m¡1
X

(¡1)m+k

k=1
m¡1
X m¡1
X
k=1 h=1
m¡1
X m¡1
X

m¡1
X

(¡1)m+h¡1 det(Ak;h )Kn (tk ; th )

h=1

(¡1)k+h¡1 Kn (tk ; th )det(Ak;h )
(¡1)k+h Kn (tk ; th )det(Ak;h )

h=1 k=1
m¡1
X
h=1

det(Am ) = (n ¡ m + 1)det(Kn (ti ; tj ))16i;j 6m¡1 )

PARTIE III: Holomorphie.
2
¤
1.(a) Soit f : C¤ ! C définie
p par:
p f (z) = 1 ¡ 2=z . La fonction f est holomrphe sur C . Pour démontrer que ©
est holomlorphe sur C n p
[¡ p
2; 2] ( comme composée et produit de fonctionspholomorphes)
il suffit de vérifier que
p
l’image par f de C n [¡ 2; 2] est contenue dans C n R¡. Soit z 2 C n [¡ 2; 2]. Si z 2 R, alors f (z) 2 R et
f (z) = 1 ¡ 2=z 2 > 0. Si z 2
= R, alors f (z) 2 R ssi z 2 iR dans ce cas, z 2 2 R¡ et f (z) > 0. Ainsi, dans tous les
cas f (z) 2 C n R¡.
p pD’où le résultat.
Soit x 2 R n [¡ 2; 2], la restriction du log à R¤+ conïcide avec le log neperien ln alors,
à Ãp
!!
p
p
µ
µ
¶¶
½ p
1
2
x2 ¡ 2
x x2 ¡ 2
x2 ¡ 2
si x > p
2
p
©(x) = x exp
ln 1 ¡ 2
= x exp ln
=
=
¡ x2 ¡ 2 si x < ¡ 2
2
x
jxj
jxj
Noter que pour z 2 C n R¡, log(z) = ln jzj + iArg(z) où Arg est la fonction argument principale à valeurs dans
p p
Im(z)
]¡¼; ¼[. Une expression de telle fonction est donnée par : Arg(z) = 2arctan Re(z)+jzj
. Alors, pour z 2 Cn[¡ 2; 2],
2
z p 2
i
jz ¡ 2je 2 Arg(1¡2=z )
jzj

©(z) =

[¤]

p
1.(b). Soit z 2 C, la fonction g : ! 7! ©(!)¡!
est holomorphe sur fj!j > max( 2; jzj)g. D’après un lemme de
!¡z
Z
Jordan, pour montrer que lim
g(!)d! = 0, il suffit de montrer que lim j!g(!)j = 0. On utilisera,
R!+1

j!j!+1

C(O;R)

les inégalités déduitent par exemple des expressions enpséries entières: jexp(») ¡ 1j 6 ej»j ¡ 1, pour tout » 2 C et
jlog(1 ¡ »)j 6 ¡ ln(1 ¡ j»j), pour j»j < 1. Pour j!j > 2,
j!g(!)j

=
6

=

j!j2
j!¡zj
j!j2
j!¡zj
j!j2
j!¡zj

¯
¯
¡
¡
¢¢
¯exp 1 log 1 ¡ 22 ¡ 1¯
2
!
³
³
³
´´
´
2
exp ¡ 12 log 1 ¡ j!j
¡1
2
Ã
!
q 1
2
1¡ j!j
2

¡1

»

1
j!j

;

j!j ! +1

2. Soit ¡R;" le contour donné
p en indication avec
p R > jzj et " > 0 tel que z soit à l’extérieure de K" où K" est
le rectangle de sommets §( 2 + " + i"), §( 2 + " ¡ i") parcouru dans le sens positif. Ceci est possible vu que
p p
z 2 C n [¡ 2; 2]. Noter aussi que d(z; K" ) > 0. La fonction ! 7! ©(!)
est holomorphe à l’interieur de ¡R;" sauf
!¡z
au point z qui est en un pôle simple, d’après la formule intégrale de Cauchy ou le théorème des résidus on a:
Z
©(!)
d! = 2i¼©(z)
¡R;" ! ¡ z
En d’autres termes,
Z
Z
Z
Z
Z
©(!)
©(!)
©(!)
©(!) ¡ !
!
2i¼©(z) = ¡
d! +
d! = ¡
d! +
d! +
d!
!
¡
z
!
¡
z
!
¡
z
!
¡
z
!
¡z
K"
C(O;R)
K"
C(O;R)
C(O;R)
Par aillleurs,

Z
C(O;R)

!
d! =
!¡z

Z

d! + z

C(O;R)

Z
C(O;R)

5

d!
= 2i¼z
!¡z

Alors, d’après 1.(b) et quand R ! +1, on obtient
Z
©(!)
d! = 2i¼(z ¡ ©(z)) = 2i¼G(z)
K" ! ¡ z

p
2 + ", on a:
Z ¡a
Z ¡"
Z a
Z "
©(!)
©(t + i")
©(¡a + it)
©(t ¡ i")
©(a + it)
d! =
dt +
dt +
dt +
dt
!
¡
z
t
+
i"
¡
z
¡a
+
it
¡
z
t
¡
i"
¡
z
a
+ it ¡ z
K"
a
¡a
¡"
"

On pose a =
Z

Pour t 2 [¡"; "], en utilisant l’expression de © [*] on a:
¯
¯
¯ 2
¯
p
¯
¯
2
2
2
¯
¯
¯
¯
¯ ©(§a + it) ¯2
¯
¯ = (§a + it) ¡ 2 = a ¡ t § 2iat ¡ 2 6 2" + 2 2" + 2a"
¯ §a + it ¡ z ¯
d(z; K" )2
j§a + it ¡ zj2
j§a + it ¡ zj2
Z "
p p
©(§a + it)
Comme, lim d(z; K" ) = d(z; [¡ 2; 2]) > 0 alors, lim
dt = 0.
"!0
"!0 ¡" §a + it ¡ z
p
Pour 2 6 jtj 6 a,
¯2
¯
p
¯
¯
2
2
2
2
¯
¯
¯ ©(t § i") ¯2
¯
¯ = t ¡ " § 2i"t ¡ 2 6 t ¡ 2 + " + 2"a 6 2" + 2 2" + 2"a
¯ t § i" ¡ z ¯
d(z; K" )2
d(z; K" )2
jt § i" ¡ zj2
Z

p
¡ 2

Z a
©(t § i")
©(t § i")
Alors, même argument que ci-dessus, lim
dt = lim p
dt = 0. Il reste à étudier la
"!0 ¡a t § i" ¡ z
"!0 2 t § i" ¡ z
p
R 2
") dt, quand " tend vers 0.
limite de l’intégrale ¡p2 ©(t§i
t§i"¡z
p
p
p
Pour 0 < jtj < 2, et 0 < " < 2 ¡ t2 de sorte que jt § i"j < 2, on a d’après [*] et ensuite par continuité:
µ

¡
¢
©(t § i")
t § i"
1
=
exp
log 1 ¡ 2(t § i")¡2
t § i" ¡ z
t § i" ¡ z
2
p
p
µ

¡
¢
©(t § i")
t
1
t 2 ¡ t2 i Arg(1¡2t¡2 )
t 2 ¡ t2
¡2
lim
=
exp
log 1 ¡ 2t
=
e2
=i
"!0 t § i" ¡ z
t¡z
2
jtj(t ¡ z)
jtj t ¡ z
La fonction ! !

©(!)
!¡z

est continue sur le compact K" . Alors, d’après le théorème de convergence dominée,
Z

p

2

©(t § i")
dt = i
t § i" ¡ z

lim
"!0 ¡p2
p p
Donc, pour tout z 2 C n [¡ 2; 2],
2i¼G(z) = lim
"!0

Z

p
¡ 2

p
2

p
2

Z
0

©(t + i")
dt + lim
"!0
t + i" ¡ z
G(z) =

Z

p

2

p
¡ 2

p
Z 0 p
2 ¡ t2
2 ¡ t2
dt ¡ i p
dt
t¡z
¡ 2 t¡z
Z

p

2

p
¡ 2

©(t ¡ i")
dt = 2i
t ¡ i" ¡ z

p
1 2 ¡ t2
dt
¼ z¡t

Z

p

2

p
¡ 2

p
2 ¡ t2
dt
z¡t

3.(a) Soit K un compact de C n R. Par hypothèse, la suite (Hn ) coverge simplement sur C n R alors pour tout z 2 K,
la suite (Hn (z)) est bornée. D’autre part, pour tous z; z 0 2 K,
¯Z µ
¯

Z
¯
¯
1
1
1
0
0
¯
¯
jHn (z) ¡ Hn (z )j = ¯
¡ 0
d¾n (t)¯ 6 jz ¡ z j
d¾n (t)
2
z¡t z ¡t
R
R d(t; K)
Alors, la suite (Hn ) est uniformément équicontinue sur K. D’après le théorème d’Ascoli, on peut en extraire une sous
suite (HÁK (n) ) convergente vers une fonction hK dans C(K). En considérant une suite exaustive de compacts (Kn )
de C n R, on définit sur C n R l’application h par : h(z) = hKn (z) si z 2 Kn . Alors, par construction, h 2 O(C n R)
et (Hn ) converge simplement vers h sur C n R. Ainsi, la suite (Hn ) admet une unique valeur d’adhérence à savoir
h dans O(C n R). Donc, elle converge dans O(C n R).
3.(b). Par hypothèse et lorsque n !p
+1, pour tout z 2 C n R, Im (z) h(z) 6 0 et h(z)2 ¡ 2zh(z) + 2 = 0. Alors,
¤
pour tout x 2 R+ , h(ix) = ix ¡ ix 1 + 2=x2 = G(ix) . Par le principe de prolongement analytique, h = G sur
le demi plan supérieur fIm (z) > 0g. De la même manière, h = G sur le demi plan inférieur fIm (z) < 0g. Donc,
6

h = G sur C n R. .
PARTIE IV: Intégration et probabilité sur Hn (C).
1.. Soient X1 ; X2 ; X3 ; X4 des variables aléatoires réelles définies sur un espace probalisé (­; P ). On suppose que ces
v.a sont mutuellemnt indépendantes et qu’elles suivent la même loi normale N (0; 12 ). Alors, pour tous I1 ; I2 ; I3 ; I4
des intervalles de R,
Ã
Ã
!
!
X2p
+iX3
³
p ´ ³
p ´
X1
2
X=
2 UI1 ;I2 ;I3 ;I4 = (X1 2 I1 ) \ X2 2 2I2 \ X3 2 2I3 \ (X4 2 I4 )
X2p
¡iX3
X4
2
Par suite,

p
p
P
(¤)
R (X1 2 I1 )PR(X2 2 2I2 )P (X
R 3 2 2I3 )P (X
R 4 2 I4 )
p
p
'(x
)dx
'(x
)dx
'(x
)dx
'(x
)dx
1
1
2
2
4
I1 R
R2I2
R 2I3 ¡x32 3 R I4 ¡x24
1
¡x21
¡x22
p
p
3 dx
4 dx
e
dx
e
dx
e
e
2
1
2
3
4
¼ RI1
R 2I2 2
R 2I3 2
R I4 2
2
¡x21
dx1 I2 e¡2x2 dx2 I3 e¡2x3 dx3 I4 e¡x4 dx4
¼ 2 RI1 e
2
2
2
2
2
e¡(x1 +2x2 +2x3 +x4 ) dx1 dx2 dx3 dx4
¼ 2 RI1 £I2 £I3 £I4
2
¡(x21 +2x22 +2x23 +x24 )
dx1 dx2 dx3 dx4
¼ 2 RR4 1I1 £I2 £I3 £I4 (x1 ; x2 ; x3 ; x4 )e
2
g((x
;
x
;
x
);
x
)(dx
dx
dx
)dx
(¤¤)
2
1
2
4
3
1
2
4
3
4
¼ RR
2
¡T r(M 2 )
d!2 (M )
¼ 2 H2 (C) 1UI1 ;I2 ;I3 ;I4 (M )e
R
2
¡T r(M 2 )
= ¼2 UI ;I ;I ;I e
d!2 (M )
1 2 3 4
µ

x1
x2 + ix3
4
Dans l’égalité (**) on a posé, pour tout (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) 2 R , M =
. Alors, M 2 H2 (C) et
x2 ¡ ix3
x4
avec les notations complémentaires, M = Mu;v où u = (x1 ; x2 ; x4 ) et v = x3 et g(u; v) = 1UI1 ;I2 ;I3 ;I4 (Mu;v )f (Mu;v )
2
2
2
2
2
où f : H2 (C) ! R+ définie par f (M ) = e¡T r(M ) = e¡(x1 +2x2 +2x3 +x4 ) qui est mesurable positive.
Inversement, si on a ces égalités pour tous I1 ; I2 ; I3 ; I4 intervalles de R alors, on a d’après l’égalité (*) les variables
aléatoires X1 ; X2 ; X3 ; X4 sont mutuellemnt indépendantes. D’autre part, en prenant tous les intervalles I1 ; I2 ; I3 ; I4
égaux à R sauf un Ik tout en restant variable, on déduit de ces égalités que la v.a Xk suit la loi normale N (0; 12 ).
2. Le cas n = 2 se déduit de la question précédente car
Z
2
2
H2 (C) = UR;R;R;R et 1 = P (X 2 H2 (C)) = 2
e¡T r(M ) d!2 (M )
¼ H2 (C)
P (X 2 UI1 ;I2 ;I3 ;I4 ) =
=
=
=
=
=
=
=

Soit n > 2, en s’inspirant du cas n = 2, on considère une famille de n2 variables aléatoires réelles (Xk )16k6n2
définies sur un même espace probalisé (­; P ) et on suppose que ces v.a sont mutuellemnt indépendantes et qu’elles
suivent la même loi normale N (0; 12 ). De manière analogue, on pose
8
< Xj 2¡
¢ si i = j
p1
2 +2i¡1 + iX(j¡1)2 +2i
X
si i < j
X = (Xi;j )16i;j 6n avec Xi;j =
(j¡1)
: 2
Xj;i
si j < i
2

X est donc une variable aléatoire sur (­; P ) à valeurs dans Hn (C). Pour tout (xk )16k6n2 2 Rn , on pose
8
si i = j
< xj 2
x(j¡1)2 +2i¡1 + ix(j¡1)2 +2i si i < j
M = (mi;j )16i;j 6n avec mi;j =
:
mj;i
si j < i
Alors, M 2 Hn (C) et le jème terme de la diagonale de M 2 est donné par:
n
X

mj;i mi;j =

i=1

n
X
i=1

2

jmi;j j =

j¡1 ³
X

x2(j¡1)2 +2i¡1

+

x2(j¡1)2 +2i

´

+

x2j 2

+

i=1

n
³
X

x2(i¡1)2 +2j¡1 + x2(i¡1)2 +2j

´

i=j+1

Par suite,
X

T r(M 2 ) =

16i<j 6n

=

2

x2(j¡1)2 +2i¡1 +

X

16i<j 6n

=

2

16i<j 6n

x2(j¡1)2 +2i¡1 + 2

X

16k 6n2 ;

X

p

x2k
k2N
=

+

n
X

x2(j¡1)2 +2i +

X

16i<j 6n

n
X

x2j 2 +

j=1

x2(j¡1)2 +2i +

n
X
j=1

x2j 2

j=1

7

X

16j<i6n

x2j 2

x2(i¡1)2 +2j¡1 +

X

16i<j 6n

x2(i¡1)2 +2j

Car pour tout 1 < k < n2 avec

p

hp i
k + 1 alors (j ¡ 1)2 < k < j 2 = (j ¡ 1)2 + 2j ¡ 1 . Ainsi,

k2
= N, soit j =

il existe un couple unique (i; j) tel que k = (j ¡ 1)2 + 2i ou k = (j ¡ 1)2 + 2i ¡ 1 avec 1 6 i < j 6 n. Avec les
notations complémentaires, M = Mu;v avec
u = (ui;j )16i6j 6n = (x(j¡1)2 +2i¡1 )16i6j 6n
Par définition,
R
2
e¡T r(M ) d!n (M ) =
Hn (C)

R

2

Rn

2

R

=

2
Rn

R

=

R n2

=

e¡T r(Mu;v )
0
exp @¡2
0

exp @¡2

Y µZ

16k 6n

Q

16i6j 6n

X

16k 6n2 ; k2N
=

X

p
16k 6n2 ;¶ k2N
=

dxk2

R

p
p
2
( ¼)n ( ¼=2)n ¡n =

=

dui;j

p

¡x2k2

e

v = (vi;j )16i<j 6n = (x(j¡1)2 +2i )16i<j 6n

et

Q

x2k ¡
x2k ¡

16i<j 61
n dvi;j
n
X
Y
Y
x2j 2 )A
dx(j¡1)2 +2i¡1
dx(j¡1)2 +2i
j=1
16i6j 6n
16i<j 6n
n
X
j=1

Y

p
16k 6n2 ; k2N
=
¼n

1

x2j 2 )A
µZ

e

Y

dxk

16k 6n2

¡2x2k

dxk



R

2 =2

2n(n¡1)=2

2

Soit f : Hn (C) ! R définie par f (M ) = e¡T r(M ) . f est une fonction positive mesurable est intégrable sur Hn (C).
De plus, pour toutes matrices M 2 Hn (C) et V 2 Un (C) , f (M ) = f (V DV ¤ ) car la fonction trace et l’application
carrée sont invariables par conjugaison. Alors d’après la formule d’intégration de Weyl et en tenant compte de II.6,
Z

2

e¡T r(M ) d!n (M ) = Cn

Z

¡

e

n
X

¸2i

Rn

Hn (C)

Y

i=1

16i<j 6n

(¸j ¡ ¸i )2

n
Y

d¸i = Cn

i=1

¼ n=2
2n(n¡1)=2

n
Y

j!

j=1

Ce qui donne
Cn =

¼ n(n¡1)=2
n
Y
j!
j=1

3. Soit f : Hn (C) ! R une fonction mesurable, bornée et invariable par conjugaison. Alors, la fonction F :
2
Hn (C) ! R définir par : F (M ) = f (M )e¡T r(M ) est mesurable, intégrable et invariable par conjugaison. D’après
(7) et (5)
R

f (M )dPn (M ) =
Hn (C)
=
=

=

R

2n(n¡1)=2 ¡T r(M 2 )
f
(M
)
e
d!n (M )
Hn (C)
¼ n2 =2
n(n¡1)=2 Z
2
F (M )d!n (M )
¼ n2 =2
Hn (C)
Z
n
Y
Y
2n(n¡1)=2
2
C
F
(diag(¸
;
¢
¢
¢
;
¸
))

¡
¸
)
d¸i
n
1
n
j
i
¼ n2 =2
Rn
i=1
16i<j 6n
n
X
¸2i Y
¡
Z
n
Y
2n(n¡1)=2
2
i=1
f (diag(¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n ))e
(¸j ¡ ¸i )
d¸i
n
Y
Rn
i=1
16i<j 6n
¼ n=2
j!
j=1

=
=

R

Rn

f (diag(¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n ))qn (¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n )

R

Rn g(¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n )qn (¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n )

n
Y

n
Y

d¹(¸i )

i=1

d¹(¸i )

i=1

Où g : Rn ! R est la fonction définie par: g(¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n ) = f (diag(¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n )). La fonction g est mesurable et
bornée car la fonction f l’est. On outre, pour tout ¾ 2 Sn et (¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n ) 2 Rn ,
diag(¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n ) = V diag(¸¾(1) ; ¢ ¢ ¢ ; ¸¾(n) )V ¤
8

avec V 2 Un (C) la matrice de permutation associée à ¾. Alors, g(¸¾(1) ; ¢ ¢ ¢ ; ¸¾(n) ) = g(¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n ) d’après
l’invariabilité par conjugaison de f .
4. Soit k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng. Par définition, la variable aléatoire Fk est mesurable, bornée ( car la fonction ° l’est) et
invariable par conjugaison ( car pour toute matrice V 2 Un (C) les matrices M et V M V ¤ ont les mêmes valeurs
propres). Soit En (Fk ) l’espérance mathématique de la variable aléatoire Fk . Alors, d’après IV.3. et des égalités de
II.4.(b), II.6 et II.7
R
En (Fk ) = Hn (C) Fk (M )dPn (M )
n
Y
R
= Rn Fk (diag(¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n ))qn (¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n )
d¹(¸i )
=

=
=
=
=

1
n!
1
n!

Z

i=1

X

Rn 16i <¢¢¢<i 6n
1
k

X

16i1 <¢¢¢<ik 6n

(n ¡ k)!
n!

Z

°(¸i1 ) ¢ ¢ ¢ °(¸ik )det((Kn (¸i ; ¸j ))16i;j 6n )
0

°(¸i1 ) ¢ ¢ ¢ °(¸ik ) @

Rk

X

16i1 <¢¢¢<ik 6n

Z

Z

Rn¡k

n
Y

d¹(¸i )

i=1

det((Kn (¸i ; ¸j ))16i;j 6n )

°(¸i1 ) ¢ ¢ ¢ °(¸ik )det((Kn (¸ir ; ¸is ))16r;s6k )

Rk

n
Y

1

i=1;i6=im
k
Y

d¹(¸i )A

d¹(¸im )

X

d¹(¸im )

m=1

(¤)

m=1

Z
k
Y
X
(n ¡ k)!
°(¸1 ) ¢ ¢ ¢ °(¸k )det((Kn (¸r ; ¸s ))16r;s6k )
d¹(¸m )
1
n!
Rk
m=1
16i1 <¢¢¢<ik 6n
Z
1
°(¸1 ) ¢ ¢ ¢ °(¸k )det((Kn (¸i ; ¸j ))16i;j 6k )d¹(¸1 ) ¢ ¢ ¢ d¹(¸k )
(¤ ¤ ¤)
k! Rk

On a l’égalité (***) car

k
Y

(¤¤)

n!
c’est le nombre de perties à k éléments parmi n. Dans l’égalité
k!(n ¡ k)!

1=

16i1 <¢¢¢<ik 6n

(**), c’est tout simplement le changement de notation des k variables. En ce qui concerne l’égalité (*), on utilise
l’égalité II.7, la symétrie de Kn et des changements de rôles des variables avec un ordre adéquat ( on pourra aussi le
faire par récurrence sur k).
PARTIE V: Localisation du spectre.
1.. Soit I un intervalle de R et k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng. Pour tout M 2 Hn (C), il existe un unique j 2 f0; ¢ ¢ ¢ ; ng tel que
(j)
(j)
M 2 An (I). Ainsi, les (An (I))06j 6n forment une partition de Hn (C). Par ailleurs,
(k)

En (XI )

=
=
=
=
=

R

(k)

Hn (C)
n Z
X

XI (M )dPn (M )
(k)

(j)

XI (M )dPn (M )

(j)

XI (M )dPn (M ); car XI

j=0

An (I)

j=k

An (I)

n Z
X
n Z
X
j=k
n
X

(k)

(k)

X

(j)

An (I) 16i <¢¢¢<i 6n
1
k

ÂI (¸i1 ) ¢ ¢ ¢ ÂI (¸ik )dPn (M )
Z

X

1 6 i1 < ¢ ¢ ¢ < ik 6 n
les ¸is parmi les j v.p 2 I

n µ
X
j
=
Pn (A(j)
n (I))
k
j=k

= 0 sur A(j)
n (I) pour 0 6 j < k

(j)

dPn (M )

An (I)

j=k

2. Soit z 2 C, I un intervalle de R et M 2 Hn (C). En développant le produt on a
XI;z (M ) =

n
Y

(1 ¡ zÂI (¸i )) = 1 +

i=1

n
X

(¡1)k z k

k=1

X

16i1 <¢¢¢<ik 6n

9

ÂI (¸i1 ) ¢ ¢ ¢ ÂI (¸ik ) = 1 +

n
X

k=1

(k)

(¡1)k z k XI (M )

Alors, par linéarité de l’espérance,
Qn;I (z) =
=

En (XI;z )
n
X
(k)
1+
(¡1)k z k En (XI )
k=1

=

µ

1+

n X
n
X

1+

n X
n
X

1+

n
X

Pn (A(j)
n (I))

1+

n
X

Pn (A(j)
n (I))

1+

n
X

k

(¡1)

k=1 j=k

=

(¡1) "(k; j)

j=1

=

j=1

Pour k = 0, on a

n
X

z k Pn (A(j)
n (I))

µ

j
k



z k Pn (A(j)
n (I)) avec "(k; j) = 1 si 1 6 k 6 j 6 n et "(k; j) = 0 sinon

n
X

(¡1)k "(k; j)

X

(¡1)k

k=1
j

j=1

=



k

k=1 j=1

=

j
k

k=1

µ

j
k

µ



j
k



zk

zk

j
Pn (A(j)
n (I))[(1 ¡ z) ¡ 1]

(0)

Pn (A(j)
n (I)) = 1, alors Pn (An (I)) = 1¡

j=0

n
X
j=1

Pn (A(j)
n (I)) = Qn;I (1). Pour k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng, le
(j)

k

coefficient de (z ¡ 1) dans l’expression de Qn;I (z) n’est autre que (¡1)k Pn (An (I)). D’autre part, par développe(¡1)k (k)
(k)
ment de Taylor du plynôme Qn;I (z) au point z = 1, on obient Pn (An (I)) =
Qn;I (1).
k!
3. Soit z 2 C, I un intervalle de R, la fonction ÂI est mesurable bornée. Pour tout k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng, la variable
(k)
aléatoire XI n’est autre que Fk avec ° = ÂI , d’après IV.4. On a alors, par l’égalité (9),
Qn;I (z)

= En (XI;z )
n
X
(k)
= 1+
(¡1)k z k En (XI )
= 1+
= 1+

k=1
n
X
k=1
n
X
k=1

(¡1)k z k
k!
(¡1)k z k
k!

Z

Rk

°(¸1 ) ¢ ¢ ¢ °(¸k )det((Kn (¸i ; ¸j ))16i;j 6k )d¹(¸1 ) ¢ ¢ ¢ d¹(¸k )

Ik

det((Kn (¸i ; ¸j ))16i;j 6k )d¹(¸1 ) ¢ ¢ ¢ d¹(¸k )

Z

p
4. Soit k 2 N¤ et I = [a; b] avec a; b 2 R et a < b. Soit n 2 N¤ , on pose (t1 ; ¢ ¢ ¢ ; tk ) = 2n(¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸k )
R
un : = ( p1 I)k det((Kn (¸i ; ¸j ))16i;j 6k )d¹(¸1 ) ¢ ¢ ¢ d¹(¸k )
2nR
2
2
= p1¼k ( p1 I)k det((Kn (¸i ; ¸j ))16i;j 6k )e¡(¸1 +¢¢¢+¸k ) d¸1 ¢ ¢ ¢ d¸k
R 2n
2
2
tj
i
= p 1 k I k det((Kn ( pt2n
; p2n
))16i;j 6k )e¡(t1 +¢¢¢+tk )=2n dt1 ¢ ¢ ¢ dtk
2n¼
R
p
2
2
tj
¼
i
= ¼1k I k det(( 2n
Kn ( pt2n
; p2n
))16i;j 6k )e¡(t1 +¢¢¢+tk )=2n dt1 ¢ ¢ ¢ dtk
R
p
2
2
tj
¼
i
= ¼1k I k n¢k det(( 2n
Kn ( pt2n
; p2n
))16i;j 6k )e¡(t1 +¢¢¢+tk )=2n dt1 ¢ ¢ ¢ dtk
Où ¢1 = ; et pour k > 1, ¢k est la partie de I k constituée des k-uplets dont au moins deux composantes sont égales.
L’intégrale sur ¢k est nulle car le déterminant l’est. Noter aussi que ¢k est négligeable pour la mesure produit.
Pour (t1 ; ¢ ¢ ¢ ; tk ) 2 I k n ¢k , on pose
õr
!
µ
¶¶
2
2
¼
ti
tj
fn (t1 ; ¢ ¢ ¢ ; tk ) := det
Kn p ; p
e¡(t1 +¢¢¢+tk )=2n
2n
2n
2n
16i;j 6k
f (t1 ; ¢ ¢ ¢ ; tk ) := det

õ

sin(ti ¡ tj )
t i ¡ tj



!

16i;j 6k

Avec les indications données et la continuité du déterminant, la suite (fn ) dominée par une constante et converge
k
simplement vers
R la fonction f p.p sur I . Le théorème de convergence dominée assure la convergence de la suite
1
(un ) vers ¼k I k f (t1 ; ¢ ¢ ¢ ; tk )dt1 ¢ ¢ ¢ dtk . D’où le résultat.
10

5. Soit z 2 C, on pose Q(z) = 1 +

+1
X

k=1

ak z k où pour k 2 N¤ ,

õ
!

Z
(¡1)k
sin(ti ¡ tj )
ak := k
det
dt1 ¢ ¢ ¢ dtk
¼ k! [a;b]k
ti ¡ tj
16i;j 6k
³
´
sin(ti ¡tj )
Comme la matrice
2 Hn (C), pour tout (t1 ; ¢ ¢ ¢ ; tk ) 2 [a; b]k . En utilisant l’inégalité de Hadamard
ti ¡tj
16i;j 6k

et l’inégalité jsin(x)j 6 jxj valable pour tout x 2 R,
¯
õ


Z
¯
¯
1
sin(ti ¡ tj )
¯
¯
jak j 6
det
¯
¯ dt1 ¢ ¢ ¢ dtk
¯
¼ k k! [a;b]k ¯
ti ¡ tj
16i;j 6k
v
u
¯
Z
k uX
k ¯
Y
¯ sin(ti ¡ tj ) ¯2
1
t
¯
¯ dt1 ¢ ¢ ¢ dtk
6
¼ k k! [a;b]k j=1 i=1 ¯ ti ¡ tj ¯
p k
k (b ¡ a)k
6
¼ k k!
à p !
+1
X
k
kk
k
6
Par ailleurs, la suite
tend
vers
0
car
e
.
Alors,
la
série
entière
ak z k a +1 comme rayon de
k!
k!1=k
k=1
k
convergence. Donc, Q est bien définie et holomorphe sur C.
6. Pour tout n 2 N¤ , Qn;[a=p2n;b=p2n] est holomorphe sur C car fonction polynomiale. Soit K un compact de C; on
note d = max jzj . Pour tout z 2 K et avec les notations ci-dessus
z2K

¯
µ ¶k ¯¯Z
n
+1
¯
X
X
1 jzj
¯
¯
(fn ¡ f )(t1 ; ¢ ¢ ¢ ; tk )dt1 ¢ ¢ ¢ dtk ¯ +
jak jjzjk
¯
¯ [a;b]k
¯
k! ¼
k=1
k=n+1
¯
µ ¶k ¯¯Z
n
+1
¯
¯
¯
X
X
1
d
¯
¯
¯
¯
p
p
max ¯Qn;[a= 2n;b= 2n] (z) ¡ Q(z)¯ 6
(fn ¡ f )(t1 ; ¢ ¢ ¢ ; tk )dt1 ¢ ¢ ¢ dtk ¯ +
jak jdk
¯
z2K
¯ [a;b]k
¯
k! ¼
¯
¯
¯
¯
¯Qn;[a=p2n;b=p2n] (z) ¡ Q(z)¯ 6

k=1

k=n+1

Soit " > 0, d’après ce qui précéde, il existe N 2 N tel que pour tout n > N
¯Z
¯
+1
¯
¯
X
¯
¯
(fn ¡ f )(t1 ; ¢ ¢ ¢ ; tk )dt1 ¢ ¢ ¢ dtk ¯ < " et
jak jdk 6 "
¯
¯ [a;b]k
¯
k=n+1

Alors, pour tout n > N

µ ¶k
n
¯
¯
X
1 d
¯
¯
p
p
max ¯Qn;[a= 2n;b= 2n] (z) ¡ Q(z)¯ 6 "
+ " 6 "ed=¼ + "
z2K
k! ¼
k=1

D’ou le résultat .
7. Soit m 2 N. D’après V.2, pour tout n > m,
p
p
(¡1)m (m)
Pn (A(m)
([a=
2n;
b=
2n]))
=
Qn;[a=p2n;b=p2n] (1):
n
m!
Comme la suite (Qn;[a=p2n;b=p2n] )n converge vers Q dans O(C), alors d’après un théorème sur la convergence
(m)

holomorphe, la suite (Qn;[a=p2n;b=p2n] )n converge vers Q(m) dans O(C). Donc,

p
p
(¡1)m (m)
lim Pn (A(m)
([a= 2n; b= 2n])) =
Q (1)
n
n!+1
m!
PARTIE VI: Loi du demi-cercle.
1. Soit [a; b] un segement de R,
µ

1 (1)
En
X[apn;bpn]
=
n
=
=
=

³
´
1
(1)
En X[apn;bpn] , par linéarité de l’espérance
nZ
1
Kn (¸; ¸)d¹(¸), d’après l’égalité (9) et IV.4
n [aZpn;bpn]
p p
p
p
1
p
Kn (t n; t n)'(t n)dt, on pose: ¸ = t n
R n [a;b]
dvn (t) = vn ([a; b])
[a;b]
11

Si la longueurpde l’intervalle
[a; b] pour la mesure dvn est non nulle, on peut espérer d’avoir une valeur propre dans
p
l’intervalle [a n; b n].
2. Soit z 2 C n R. Pour tout M 2 Hn (C), on peut écrire M = V diag(¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; ¸n )V ¤ avec V 2 Un (C) et les ¸i 2 R
( les valeurs propres de M ). Alors,
n
X
p
p
p
1
(n)
p
Rpnz (M ) = T r(( nzIn ¡ M )¡1 ) = T r(diag( nz ¡ ¸1 ; ¢ ¢ ¢ ; nz ¡ ¸n )¡1 ) =
= F1 (M );
nz
¡ ¸i
i=1

1
d’après IV.4. avec ° : R 7! C définie par : °(¸) = p
, pour ¸ 2 R. On a ° est mesurable et bornée car
nz ¡ ¸
1
continue et j°j 6 p
. Donc, d’après le résultat du IV.4.
d( nz; R)
Z
p
1
p
Gn (z) =
n
Kn (¸; ¸)d¹(¸)
nz
¡¸
ZR
p p
p
p
1
1
= p
Kn (t n; t n)'(t n)dt, on pose: ¸ = t n
Z n R z¡t
dvn (t)
=
R z¡t
3. Soit R 2 R+ , t 2 R.
ZZ
dxdy
j(x
+
iy) ¡ tj
jx+iyj6R

6

ZZ

=

Z
0

Si jtj < 2R, alors

j(x+iy)¡tj6R+jtj
2¼ Z R+jtj

dr dµ = 2¼(R + jtj) , en posant x + iy = t + reiµ

0

ZZ

dxdy
, car fjx + iyj 6 Rg ½ fj(x + iy) ¡ tj 6 R + jtjg
j(x + iy) ¡ tj

jx+iyj6R

dxdy
6 6¼R
j(x + iy) ¡ tj

Si jtj > 2R, en passant encore aux coordonnées polaires, x + iy = reiµ
ZZ

dxdy
jx+iyj6R j(x + iy) ¡ tj

=
6

=

Z



Z

R

r dr dµ
jreiµ ¡ tj

0
Z 0Z
¯
¯
1 2¼ R
r dr dµ , car ¯reiµ ¡ t¯ > jtj ¡ r > R
R 0
0
¼R

2
Donc, c = 6¼ convient. Pour montrer qu’une fonction est
Z Z localement intégrable sur R , il suffit de montrer qu’elle
dxdy
6 6¼R. Alors, z 7! 1z est localement
est intégrable sur toute boule de centre 0. Soit R > 0,
jx+iyj6R jx + iyj
intégrable sur R2 . De même, pour G et Gn car
ZZ
ZZ
Z
Z
1
jG(x + iy)jdxdy 6
dv(t)dxdy 6 6¼R dv(t) = 6¼R
jx+iyj6R
jx+iyj6R R j(x + iy) ¡ tj
R

Les expressions des fonctions Gn et G sont similaires, elles sont alors localement intégrables sur R2 .
4. Soit à 2 D(R2 ) de support K un compact de R2 . On a la suite (Gn ) converge simplement vers G sur C n R et
uniformément sur K n R. Donc, la suite (Gn Ã) est bornée p.p sur K et elle converge simplement vers GÃ p.p sur
K. D’après le théorème de convergence dominée,
Z
Z
lim
Gn (x + iy)Ã(x; y)dxdy =
G(x + iy)Ã(x; y)dxdy
n!+1

Par conséquent,
lim

n!+1

Z

K

K

Gn (x + iy)Ã(x; y)dxdy =
R2

Z

G(x + iy)Ã(x; y)dxdy

R2

5. Soit à 2 D(R2 ). Il existe R > 0 tel que supp(Ã) ½ fjx+iyj 6 Rg et à = 0 sur le bord fjx+iyj = Rg. On effectue
~ t) = Ã(r cos(t); r sin(t)) = Ã(x; y),
le changement de variables en coordonnées polaires x + iy = reit et on pose Ã(r;
(r; t) 2]0; R] £ [0; 2¼[.
12

On a les relations suivantes: 0 < jx + iyj 6 R
(

(x; y) =
@y

@y (x; y)

~

cos(t) @@rà (r; t) ¡
~

sin(t) @@rà (r; t) +

=

~
1
sin(t) @@tà (r; t)
r
~

1
r cos(t) @t (r; t)

Par suite,
@Ã(x; y) =
=
=

³

´


(x; y) + i @Ã
@y (x; y)
³ @y
~
~
1
cos(t) @@rà (r; t) ¡ 1r sin(t) @@tà (r; t)
2 ³
´
~
~

eit
i @Ã
2
@r (r; t) + r @t (r; t)
1
2

´
~
~
+ i sin(t) @@rà (r; t) + i 1r cos(t) @@tà (r; t)

~
L’intégrale en question devient, noter que supp(@Ã) ½ fjx + iyj 6 Rg, Ã(R;
t) = 0 pour tout t 2 R et pour tout
~ 2¼) = Ã(r;
~ 0). Soit 0 < " < R,
r 2 [0; R], Ã(r;
Ã
Ã
!!
ZZ
Z 2¼ Z R
1
1
eit @ Ã~
i @ Ã~
@Ã(x; y)dxdy =
(r; t) +
(r; t)
r dr dt
it
2
@r
r @t
"6jx+iyj6R x + iy
" reÃ
0
!
Z 2¼ Z R
@ Ã~
i @ Ã~
= 12
(r; t) +
(r; t) dr dt
@r
r @t
"
0
Z 2¼ Z R ~
Z
Z

i R 1 2¼ @ Ã~
= 12
(r; t) dr dt +
(r; t) dt dr
2 " r 0 @t
0Z
" @r


¡ 12

=

¡ 12

=
Donc,

ZZ

R2

1
@Ã(x; y)dxdy
x + iy

=
=
=
=

En d’autres termes,
@

Z0 2¼

~ t) dt
Ã(";

Ã(" cos(t); " sin(t)) dt

0

ZZ

1
@Ã(x; y)dxdy
jx+iyj
Z Z 6R x + iy
1
lim
@Ã(x; y)dxdy
"!0
"
6
jx+iyj6R x + iy
Z 2¼
¡ 12 lim
Ã(" cos(t); " sin(t)) dt
"!0 0
­
®
¡¼Ã(0; 0) = ¡¼ ±(0;0) ; Ã

µ ¶
1
= ¼±(0;0)
z

6. Soit à 2 D(R2 ). Noter que pour t 2 R, la fonction (x; y) 7! Ã(x + t; y) est aussi dans D(R2 ).
ZZ
Z ZZ
1
G(x + iy)@Ã(x; y)dxdy =
@Ã(x; y)dxdydv(t)
x
+
iy
¡t
2
2
ZR Z Z R
R
1
=
@Ã(x + t; y)dxdydv(t)
R Z R2 x + iy
=
=

¡¼

Ã(t; 0)dv; d’après le résultat 5. précédent

R

¡¼ hv; Ãi

Donc, @G = ¼v dans D0 (R2 ). Par un raisonnement identique, on a aussi l’égalité @Gn = ¼vn dans D0 (R2 ). D’après
4., la suite (Gn )n>2 converge vers G dans D0 (R2 ) alors (@Gn )n>2 converge vers @G dans D0 (R2 ). Donc, (vn )n>2
converge vers v dans D0 (R2 ).
Z
7. Soit a; b 2 R avec a < b, alors vn ([a; b]) =
1[a;b] (t)dvn (t) = lim hvn ; Ã" i avec Ã" 2 D(R2 ) telle que
"!0
R
lim Ã" (x; y) = 1[a;b] (x) pour tout (x; y) 2 R2 ( par régularisation). Par suite,
"!0
Z
lim vn ([a; b]) = lim hv; Ã" i =
1[a;b] (t)dv(t) = v([a; b])
n!+1
"!0
R
.
Si pour n assez grand, la probabilité vn d’avoir une valeur propre dans [a; b] est non nulle, alors la probabilité v de
d’avoir une valeur propre dans [a; b] est aussi non nulle.
13


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