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Corrigé du sujet HEC-ESCP Maths 2 ECS 2018

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Partie I : Séries téléscopiques

1/ a/ La série $\sum_{n\geq 1}\dfrac1{n(n+1)}$ est convergente car son terme général est positif et équivalent au terme général d’une série de Riemann convergente $\dfrac1{n^2}$

En écrivant, pour tout $n\in\N^*$ : $\dfrac1{n(n+1)}=\dfrac1n-\dfrac1{n+1}$

On obtient une somme télescopique :

$\sum_{n=1}^N \dfrac1{n(n+1)} = 1-\dfrac1{N+1}\tendinf \xrightarrow N 1.$

La somme de la série $\sum_{n\geq 1}\dfrac1{n(n+1)}$ est donc égale à 1.

b/ Avec la décomposition de fractions trouvée, on reconnaît pour $X$ la loi certaine égale à 1.

2/ a/ La fonction $f_n$ est positive lorsque $c_n\geq 0$ et continue sur $\mathbb{R}$ privé d’un nombre fini de points

Calculons l’intégrale de $f_n$ sur $\mathbb{R}$ :

$\int_{-\infty}^{+\infty} f_n(x)dx$

= ${ \int_{-\tfrac1{n+1}}^0 f_n(x)dx} + {\int_0^{\tfrac n{n+1}}f_n(x)dx} + { \int_{\tfrac n{n+1}}^1 f_n(x)dx} ;$

${ \int_{-\tfrac1{n+1}}^0 f_n(x)dx$

= $\dfrac1{n+1}+\left[\dfrac{n+1}2x^2\right]_{-\tfrac1{n+1}}^0$

= $\dfrac1{2(n+1)}}$

${\int_0^{\tfrac n{n+1}}f_n(x)dx = c_n~\dfrac n{n+1}}$

${ \int_{\tfrac n{n+1}}^1 f_n(x)dx$

= $(n+1)\left[x-\dfrac{x^2}2\right]_{\tfrac n{n+1}}^1$

= $(n+1)\left(\dfrac12-\dfrac n{n+1}+\dfrac{n^2}{2(n+1)^2}\right)$

= $\dfrac1{2(n+1)}}.$

On a donc :

$\begin{align*}\int_{-\infty}^{+\infty} f_n(x)dx=1 &\iff { \dfrac1{2(n+1)}} + { c_n~\dfrac n{n+1}} + { \dfrac1{2(n+1)}}= 1 \\ &\iff c_n~\dfrac n{n+1} = 1-\dfrac1{n+1} \iff c_n=1. \end{align*}$

La fonction $f_n$ est donc une densité de probabilité si et seulement si $c_n=1$ .

Pour $n=3$ :

$f_3(x)=\left\{\begin{array}{cl} 0&\text{si }x<-\dfrac14\text{ ou }x>1\\ 1+4x&\text{si }-\dfrac14\leq x \leq 0\\ 1&\text{si }0\leq x \leq \dfrac34\\ 4-4x&\text{si }\dfrac34\leq x \leq 1\end{array}\right.$ .

b/ Puisque $f_n$ est nulle en dehors de $\left[-\dfrac1{n+1},1\right]$ , la fonction de répartition $F_n$ de $Y_n$ est :

nulle sur $\left]-\infty,-\dfrac1{n+1}\right]$ ,

égale à 1 sur $[1,+\infty[$ .

pour $-\dfrac1{n+1}\leq x\leq 0$ :

$\begin{align*}F_n(x)& = \int_{-\tfrac1{n+1}}^x\big(1+(n+1)t\big)dt = \left[t+\dfrac{n+1}2t^2\right]_{-\tfrac1{n+1}}^x\\ &= x+\dfrac{n+1}2x^2-\left(-\dfrac1{n+1}+\dfrac{n+1}2\left(-\dfrac1{n+1}\right)^2\right)\\ &=\dfrac1{2(n+1)}+x+\dfrac{n+1}2x^2 \end{align*}$

pour $0\leq x\leq \dfrac n{n+1}$ :

$F_n(x) = F_n(0) + \int_{0}^x c_ndt = \dfrac1{2(n+1)}+x$

pour $\dfrac n{n+1} \leq x \leq 1$ :

$\begin{align*}F_n(x)&=F_n\left(\dfrac n{n+1}\right) + \int_{\tfrac n{n+1}}^x (n+1)(1-t)dt = \dfrac{1+2n}{2(1+n)} + \left[(n+1)\left(t-\dfrac{t^2}2\right)\right]_{\tfrac n{n+1}}^x\\ &=\dfrac{1+2n}{2(1+n)} +(n+1)\left(\left(x-\dfrac{x^2}2\right)-\dfrac n{n+1}\left(1-\dfrac n{2(n+1)}\right)\right)\\ &=\dfrac{1-n}2+(n+1)x-\dfrac{n+1}2x^2. \end{align*}$

Conclusion :

$\forall x\in\mathbb{R},~ F_n(x)=\left\{\begin{array}{clrcl} 0&\text{si }&&x&\leq-\dfrac1{n+1}\\[0.75em] \dfrac1{2(n+1)}+x+\dfrac{n+1}2x^2&\text{si }&-\dfrac1{n+1}\leq &x&\leq 0\\[0.75em] \dfrac1{2(n+1)}+x&\text{si }&0\leq &x&\leq \dfrac n{n+1}\\[0.75em] \dfrac{1-n}2+(n+1)x-\dfrac{n+1}2x^2&\text{si }&\dfrac n{n+1}\leq &x& \leq 1\\[0.75em] 1&\text{si }&1\leq&x\end{array}\right.$

La fonction $F_n$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $\mathbb{R}$ car $f_n$ est continue sur $\mathbb{R}$ .

c/ Si $x<0$ , alors, comme $-\dfrac1{n+1}\tendinf \xrightarrow n0$ :

$\exists N\in\N,~ \forall n\geq N,~ x\leq -\dfrac1{n+1} \quad \text{et donc }F_n(x)=0\tendinf \xrightarrow n0$

Si $0\leq x<1$ alors de même :

$\exists N^\prime\in\N,~ \forall n\geq N^\prime,~ 0\leq x\leq \dfrac n{n+1} \quad \text{et donc }F_n(x)=\dfrac1{2(n+1)}+x\tendinf \xrightarrow nx$

Si $x\geq 1$ , alors :~ $F_n(x)=1\tendinf \xrightarrow n1$ .

Conclusion :

$\forall x\in\mathbb{R},~ F_n(x)\tendinf \xrightarrow n\left\{\begin{array}{cl} 0& \text{si }0\leq x\\ x&\text{si }0\leq x \leq 1\\ 1&\text{si }x\geq 1 \end{array}\right.$

ce qui prouve la convergence en loi de $(Y_n)$ vers une variable aléatoire $Y\hookrightarrow\mathcal U([0,1])$ .

3/ a/ Pour tout $\varepsilon>0$ :

$\P\left(\left|\dfrac{X_{n+1}}{n+1}\right|\geq \varepsilon\right) = 1-\underbrace{F\big(\varepsilon(n+1)\big)}_{\displaystyle\tendinf \xrightarrow n 0} + \underbrace{F\big(-\varepsilon(n+1)\big)}_{\displaystyle\tendinf n1}\tendinf \xrightarrow n 0.$

(où $F$ est la fonction de répartition de $X$ (donc aussi celle de $X_{n+1}$ ))\\
ce qui prouve la convergence en probabilité de $\left(\dfrac{X_{n+1}}{n+1}\right)$ vers 0.

b/ Comme $X_1 \mathop{\longrightarrow}^{\mathcal L} X$ et $\dfrac{X_{n+1}}{n+1}\mathop{\longrightarrow}^{\mathrm p}0$ , le théorème de Slutsky donne la convergence en loi de la suite de variables aléatoires $(D_n)$ vers $X$ .

c/ En remarquant que :

$\forall x\in\mathbb{R},~ \P\left(-\dfrac{X_{n+1}}{n+1} \leq x\right) =\P\big(-X_{n+1} \leq x(n+1)\big) = 1-F\big(-x(n+1)\big)$

on obtient une densité de la variable aléatoire $-\dfrac{X_{n+1}}{n+1}$ :

$g_{n+1}:\left\{\begin{array}{rcl} \mathbb{R}&\to&\mathbb{R} \\ t&\mapsto&(n+1)f\big(-(n+1)t\big) \end{array}\right.$

L’indépendance des variables $X_1$ et $-\dfrac{X_{n+1}}{n+1}$ permet alors d’utiliser le produit de convolution pour obtenir une densité $f_{D_n}$ de $D_n$ en notant que, $f$ étant bornée, la fonction $f_{D_n}:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ ci-dessous est bien définie et continue sauf en un nombre fini de points:

$\forall x\in\mathbb{R},~ f_{D_n}(x)= \int_{-\infty}^{+\infty} f(t)g_{n+1}(x-t)dt = (n+1)\int_{-\infty}^{+\infty} f(t)f\big((n+1)(t-x)\big)dt.$

d/ Supposons que $X$ suive la loi uniforme sur $[0,1]$ . On peut choisir la densité :

$f:\left\{\begin{array}{rcl} \mathbb{R}&\to&\mathbb{R} \\ x&\mapsto&\left\{\begin{array}{cl} 1&\text{si }x\in[0,1]\\ 0&\text{sinon} \end{array}\right. \end{array}\right..$

qui est bornée

La question (c) donne une densité de $D_n$ ; or :

$\begin{align*} f(t)\times f\big((n+1)(t-x)\big)=1 \iff \left\{\begin{array}{c} f(t) = 1\\ f\big((n+1)(t-x)\big)=1\end{array}\right.\\ \iff \left\{\begin{array}{c} 0\leq t \leq 1\\ 0\leq (n+1)(t-x)\leq 1\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{c} 0\leq t \leq 1\\ x\leq t\leq x+\dfrac1{n+1}\end{array}\right. \end{align*}$

et $f(t)\times f\big((n+1)(t-x)\big)=0$ sinon.\\

On est donc amené à déterminer l’intersection

${ [0,1]}\cap{\left[x,x+\dfrac1{n+1}\right]}$

qui est un intervalle borné (comme intersection de deux intervalles bornés), éventuellement vide, et dont on note $L_x$ la longueur (différence entre les deux bornes si l’intervalle est d’intérieur non vide ; nulle s’il est vide ou réduit à un point).

On aura alors :

$\forall x\in\mathbb{R},~ h_n(x)=(n+1)\times L_x.$

Il s’agit de la densité $f_n$ de la question 2.
D’après (b), $(D_n)$ converge en loi vers la variable $X\hookrightarrow \mathcal U([0,1])$ .

On a donc retrouvé le résultat de la question 2.(c).

4/ a/ Les deux variables aléatoires $\dfrac{X_n}n$ et $\dfrac{X_{n+1}}{n+1}$ vérifient une loi normale (chacune transformée affine d’une variable aléatoire suivant une loi normale).\\ Elles sont de plus indépendantes, donc par stabilité additive de la loi normale, $U_n$ suit une loi normale, de paramètres :

$\E(U_n)=\dfrac1n\E(X_n)-\dfrac1{n+1}\E(X_{n+1})=0 \quad;$

$\V(U_n)=\dfrac1{n^2}\V(X_n)+\dfrac1{(n+1)^2}\V(X_{n+1})=\dfrac1{n^2}+\dfrac1{(n+1)^2}.$

b/ Avec les notations de la question 3.:

$\sum_{n=1}^N U_n=X_1-\dfrac{X_{N+1}}{N+1}=D_N$

La variable aléatoire $X\hookrightarrow \mathcal N(0,1)$ possède une densité bornée, donc d’après 3.(b), la suite $(D_N)_{N\geq 1}$ converge en loi vers $X$ .\\ La série $\sum_{n\geq 1} U_n$ converge donc en loi vers $X\hookrightarrow \mathcal N(0,1)$ .

c/ Par indépendance des variables aléatoires $U_n^\prime$ ( $n\in\N^*$ ) et par stabilité additive de la loi normale :

$T_n^\prime\hookrightarrow \mathcal N\left(0,{\sigma_n}^2\right) \quad\text{ avec }\sigma_n=\sqrt{\sum_{k=1}^n \dfrac1{k^2}+\dfrac1{(k+1)^2}}.$

La fonction de répartition de $T_n^\prime$ est donnée par :

$\begin{align*}\forall x\in\mathbb{R},~ F_{T_n^\prime}(x)&=\dfrac1{\sqrt{2\pi}\sigma_n} \int_{-\infty}^x \exp\left(-\dfrac12\left(\dfrac t{{\sigma_n}}\right)^2\right)dt\\ &= \dfrac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\tfrac x{\sigma_n}} \exp\left(-\dfrac12 u^2\right)du=\Phi\left(\dfrac x{\sigma_n}\right) \end{align*}$

(avec le changement de variable $u=\dfrac t{\sigma_n}$ ).\\

Par ailleurs:

${\sigma_n}^2= 2\sum_{k=1}^{n+1} \dfrac1{k^2} - 1 \xrightarrow[n\to+\infty]{} \zeta(2)-1=\dfrac{\pi^2}3-1.$

Par continuité de $\Phi$ (sur $\mathbb{R}$ ):

$\forall x\in\mathbb{R},~ F_{T_n^\prime}(x)=\Phi\left(\dfrac x{\sigma_n}\right) \xrightarrow[n\to+\infty]{} \Phi\left(\dfrac x\sigma\right) \quad\text{ où }\sigma=\sqrt{\zeta(2)-1}$

ce qui prouve que la suite $T_n^\prime$ converge en loi vers une variable aléatoire de loi normale $\mathcal N\left(0, \dfrac{\pi^2}3-1\right)$ .
Contrairement à la convergence d’une {suite} de variables aléatoires $(U_n)_{n\in\N^*}$ , la convergence d’une {série} de variables aléatoires $\sum_{n\geq 1} U_n$ ne dépend pas que des lois des variables $U_n$ ( $n\in\N^*$ ) ; elle est liée à la loi de la somme partielle $\sum_{k=1}^n U_k$ qui elle-même ne peut se déduire de la seule connaissance des lois des variables $U_n$ ( $n\in\N^*$ ), sauf en cas d’indépendance.\\

Or dans cet exemple les variables aléatoires $U_n^\prime$ ( $n\in\N^*$ ) sont indépendantes, mais les variables $U_n$ ( $n\in\N$ ) ne le sont pas.\\
Précisément, pour tout $n\in\N^*$ , les variables $U_n$ et $U_{n+1}$ ne sont pas indépendantes puisque :

$\begin{align*}\Cov(U_n,U_{n+1})&=\Cov\left(\dfrac{X_n}n- \dfrac{X_{n+1}}{n+1}, \dfrac{X_{n+1}}{n+1}-\dfrac{X_{n+2}}{n+2}\right)\\ &=-\dfrac1{(n+1)^2}V(X_{n+1})=-\dfrac1{(n+1)^2}\neq0 \end{align*}$

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Partie II : Séries harmoniques « lacunaires »

5/ a/ $h_n(\mathcal D)=\sum_{k\in\{1,\dots,n\}, k\in\mathcal D} \dfrac1k = \sum_{\ell=1}^{\lfloor \sqrt n\rfloor} \dfrac1{\ell^2}$
b/ Comme $\lfloor x\rfloor\tendinf \xrightarrow {x} +\infty$ (ce que l’on déduit de l’inégalité $x-1\leq \lfloor x\rfloor$ ):

$h_n(\mathcal D)\tendinf \xrightarrow {n} \zeta(2).$

c/ Si $m=q^6$ avec $q\in \N^*$ , alors $m=\left(q^3\right)^2\in \mathcal D$ et $m=\left(q^2\right)^3\in \mathcal T$ .
Réciproquement, supposons que $m$ est à la fois un carré et un cube:

$\exists n,p\in\N^*,~ m=n^2=p^3.$

En posant $q=\dfrac np$ ( $\in\mathbb Q$ ), on a :~ $q^6=\dfrac{\left(n^2\right)^3}{\left(p^3\right)^2}=\dfrac{m^3}{m^2}=m$ .\\
De plus, $q^2=\dfrac{n^2}{p^2}=p$ (car $n^2=p^3$ ) donc $q^2$ est entier.\\
Avec la propriété admise dans l’énoncé, comme $q$ n’est pas irrationnel et $q^2$ est entier, $q$ est entier.

d/ En distinguant chacun des quatre cas { \og $k\in\mathcal D$ et $k\in \mathcal T$ \fg{}}, {\og $k\in\mathcal D$ et $k\notin \mathcal T$ \fg{}}, { \og $k\notin\mathcal D$ et $k\in \mathcal T$ \fg{}} et {{purple}\og $k\notin\mathcal D$ et $k\notin \mathcal T$ \fg{}}, on vérifie que :

$\mathds1_{\mathcal D\cup \mathcal T}=\mathds 1_{\mathcal D}+\mathds1_{\mathcal T}-\mathds1_{\mathcal D\cap \mathcal T}$

et on obtient alors, avec la même explication qu’en (a) :

$h_n(\mathcal D\cup \mathcal T)=\sum_{\substack{k\in\{1,\dots,n\}\\ k\in\mathcal D}} \dfrac1k+\sum_{\substack{k\in\{1,\dots,n\}\\ k\in\mathcal T}} \dfrac1k-\sum_{\substack{k\in\{1,\dots,n\}\\ k\in\mathcal D\cap T}} \dfrac1k \tendinf{n} \zeta(2)+\zeta(3)-\zeta(6).$

6/ a/ Pour tout $t\in[n,n+1]$ :

$0\leq \dfrac1{2n-1}-\dfrac1{2t-1} \leq \dfrac1{2n-1}-\dfrac1{2n+1}=\dfrac2{(2n-1)(2n+1)} \leq \dfrac2{(2n-1)^2}.$

On obtient donc l’encadrement demandé par croissance de l’intégrale.

$\begin{align*}\sum_{k=1}^{\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor} u_k&= \sum_{k=1}^{\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor} \int_k^{k+1} \dfrac1{2k-1}dt - \sum_{k=1}^{\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor} \int_k^{k+1} \dfrac1{2t-1}dt\\ &= \sum_{k=1}^{\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor}\dfrac1{2k-1} - \int_1^{\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor+1}\dfrac1{2t-1}dt\\ &=\sum_{k=1}^{\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor}\dfrac1{2k-1} - \int_1^{\left\lfloor\tfrac{n+3}2\right\rfloor}\dfrac1{2t-1}dt \end{align*}$

et donc :

$\sum_{k=1}^{\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor} u_k +\int_1^{\left\lfloor\tfrac{n+3}2\right\rfloor}\dfrac1{2t-1}dt = \sum_{k=1}^{\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor}\dfrac1{2k-1} = \sum_{\substack{\ell\in\{1,\dots,n\}\\ \ell \text{ impair}}} \dfrac1\ell = h_n(\mathcal I).$

En effet, $2\left\lfloor\dfrac{n+1}2\right\rfloor-1$ est le plus grand entier impair inférieur ou égal à $n$ (il vaut $n-1$ si $n$ est pair ; $n$ si $n$ est impair) :

si $n=2p$ ( $p\in\N^*$ ) :~ $2\left\lfloor\dfrac{n+1}2\right\rfloor-1 = 2\left\lfloor p+\dfrac12\right\rfloor-1 = 2p-1 = n-1$ ;
si $n=2p+1$ :~ $2\left\lfloor\dfrac{n+1}2\right\rfloor-1 = 2\left\lfloor p+1\right\rfloor-1 = 2(p+1)-1 = 2p+1 = n$ .

$\forall x>0,~ \ln(x) \leq x-1$

{(que l’on retrouve par exemple en étudiant la fonction \og différence des deux membres \fg{})} donne :

$\forall n\in\N^*,~ \ln\Bigg(\dfrac1n\left(2\left\lfloor \dfrac{n+3}2\right\rfloor-1\right)\Bigg) \leq \dfrac2n \underbrace{\left\lfloor \dfrac{n+3}2\right\rfloor}_{\geq 1}\overbrace{-\dfrac1n-1}^{\leq 0} \leq \dfrac2n.$

d/ La série $\sum_{n\geq 1} \dfrac2{(2n-1)^2}$ est convergente car son terme général (positif) est équivalent à $\dfrac1{2n^2}$ et la série de Riemann $\sum_{n\geq 1}\dfrac1{n^2}$ converge.\\
L’encadrement établi en (a) donne donc la convergence de la série $\sum_{n\geq 1} u_n$ .\\

Avec l’égalité de la question (b):

$\begin{align*}h_n(\mathcal I)-\ln(\sqrt n) &= \sum_{k=1}^{\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor}u_k + \int_1^{\left\lfloor \tfrac{n+3}2\right\rfloor} \dfrac1{2t-1}dt-\ln(\sqrt n)\\ &=\sum_{k=1}^{\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor}u_k + \left[\dfrac12\ln(2t-1)\right]_1^{\left\lfloor \tfrac{n+3}2\right\rfloor} -\ln(\sqrt n)\\ &=\sum_{k=1}^{\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor}u_k + \dfrac12\ln\Bigg(2\left\lfloor \dfrac{n+3}2\right\rfloor-1\Bigg) \underbrace{-\ln(\sqrt n)}_{=\tfrac12\ln\left(\tfrac1n\right)}\\ &=\underbrace{\sum_{k=1}^{\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor}u_k}_{\mathclap{\substack{\tendinf \xrightarrow n \delta\\ \text{car } \left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor\mathop{\longrightarrow}\limits_{n\to+\infty} +\infty}}} ~~+~~ \underbrace{\dfrac12\ln\Bigg(\dfrac1n\left(2\left\lfloor \dfrac{n+3}2\right\rfloor-1\right)\Bigg)}_{\substack{\tendinf \xrightarrow n 0\text{ d'après (c) et}\\ \text{le théorème d'encadrement}}}~~\tendinf \xrightarrow n \delta. \end{align*}$

e/ D’après la majoration de $u_n$ établie en question (a), il suffirait de prouver que :

$\forall n\in\N^*,~ \sum_{k=n+1}^{+\infty} \dfrac2{(2k-1)^2} \leq \dfrac1{2n-1}.$

On peut utiliser la technique suivante assez classique.\\
La fonction $f:\left\{\begin{array}{rcl}[1,+\infty[&\to&\mathbb{R}\\ t&\mapsto&\dfrac2{(2t-1)^2} \end{array}\right.$ étant décroissante, on a :

$\forall k\in\N^*,~f(k)\leq \int_{k-1}^k f(t)dt$

donc en sommant ces inégalités pour $k\in[n+1,+\infty[$ et avec la relation de Chasles:

$\sum_{k=n+1}^{+\infty} \dfrac2{(2k-1)^2} \leq \int_n^{+\infty} \dfrac2{(2t-1)^2} dt = \dfrac1{2n-1}.$

f/ On utilise le calcul fait en question (d):

$\begin{align*}\delta-\big(h_n(\mathcal I)-\ln(\sqrt n)\big)&= \sum_{n=1}^{+\infty} u_n -\sum_{k=1}^{\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor}u_k -\dfrac12\ln\Bigg(\dfrac1n\left(2\left\lfloor \dfrac{n+3}2\right\rfloor-1\right)\Bigg)\\ &=~~{ \sum_{\mathclap{k=\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor+1}}^{+\infty} ~~u_k} ~~-~~{\dfrac12\ln\Bigg(\dfrac1n\left(2\left\lfloor \dfrac{n+3}2\right\rfloor-1\right)\Bigg)} \end{align*}$

Cette dernière somme étant positive, la question (c) donne immédiatement :

$-\dfrac1n \leq \delta-\big(h_n(\mathcal I)-\ln(\sqrt n)\big).$

De même {le logarithme dans l’égalité ci-dessus} étant positif, la question (e) donne:

$\delta-\big(h_n(\mathcal I)-\ln(\sqrt n)\big) \leq ~~\sum_{\mathclap{k=\left\lfloor\tfrac{n+1}2\right\rfloor+1}}^{+\infty} ~~u_k~~ \leq \dfrac1{2\left\lfloor\dfrac{n+1}2\right\rfloor-1}$

En utilisant l’inégalité $x-1 \leq \lfloor x\rfloor$ , valable pour tout $x\in\R$ , on a:

$\dfrac1{2\left\lfloor\dfrac{n+1}2\right\rfloor-1} \leq \dfrac1{2\left(\dfrac{n+1}2-1\right)-1} = \dfrac1{n-2}$

et donc :

$\delta-\big(h_n(\mathcal I)-\ln(\sqrt n)\big) \leq \dfrac1{n-2}.$

g/ On a :

$\dfrac1{n-2}>0,2 \iff n-2<5 \iff n<8.$

Pour eps=0.2, le programme affectera à s successivement les valeurs de :

$h_3(\mathcal I)-\ln(\sqrt3) \quad ; \quad h_5(\mathcal I)-\ln(\sqrt5) \quad ; \quad h_7(\mathcal I)-\ln(\sqrt7).$

function s=delta(eps)
n = 3
s = 1+1/3-log(3)/2
while 1/(n-2) > eps
n = n+2
s = s+1/n+log((n-2)/n)/2
end
endfunction

L’encadrement de la question (f) donne :

$\dfrac1{n-2}\leq \varepsilon \implies -\varepsilon \leq -\dfrac1{n-2} \leq -\dfrac1n \leq \delta-\big(h_n(\mathcal I)-\ln(\sqrt n)\big) \leq\dfrac1{n-2}\leq \varepsilon$

Il existe donc un entier $n$ $(n\geq\dfrac1\varepsilon+2$ ) tel que $-\varepsilon \leq \delta-\big(h_n(\mathcal I)-\ln(\sqrt n)\big)\leq \varepsilon$ , ce qui assure la précision souhaitée.

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Partie III : Séries de Riemann alternées

7/ a/

$\forall k\geq 2,~ x_k=s_k-s_{k-1}\quad\text{(et }x_1=s_1)$

on a, pour tout $n\geq 2$ :

$\begin{align*}\sum_{k=1}^n \dfrac{x_k}{k^\beta} &= \dfrac{s_1}k + \sum_{k=2}^n \dfrac{s_k-s_{k-1}}{k^\beta}=\dfrac{s_1}k + \sum_{k=2}^n \dfrac{s_k}{k^\beta}-\sum_{k=2}^n \dfrac{s_{k-1}}{k^\beta}\\ &=s_1 + \sum_{k=2}^n \dfrac{s_k}{k^\beta}-\sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{s_{k}}{(k+1)^\beta}=\sum_{k=1}^n \dfrac{s_k}{k^\beta}-\sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{s_{k}}{(k+1)^\beta}\\ &=\dfrac{s_n}{n^\beta} + \sum_{k=1}^{n-1} s_k\left(\dfrac1{k^\beta}-\dfrac1{(k+1)^\beta}\right). \end{align*}$

Prouvons la convergence (pour $n\to+\infty$ ) de chacun des deux termes ci-dessus :

$\dfrac{s_n}{n^\beta} \quad\text{ et }\quad \sum_{k=1}^{n-1} s_k\left(\dfrac1{k^\beta}-\dfrac1{(k+1)^\beta}\right).$

Avec la majoration de $|s_n|$ supposée dans l’énoncé, on a:

$\forall n\in\N^*,~ 0 \leq \left|\dfrac{s_n}{n^\beta}\right| \leq \underbrace{M n^{\alpha-\beta}}_{\substack{\tendinf \xrightarrow n 0\\\text{ car }\alpha-\beta<0}}$

donc par le théorème d’encadrement :

$\dfrac{s_n}{n^\beta}\tendinf \xrightarrow n0.$

La question est donc de prouver la convergence de la série :

$\sum_{n\geq 1} s_n\left(\dfrac1{n^\beta}-\dfrac1{(n+1)^\beta}\right).$

On va en montrer la convergence absolue (qui implique la convergence).\\
Avec l’hypothèse de l’énoncé sur $s$ :

$\forall n\in\N^*,~ |s_n|\overbrace{\left(\dfrac1{n^\beta}-\dfrac1{(n+1)^\beta}\right)}^{(\geq 0)} \leq M~n^\alpha\left(\dfrac1{n^\beta}-\dfrac1{(n+1)^\beta}\right).$

Déterminons un équivalent de ce majorant :

$\begin{align*}n^\alpha\left(\dfrac1{n^\beta}-\dfrac1{(n+1)^\beta}\right) &= n^\alpha \dfrac{(n+1)^\beta-n^\beta}{\big(n(n+1)\big)^\beta} = n^{\alpha+\beta} \dfrac{\left(1+\dfrac1n\right)^\beta-1}{\big(n(n+1)\big)^\beta}\\ &\sim n^{\alpha+\beta} \dfrac{\dfrac\beta n}{n^{2\beta}} = \dfrac{\beta}{n^{1+\beta-\alpha}} \end{align*}$

La série géométrique $\sum_{n \geq 1} \dfrac1{n^{1+\beta-\alpha}}$ est convergente car $1+\beta-\alpha>1$ ( $\beta>\alpha$ ), donc par critères de comparaisons des séries à terme général positif, on obtient la convergence annoncée.

Conclusion : la série $\sum_{n\geq1} \dfrac{x_n}{n^\beta}$ est convergente {(mais peut-être pas absolument!)}.

b/ En prenant $(x_n)=\big((-1)^n\big)$ , on a:

$\forall n\in\N^*,~ s_n=\sum_{k=1}^n x_k = -1+1-1+1-\dots(-1)^n= \left\{\begin{array}{c} 0\\\text{ou}\\-1\end{array}\right.$

et en prenant $M=1$ et $\alpha$ un réel vérifiant $0<\alpha<x$ (par exemple $\alpha=\dfrac x2$ ):

$\forall \in\N^*,~ |s_n| = \left\{\begin{array}{c} 0\\\text{ou}\\1\end{array}\right\} \leq \underbrace{M~n^\alpha}_{\substack{=1 \text{ pour }n=1\\ \geq 1 \text{ pour tout }n}}.$

On choisit bien sûr $\beta=x$ ( $>\alpha$ ), et la question précédente nous donne la convergence de la série $\sum_{n\geq 1}\dfrac{(-1)^n}{n^x}$ pour tout $x>0$ .

8/ a/ Déterminons d’abord la loi de $S_n$ :

Comme $S_n$ est somme de $n$ nombres valant chacun 1 ou $-1$ :

$S_n(\Omega) \subset \llbracket-n,n\rrbracket.$

{(Mais il ne s’agit pas d’une égalité ; en effet $S_n$ ne prend parmi les valeurs de cet intervalle que celles de même parité que $n$ .)}
Pour tout $k$ , la variable aléatoire $Y_k=\dfrac{X_k+1}2$ suit la loi $\mathcal B\left(\dfrac12\right)$ .\\
Les variables aléatoires $Y_k$ ( $k\in\N^*$ ) étant indépendantes, la stabilité additive de la loi binomiale donne :

$\sum_{k=1}^n Y_k =\dfrac12 S_n+\dfrac n2\hookrightarrow \mathcal B\left(n,\dfrac12\right)$

c’est-à-dire :

$\forall j\in\llbracket 0,n\rrbracket,~ \P(S_n=2j-n)=\binom nj \dfrac1{2^n}.$

Appliquons le théorème de transfert :

$\begin{align*}\E\left(\e^{tS_n}\right) &= \sum_{j=0}^n \e^{t(2j-n)} \binom nj \dfrac1{2^n} = \e^{-tn}\dfrac1{2^n} \sum_{j=0}^n \left(\e^{2t}\right)^j \binom nj\\ &= \e^{-tn}\dfrac1{2^n} \sum_{j=0}^n \binom nj \left(\e^{2t}\right)^j1^{n-j} = \e^{-tn}\dfrac1{2^n} \left(\e^{2t}+1\right)^n\\ &\qquad\qquad\text{(formule du binôme de Neton)}\\ &= \cancel{\e^{-tn}}\dfrac1{2^n} \Big(\cancel{\e^t}\left(\e^{t}+\e^{-t}\right)\Big)^n = \left(\dfrac{\e^t+\e^{-t}}2\right)^n. \end{align*}$

b/ Soit $t\in\R$ . Travaillons avec les sommes partielles des séries exponentielles intervenant ici ; pour $n\in\N$ :

$\dfrac12\left(\sum_{k=0}^n \dfrac{t^k}{k!}+\sum_{k=0}^n \dfrac{(-t)^k}{k!}\right) =\overbrace{\dfrac12 \sum_{k=0}^n \dfrac{t^k+(-t)^k}{k!} = \sum_{\substack{k\in\{0,\dots,n\}\\ k\text{ pair}}} \dfrac{t^k}{k!}}^{\displaystyle t^k+(-t)^k=\left\{\begin{array}{cl}2t^k&\text{ si $k$ est pair}\\ 0&\text{sinon} \end{array}\right.} = \sum_{\ell=0}^{\left\lfloor \tfrac n2\right\rfloor} \dfrac{t^{2\ell}}{(2\ell)!}.$

Or:~ $\forall \ell\in\N,~ (2\ell)! \geq 2^\ell~ \ell!$ ; en effet, il y a égalité pour $\ell=0$ , et pour $\ell\geq 1$ :

$(2\ell)! = \ell!~\overbrace{\underbrace{(\ell+1)}_{\geq2}\dots\underbrace{(\ell+\ell)}_{\geq2}}^{\ell \text{ facteurs}}.$

On a donc l’inégalité :

$\dfrac12\left(\sum_{k=0}^n \dfrac{t^k}{k!}+\sum_{k=0}^n \dfrac{(-t)^k}{k!}\right) \leq \sum_{\ell=0}^{\left\lfloor \tfrac n2\right\rfloor} \dfrac{\left(t^2\right)^\ell}{2^\ell~ \ell!} = \sum_{\ell=0}^{\left\lfloor \tfrac n2\right\rfloor} \dfrac{\left(\dfrac{t^2}2\right)^\ell}{\ell!}.$

Par passage à la limite quand $n\to+\infty$ :

$\forall t\in\R,~ \dfrac{\e^t+\e^{-t}}2 \leq \e^{\tfrac{t^2}2}.$

c/ Appliquons l’inégalité de Markov à la variable aléatoire positive $\e^{tS_n}$ :

$\overbrace{\P(S_n>s) = \P\left(\e^{tS_n} > \e^{ts}\right) }^{\text{croissance de }\exp ~;~ t>0}\leq \underbrace{\dfrac{\E\left(\e^{tS_n}\right)}{\e^{ts}} \leq \dfrac{\left(\e^{\tfrac{t^2}2}\right)^n}{\e^{ts}}}_{\text{avec les questions (a) et (b)}}=\exp\left(\dfrac{nt^2}2-ts\right).$

d/ L’inégalité prouvée en question précédente est vraie pour tout $t>0$ mais le membre de gauche ne dépend pas de $t$ . Or le membre de droite est minimal pour ${t=\dfrac sn}$ (il suffit de faire le tableau de variations de $t\mapsto \dfrac {nt^2}2-ts$ ). Donc :

$\P(S_n>s) \leq \exp\left(\dfrac{n{{\left(\dfrac sn\right)}}^2}2-{\left(\dfrac sn\right)}s\right) = \exp\left(-\dfrac{s^2}{2n}\right).$

Par ailleurs :

$\P(|S_n| > s)=\P(S_n>s)+\P(S_n<-s)$

et on vérifie que les deux probabilités $\P(S_n>s)$ et $\P(S_n<-s)$ sont égales en utilisant la loi de $S_n$ déterminée en (a) :

$\begin{align*}\forall j\in\llbracket0,n\rrbracket,~ \P(S_n=n-2j) &= \P(S_n=2{ (n-j)}-j)=\binom n{{ n-j}}\dfrac1{2^n}\\&= \binom nj\dfrac1{2^n}=\P(S_n=2j-n)\end{align*}$

$\text{et donc :}\qquad \forall i\in S_n(\Omega),~ \P(S_n=i)=\P(S_n=-i).$

On conclut :

$\P(|S_n| > s) \leq 2\exp\left(-\dfrac{s^2}{2n}\right).$

9/ a/ La stabilité d’une tribu par unions et intersections dénombrables justifie l’appartenance de $\mathcal C_\alpha$ à $\mathcal A$ .
b/ Supposons $\alpha>\dfrac12$ . D’après 8.(d):

$\forall n\geq 1,~ \P(|S_n| > n^\alpha) \leq 2\exp\left(-\dfrac12n^{2\alpha-1}\right)=2\left(\dfrac1{\sqrt\e}\right)^{\displaystyle n^{2\alpha-1}}=2~q^{\displaystyle n^{\beta}}$

avec $q=\dfrac1{\sqrt \e}>0$ et $\beta=2\alpha-1>0$ .
Par croissances comparées :

$\dfrac{q^{\displaystyle n^{\beta}}}{n^2} = \left(\dfrac{q^n}{n^{\tfrac 2\beta}}\right)^\beta \tendinf \xrightarrow n 0.$

Par comparaison avec la série de Riemann convergente $\sum_{n\geq1} \dfrac1{n^2}$ , la série à terme général positif $\sum_{n\geq 1}q^{\displaystyle n^{\beta}}$ est convergente et, avec l’inégalité ci-dessus, il en est donc de même de la série à terme général positif $\sum_{n\geq 1} \P(|S_n| > n^\alpha)$ .

c/ La suite d’événements $\left(\mathop{\bigcup}\limits_{k=n}^{+\infty} \big(|S_k|>k^\alpha\big)\right)_{n\geq 1}$ est décroissante :

$\forall n\geq1,~ \mathop{\bigcup}\limits_{k=n+1}^{+\infty} \big(|S_k|>k^\alpha\big) \subset \mathop{\bigcup}\limits_{k=n}^{+\infty} \big(|S_k|>k^\alpha\big).$

Le théorème de la limite monotone donne donc :

$\P(C_\alpha)=\lim_{n\to+\infty} \P\left(\mathop{\bigcup}\limits_{k=n}^{+\infty} \big(|S_k|>k^\alpha\big)\right).$

De plus :

$0\leq \P\left(\mathop{\bigcup}\limits_{k=n}^{+\infty} \big(|S_k|>k^\alpha\big)\right) \leq \underbrace{\sum_{k\geq n}\P\Big(\big(|S_k|>k^\alpha\big)\Big)}_{\substack{\tendinf \xrightarrow n0\\ \text{(reste d'une série convergente)}}}$

et on conclut avec le théorème d’encadrement que $C_\alpha$ est de probabilité nulle.

10/ a/ Soit $\alpha\in[0,1[$ .\\
On remarque que :

$\omega\in\mathcal C_\alpha \iff \forall n\in\N,~ \exists k\geq n,~ |S_k(\omega)| > k^\alpha.$

Soit $\omega\in \overline{\mathcal C_\alpha}$ . Écrivons la négation de l’assertion précédente :

$\exists N\in\N,~ \forall n\geq N,~ |S_n(\omega)| \leq n^\alpha.$

En posant, pour tout $n\in\N^*$ :

$x_n=X_n(\omega) \quad ; \quad s_n=S_n(\omega) \quad ; \quad M=1 \quad ; \quad \beta=1~ (\text{donc }\beta>\alpha)$

les hypothèses de la question 7. sont vérifiées.\\

On en déduit avec 7.(a)ii. la convergence de la série $\sum_{n\geq 1} \dfrac{x_n}{n^\beta} =\sum_{n\geq 1}\dfrac{X_n(\omega)}n$ .\\ Autrement dit :~ $\omega\in\mathcal C$ .

b/ Soit $\alpha\in\left]\dfrac12,1\right[$ (par exemple $\alpha=\dfrac34$ ).\\
D’après la question 9., $\P(C_\alpha)=0$ donc $\P\left(\overline{C_\alpha}\right)=1$ .\\
Donc avec l’inclusion prouvée en question 10.(a) et par croissance de $\P$ :~ $\P(\mathcal C)=1$ .

c/ Si $\omega\in\mathcal C$ , par définition de $K$ , on a $K(\omega)-K_n(\omega)\tendinf \xrightarrow n 0$ c’est-à-dire:

$\exists N \in \N^*,~ \forall n\geq N,~ |K(\omega)-K_n(\omega)| \leq \varepsilon.$

Or par définition de $E(\varepsilon)$ :

$\omega\in E(\varepsilon) \iff \forall N \in \N^*,~ \exists n\geq N,~ |K(\omega)-K_n(\omega)| > \varepsilon$

ce qui est exactement la négation de l’assertion précédente.\\
Par conséquent :

$\omega\in E(\varepsilon) \implies \omega\notin \mathcal C, \quad \text{c'est-à-dire :}\quad E(\varepsilon) \subset \overline{\mathcal C}$

et on en déduit :

$\P\big(E(\varepsilon)\big) \leq \P\left(\overline{\mathcal C}\right)=1-\P(\mathcal C)=0 \quad\text{et donc}\quad \P\big(E(\varepsilon)\big)=0.$

Comme pour la question 9.(c), le théorème de la limite monotone donne :

$\lim_{N\to+\infty} \P\left(\mathop{\bigcup}\limits_{n=N}^{+\infty} \big(|K-K_n|>\varepsilon\big)\right)=\P\big(E(\varepsilon)\big)=0.$

En écrivant, pour tout $N\in\N^*$ :

$0\leq \P\big(|K-K_N|>\varepsilon\big) \leq \P\left(\mathop{\bigcup}\limits_{n=N}^{+\infty} \big(|K-K_n|>\varepsilon\big)\right)$

le théorème d’encadrement donne :

$\forall \varepsilon>0,~\P\big(|K-K_N|>\varepsilon\big) \tendinf \xrightarrow N 0$

ce qui signifie que la suite de variable aléatoire $(K_n)$ converge en probabilité vers $K$ .

11/ a/ Pour tout $k\in\N^*$ , la variable $B_k$ est d’espérance $\dfrac12$ et de variance $\dfrac14$ .\\
Par linéarité de l’espérance et propriété de la variance (utilisant l’indépendance des variables $B_k$ ( $k\in\{1,\dots,n\}$ )):

$\E(H_n)=\sum_{k=1}^n\dfrac1{2k} \tendinf \xrightarrow n +\infty \quad ; \quad \V(H_n)=\sum_{k=1}^n \dfrac1{4k^2} \tendinf \xrightarrow n \dfrac{\zeta(2)}4=\dfrac{\pi^2}{24}.$

b/ Soit $r>0$ . Comme $\E(H_n)\tendinf \xrightarrow n +\infty$ :

$\exists N\in\N^*,~ \forall n\geq N,~ \E(H_n)-r>0$

On peut alors utiliser l’inégalité de Bienaymé-Tchébychev :

$\P\big(|H_n-\E(H_n)| \geq \varepsilon\big) \leq \dfrac{\V(H_n)}{\varepsilon^2} \quad\text{avec } \varepsilon=E(H_n)-r$

ce qui donne :

$\begin{align*}0 \leq \P(H_n \leq r) &= \P\big(\E(H_n)-H_n\geq \E(H_n)-r\big)\\ & \leq \P\big(|H_n-\E(H_n)| \geq \E(H_n)-r\big)\\ & \leq \dfrac{\V(H_n)}{\big(\E(H_n)-r\big)^2} \end{align*}$

Avec les deux limites trouvées en (a) :

$\dfrac{\V(H_n)}{\big(\E(H_n)-r\big)^2} \tendinf \xrightarrow n 0 \qquad (\text{\og $\dfrac\ell{+\infty}$\fg{} avec $\ell\in\mathbb{R}^*$})$

On conclut avec le théorème d’encadrement que :

$\forall r>0,~ \P(H_n\leq r) \tendinf \xrightarrow n 0.$

c/ On peut proposer le programme suivant :

function y=simul (n,p)
y=zeros (p,1)
for i=1 : p
for k=1 : n
y (i,1) = y(i,1)+ (grand (i,1,’bin’,1,0.5) + ((-1)^k-1)/2) /k
end
end
endfunction

12/ Pour tout $n\in\N^*$ , :

$\hspace{-1cm}\sum_{k=1}^n \dfrac{B_k^\prime}k-h_n(\mathcal I) = \sum_{k=1}^n \dfrac{1+X_k}{2k}+\sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^k-1}{2k} = \dfrac12 \sum_{k=1}^n \dfrac{X_k}k + \sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^k}{2k} = \dfrac{K_n}2 + \sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^k}{2k}.$

Les variables aléatoires $B_n^\prime$ ( $n\in\N^*$ ) suivent la loi de Bernoulli de paramètre $\dfrac12$ {(astuce utilisée en question 8.(a))}, c’est-à-dire la même loi que $B_n$ , et sont indépendantes (car les $X_n$ le sont).\\
Les lois des variables $\sum_{k=1}^n \dfrac{B_k^\prime}k-h_n(\mathcal I)$ et $H_n-h_n(\mathcal I)$ sont donc les mêmes.
La convergence en loi de $(K_n)$ vers $K$ et le théorème de Slutsky donnent donc :