\input{../preambules/preDM.tex}
\renewcommand{\P}{\mathscr{P}}
\newcommand{\e}{e}
\usepackage{enumitem}

\begin{document}

\chead{Correction Devoir maison n°12}
\lfoot{}
\cfoot{Etude des séries}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Devoir maison n°12}
\end{center}


\subsection*{Exercice 1 - Obligatoire Groupe 7 à 11}
{\it Cet exercice devra être rédigé d'une façon particulière. 
\begin{itemize}
\item Tous les raisonnements devront être sous la forme : \\
Je sais que ..(Hypothèses de l'exercice, questions précédentes ...) \\
Or j'ai appris que .. (Résultat de cours recopié ou nom du théorème s'il en a un) \\
Donc je conclus que ...(Conclusion) \\
Il faut noter les phrases "Je sais que, or j'ai appris que, donc je conclus que"
\item 
Toute ligne de calcul devra être justifiée en précisant la formule du cours utilisée pour passer d'une ligne à la suivante. 
\end{itemize}
Tout manquement aux consignes sera compté comme 0 pour la question.  }


\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Je sais que la fonction $h$ est un polynôme.\\
Or j'ai appris qu'une fonction polynôme est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $\R$. \\
Donc je conclus que $h$ est dérivable sur $\R$. De plus, 
$$
h'(x) = 4x^3 - 4. 
$$

On étudie le signe de la dérivée :
\begin{align*}
h'(x) > 0 & \Longleftrightarrow 4x^3  - 4 > 0 \\
& \Longleftrightarrow 4x^3 > 4 \quad \text{Addition de chaque côté} \\
& \Longleftrightarrow x^3 > 1 \quad \text{Division par un nombre positif} \\
& \Longleftrightarrow x > 1 \quad \text{Fonction $x \to \sqrt[3]{x}$ croissante sur $[1;+\infty[$}
\end{align*}

Je sais que $h'(x) > 0$ pour tout $x \in ]1;+\infty[$ \\
Or j'ai appris qu'une fonction dont la dérivée est strictement positive est strictement croissante. \\
Donc je conclus que \fbox{la fonction $h$ est strictement croissante sur $[1;+\infty[$. }

De même, Je sais que $h'(x) < 0$ pour tout $x \in ]- \infty ,1[$ \\
Or j'ai appris qu'une fonction dont la dérivée est strictement négative est strictement décroissante. \\
Donc je conclus que \fbox{la fonction $h$ est strictement décroissante.}

Je sais que la fonction $h$ est un polynôme.\\
Or j'ai appris que les limites en $\pm \infty$ d'une fonction polynôme est égale à la limite du terme de plus haut degré. \\
Donc je conclus que
$$
\li_{x \to - \infty} h(x) = \li_{x \to - \infty} x^4 \boxed{= + \infty} \quad \text{cours}
$$
et 
$$
\li_{x \to + \infty} h(x) = \li_{x \to + \infty} x^4 \boxed{= + \infty} \quad \text{cours}
$$

\item On calcule tout d'abord $h(1) = 1 - 4 + 1 = -2$. Je sais alors que :
\begin{itemize}
\item La fonction $h$ est strictement croissante sur $]- \infty ;1[$. 
\item La fonction $h$ est continue sur $]- \infty ; 1[$
\item $h(]- \infty;1[) = ]-2 ; + \infty[$. 
\end{itemize}
Or j'ai appris le théorème de la bijection, \\
Donc je conclus que l'équation $(E)$ admet une unique solution $\alpha \in ]- \infty ;1[$. 

De même, je sais que :
\begin{itemize}
\item La fonction $h$ est strictement croissante sur $]1;+\infty[$. 
\item La fonction $h$ est continue sur $]1;+\infty[$
\item $h(]1;+\infty[) = ]-2 ; + \infty[$. 
\end{itemize}
Or j'ai appris le théorème de la bijection, \\
Donc je conclus que l'équation $(E)$ admet une unique solution $beta \in ]1;+\infty[$. 

\begin{center}
\fbox{L'\'equation $\quad (E) \ : \ x^4-4x+1=0$ \quad
 admet exactement deux solutions r\'eelles}
\end{center}

\item On a montré précédemment que  \fbox{$\beta>1$}.

On calcule $h(0) = 1$. Je sais donc que 
\begin{itemize}
\item La fonction $h$ est continue sur $[0;1[$
\item $h([0;1[) = ]-2,1]$.
\end{itemize}
Or j'ai appris le théorème des valeurs intermédiaire. 
Donc je conclus que l'équation $h(x) = 0$ a une solution sur $[0;1[$. Or comme l'unique solution de cette équation sur cet intervalle est $\alpha$, on a
\begin{center}
 \fbox{$\alpha \in [0;1[$.}
 \end{center} 
\end{enumerate}

\item On consid\`ere la fonction $g$ d\'efinie sur $[0;1]$ par : \quad $g(x)=%
\dfrac{x^4+1}{4}$.\\[0.2cm]
On d\'efinit alors une suite $(u_n)_{n\in \mathbb{N}}$ par son premier terme
$u_0=0$ et la relation, valable pour tout entier naturel $n$ : \quad $%
u_{n+1}=g(u_n)$.

\begin{enumerate}
\item Je sais que la fonction $g$ est un polynôme, \\
Or j'ai appris qu'une fonction polynôme est dérivable sur $\R$, \\
Donc je conclus que la fonction $g$ est dérivable sur $\R$ et 
$$
g'(x) = x^3 
$$
On résout alors $x^3 > 0 \Longleftrightarrow x > 0$ (la fonction $x \to \sqrt[3]{x}$ est croissante sur $\R$). 

\begin{center}
 \fbox{La fonction $x \to x^3$ est croissante sur $]0;+\infty[$ et décroissante sur $]-\infty ; 0[$.}
 \end{center} 

Je sais que la fonction $g$ est un polynôme.\\
Or j'ai appris que les limites en $\pm \infty$ d'une fonction polynôme est égale à la limite du terme de plus haut degré. \\
Donc je conclus que
$$
\li_{x \to - \infty} g(x) = \li_{x \to - \infty} x^4 \boxed{= + \infty} \quad \text{cours}
$$
et 
$$
\li_{x \to + \infty} g(x) = \li_{x \to + \infty} x^4 \boxed{= + \infty} \quad \text{cours}
$$

\item Je sais que $h(\alpha) = 0$ donc 
\begin{align*}
\alpha^4 - 4 \alpha +1 = 0 & \Longleftrightarrow \alpha^4 + 1 = 4 \alpha \\
& \Longleftrightarrow \dfrac{\alpha^4 + 1}{4} = \alpha \\
& \Longleftrightarrow \boxed{g(\alpha) = \alpha}
\end{align*}
\item On montre par récurrence que pour tout entier naturel $n$ que les propositions suivantes $\P_n : \left\{ u_n\in [0;\alpha] \right\}$.

\renewcommand\labelitemi{\textbullet}
\begin{itemize}
\item {\bf Initialisation :} On a bien $u_0 =0 \in [0; \alpha[$ (énoncé)
\item {\bf Hérédité :} On suppose que la proposition $\P_n$ est vraie pour un certain rang $n \geq 0$. On a alors
\begin{align*}
& 0 \leq u_n \leq \alpha \\
\Longrightarrow \quad & g(0) \leq g(u_n) \leq g(\alpha) \qquad \text{La fonction $g$ est croissante sur $[0; \alpha]$} \\
\Longrightarrow \quad & \dfrac{1}{4} \leq u_{n+1}  \leq \alpha  \\
\Longrightarrow \quad & 0 \leq u_{n+1} \leq  \alpha  
\end{align*}
Donc la proposition $\P_{n+1}$ est vraie. La suite de proposition $(\P_n)$ est héréditaire.
\item {\bf Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $0 \leq u_n \leq \alpha$}.
\end{itemize} 

\item On résout pour tout $n \in \N$, 
\begin{align*}
u_{n+1} - u_n > 0 & \Longleftrightarrow \dfrac{u_n^4 + 1}{4} - u_n > 0 \\
& \Longleftrightarrow u_n^4 - 4u_n + 1 > 0 \qquad \text{Multiplication par 4} \\
& \Longleftrightarrow h(u_n) > 0
\end{align*}

Or je sais que $u_n \in [0 ; \alpha]$ et que la fonction $h$ est décroissante sur $[0;\alpha]$. 
Donc 
\begin{align*}
0 \leq u_n \leq \alpha  & \Longleftrightarrow h(0) \geq h(u_n) \geq h(\alpha) \\
& \Longleftrightarrow 1 \geq h(u_n) \geq 0
\end{align*}
Ainsi, pour tout $n \in \N$, $u_{n+1} - u_n > 0$. \\
Or j'ai appris qu'une suite $(u_n)$ est croissante si et seulement si pour tout $n \in \N$, $u_{n+1} - u_n > 0$, \\
Donc \begin{center}
\fbox{la suite $(u_n)$ est croissante. }
\end{center}

\item Je sais que la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est croissante et que la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est majorée par $\alpha$. \\ 
Or j'ai appris le théorème de convergence monotone. \\ 
Donc je conclus que la suite $(u_n)$ est convergente. \\

Je sais que la suite $(u_n)$ est convergente (on note $\li_{n \to + \infty} u_n = \ell$). \\
Or j'ai appris le théorème du point fixe, \\
Donc je conclus que $\ell$ vérifie l'équation $\ell = g(\ell)$. Et l'on sait que l'unique solution de l'équation $g(x)=x$ sur $[0;1[$ est $\alpha$. 

\begin{center}
 \fbox{Donc $\li_{n \to + \infty} u_n = \alpha$.}
 \end{center} 

\item \begin{verbatim}
u = 0 
n = input("Entrez un entier n")
for k = 1:n
    u = (u^4+1)/4
end
disp(u)
\end{verbatim}

Ecrire un programme en Scilab qui demande une entier $n$ à l'utilisateur et qui renvoie la valeur de $u_n$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Exercice 2 - Lois de probabilités - Groupes 10 et 11}
Reprendre la correction sur la feuille de TD. 


\subsection*{Exercice 3 - Groupe 3 à 11}
\begin{enumerate}
\item Soit $\dis T_n= \sum_{k=1}^n k^2$. 
\begin{center}
 \fbox{$ T_n = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.}
 \end{center} 
\item La fonction $x \to \ln(1+x)$ est une fonction concave. La tangente à la fonction $x \to \ln(1+x)$ au point $x=0$ est $y = x$. La fonction est en dessous de toute ses tangentes donc 
$$
\forall x \geq 0, \quad \ln(1+x) \leq x
$$ 
On pose la fonction $f(x) = \ln(1+x) - x + \dfrac{x^2}{2}$. Cette fonction est dérivable sur $\R_+$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle. Donc pour tout $x \geq 0$, 
$$
f'(x) = \dfrac{1}{1+x} -1 + x = \dfrac{1 - 1 -x +x +x^2}{1+x} = \dfrac{x^2 }{1+x}
$$
La fonction $f'$ est positive et donc $f$ est strictement croissante. De plus $f(0) = 0$ ainsi pour tout $x \geq 0$, 
$$
f(x) \geq 0  \Longleftrightarrow \ln(1+x) \geq x - \dfrac{x^2}{2}
$$

\begin{center}
\fbox{ pour tout réel $x$ positif ou nul on a : $x-\dfrac{x^2}{2}  \leq \ln(1+x) \leq x$}
\end{center}
\item On a d'après la question précédente, 
\begin{align*}
& \dfrac{k}{n^2} - \dfrac{k^2}{2n^4} \leq \ln \left(1 + \dfrac{k}{n^2} \right) \leq \dfrac{k}{n^2} \\
\Longleftrightarrow & \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{n^2} - \dfrac{k^2}{2n^4} \leq \sum_{k=1}^n \ln \left(1 + \dfrac{k}{n^2} \right) \leq \sum_{k=1}^n \dfrac{k}{n^2} \\
\Longleftrightarrow & \dfrac{n(n+1)}{2n^2} - \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{12 n^4} \leq u_n \leq \dfrac{n(n+1)}{2n^2}
\end{align*}

Or 
$$
\li_{n \to + \infty} \dfrac{n(n+1)}{2n^2} - \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{12 n^4} = \dfrac{1}{2}
$$
et 
$$
\li_{n \to + \infty} \dfrac{n(n+1)}{2n^2} = \dfrac{1}{2}
$$

Donc d'après le théorème des gendarmes, la suite $(u_n)_{n \in \N}$ est convergente (donc la série est convergente) et 

\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to + \infty} u_n = \ds \sum_{k=1}^{+ \infty} \ln \left( 1 + \dfrac{k}{n^2} \right) = \dfrac{1}{2}$.}
\end{center}

\item On remarque que 
\begin{align*}
\ln(v_n) & = \ln \left(  \prod_{k=1}^n (1+\dfrac{k}{n^2}) \right) \\
& = \sum_{k=1}^n \ln \left( 1+\dfrac{k}{n^2} \right) \\
& = u_n
\end{align*}
Et donc $v_n = e^{u_n}$. La suite $(u_n)$ est convergente et tend vers $\dfrac{1}{2}$ donc la suite $v_n$ est convergente et 
\begin{center}
\fbox{$\li_{n \to + \infty} v_n = e^{1/2}$. }
\end{center}

\item \begin{verbatim}
n = input("entrez un entier n")
u = 0
v = 1
for k = 1:n
    u = u + log(1+ k/n^2) 
    v = v * log(1+ k/n^2)
end
disp(u)
disp(v)
\end{verbatim} 
\end{enumerate}

\subsection*{Exercice 4 - Lois de probabilités - Groupes 1 à 9}
Le but de cet exercice est de calculer des sommes liées à des lois de probabilités qui ne sont pas au programme d'ECE. Comme dans l'exercice 17 de la feuille d'exo 19, si l'on dispose de la valeur de $P(X = k)$ pour $k \in \N$, on cherchera à vérifier que 
$\ds \sum_{n = 0}^{+\infty} P(X = n)$ et à calculer $E(X) = \ds \sum_{n = 0}^{+ \infty} n P(X = n)$ et $E(X^2) = \ds \sum_{n = 0}^{+ \infty} n^2 P(X = n)$. 

\begin{enumerate}
\item Loi logarithmique : La loi logarithmique est donnée pour un paramètre $p \in ]0;1[$ par 
$$
\forall k \in \N^*,\quad P(X = k) = \dfrac{-1}{\ln(1-p)} \dfrac{p^k}{k} 
$$

\begin{enumerate}
\item On pose la fonction $f_n(x)= \ds \sum_{k = 1}^n x^{k-1}$. 
On a alors 
\begin{center}
\fbox{$f_n(x) = x^0 \times \dfrac{1 - x^n}{1 - x} = \dfrac{1 - x^n}{1 - x}$. }
\end{center}
\item En intégrant la somme d'une part
\begin{align*}
\int_0^p f_n(x) dx & = \int_0^p \ sum_{k=1}^n x^{k-1} dx\\
& = \sum_{k=1}^n \int_0^p x^{k-1} dx \\
& = \sum_{k=1}^n \left[ \dfrac{x^k}{k} \right]_0^p \\
& = \sum_{k=1}^n \dfrac{p^k}{k}
\end{align*}

D'un autre côté, 
\begin{align*}
\int_0^p f_n(x) dx & = \int_0^p \dfrac{1 - x^n}{1 - x} dx \\
& = \int_0^p \dfrac{1}{1-x} dx - \int_0^p \dfrac{x^n}{1-x} dx \\
& = [- \ln(1 -x)]_0^p - \int_0^p \dfrac{x^n}{1-x} dx \\
& = - \ln(1-p) - \int_0^p \dfrac{x^n}{1-x} dx
\end{align*}

On a donc
\begin{center}
\fbox{$ \ds \sum_{k=1}^n \dfrac{p^k}{k} = -\ln(1 -p) - \int_0^{p} \dfrac{x^{n}}{1-x} dx
$}
\end{center}
\item Pour $x \in [0;p]$, on a
\begin{align*}
1-x > 1 - p & \Longleftrightarrow 0 < \dfrac{1}{1-x} < \dfrac{1}{1-p} \\
& \Longleftrightarrow 0 < \dfrac{x^n}{1-x} < \dfrac{x^n}{1-p} \\
& \Longrightarrow 0 < \int_0^p \dfrac{x^n}{1-x} dx < \int_0^p \dfrac{x^n}{1-p} dx \\
& \Longrightarrow 0 < \int_0^p \dfrac{x^n}{1-x} dx < \dfrac{1}{1-p} \left[ \dfrac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^p \\
& \Longrightarrow 0 < \int_0^p \dfrac{x^n}{1-x} dx < \dfrac{p^{n+1}}{(1-p)(n+1)} < \dfrac{1}{(1-p)(n+1)}
\end{align*}

On a donc
\begin{center}
\fbox{$ \ds 
0 \leq \int_0^{p} \dfrac{x^{n}}{1-x} dx \leq \dfrac{1}{(n+1)(1-p)}
$}
\end{center}
\item On a $\li_{n \to + \infty} \dfrac{1}{(n+1)(1-p)} = 0$. D'après le théorème des gendarmes, on a
\begin{center}
\fbox{ $\li_{n \to + \infty} \ds \int_0^{p} \dfrac{x^{n}}{1-x} dx = 0$. }
\end{center}
\item On écrit les sommes partielles, 
\begin{align*}
\sum_{k=1}^n P(X = k) &  = \sum_{k=1}^n \dfrac{-1}{\ln(1-p)} \dfrac{p^k }{k} \\
& = \dfrac{-1}{\ln(1-p)} \sum_{k=1}^n \dfrac{p^k }{k} \\
&= \dfrac{-1}{\ln(1-p)} \left( - \ln(1-p) - \int_0^{p} \dfrac{x^{n}}{1-x} dx \right)\\
& = 1 + \dfrac{1}{\ln(1-p)} \int_0^{p} \dfrac{x^{n}}{1-x} dx
\end{align*}

Or on a vu précédemment que $\int_0^{p} \dfrac{x^{n}}{1-x} dx = 0$. Donc la série  $\ds \sum_{k \geq 1}  P(X = k)$ converge et 
\begin{center}
\fbox{$
\ds \sum_{k = 1}^{+\infty} P(X = k) = 1
$}
\end{center}
\item On s'intéresse à $\ds \sum_{k \geq 1} k P(X = k)$, c'est à dire $\ds \sum_{k\geq 1} \dfrac{-1}{\ln(1-p)} p^k$. Or la série $\ds \sum_{k\geq 1} p^k$ est une série convergente et donc $\ds \sum_{k\geq 1} \dfrac{-1}{\ln(1-p)} p^k$ est une série convergente et de plus 
\begin{align*}
\sum_{k = 1}^{+ \infty} k P(X = k) & = \dfrac{-1}{\ln(1-p)} \sum_{k = 1}^{+ \infty} p^k \\
& = \dfrac{-1}{\ln(1-p)} \left(\sum_{k = 0}^{+ \infty} p^k - 1 \right) \\
& = \dfrac{-1}{\ln(1-p)} \left(\dfrac{1}{1-p} - 1 \right) \\
& =  \dfrac{-1}{\ln(1-p)} \times \dfrac{p}{1-p} \\
& \boxed{= \dfrac{-p}{(1-p)\ln(1-p)} }
\end{align*}

On s'intéresse à $\ds \sum_{k \geq 1} k^2 P(X = k)$, c'est à dire $\ds \sum_{k\geq 1} \dfrac{-1}{\ln(1-p)} kp^k$. Or la série $\ds \sum_{k\geq 1} kp^{k-1}$ est une série géométrique dérivée convergente et donc $\ds \sum_{k\geq 1} \dfrac{-1}{\ln(1-p)} kp^k$ est une série convergente et de plus 
\begin{align*}
\sum_{k = 1}^{+ \infty} k^2 P(X = k) & = \dfrac{-p}{\ln(1-p)} \sum_{k = 1}^{+ \infty} kp^{k-1} \\
& =  \dfrac{-p}{\ln(1-p)} \times \dfrac{1}{(1-p)^2} \\
& \boxed{= \dfrac{-p}{(1-p)^2\ln(1-p)} }
\end{align*}
\end{enumerate}
\item Loi Zêta de Riemann. En probabilité, on dit qu'une variable aléatoire suit une loi zêta de paramètre $s$ si 
$$
P(X = k ) = \dfrac{k^{-s}}{\zeta(s)}
$$
où $\zeta$ est la fonction zêta de Riemann définit par $\zeta(s) = \ds \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^s}$ 
\begin{enumerate}
\item Une série de Riemann est définie pour $s>1$ donc \begin{center}
\fbox{la fonction $\zeta$ est définie pour $s>1$}
\end{center} 
\item On considère $s>1$ et on s'intéresse à la série $\ds \sum_{k \geq 1} P(X = k)$, c'est à dire $\ds \sum_{k \geq 1} \dfrac{k^{-s}}{\zeta(s)}$. Or la série $\sum_{k\geq 1} \dfrac{1}{k^s}$ est une série de Riemann convergente et donc $\ds \sum_{k \geq 1} P(X = k)$ est convergente
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{+ \infty} P(X=k) &= \dfrac{1}{\zeta(s)}\sum_{k=1}^{+ \infty} k^{-s} \\
& = \dfrac{\zeta(s)}{\zeta(s)} \boxed{= 1}
\end{align*}

\item On s'intéresse à la série $\ds \sum_{k \geq 1} kP(X = k)$, c'est à dire $\ds \sum_{k \geq 1} \dfrac{k^{1-s}}{\zeta(s)}$. Or la série $\sum_{k\geq 1} \dfrac{1}{k^{s-1}}$ est une série de Riemann convergente si $s-1 > 1$, c'est à dire $s>2$. Donc $\ds \sum_{k \geq 1} kP(X = k)$ est convergente pour $s>2$ et dans ce cas
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{+ \infty} k P(X=k) &= \dfrac{1}{\zeta(s)}\sum_{k=1}^{+ \infty} k^{1-s} \\
& = \dfrac{1}{\zeta(s)}\sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{1}{k^{s-1}}\\
& \boxed{= \dfrac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)} }
\end{align*}

On s'intéresse à la série $\ds \sum_{k \geq 1} k^2 P(X = k)$, c'est à dire $\ds \sum_{k \geq 1} \dfrac{k^{2-s}}{\zeta(s)}$. Or la série $\sum_{k\geq 1} \dfrac{1}{k^{s-2}}$ est une série de Riemann convergente si $s-2 > 1$, c'est à dire $s>3$. Donc $\ds \sum_{k \geq 1} k^2P(X = k)$ est convergente pour $s>3$ et dans ce cas
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{+ \infty} k^2 P(X=k) &= \dfrac{1}{\zeta(s)}\sum_{k=1}^{+ \infty} k^{2-s} \\
& = \dfrac{1}{\zeta(s)}\sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{1}{k^{s-2}}\\
& \boxed{= \dfrac{\zeta(s-2)}{\zeta(s)} }
\end{align*}

\end{enumerate}
\end{enumerate}


\subsection*{Exercice 5 - Issue de EDHEC - Groupes 1 à 6}

Pour tout entier naturel $n$, on pose $u_{n}=\displaystyle \prod_{k=0}%
^{n}\left(  1+\dfrac{1}{2^{k}}\right)  =(1+1)\left(  1+\dfrac{1}{2}\right)
\left(  1+\dfrac{1}{4}\right)  \cdots \left(  1+\dfrac{1}{2^{n}}\right)  $.

\begin{enumerate}
\item On a $u_{0}=1+\frac{1}{2^{0}}=2$ et $u_{1}=\left(  1+\frac{1}{2^{0}%
}\right)  \left(  1+\frac{1}{2^{1}}\right)  =2\times \frac{3}{2}=3$ et
$u_{2}=\left(  1+\frac{1}{2^{0}}\right)  \left(  1+\frac{1}{2^{1}}\right)
\left(  1+\frac{1}{2^{2}}\right)  =3\times \frac{5}{4}$

\item
\begin{enumerate}
\item On a $u_{n+1}=u_{n}\times \left(  1+\dfrac{1}{2^{n+1}}\right)
=u_{n}+\dfrac{1}{2^{n+1}}u_{n}\geq u_{n}$ car $u_{n}\geq0$ donc la suite est
croissante et comme $u_{0}=2$

\textsl{Conclusion : }\fbox{ $u_{n}\geq2$}:

\item $u_{n+1}=u_{n}\times \left(  1+\dfrac{1}{2^{n+1}}\right)  $ et on a vu
\textsl{Conclusion : }\fbox{la suite est croissante}
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Soit $g\left(  x\right)  =$ $\ln(1+x)-x.$

$g$ est d\'{e}rivable sur $\left]  -1;+\infty \right[  $ et $g^{\prime}\left(
x\right)  =\dfrac{1}{1+x}-1=\dfrac{-x}{1+x}$%

\begin{tabular}
[c]{|c|ccccc|}\hline
$x$ & $-1$ & $-$ & $0$ & $+$ & $+\infty$\\ \hline
$g^{\prime}\left(  x\right)  $ &  & $+$ & $0$ & $-$ & \\ \hline
$g\left(  x\right)  $ &  & $\nearrow-$ & $0$ & $\searrow-$ & \\ \hline
\end{tabular}


Donc $g\left(  x\right)  \leq0$ et \textsl{Conclusion : }\fbox{$\forall x>-1$,
on a : $\ln(1+x)\leq x$.}

On pouvait aussi utiliser la concavit\'{e} de $x\rightarrow \ln \left(
1+x\right)  $ dont la courbe est donc en dessous de sa tangente en $0$
d'\'{e}quation $y=x$

\item Comme produit de termes strictement positifs, $\displaystyle \ln \left(
u_{n}\right)  =\sum_{k=0}^{n}\ln \left(  1+\frac{1}{2^{k}}\right)  $

Et comme $1+\frac{1}{2^{k}}>1$ alors $\displaystyle \ln \left(  1+\frac
{1}{2^{k}}\right)  \leq \frac{1}{2^{k}}$ et
\[
\sum_{k=0}^{n}\ln \left(  1+\frac{1}{2^{k}}\right)  \leq \sum_{k=0}^{n}\frac
{1}{2^{k}}=\frac{1+\frac{1}{2^{n}}}{1+\frac{1}{2}}=2\left(  1+\frac{1}{2^{n}%
}\right)  \leq2
\]
\textsl{Conclusion : }\fbox{$\ln(u_{n})$.$\leq2$ pour tout entier $n$}
\end{enumerate}

\item On a donc $u_{n}\leq e^{2}.$

et comme la suite est croissante et major\'{e}e par $e^{2}$ (et minor\'{e}e
par 2)$,$ elle converge vers une limite $\ell \in \left[  2,e^{2}\right]  $

\item On se propose dans cette question de d\'{e}terminer la nature de la
s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $(\ell-u_{n})$.

\begin{enumerate}
\item Comme $\ell>0$ alors $\ln$ est continue en $\ell$ donc $\ln \left(
u_{n}\right)  \rightarrow \ln \left(  \ell \right)  $

Or $\displaystyle \ln \left(  u_{n}\right)  =\sum_{k=0}^{n}\ln \left(
1+\frac{1}{2^{k}}\right)  $ donc$\sum_{k=0}^{n}\ln \left(  1+\frac{1}{2^{k}%
}\right)  \rightarrow \ln \left(  \ell \right)  $ quand $n\rightarrow+\infty$

ce qui signifie que la s\'{e}rie $\displaystyle \sum_{k\geq0}\ln \left(
1+\dfrac{1}{2^{k}}\right)  $ converge et que

\textsl{Conclusion : }\fbox{$\ln(\ell)=\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty}%
\ln \left(  1+\dfrac{1}{2^{k}}\right)  $}

\item Comme $u_{n}$ et $\ell$ sont strictement positifs,
\begin{align*}
\ln \left(  \dfrac{\ell}{u_{n}}\right)   & =\ln \left(  \ell \right)  -\ln \left(
u_{n}\right) \\
& =\sum_{k=0}^{+\infty}\ln \left(  1+\dfrac{1}{2^{k}}\right)  -\sum_{k=0}%
^{n}\ln \left(  1+\frac{1}{2^{k}}\right) \\
& =\sum_{k=n+1}^{+\infty}\ln \left(  1+\dfrac{1}{2^{k}}\right)
\end{align*}


\item Et comme $\ln \left(  1+\dfrac{1}{2^{k}}\right)  \leq \dfrac{1}{2^{k}}$
alors
\[
\sum_{k=n+1}^{+\infty}\ln \left(  1+\dfrac{1}{2^{k}}\right)  \leq \sum
_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{2^{k}}=\dfrac{1}{2^{n+1}}\frac{1}{1\frac{1}{2}}%
\]
\textsl{Conclusion : }\fbox{$\forall n\in{\mathbf{N}},\,0\leq \ln \left(
\dfrac{\ell}{u_{n}}\right)  \leq \dfrac{1}{2^{n}}$.}

\item On a vu que la suite $u$ \'{e}tait croissante donc $\ell-u\geq0$ et de
l'autre cot\'{e} :%

\[
\ell-u_{n}-\ell \left(  1-\mathrm{e}^{-\frac{1}{2^{n}}}\right)  =-u_{n}%
+\ell \mathrm{e}^{-\frac{1}{2^{n}}}%
\]
et de $\ln \left(  \dfrac{\ell}{u_{n}}\right)  \leq \dfrac{1}{2^{n}}$ on tire
$\dfrac{\ell}{u_{n}}\leq e^{1/2^{n}}$ soit $\ell-u_{n}e^{1/2^{n}}\leq0$ donc
$\left(  -u_{n}+\ell \mathrm{e}^{-1/2^{n}}\right)  e^{1/2^{n}}\leq0$

Finalement $\ell-u_{n}-\ell \left(  1-\mathrm{e}^{-1/2^{n}}\right)  \leq0$ et

\textsl{Conclusion : }\fbox{$\forall n\in{\mathbf{N}}$, $0\leq \ell-u_{n}%
\leq \ell \left(  1-\mathrm{e}^{-1/2^{n}}\right)  $.}

\item $g\left(  x\right)  =1-\mathrm{e}^{-x}-x$ est d\'{e}rivable sur
$\mathbb{R}$ et $g^{\prime}\left(  x\right)  =e^{-x}-1$%

\begin{tabular}
[c]{|c|ccccc|}\hline
$x$ & $-\infty$ &  & $0$ &  & $+\infty$\\ \hline
$e^{-x}-1$ &  & $\searrow+$ & $0$ & $\searrow-$ & \\ \hline
$g\left(  x\right)  $ &  & $\nearrow-$ & $0$ & $\searrow-$ & \\ \hline
\end{tabular}


Donc $g\left(  x\right)  \leq x$ sur $\mathbb{R}$ et pour tout r\'{e}el $x$,
on a $1-e^{-x}\leq x$.

$1-\mathrm{e}^{-1/2^{n}}\leq \dfrac{1}{2^{n}}$ et finalement

\textsl{Conclusion : }\fbox{$\forall n\in{\mathbf{N}}$, $0\leq \ell-u_{n}%
\leq \dfrac{\ell}{2^{n}}$.}

Comme la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $\dfrac{1}{2^{n}}$ est
convergente, alors par majoration de termes positifs,

\textsl{Conclusion : }\fbox{la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $(\ell
-u_{n})$ est \'{e}galement convergente.}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Exercice - Issue de ESSEC - Groupe 1 et 2}

\bigskip

{\ Dans cette premi\`{e}re partie on consid\`{e}re un ensemble discret \ $%
\mathcal{K}$ \ dont on suppose qu'il est soit fini soit \'{e}gal \`{a}
l'ensemble des entiers naturels }$\mathbb{N}.$ $\mathcal{A}$ {\ d\'{e}signe
l'ensemble de toutes les parties de $\mathcal{K}$ et pour tout }

{\ }$A\in \mathcal{A}${, on note }$\bar{A}${\ le compl\'{e}mentaire de \ }$A$%
{\ \ dans $\mathcal{K}$}.

\bigskip

Soient \ $P$ et $Q$ deux lois de probabilit\'{e} sur \ $\mathcal{K}$. (%
\textbf{N.B. }en fait, ce sont des probabilti\'{e}s) Pour tout $k\in 
\mathcal{K}$ , on pose \ $p_{k}=P\left( \left\{ k\right\} \right) $ et \ $%
q_{k}=Q\left( \left\{ k\right\} \right) $. On rappelle que pour tout \ $k\in 
\mathcal{K},$ $p_{k}\ge 0$ , \ avec $\displaystyle
\sum_{k\in \mathcal{K}}p_{k}=1$. \ De plus toute probabilit\'{e} \ \ $P$ \
est enti\`{e}rement d\'{e}termin\'{e}e par la donn\'{e}e de \ $\left(
p_{k}\right) _{k\in \mathcal{K}}$ puisque pour tout $A\in \mathcal{A},\;%
\displaystyle
P\left( A\right) =\sum_{k\in A}p_{k}$

Lorsque $\mathcal{K}$ \ est fini on d\'{e}finit la \ distance en variation
entre les probabilit\'{e}s \ $P$ \ et \ $Q$ \ par 
\begin{equation}
D\left( P\mathrm{,}Q\right) =\frac{1}{2}\sum_{k\in \mathcal{K}}\left|
p_{k}-q_{k}\right|  \tag{(i)}
\end{equation}

\begin{enumerate}
\item \ Lorsque \ \ $\mathcal{K=}\left\{ 0;1\right\} $ \ 

on a $D\left( P\mathrm{,}Q\right) =\frac{1}{2}\left( \left|
p_{0}-q_{0}\right| +\left| p_{1}-q_{1}\right| \right) $\ 

et comme $p_{0}+p_{1}=1$ on a donc $p_{0}=1-p_{1}$ et \ $q_{0}=1-q_{1}$.

Donc $D\left( P\mathrm{,}Q\right) =\frac{1}{2}\left( \left|
q_{1}-p_{1}\right| +\left| p_{1}-q_{1}\right| \right) =\left|
p_{1}-q_{1}\right| $ (car $\left| -x\right| =\left| x\right| $ pour tout $x$
r\'{e}el )

\item Lorsque $\mathcal{K=}\mathbb{N}$ ,

Pour tout $k\in \mathcal{K}$, on a $0\le \left| p_{k}-q_{k}\right| \le
\left| p_{k}\right| +\left| q_{k}\right| =p_{k}+q_{k}$ (in\'{e}galit\'{e}
triangulaire)

Comme les s\'{e}ries de terme g\'{e}n\'{e}ral $p_{k}$ et $q_{k}$ convergent,
celle de terme g\'{e}n\'{e}ral $p_{k}+q_{k}$ \'{e}galement.

Et par majoration des termes positif d'une s\'{e}rie,

\textsl{Conclusion : }\fbox{la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $\left|
p_{k}-q_{k}\right| $ converge.}

\hspace{-1cm}On \'{e}tend donc la d\'{e}finition de la distance en variation
donn\'{e}e par $\left( i\right) $ au cas o\`{u} \ $\mathcal{K=}\mathbb{N}$.

\item Pour tout \ $A\in \mathcal{A},\mathcal{\;}$on a $0\le P\left( A\right)
\le 1$ et $0\le Q\left( A\right) \le 1$

Donc $-1\le P\left( A\right) -Q\left( A\right) \le 1$ d'o\`{u} $\left|
P\left( A\right) -Q\left( A\right) \right| \le 1$ (\'{e}quivaut en fait)

\textsl{Conclusion : }\fbox{$\left| P\left( A\right) -Q\left( A\right)
\right| \in \left[ 0,1\right] $.}

\item Pour tout \ $\displaystyle
A\in \mathcal{A},$

$P\left( A\right) =\sum_{k\in A}p_{k}$ et en s'inspirant de la question 1) $%
\sum_{k\in A}p_{k}=1-\sum_{k\in \bar{A}}p_{k}$ (et de m\^{e}me pour $Q$ )

Donc $P\left( A\right) -Q\left( A\right) =\sum_{k\in A}\left(
p_{k}-q_{k}\right) $ d'une part

et \label{P(A)-Q(A)} $P\left( A\right) -Q\left( A\right) =1-\sum_{k\in \bar{A%
}}p_{k}-1-\sum_{k\in \bar{A}}q_{k}=\sum_{k\in \bar{A}}\left(
q_{k}-p_{k}\right) =-\sum_{k\in \bar{A}}\left( p_{k}-q_{k}\right) $ d'autre
part.

Donc 
\begin{eqnarray*}
2\left| P\left( A\right) -Q\left( A\right) \right| &=&\left| P\left(
A\right) -Q\left( A\right) \right| +\left| P\left( A\right) -Q\left(
A\right) \right| \\
&=&\left| \sum_{k\in A}\left( p_{k}-q_{k}\right) \right| +\left| \sum_{k\in 
\bar{A}}\left( p_{k}-q_{k}\right) \right|
\end{eqnarray*}

\item On a $D\left( P\mathrm{,}Q\right) =\frac{1}{2}\sum_{k\in \mathcal{K}%
}\left| p_{k}-q_{k}\right| $ et $\mathcal{K=}A\cup \bar{A}$ (disjointe)

Donc $D\left( P\mathrm{,}Q\right) =\frac{1}{2}\left( \sum_{k\in A}\left|
p_{k}-q_{k}\right| +\sum_{k\in \bar{A}}\left| p_{k}-q_{k}\right| \right) $

Et comme $\sum_{k\in A}\left| p_{k}-q_{k}\right| \ge \left| \sum_{k\in
A}p_{k}-q_{k}\right| $ alors 
\begin{eqnarray*}
2D\left( P\mathrm{,}Q\right) &\ge &\left| \sum_{k\in A}p_{k}-q_{k}\right|
+\left| \sum_{k\in \bar{A}}p_{k}-q_{k}\right| \\
&\ge &2\left| P\left( A\right) -Q\left( A\right) \right|
\end{eqnarray*}

\textsl{Conclusion : }\fbox{pour tout $A\in \mathcal{A},\mathcal{\;}\left|
P\left( A\right) -Q\left( A\right) \right| \le D\left( P\mathrm{;}Q\right) $}%
\ 

\item Soit \ $A=\left\{ k\;|\;k\in \mathcal{K}\text{ et }q_{k}\ge
p_{k}\right\} $

On a alors pour tout $k\in A:\left| p_{k}-q_{k}\right| =-\left(
p_{k}-q_{k}\right) $ et pour $k\in \bar{A},$ $\left| p_{k}-q_{k}\right|
=p_{k}-q_{k}$ (car dans $\bar{A}$, $q_{k}\ge p_{k}$ est faux)

Donc 
\begin{eqnarray*}
D\left( P\mathrm{,}Q\right) &=&\frac{1}{2}\left( \sum_{k\in A}\left|
p_{k}-q_{k}\right| +\sum_{k\in \bar{A}}\left| p_{k}-q_{k}\right| \right) \\
&=&\frac{1}{2}\left( -\sum_{k\in A}p_{k}-q_{k}+\sum_{k\in \bar{A}%
}p_{k}-q_{k}\right) \\
&=&\frac{1}{2}\left( \left| \sum_{k\in A}p_{k}-q_{k}\right| +\left|
\sum_{k\in \bar{A}}p_{k}-q_{k}\right| \right) \\
&=&\left| P\left( A\right) -Q\left( A\right) \right|
\end{eqnarray*}
car $\sum_{k\in A}p_{k}-q_{k}\le 0$ et $\sum_{k\in \bar{A}}p_{k}-q_{k}\ge 0.$

\textsl{Conclusion : }\fbox{avec $A=\left\{ k\;|\;k\in \mathcal{K}\text{ et }%
q_{k}\ge p_{k}\right\} :\left| P\left( A\right) -Q\left( A\right) \right|
=D\left( P\mathrm{;}Q\right) $}

\item On r\'{e}utilise la question pr\'{e}c\'{e}dente :

Avec $A=\left\{ k\;|\;k\in \mathcal{K}\text{ et }q_{k}\ge p_{k}\right\} $ on
a $D\left( P\mathrm{,}Q\right) =\left| P\left( A\right) -Q\left( A\right)
\right| $

Or pour $k\in A:p_{k}\wedge q_{k}=p_{k}$ et pour $k\in \bar{A}:p_{k}\wedge
q_{k}=q_{k}.$

Donc 
\begin{eqnarray*}
1-\sum \left( p_{k}\wedge q_{k}\right) &=&1-\sum_{k\in A}p_{k}-\sum_{k\in 
\bar{A}}q_{k} \\
\text{et comme }1-\sum_{k\in A}p_{k} &=&P\left( \bar{A}\right) =\sum_{k\in 
\bar{A}}p_{k}\text{ alors } \\
1-\sum \left( p_{k}\wedge q_{k}\right) &=&\sum_{k\in \bar{A}%
}p_{k}-q_{k}=Q\left( A\right) -P\left( A\right)
\end{eqnarray*}
commme on l'a vu en \ref{P(A)-Q(A)}

Et comme ici $Q\left( A\right) -P\left( A\right) =\sum q_{k}-p_{k}\ge 0$ et $%
Q\left( A\right) -P\left( A\right) =\left| P\left( A\right) -Q\left(
A\right) \right| $on a bien finalement :

\textsl{Conclusion : }\fbox{$D\left( P\mathrm{;}Q\right) =1-\sum_{k\in 
\mathcal{K}}p_{k}\wedge q_{k}$}

\item On consid\`{e}re un couple de variables al\'{e}atoires $\left(
X,Y\right) $ tel que $X$ soit de loi \ $P$ \ et $Y$ soit de loi $Q$.
Autrement dit, pour tout \ $k\in \mathcal{K},\;$%
\begin{equation*}
\mathbf{P}\left( X=k\right) =p_{k}\quad \text{et\quad }\mathbf{P}\left(
X=k\right) =p_{k} 
\end{equation*}
Le \ $D\left( P\mathrm{;}Q\right) =1-\sum \left( p_{k}\wedge q_{k}\right) $
sugg\`{e}re de passer par l'\'{e}v\'{e}nement contraire.

(L'\'{e}v\'{e}nement $X=Y$ est d'autre part plus facile \`{a} d\'{e}composer
que $\left( X\ne Y\right) $ )

$\mathbf{P}\left( X\ne Y\right) =1-\mathbf{P}\left( X=Y\right) $

On d\'{e}compose $\left( X=Y\right) =\bigcup_{k\in \mathcal{K}}\left(
X=k\cap Y=k\right) $ (disjointe) donc $\mathbf{P}\left( X=Y\right)
=\sum_{k\in \mathcal{K}}\mathbf{P}\left( X=k\cap Y=k\right) $
\end{enumerate}

Et comme $\mathbf{P}\left( X=k\cap Y=k\right) \le \mathbf{P}\left(
X=k\right) =p_{k}$ (car $\left( X=k\cap Y=k\right) \subset \left( X=k\right) 
$ )

et $Q\left( X=k\cap Y=k\right) \le Q\left( Y=k\right) =q_{k}$

alors $\mathbf{P}\left( X=k\cap Y=k\right) $ est inf\'{e}rieur au plus petit
des deux : 
\begin{equation*}
\mathbf{P}\left( X=k\cap Y=k\right) \le p_{k}\wedge q_{k} 
\end{equation*}

et en assemblant : 
\begin{eqnarray*}
\mathbf{P}\left( X\ne Y\right) &=&1-\mathbf{P}\left( X=Y\right) \\
&=&1-\sum_{k\in \mathcal{K}}\mathbf{P}\left( X=k\cap Y=k\right) \\
&\ge &1-\sum_{k\in \mathcal{K}}p_{k}\wedge q_{k}=D\left( P,Q\right)
\end{eqnarray*}

\textsl{Conclusion : }\fbox{$D\left( P\mathrm{;}Q\right) \le \mathbf{P}%
\left( X\ne Y\right) $}

\end{document}