III - Développement dyadique, loi et décomposition

SESSION 2019

Concours commun Centrale

MATHÉMATIQUES 2. FILIERE MP

I - Fonction caractéristique

Q 1.Soitn∈N^∗. Soitk∈J1, nK. D’après la formule de transfert, pour toutt∈R, E

e^itεk2k

=e^{−i2k1 t}×P(ε_k= −1) +e^i2k1t×P(ε_k=1) = e^i2k1t+e^−i2k1t

2 =cos

t 2^k

.

Ensuite, les variablesε_k,k∈J1, nK, étant indépendantes, il en est de même des variablese^itεk2k et donc, pour toutt∈R, ΦXn(t) =E

Yn k=1

e^itεk2k

!

= Yn k=1

E e^itεk2k

= Yn k=1

cos t

2^k

.

Q 2.Soitt∈R. Montrons par récurrence que :∀n∈N^∗, sin t

2ⁿ

Φ_Xn(t) = sin(t) 2ⁿ .

• sin(t) =2sin t

2

cos t

2

et donc sin t

2

Φ_X1(t) = sin(t)

2 . L’égalité à démontrer est vraie quandn=1.

• Soitn>1. Supposons que sin t

2ⁿ

Φ_Xn(t) = sin(t) 2ⁿ . Alors, sin

t 2ⁿ⁺¹

Φ_Xn+1(t) =sin t

2ⁿ⁺¹

cos t

2ⁿ⁺¹

Φ_Xn(t) = 1 2sin

t 2ⁿ

Φ_Xn(t) = 1

2 ×sin(t)

2ⁿ = sin(t) 2ⁿ⁺¹. Le résultat est démontré par récurrence.

Q 3.Pour toutn∈N^∗,ΦXn(0) =1et donc lim

n→+∞ΦXn(0) =1=sinc(0). Sit /∈πZ, sin(t) =2ⁿsin

t 2ⁿ

ΦXn(t) ∼

n→+∞tΦXn(t) et doncΦXn(t) ∼

n→+∞sinc(t). Sit∈πZ\ {0}, il existep∈Z^∗ tel quet=pπ. On posep=2^αqoùα∈Netq∈2Z+1.

Alors, cos t

2^α+1

=cos qπ

2

=0 puis pourn>α+1, Φ_Xn(t) =0. Mais alors,Φ_Xn(t)tend vers 0=sinc(t)quandn tend vers+∞.

En résumé, pour tout réelt, lim

n→+∞

Φ_Xn(t) =sinc(t). La suite de fonctions(Φ_Xn)_n>1converge simplement vers la fonction sinc surR.

Q 4.sinc est continue sur R^∗ en tant que quotient de fonctions continues sur R^∗ dont le dénominateur ne s’annule pas surR^∗. D’autre part, lim

t→0, t6=0sinc(t) =1=sinc(0). Donc, sinc est continue en0 et finalement sinc est continue surR. Q 5.Soitn∈N^∗. Pour toutk∈J1, nK,−ε_k(Ω) ={−1, 1}=εk(Ω)et P(−ε_k= −1) =P(−ε_k=1) = 1

2. Ainsi, pour tout k∈N^∗, ε_k etε_k^′ ont la même loi. Ensuite, pourn∈N^∗, six=

Xn k=1

ε_k(ω)

2^k ∈X_n(Ω), alors−x= Xn k=1

−ε_k(ω)

2^k ∈X_n(Ω)et réciproquement. Donc,(−X_n) (Ω)⊂Xn(Ω)etXn(Ω)⊂(−X_n) (Ω)puis(−X_n) (Ω) =Xn(Ω).

Montrons par récurrence que :∀n∈N^∗,Xn et −Xn ont la même loi.

• X₁=ε₁et−X₁= −ε₁ont la même loi.

• Soitn>1. Supposons queXn et −Xn ont la même loi. Soitx∈Xn+1(Ω). D’après le lemme des coalitions, les variablesX_n et εn+1

2ⁿ⁺¹ sont indépendantes et donc

P(X_n+1=x) =P

Xn+εn+1

2ⁿ⁺¹ =x

=P

{εn+1= −1}∩

Xn=x+ 1 2ⁿ⁺¹

+P

{εn+1=1}∩

Xn=x− 1 2ⁿ⁺¹

=P(ε_n+1= −1)×P

Xn =x+ 1 2ⁿ⁺¹

+P(ε_n+1=1)×P

Xn=x− 1 2ⁿ⁺¹

= 1 2P

−X_n=x+ 1 2ⁿ⁺¹

+1

2P

−X_n=x− 1 2ⁿ⁺¹

(par hypothèse de récurrence)

=P(ε_n+1=1)×P

−X_n =x+ 1 2ⁿ⁺¹

+P(ε_n+1= −1)×P

−X_n=x− 1 2ⁿ⁺¹

=P

{εn+1=1}∩

−X_n =x+ 1 2ⁿ⁺¹

+P

{εn+1= −1}∩

X_n=x− 1 2ⁿ⁺¹

=P

−X_n− εn+1

2ⁿ⁺¹ =x

=P(−Xn+1=x).

On a montré par récurrence que, pour toutn∈N^∗,−X_n a la même loi queX_n. Q 6.Soitn∈N^∗.e^itXn ete^−itXn ont la même loi et donc la même espérance.

Par linéarité de l’espérance, pour tout réelt, ϕ_n(t) =E(cos(tX_n)) = 1

2 E e^itXn

+E e^−itXn

= 1

2(Φ_Xn(t) +Φ_−Xn(t)) =Φ_Xn(t).

On en déduit que la suite de fonctions(ϕ_n)_n>1converge simplement vers la fonction sinc surR. Q 7.Pour toutn∈N^∗,ϕ_n 2ⁿ⁺¹π

=Φ_Xn 2ⁿ⁺¹π

= Yn k=1

cos 2^n+1−kπ

= Yn k=1

1=1. Donc, lim

n→+∞

ϕ_n 2ⁿ⁺¹π

=1.

D’autre part, pour toutn∈N^∗, sinc 2ⁿ⁺¹π

= sin 2ⁿ⁺¹π

2ⁿ⁺¹π =0 et donc lim

n→+∞sinc 2ⁿ⁺¹π

=0.

Par suite, lim

n→+∞(ϕn−sinc) 2ⁿ⁺¹π

=1puis, il existen0∈N^∗ tel que, pourn>n0, kϕn−sinck∞>(ϕ_n−sinc) 2ⁿ⁺¹π

> 1 2(> 0).

Ceci montre que la suite de fonctions(ϕn)_n>1ne converge pas uniformément vers la fonction sinc surR.

II - Ecriture binaire

Q 8.Soitn∈N^∗. Pour toutj∈J1, nK,n−j∈Net donc pour tout (x_j)_j∈J1,nK∈{0, 1}ⁿ, Xn j=1

xj2^n−jest un entier naturel.

De plus, pour(x_j)_j∈J1,nK∈{0, 1}ⁿ,

Xn j=1

x_j2^n−j6 Xn j=1

2^n−j= 2ⁿ−1

2−1 =2ⁿ−1.

Donc,Φ_n est bien une application de{0, 1}ⁿ versJ0, 2ⁿ−1K. Q 9.Pour toutn∈N^∗, Im(Φ_n) =An.

Q 10.Montrons par récurrence que : ∀n∈N^∗,∀k∈J0, 2ⁿ−1K,k∈Φ_n({0, 1}ⁿ).

• Sin=1,J0, 2ⁿ−1K={0, 1}puis0=0×2¹⁻¹∈Im(Φ₁)et1=1×2¹⁻¹∈Im(Φ₁). Donc, Im(Φ₁) =q

0, 2¹−1y .

• Soitn>1. Supposons le résultat pourn. Soitk∈q

0, 2ⁿ⁺¹−1y .

Sik∈J0, 2ⁿ−1K, par hypothèse de récurrence, il existe(x_j)_16j6n ∈{0, 1}ⁿ tel quek=x₁2ⁿ⁻¹+x₂2ⁿ⁻²+. . .+x_n2⁰. On pose alorsx₁^′ =0 et pourk∈J2, n+1K, x_k^′ =xk−1. Le(n+1)-uplet x_j^′

16j6n+1 est un élément de{0, 1}ⁿ⁺¹ tel quek=

n+1X

j=1

x_j^′2^n+1−j=Φ_n+1 x_j^′

16j6n+1

. Si k∈q

2ⁿ, 2ⁿ⁺¹−1y

, alorsk−2ⁿ∈J0, 2ⁿ−1K (car2ⁿ⁺¹−2ⁿ= (2−1)2ⁿ=2ⁿ). Par hypothèse de récurrence, il existe(x_j)_16j6n ∈{0, 1}ⁿ tel quek−2ⁿ=x₁2ⁿ⁻¹+x₂2ⁿ⁻²+. . .+x_n2⁰. On posex₁^′ =1et pourk∈J2, n+1K, x_k^′ =xk−1. Le(n+1)-uplet x_j^′

16j6n+1est un élément de{0, 1}ⁿ⁺¹tel que k−x₁^′2ⁿ⁺¹=x₂^′2ⁿ⁻¹+. . .+x_n+1^′ 2⁰ ou encore tel quek=Φn+1

(x_j)_16j6n+1 . Le résultat est démontré par récurrence.

Q 11.Ainsi, pour toutn∈N^∗,Φ_n est une surjection de{0, 1}ⁿ surJ0, 2ⁿ−1K.

Puisque card({0, 1}ⁿ) =card(J0, 2ⁿ−1K) =2ⁿ<+∞, on en déduit queΦ_n est une bijection de{0, 1}ⁿ surJ0, 2ⁿ−1K. Q 12.Soitn∈N^∗. Pour tout(x_j)_j∈J1,nK∈{0, 1}ⁿ,

Xn j=1

xj

2^j = Xn j=1

xj

2^j + 0

2ⁿ⁺¹ ∈Dn+1. Donc, pour toutn∈N^∗,D_n⊂Dn+1.

Soit(x_j)_j∈J1,nK∈{0, 1}ⁿ.

06 Xn j=1

x_j 2^j 6

Xn j=1

1 2^j = 1

2 × 1− 1

2ⁿ 1−1

2

=1− 1 2ⁿ < 1.

Donc, pour toutn∈N^∗,D_n⊂[0, 1[ puisD⊂[0, 1[.

Q 13.Soit(x, n)∈R×N.⌊2ⁿx⌋62ⁿx <⌊2ⁿx⌋+1puis, après division par2ⁿ, π_n(x) = ⌊2ⁿx⌋

2ⁿ 6x < ⌊2ⁿx⌋

2ⁿ + 1

2ⁿ =π_n(x) + 1 2ⁿ. Q 14.Soient x∈[0, 1[ etk∈N^∗. Donc,π₀(x) =⌊x⌋=0puis

Xk j=1

d_j(x) 2^j =

Xk j=1

(π_j(x) −πj−1(x)) =π_k(x) −π₀(x) (somme télescopique)

=π_k(x).

Q 15.Soit (x, j)∈ R×N^∗. d_j(x) =2^j+1πj+1(x) −2×2^jπ_j(x) = 2^j+1x

−2 2^jx

. Ceci montre déjà que d_j(x)est un entier relatif. Ensuite,

2^jx

62^jx <

2^jx

+1 et donc 2

2^jx

62^j+1x < 2 2^jx

+2.

2 2^jx

est un entier inférieur ou égal à2^j+1xet donc, puisque 2^j+1x

est le plus grand de ces entiers,2 2^jx

6 2^j+1x puisd_j(x) =

2^j+1x

−2 2^jx

>0. Ensuite,2 2^jx

+2 est un entier strictement supérieur à2^j+1x et donc supérieur ou égal à

2^j+1x

+1. Par suite, 2^j+1x

+162 2^jx

+2 puisdj(x) = 2^j+1x

−2 2^jx

62−1=1.

On a montré que∀(x, j)∈R×N^∗, d_j(x)∈{0, 1}.

Q 16.Soient n∈N^∗ et x∈R. D’après la question Q11,J0, 2ⁿ−1K=A_n. Donc,

x∈Dn⇔∃(xj)_j∈J1,nK∈{0, 1}ⁿ/ x= Xn j=1

xj

2^j ⇔∃(xj)_j∈J1,nK∈{0, 1}ⁿ/ 2ⁿx= Xn j=1

xj2^n−j⇔2ⁿx∈An

⇔2ⁿx∈J0, 2ⁿ−1K.

Q 17.Soitn∈N^∗. Soient fn : An → Dn

x 7→ x 2ⁿ

et gn : Dn → An

x 7→ 2ⁿx

. D’après la question précédente,fnetgnsont deux applications. De plus,g_n◦f_n = Id_Dn et f_n◦g_n = Id_An. Donc, f_n est bijective puis Ψ_n =f_n◦Φ_n est bijective d’après la question Q11.

Q 18.Soit(n, k)∈N^∗×N. Sik < n, 2^kx=

Xn j=1

x_j2^k−j= Xk j=1

x_j2^k−j+ Xn j=k+1

x_j2^k−j.

Pour16j6k,2^k−jest un entier puis Xk j=1

xj2^k−j est un entier. D’autre part, 06

Xn j=k+1

x_j2^k−j6 Xn j=k+1

2^k−j= 1 2+ 1

2² +. . .+ 1 2^n−k < 1

2+ 1

2² +. . .=1.

Donc, 2^kx

= Xk j=1

xj2^k−jpuis

π_k(x) = 2^kx

2^k = Xk j=1

x_j 2^j =

min(n,k)X

j=1

x_j 2^j.

Sin6k, pour toutj∈J1, nK, k−j>n−j>0. Dans ce cas, Xn j=1

x_j2^k−jest un entier puis 2^kx

= Xn j=1

x_j2^k−j et donc

πk(x) = 2^kx

2^k = Xn j=1

xj

2^j =

min(n,k)

X

j=1

xj

2^j.

III - Développement dyadique, loi et décomposition

Q 19.Soitn∈N^∗. Pour toutk∈J1, nK, 06U_k 61 puis 06Yn6

Xn k=1

1

2^k =1− 1 2ⁿ < 1.

Donc, l’événement{Y_n∈[0, 1[}estΩpuisP(Y_n ∈[0, 1[) =1.

Q 20.Plus précisément,Y_n(Ω) =D_n. Soitx= Xn j=1

x_j

2^j ∈D_n. Il existep∈J0, 2ⁿ−1Ktel que x= p

2ⁿ. Donc, P(Y_n6x) =P

Y_n6 p n

= Xp j=0

P

Y_n= j 2ⁿ

.

Ensuite, pourj∈J0, 2ⁿ−1Kdonné, l’applicationΨn de la question Q17 étant bijective,

Y_n= j 2ⁿ

= _n

X

k=1

U_k 2^k = j

2ⁿ

=

Ψ⁻¹_n Xn k=1

U_k 2^k

!

=Ψ⁻¹_n j

2ⁿ

=

(U₁, . . . , U_n) =Ψ⁻¹_n j

2ⁿ

.

PosonsΨ⁻¹_n j

2ⁿ

= (α₁, . . . , αn)∈{0, 1}ⁿ. Les variablesU1, . . . ,Un, étant indépendantes, on a

Y_n= j 2ⁿ

= Yn k=1

P(U_k=α_k) = Yn k=1

1 2 = 1

2ⁿ, puis

Fn(x) =P(Yn6x) = Xp j=0

1

2ⁿ = p+1

2ⁿ =x+ 1 2ⁿ.

Q 21.Pour calculer P(Y_n < x), il faut enlever le termej=pdans le calcul précédent et on obtient Gn(x) =P(Yn< x) = p

2ⁿ =x.

Q 22.Soitx∈D_n.P(Y_n =x) =F_n(x) −G_n(x) = 1

2ⁿ. Puisque

card(Yn(Ω)) =card(Dn) =card Ψ⁻¹_n (Dn)

=card({0, 1}ⁿ) =2ⁿ, on a montré queYn suit la loi uniforme sur Dn.

Q 23.Pour chaquek∈J1, nK, posons V_k=d_k(X_n). On définit ainsi des variables aléatoiresV₁, . . . ,V_n, à valeurs dans {0, 1}telles que

Xn = Xn k=1

Vk

2^k.

Il faut vérifier que chaqueV_k suit la loi deBernoullide paramètre 1

2 et que ces variables sont indépendantes.

Soient(α₁, . . . , αn)∈{0, 1}ⁿ puisx= Xn k=1

αk

2^k. Puisque Ψest bijective et queXn suit la loi uniforme surDn,

P(V₁=α₁, . . . , V_n =α_n) =P((V₁, . . . , V_n) = (α₁, . . . , α_n)) =P(Ψ((V₁, . . . , V_n)) =Ψ((α₁, . . . , α_n)))

=P(Xn=x) = 1 2ⁿ.

Donc, la variableV= (V₁, . . . , V_n)suit la loi uniforme sur{0, 1}ⁿ. Soientk∈J1, nKpuisα_k ∈{0, 1}. card{v_k=α_k}=2ⁿ⁻¹ et donc

P(V_k=α_k) = 2ⁿ⁻¹ 2ⁿ = 1

2. Donc, ∀k ∈ J1, nK, Vk ∼ B

1 2

. Enfin, pour tous indices i1, . . . , ik tels que 1 6 i1 < i2 < . . . < ik 6 n puis (α_i1, . . . , α_ik)∈{0, 1}^k,

P(Vi1 =αi1, . . . , Vik =αik) = 2^n−k 2ⁿ = 1

2^k = Yk j=1

P Vij =αij

.

Les variablesV₁, . . . ,V_n, sont indépendantes.

IV - Développement dyadique, étude asymptotique

Q 24.Soitx∈R. Puisque pour toutn∈N^∗ Yn 6Yn+1, pourn∈N^∗ on a{Yn+16x}⊂{Yn6x}puis

∀n∈N^∗, Fn+1(x) =P(Y_n+16x)6P(Y_n6x) =Fn(x).

La suite (F_n(x))_n>1 est décroissante. De même, en remplaçant les inégalités larges par des inégalités strictes, la suite (G_n(x))_n>1 est décroissante.

Q 25.Soitx∈R. La suite(F_n(x))_n>1est décroissante et est minorée par0. Donc, la suite(F_n(x))_n>1converge vers un réel positif ou nul. Ainsi, la suite de fonctions(F_n)_n>1converge simplement surR. De même, pour chaque réelx, la suite (Gn(x))_n>1 est décroissante, minorée par0et donc converge. La suite de fonctions(Gn)_n>1converge simplement surR. Q 26.Soitx∈D. Il existem∈N^∗ tel quex∈D_m. Puisque la suite(D_n)_n∈N∗ est croissante pour l’inclusion d’après la question Q12, pourn>m,x∈D_n. D’après la question Q20, pourn>m, on aF_n(x) =x+ 1

2ⁿ et G_n(x) =xpuis

n→lim+∞

F_n(x) = lim

n→+∞

G_n(x) =x.

Si x =1, pour toutn ∈ N^∗, G_n(1) = P(Y_n ∈[0, 1[) = 1 d’après la question Q19 puis 1 = G_n(1) 6F_n(1) 61 et donc F_n(1) =1. Par suite,

n→lim+∞

F_n(1) = lim

n→+∞

G_n(1) =1.

Finalement,∀x∈D∪{1}, lim

n→+∞

F_n(x) = lim

n→+∞

G_n(x) =x.

Q 27. Soit x ∈ [0, 1[\D. Pour tout n ∈ N^∗, jn

2ⁿ 6 x < jn+1

2ⁿ où jn = ⌊2ⁿx⌋ ∈ J0, 2ⁿ−1K. De plus x /∈ D et donc j_n

2ⁿ < x < j_n+1

2ⁿ . Par suite, d’après la question Q21,

G_n(x) =P(Y_n < x) =P(Y_n 6x) =F_n(x) =P

Y_n6 j_n 2ⁿ

=F_n j_n

2ⁿ

= j_n 2ⁿ + 1

2ⁿ.

Maintenant, pour toutn∈N^∗,x− 1 2ⁿ < j_n

2ⁿ < xet le théorème des gendarmes montre que lim

n→+∞

j_n

2ⁿ =x. Finalement,

∀x∈[0, 1], lim

n→+∞

F_n(x) = lim

n→+∞

G_n(x) =x.

Q 28.Si I= [a, b]avec06a6b61, P(Y_n ∈I) =P(a6Y_n6b) =P(Y_n6b) −P(Y_n< a) =F_n(b) −G_n(a)et donc

n→lim+∞

P(Y_n∈I) =b−a=ℓ(I).

SiI= [a, b[, lim

n→+∞

P(Y_n∈I) = lim

n→+∞

(G_n(b) −G_n(a)) =b−a=ℓ(I).

SiI=]a, b], lim

n→+∞

P(Y_n∈I) = lim

n→+∞

(F_n(b) −F_n(a)) =b−a=ℓ(I).

SiI=]a, b[, lim

n→+∞

P(Y_n∈I) = lim

n→+∞

(G_n(b) −F_n(a)) =b−a=ℓ(I).

Q 29.Soitn∈N^∗.D_n= k

2ⁿ, k∈J0, 2ⁿ−1K

. D’après la formule de transfert, E(f(Y_n)) = X

x∈Dn

f(x)P(Y_n=x) =

2Xⁿ−1 k=0

1 2ⁿf

k 2ⁿ

=

2Xⁿ−1 k=0

k+1 2ⁿ − k

2ⁿ

f k

2ⁿ

.

k 2ⁿ

06k62ⁿ

est une subdivision de l’intervalle [0, 1], à pas contant égal à 1

2ⁿ. Puisque le pas tend vers0 quandntend vers+∞et quefest continue sur [0, 1], la somme deRiemannci-dessus tend vers

Z1 0

f(x)dx:

n→lim+∞E(f(Y_n)) = Z1

0

f(x)dx.

Q 30. Soitt ∈ R. Pourk ∈N^∗, posons U_k = 1+ε_k

2 puis, pour n∈ N^∗, posons Y_n = Xn k=1

U_k

2^k. Les variables U_k sont indépendantes et suivent la loi deBernoullide paramètre 1

2. Pourn∈N^∗,Y_n = 1

2 X_n+ Xn k=1

1 2^k

!

= 1 2

X_n+1− 1 2ⁿ

puisX_n=2Y_n−1+ 1 2ⁿ puis cos(tX_n) =cos(t(2Y_n−1))cos

t 2ⁿ

−sin(t(2Y_n−1))sin t

2ⁿ

et enfin,

E(cos(tX_n)) =cos t

2ⁿ

E(cos(t(2Y_n−1))) −sin t

2ⁿ

E(sin(t(2Y_n−1))). Ensuite, lim

n→+∞cos t

2ⁿ

=1 et lim

n→+∞sin t

2ⁿ

=0. D’autre part, d’après la question précédente,

n→lim+∞

E(cos(t(2Y_n−1))) = Z1

0

cos(t(2x−1))dxet lim

n→+∞

E(sin(t(2Y_n−1))) = Z1

0

sin(t(2x−1))dx. Finalement,

n→lim+∞E(cos(tX_n)) = Z1

0

cos(t(2x−1))dx.

Sit=0, Z1

0

cos(t(2x−1))dx=1=sinc(0)et sit6=0, Z1

0

cos(t(2x−1))dx=

sin(t(2x−1)) 2t

x=1

x=0

= sin(t)

t =sinc(t). En résumé,

∀t∈R, lim

n→+∞E(cos(tXn)) =sinc(t), et on retrouve le résultat de la questionQ6.

Q 31. La fonctiong : t7→ t−1

ln(t) est continue sur ]0, 1[ et se prolonge par continuité en0 et en1 car lim

t→0

t−1 ln(t) =0 et

tlim→1

t−1

ln(t) =1. On note encoregle prolongement obtenu (on a donc posé g(0) =0etf(1) =1).gest alors continue sur le segment[0, 1]ce qui montre au passage l’existence de l’intégrale proposée.

Soitt∈]0, 1[. Pourx∈R, on posef(x) =t^x. Quandntend vers+∞,E t^Yn

=E(f(Yn))tend vers Z1

0

t^xdt= t^x

ln(t) 1

0

= t−1

ln(t) =g(t). D’autre part,E 0^Yn

=0 tend vers0=g(0)et E 1^Yn

=1 tend vers1=g(1). Donc, la suite de fonctions gn : t7→E t^Yn

converge simplement vers la fonctiongsur[0, 1]. De plus, chaque fonctiongn,n∈N^∗, est continue par morceaux sur[0, 1]. Enfin, pour tout n∈N^∗, 06Yn 61 et donc pour tout n∈N^∗ et tout t∈[0, 1], 06t^Yn 61puis, par croissance de l’espérance,06gn(t)61=ϕ(t)où la fonctionϕest continue par morceaux, positive et intégrable sur le segment[0, 1]. D’après le théorème de convergence dominée,

Z1 0

t−1

ln(t) dt= lim

n→+∞

Z1 0

E t^Yn dt.

D’après la formule de transfert, Z1

0

E t^Yn dt=

2Xⁿ−1 k=0

1 2ⁿ

Z1 0

t^2nk dt=

2Xⁿ−1 k=0

1 2ⁿ

"

t^{2nk +1}

k 2ⁿ +1

#1

0

=

2Xⁿ−1 k=0

1 2ⁿ

1 k 2ⁿ +1

.

Cette somme deRiemmann, à pas constant égal à 1

2ⁿ, tend vers Z1

0

1

t+1 dt=ln(2)quandntend vers+∞et donc Z1

0

t−1

ln(t) dt=ln(2).

V - Dénombrabilité

Q 32.Puisque D= [

n∈N∗

D_n, Dest une réunion dénombrable d’ensembles au plus dénombrables (car finis). D est donc dénombrable.

Q 33.Montrons queAest un élément deP(N)n’ayant pas d’antécédent parf. Dans le cas contraire, il existex0∈Ntel quef(x₀) =A. Mais, six0∈A, alorsx0∈/f(x₀) =Ace qui est impossible, et six0∈/A, alors x0∈f(x₀) =Ace qui est impossible. Donc,An’a pas d’antécédent parf puisf n’est pas bijective.

Q 34.Φ est bien une application.

Soit(A, B)∈(P(N))²tel queΦ(A) =Φ(B). Donc, 1_A=1_B. Soitx∈N.

x∈A⇔1_A(x) =1⇔1_B(x) =1⇔x∈B.

Donc,A=B. Ceci montre queΦest injective.

Soit f ∈ {0, 1}^N. Soit A = {x ∈ N/ f(x) = 1}. Alors, pour x ∈ N, si x ∈ A, f(x) = 1 = 1A(x) et si x /∈ A, alors f(x) =0=1_A(x). Donc,f=1_A=Φ(A). Ceci montre queΦest surjective. FinalementΦest bijective.

Q 35. •Soit (x_n)_n∈N∈{0, 1}^N. Puisque pour toutn∈N,06 xn

2ⁿ⁺¹ 6 1

2ⁿ⁺¹, la série de terme général xn

2ⁿ⁺¹ converge.

De plus,

06

+∞

X

n=0

x_n 2ⁿ⁺¹ 6

+∞

X

n=0

1 2ⁿ⁺¹ = 1

2× 1 1−1

2

=1.

Donc,Ψest bien une application.

•1 est l’image de la suite constante(1)_n∈N parΨet en particulier,1 a un antécédent parΨ.

Soitx∈[0, 1[. Avec les notations de la partie II, pourn∈N, posonsx_n=d_n+1(x)∈{0, 1}. Pourn∈N^∗,π_n(x) =

n−1X

j=0

x_j 2^j+1. Puisque pour tout n ∈ N^∗, x− 1

2ⁿ < πn(x) 6x, πn(x) tend vers x quand n tend vers +∞. Donc, x =

+∞

X

n=0

x_n 2ⁿ⁺¹ = Ψ (x_n)_n∈N

.xa donc un antécédent parΨ. On a montré queΨest surjective.

Soient(x_n)_n∈N= (1, 0, 0, 0, . . .)et (x_n^′)_n∈N = (0, 1, 1, 1, . . .). (x_n)_n∈N et (x_n^′)_n∈N sont deux éléments distincts de {0, 1}^N. MaisΨ (xn)_n∈N

= 1 2 et

Ψ (x_n^′)_n∈N

=

+∞

X

n=1

1 2ⁿ⁺¹ = 1

4× 1 1−1

2

= 1

2 =Ψ (x_n)_n∈N .

Donc,Ψn’est pas injective.

Q 36•Soit(xn)_n∈N∈{0, 1}^N.

- Si Ψ((x_n))∈[0, 1[\D^∗, alorsΛ((x_n)) =Ψ((x_n))∈[0, 1[.

- Si Ψ((xn))∈D∪{1}et (xn)stationnaire à1, alors06Λ((xn)) = Ψ((x_n))

2 6 1

2 < 1.

- Si Ψ((xn))∈D^∗et (xn)stationnaire à0, alors06Ψ((xn))< 1puis06Λ((xn)) = 1+Ψ((x_n))

2 < 1+1 2 =1.

DoncΛest une application de{0, 1}^Ndans[0, 1[.

•Surjectivité de Λ.Soitx∈[0, 1[.

- Si x /∈D^∗,xa un antécédent parΨdans{0, 1}^Nd’après la question précédente et donc un antécédent parΛ dans{0, 1}^N.

- Si x∈D^∗, soitp∈N^∗ le plus petit entier naturel non nul tel quex∈Dp puis(α1, . . . , αp)∈{0, 1}^p tel que x=

Xp k=1

α_k 2^k. Si p=1, alorsx= α₁

2 = 1

2 (carx6=0) et doncx= Ψ((1, 1, 1, . . .))

2 =Λ((1, 1, 1, . . .))(carΨ((1, 1, 1, . . .)) =1 et (1, 1, 1, . . .)stationnaire à1).

Si p>2etα1=1, alorsx= 1 2+ 1

2 α₂

2 +. . .+ α_p 2^p−1

= 1+Ψ((α₂, . . . , α_p, 0, 0, 0, . . .))

2 .

αp est non nul car sinonx∈Dp−1et doncΨ((α₂, . . . , αp, 0, 0, 0, . . .))∈D^∗ et(α₂, . . . , αp, 0, 0, 0, . . .)est stationnaire à0. Par suite,x=Λ((α₂, . . . , α_p, 0, 0, 0, . . .)).

Si p>2etα₁=0, alorsx= α₂

2 +. . .+ αp−1

2^p−1 + 1

2^p (encore une fois, on aα_p6=0).

Donc,x= α2

2 +. . .+αp−1

2^p−1+ 1 2^p+1+ 1

2^p+2+. . .= Ψ((α2, . . . , αp−1, 0, 1, 1, 1, . . .))

2 =Λ((α₂, . . . , αp−1, 0, 1, 1, 1, . . .)).

DoncΛest une surjection de{0, 1}^Nsur [0, 1[.

•Injectivité deΛ.On note tout d’abord que siΨ((x_n))n’est pas dansD^∗, alorsΛ((x_n))n’est pas dansD^∗et siΨ((x_n)) est dansD^∗, alors dans les cas,Λ((x_n))est dans D^∗.

Soit (x_n)_n∈N,(x_n^′)_n∈N

∈{0, 1}^N tel queΨ (x_n)_n∈N

=Ψ (x_n^′)_n∈N

=x /∈D^∗. Supposons par l’absurde que (x_n)_n∈N6=

(x_n^′)_n∈N. Soitple plus petit entierktel quexk6=x_k^′. On peut supposer sans perte de généralité quexp< x_p^′ et donc que xp=0etx_p^′ =1.

+∞

X

k=0

x_k 2^k+1 =

+∞

X

k=0

x_k^′ 2^k+1 ⇒

+∞

X

k=p+1

x_k

2^k+1 = 1 2^p+1 +

+∞

X

k=p+1

x_k^′ 2^k+1 ⇒

+∞

X

k=p+1

x_k^′ −x_k 2^k+1 = 1

2^p+1. Mais,

+∞

X

k=p+1

x_k^′ −x_k 2^k+1 6

+∞

X

k=p+1

1

2^k+1 = 1

2^p+2× 1 1−1

2

= 1 2^p+1

avec égalité si et seulement si pour toutk>p+1,x_k^′−x_k=1ou encore, pour toutk>p+1,x_k^′ =1etx_k=0. Mais alors, x=

p−1X

k=0

xk

2^k+1. Si pour toutk∈J0, p−1K, xk =0, alors x=0 puis

+∞

X

k=0

x_k^′

2^k+1 =0 et donc(x_k^′)_k∈N = (0)_k∈N= (x_k)_k∈N. Sinon,x∈D^∗ ce qui est exclus. Donc, encore une fois(x_k^′)_k∈N= (xk)_k∈N.

Soit maintenant (x_n)_n∈N,(x_n^′)_n∈N

∈{0, 1}^Ntel queΛ (x_n)_n∈N

=Λ (x_n^′)_n∈N

et Ψ (x_n)_n∈N

∈D^∗ etΨ (x_n^′)_n∈N

∈ D^∗.Ψ (xn)_n∈N

est soit du type I : «Ψ (xn)_n∈N

∈D∪{1}et(xn)stationnaire à1» soit du type II : «Ψ (xn)_n∈N

∈D^∗ et(x_n)stationnaire à0». On a de même pourΨ (x_n^′)_n∈N

. Si Ψ (x_n)_n∈N

est du type I, on aΛ (x_n^′)_n∈N 6 1

2 et siΨ (x_n)_n∈N

est du type II, on a Λ (x_n^′)_n∈N

> 1

2. L’égalité Λ (xn)_n∈N

=Λ (x_n^′)_n∈N

impose donc àΨ (xn)_n∈N

etΨ (x_n^′)_n∈N

d’être d’un même type. Dans les deux cas, l’égalité Λ (x_n)_n∈N

=Λ (x_n^′)_n∈N

entraine l’égalitéΨ (x_n)_n∈N

=Ψ (x_n^′)_n∈N

. 1er cas.Supposons Ψ (x_n)_n∈N

= Ψ (x_n^′)_n∈N

=x∈D^∗ et (x_n)_n∈N et (x_n^′)_n∈Nstationnaires à 0. Soit p∈N^∗ tel que pourn>p,xn =x_n^′ =0.xest alors dansDp. Puisqueψpest bijective etψp(x0, . . . , xp−1) =ψp x₀^′, . . . , x_p−1^′

=x, on a aussi pourn < p,xn=x_n^′. Finalement,(xn)_n∈N= (x_n^′)_n∈N.

2ème cas.SupposonsΨ (x_n)_n∈N

=Ψ (x_n^′)_n∈N

=x∈D∪{1}et(x_n)_n∈Net(x_n^′)_n∈Nstationnaires à1. Soitp∈N^∗ tel que pourn>p,xn=x_n^′ =1. Alors,

x=

p−1X

n=0

x_n 2ⁿ⁺¹ +

+∞

X

n=p

1 2ⁿ⁺¹ =

p−1X

n=0

x_n 2ⁿ⁺¹ + 1

2^p

et aussix=

p−1X

n=0

x_n^′ 2ⁿ⁺¹+ 1

2^p. Par suite,

p−1X

n=0

x_n 2ⁿ⁺¹ =

p−1X

n=0

x_n^′

2ⁿ⁺¹ et on se retrouve dans la situation précédente. De nouveau, (x_n)_n∈N= (x_n^′)_n∈N.

DoncΛest une injection de {0, 1}^Ndans[0, 1[ et finalementΛest une bijection de {0, 1}^Nsur[0, 1[.

Q 37Il existe une bijection de {0, 1}^N sur [0, 1[ à savoirΛet une bijection de P(N)sur {0, 1}^N à savoirΦ. Si [0, 1[ est dénombrable, il existe une bijectiongdeNsur[0, 1[. Mais alorsf=Φ⁻¹◦Λ⁻¹◦gest une bijection deNsurP(N). Une telle bijection n’existe pas d’après la question Q33 et donc[0, 1[n’est pas dénombrable.