Partie II. Deux résultats asymptotiques

SESSION 2018 BÉCÉAS

Banque d’Épreuves des Concours des Écoles d’Actuariat et Statistique.

Mathématiques.

Partie I. Préliminaires

1) (a)Soitn>n0.

γ_n+1−γ_n= (S_n+1−S_n) − Zn+1

n0

f(t)dt− Zn

n0

f(t)dt

!

=f(n+1) − Zn+1

n

f(t)dt= Zn+1

n

(f(n+1) −f(t))dt.

Puisque la fonctionfest décroissante sur[n0,+∞[, pour tout réelt∈[n, n+1],f(n+1) −f(t)60puisγn+1−γn60.

La suite(γn)_n>n0 est donc décroissante.

Soitn>n₀. Toujours par décroissance de la fonction fsur[n₀,+∞[, Sn=

Xn

k=n0

(k+1−k)f(k)>

Xn

k=n0

Zk+1 k

f(t)dt= Zn+1

n0

f(t)dt

puis γ_n >

Zn+1 n0

f(t) dt− Zn

n0

f(t) dt = Zn+1

n

f(t) dt > 0 car f est positive sur [n₀,+∞[. La suite (γ_n)_n>n

0 est donc décroissante et minorée par0. On en déduit que la suite(γ_n)_n>n

0 converge vers un certain réel positif ou nul.

(b)La fonction f : x7→ 1

xlnx est continue, positive et décroissante sur[2,+∞[. D’après la question précédente, il existe un réel positifℓtel que

Xn

k=2

1 klnk−

Zn 2

1

tlnt dt =

n→+∞ℓ+o(1).

Pourn>2, Zn

2

1

tlnt dt= [ln|lnt|]ⁿ₂ =ln(lnn) −ln(ln2)et donc Xn

k=2

1 klnk =

n→+∞ln(lnn) −ln(ln2) +ℓ+o(1).

Le réelC= −ln(ln2) +ℓconvient.

(c)La fonctiont7→ 1

t²lnt est continue sur [2,+∞[et pourX>2, ZX

2

1

tln²t dt=

− 1 lnt

X 2

= 1 ln2− 1

lnX. Quand X tend vers +∞,

ZX 2

1

tln²t dt converge vers le réel 1

ln2 et donc l’intégrale Z+∞

2

1

tln²t dt est une intégrale convergente. Mais alors, la suite

Zn

2

1 tln²t dt

n>2

est une suite convergente.

Puisque la fonctionf : t7→ 1

t²lnt est continue, positive et décroissante sur [2,+∞[ (en tant qu’inverse d’une fonction croissante et strictement positive sur [2,+∞[), la suite (γ_n)_n>2 converge d’après la question (a). Mais alors, la suite (S_n)_n>2=

Zn

2

1 tln²t dt

n>2

+ (γ_n)_n>2converge. On a montré que la série de terme général 1

kln²k,k>2, converge.

2) k^3/2 lnk k(k−1) ∼

k→+∞

lnk

√k →

k→+∞

0 d’après un théorème de croissances comparées. Donc, lnk k(k−1) =

k→+∞

o 1

k^3/2

. Puisque 3

2 > 1, la série de terme général 1

k^3/2,k>2, converge, il en est de même de la série de terme général lnk k(k−1), k>2.

3) a)Soitn>2. La fonctiont7→lntet continue et croissante sur ]1,+∞[. Donc,

Xn

k=2

lnk>

Xn

k=2

Zk k−1

lnt dt= Zn

1

lnt dt= [tlnt−t]ⁿ₁ =nlnn−n+1.

(b)D’autre part, Xn

k=2

lnk6 Xn

k=2

lnn= (n−1)lnn6nlnn. En résumé, pourn>2, nlnn−n+16

Xn

k=2

lnk6nlnn.

On en déduit que pourn>2,

Xn

k=2

lnk

!

−nlnn n

6 n−1 n 61

et donc Xn

k=2

lnk

!

−nlnn

n =

n→+∞

O(1)puis ln(n!) = Xn

k=2

lnk =

n→+∞nlnn+O(n).

4) a)Soitλ > 0etn∈N^∗. Pourx > 0, on posef_n(x) =xlnx−λx−lnn.f_n est dérivable sur]0,+∞[et pourx > 0, f_n^′(x) =lnx+1−λ.

xlim→0f_n^′(x) = −∞et lim

x→+∞f_n^′(x) = +∞. Puisque la fonctionf_n^′ est continue sur]0,+∞[, la fonctionf_n^′ s’annule au moins une fois sur]0,+∞[ en un certain réela, d’après le théorème des valeurs intermédiaires.

De plus, la fonctionf_n^′ est strictement croissante sur]0,+∞[en tant que somme de fonctions strictement croissantes sur ]0,+∞[. Donc,f_n^′ est injective sur]0,+∞[ce qui assure l’unicité d’un réel en lequel f_n^′ s’annule. Puisque la fonction f_n^′ est strictement croissante sur]0,+∞[, pour0 < x < a, on af_n^′(x)< f_n^′ (a) =0et pourx > a, on af_n^′(x)> 0. La fonction fn est donc strictement décroissante sur]0, a]et strictement croissante sur[a,+∞[.

Puisque lim

x→0fn(x) = −lnn60, on en déduit que pour toutx∈]0, a],fn(x)< 0et en particulier,fn(x)6=0. En suite,fn

est continue et strictement croissante sur[a,+∞[et de plus,fn(a)< 0et lim

x→+∞

fn(x) = +∞> 0(carfn(x) ∼

x→+∞

xlnx).

On en déduit quef_n s’annule une fois et une seule sur [a,+∞[.

En résumé,fn s’annule une fois et une seule dans]0,+∞[. Ceci montre l’existence et l’unicité dern.

(b) Soitn∈ N^∗. Par définition, rnlnrn−λrn =lnn. D’autre part, l’étude de la fonction x7→ x−lnx(qui admet un minimum en1 égal à1) montre que∀x > 0,x >lnxet donc, puisquern > 0,

r²_n> rnlnrn =lnn+λrn >lnn, puisrn>√

lnn. Ceci montre que lim

n→+∞rn = +∞. Mais alors, lnn=rnlnrn−λrn ∼

n→+∞rnlnrn. On en déduit encore que ln(lnn) ∼

n→+∞ln(r_nlnr_n) =ln(r_n)+ln(ln(r_n)) ∼

n→+∞ln(r_n)et donc que lnn ∼

n→+∞

r_nln(lnn).

Finalement,

r_n ∼

n→+∞

lnn ln(lnn). 5) (a) i.SoientF une partie finie deN^∗ puism=card(F). Pourn∈N^∗,

06dn(F) = 1

ncard(F∩J1, nK)6 1

ncard(F) = m n. Puisque lim

n→+∞

m

n =0, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que lim

n→+∞dn(F) =0 et donc qued(F) =0.

(a) ii.Soita∈N^∗. Soitn∈N^∗.aN^∗∩J1, nK={ka/ k∈N^∗et16ka6n}. Or, pourk∈N^∗, 16ka6n⇔ 1

a 6k6 n

a ⇔16k6hn a

i.

Donc, card(aN^∗∩J1, nK) =hn a

i(y compris sin < a) puis d_n(aN^∗) = 1

n hn

a i. On en déduit que

1 a− 1

n = 1 n

n a −1

6d_n(aN^∗)6 1 n×n

a = 1 a, et donc que lim

n→+∞

d_n(aN^∗) = 1

a. Par suite,d(aN^∗) = 1 a. (a) iii.Soitn∈N^∗. C∩J1, nK=

k²/ k∈N^∗et16k²6n =

k²/ k∈N^∗et16k6√

n . Donc, card(C∩J1, nK) =

√n puis

dn(C) = 1 n

√n . Pourn∈N^∗,06dn(C)6

√n n = 1

√n et donc lim

n→+∞dn(C) =0. Par suite, d(C) =0.

(b)SoientE1et E2deux parties disjointes deN^∗possédant une densité.

•Pourn∈N^∗,

dn(N^∗\E1) = 1

ncard((N^∗\E1)∩J1, nK) = 1

n(n−card(E1∩J1, nK)) =1−dn(E1).

Quandntend vers+∞,dn(N^∗\E1)tend vers1−d(E1). Donc,N^∗\E1admet une densité etd(N^∗\E1) =1−d(E1).

•Pourn∈N^∗,

d_n(E₁∪E₂) = 1

ncard((E₁∪E₂)∩J1, nK) = 1

ncard((E₁∩J1, nK)∪(E₂∩J1, nK))

= 1

n(card(E1∩J1, nK) +card(E2∩J1, nK))

=dn(E₁) +dn(E₂).

Quandn tend vers+∞, dn(E₁∪E2)tend versd(E₁∪E2). Donc,E1∪E2 admet une densité etd(E₁∪E2) =d(E₁) + d(E₂).

(c)Montrons qu’il existe une partie deN^∗ n’ayant pas de densité.

On commence par écrireE={1, 3, . . .}de sorte qued2(E) = 1

2 puis on complète de manière à refaire passerdn(E)au dessus de 3

4 :E={1, 3, 4, . . .}de sorte que d2(E) = 1

2 et d4(E) = 3

4 puis on ramènedn(E) à 1

2 : E={1, 3, 4, 8, . . .} :d8(E) = 1 2 puis on ramènedn(E)à 3

4 :E={1, 3, 4, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, . . .}de sorte qued16(E) =3

4 puis on ramènedn(E)à 1

2 :E={1, 3, 4, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 26, . . .}de sorte qued₂₆(E) = 1 2 . . .

La suite(dn(E))n’est pas convergente car cette suite admet deux suites extraites, convergentes, de limites distinctes (1 2 et 3

4). L’ensembleEainsi « construit » n’admet donc pas de densité.

On en déduit quedn’est pas une probabilité sur l’espace probabilisable(N^∗,P(N^∗)).

6) a)Soitm∈N^∗. Alors,0 < m < m+1 < 2m+1 puis

2^2m+1= (1+1)^2m+1=

2m+1X

k=0

2m+1 k

>

2m+1 m

+

2m+1 m+1

=

2m+1 m

+

2m+1 (2m+1) − (m+1)

=2

2m+1 m

,

puis

2m+1 m

62^2m=4^m.

(b)Soitr∈N^∗. Soitpun nombre premier tel quer+1 < p62r+1.

2r+1 r

= (2r+1)(2r). . .(r+2) r!

puis

2r+1Y

k=r+2

k=r!

2r+1 r

.pdivise

2r+1Y

k=r+2

k=r!

2r+1 r

. Mais, puisquepest un nombre premier strictement supérieur àr,pest premier avec chacun des entiers1,2, . . . ,r et doncpest premier avec le produit de ces entiers, c’est-à-direr!.

En résumé,pdiviser!

2r+1 r

etpest premier avecr!. D’après le théorème de Gauss,pdivise

2r+1 r

. Ainsi,

2r+1 r

est divisible par chacun des nombres premiersptels quer+1 < p62r+1et donc

2r+1 r+1

est divisible

par Y

r+1<p62r+1 p∈P

p.

(c)Montrons par récurrence forte que∀n>2, Y

p6n p∈P

p64ⁿ.

• Y

p62 p∈P

p=2616=4². L’inégalité à démontrer est donc vraie quandn=2.

• Soitn>2. Supposons que∀k∈J2, nK, Y

p6k p∈P

p64^k.

Si n+1est pair, puisquen+1>3,n+1 n’est pas premier. Donc, par hypothèse de récurrence, Y

p6n+1 p∈P

p= Y

p6n p∈P

p64ⁿ64ⁿ⁺¹.

Sinonn+1 est impair et donc, il exister∈N^∗ (carn+1>3) tel quen+1=2r+1 et donc aussir= n

2. D’après la question précédente, Y

r+1<p62r+1 p∈P

pdivise

2r+1 r

et en particulier, Y

r+1<p62r+1 p∈P

p6

2r+1 r

. D’après la question 6)(a) et par hypothèse de récurrence (carr+1 < r+r+1=n+1ou encore r+16n),

Y

p6n+1 p∈P

p=







 Y

p6r+1 p∈P

p







×







 Y

r+1<p62r+1 p∈P

p









64^r+1×

2r+1 r

64^r+1×4^r=4^2r+1=4ⁿ⁺¹. Le résultat est démontré par récurrence.

7) a)Soitn∈N^∗. Soientp∈P et k∈N. Il s’agit de compter le nombre de multiple dep^k qui appartiennent à J1, nK.

Or, pourq∈N^∗,

16qp^k6n⇔ 1

p^k 6q6 n

p^k ⇔16q6 n

p^k

.

Il y a donc n

p^k

multiples de p^k qui appartiennent àJ1, nKou encoreαk= n

p^k

. (b)Soitn∈N^∗.

v_p(n!) =v_p(1) +v_p(2) +. . .+v_p(n) = Xn

d=1

v_p(d)

=

+∞

X

k=1







 X

d∈J1,nK vp(d)=k

v_p(d)









=

+∞

X

k=1

k







 X

d∈J1,nK vp(d)=k

1









=

+∞

X

k=1

kβk(la somme étant en fait finie).

(c)v_p(d) =ksi et seulement sip_k divisedetp^k+1ne divise pasd. Il y aα_k entiers éléments deJ1, nKdivisibles par p^k auxquels on retire lesαk+1entiers éléments deJ1, nKdivisibles parp^k+1et on obtient βk=αk−αk+1 puis

vp(n!) =

+∞

X

k=1

kβk=

+∞

X

k=1

k(α_k−αk+1)

=

+∞

X

k=1

kα_k−

+∞

X

k=1

kαk+1(les sommes sont finies)

=

+∞

X

k=1

kαk−

+∞

X

k=2

(k−1)αk=

+∞

X

k=1

kαk−

+∞

X

k=1

(k−1)αk

=

+∞

X

k=1

αk=

+∞

X

k=1

n p^k

.

(d)Puisque0 < 1

p < 1, on en déduit que

v_p(n!)6

+∞

X

k=1

n p^k = n

p× 1 1− 1

p

= n

p−1 et d’autre part,

vp(n!)>E n

p

> n p −1.

Donc,∀n∈N^∗,∀p∈P, n

p −16vp(n!)6 n p−1. 8)Soitn>2.

Xn

k=1

ε_ka_k=ε₁a₁+ Xn

k=2

ε_k(A_k−Ak−1) =ε₁A₁+ Xn

k=2

ε_kA_k− Xn

k=2

ε_kAk−1

= Xn

k=1

εkAk−

n−1X

k=1

εk+1Ak=

n−1X

k=1

(εk−εk+1)Ak+εnAn.

9) a)Soitω∈Ωtel que|XN(ω) −E(XN)|6 1

2a^2/3_N . Alors, pour toutN∈N,

|XN(ω) −aN|6|XN(ω) − (aN+bN)|+|bN|6 1

2a^2/3_N +|bN|.

D’autre part,(bN)est une suite bornée et aN tend vers+∞ (et donca^2/3_N tend vers+∞). Donc, pour N assez grand,

|b_N|6 1

2a^2/3_N (car par exemple, |bN|

a^2/3_N tend vers0quandN tend vers+∞). Par suite, pourN assez grand,

|XN(ω) −aN|6 1

2a^2/3_N +1

2a^2/3_N =a^2/3_N . Ainsi, pourNassez grand,

|XN−E(XN)|6 1 2a^2/3_N

⊂h

|XN−aN|6a^2/3_N i .

(b)Par passage au complémentaire, on en déduit déjà que pourNassez grand,h

|XN−aN|> a^2/3_N i

⊂

|XN−E(XN)|> 1 2a^2/3_N

et donc que

06P

|XN−aN|> a^2/3_N 6P

|XN−E(XN)|> 1 2a^2/3_N

6P

|XN−E(XN)|>1 2a^2/3_N

. En suite, d’après l’inégalité deBienaymé-Tchebychev,

06P

|XN−aN|>1 2a^2/3_N

6 4V(XN) a^4/3_N . Par hypothèse, 4V(XN)

a^4/3_N =

N→+∞

O 1

a^1/3_N

!

et en particulier, V(XN) a^4/3_N =

N→+∞o(1). Mais alors,

N→lim+∞

P

|XN−aN|> a^2/3_N

=0.

Partie II. Deux résultats asymptotiques

1) a)Soitn∈N^∗. Sin=1, X

p6n p∈P

vp(n!)lnpest une somme vide et donc X

p6n p∈P

vp(n!)lnp=0=ln(n!).

Sinon,n>2 puisn!>2. Un facteur premier den!est un nombre premier pdivisant le produit1×2×. . .×net donc divisant l’un des entiers2ou3ou . . . oun. En particulier,p6n. La décomposition primaire den!peut donc s’écrire

n! = Y

p6n p∈P

p^vp(n!)

et on en déduit encore une fois que

ln(n!) = X

p6n p∈P

v_p(n!)lnp.

(b)D’après la question 7.(d), ln(n!)

n = X

p6n p∈P

v_p(n!)

n lnp6 X

p6n p∈P

lnp

p−1 = X

p6n p∈P

lnp

p + X

p6n p∈P

lnp p(p−1)

6 X

p6n p∈P

lnp p +

+∞

X

k=2

lnk

k(k−1) = X

p6n p∈P

lnp p +K

et donc X

p6n p∈P

lnp

p > ln(n!)

n −K. D’autre part

ln(n!)

n = X

p6n p∈P

vp(n!)

n lnp> X

p6n p∈P

1 p− 1

n

lnp

= X

p6n p∈P

lnp p − 1

n X

p6n p∈P

lnp= X

p6n p∈P

lnp p − 1

nln







 Y

p6n p∈P

p









> X

p6n p∈P

lnp p − 1

nln(4ⁿ) (d’après la question 6.(c))

= X

p6n p∈P

lnp p −ln4

et donc X

p6n p∈P

lnp

p 6 ln(n!)

n +ln4. On a montré que

∀n∈N^∗, ln(n!)

n −K6 X

p6n p∈P

lnp

p 6 ln(n!) n +ln4.

(c)On en déduit que

X

p6n p∈P

lnp

p =

n→+∞

ln(n!)

n +O(1)

n→=+∞

nlnn+O(n)

n +O(1) (d’après la question 3.(c))

n→=+∞lnn+O(1).

2) a)Soitn>3. On pose de plus, pourk>2, ε_k= 1

lnk. D’après la question 8, X

p6n p∈P

1 p =

Xn

k=2

1 lnk

χ(k)lnk

k =

Xn

k=2

εkak=

n−1X

k=2

(εk−εk+1)Ak+εnAn

=

n−1X

k=2

(ε_k−εk+1)Ak+ An

lnn. De plus, pourk>2,

εk−εk+1= 1

lnk− 1

ln(k+1) = ln(k+1) −lnk lnkln(k+1) =

ln

1+ 1 k

lnkln(k+1) et donc,

X

p6n p∈P

1 p =

n−1X

k=2

ln

1+ 1 k

lnkln(k+1)Ak+ An

lnn.

(b)D’après la question II.1.(c),Ak= Xk

i=1

ai= X

p6k p∈P

lnp

p =

k→+∞lnk+O(1). On en déduit que

ln

1+ 1 k

lnkln(k+1)Ak = ln

1+ 1

k

lnk+ln

1+ 1 k

× Ak

lnk =

k→+∞

1 k+O

1 k²

lnk+O 1

k ×

1+O

1 lnk

=

k→+∞

1 klnk

1+O 1

k

1+O 1

klnk

1+O

1 lnk

k→=+∞

1 klnk

1+O

1

k 1+O

1

klnk 1+O 1

lnk

k→=+∞

1 klnk

1+O

1 lnk

3

k→=+∞

1 klnk

1+O

1 lnk

k→=+∞

1 klnk +O

1 kln²k

.

(c)On en déduit déjà que ln

1+ 1

n

lnnln(n+1)A_n ∼

n→+∞

1

nlnn et donc queA_n ∼

n→+∞

nln²n 1

nlnn =lnnpuis que

An

lnn ∼

n→+∞1et en particulier An

lnn =

n→+∞O(1). D’autre part, d’après la question I.1.(c), la série de terme général 1 kln²k converge et donc la série de terme généralO

1 kln²k

converge. On en déduit que

n−1X

k=2

O 1

kln²k

n→=+∞ O(1). Par suite, d’après la question I.1.(b),

n−1X

k=2

ln

1+1 k

lnkln(k+1)Ak=

n−1X

k=2

1 klnk+

n−1X

k=2

O 1

kln²k

n→=+∞ln(lnn) +C+o(1) +O(1) =

n→+∞ln(lnn) +O(1).

puis

X

p6n p∈P

1 p =

n−1X

k=2

ln

1+ 1 k

lnkln(k+1)Ak+ An

lnn =

n→+∞ln(lnn) +O(1) +O(1) =

n→+∞ln(lnn) +O(1).

Partie III.

1) a)Soitn>2. Tout facteur premier denest supérieur ou égal à 2. Donc, n=

Yr

k=1

p^α_k^k >

Yr

k=1

p_k>

Yr

k=1

2=2^r

puis lnn>rln2=ω(n)ln2et doncω(n)6lnn ln2.

(b)Supposons p1 < p2< . . . < pr. Si r>2, les nombres premiers distincts de 2 sont impairs. Donc,p1>2, puis, par récurrence,∀k∈J2, rK,pk>2k−1. On en déduit que

n= Yr

k=1

p^α_k^k >

Yr

k=1

pk>2 Yr

k=2

(2k−1) =2

r−1Y

k=1

(2k+1).

Sir=1, l’inégalité reste vraie avec la convention

r−1Y

k=1

(2k+1) =1.

Sir>2, (erreur d’énoncé ?) on obtient

lnn>ln 2

r−1Y

k=1

(2k+1)

!

=ln

2(2r)×(2r−1)×. . .×3×2 (2r)×(2r−2)×. . .×4×2

=ln (2r)!

2^r−1r!

=ln((2r)!) −ln(r!) − (r−1)ln2

>(2rln(2r) − (2r) +1) − (rlnr) − (r−1)ln2(d’après la question I.3.(a))

=rlnr+2rln2−2r−rln2+ln2+1=rlnr− (2−ln2)r+1+ln2

>rlnr− (2−ln2)r+2−ln2=rlnr− (2−ln2)(r−1)

>(r−1)ln(r−1) − (2−ln2)(r−1).

Ainsi, sifest la fonctionf : x7→xlnx−λxde la question I.4.(a) (avecλ=2−ln2 > 0), on a pourr>2 f(r−1) = (r−1)ln(r−1) − (2−ln2)(r−1)6lnn=f(r_n).

L’étude de la fonction f effectuée à la question I.4.(a) montre que r−1 6r_n (car on ne peut avoirr−1 > r_n) (ce qui reste vrai sir=1) puis, d’après la question I.4.(b)

ω(n) =r6r_n+1 =

n→+∞

O

lnn ln(lnn)

.

On a montré queω(n) =

n→+∞O

lnn ln(lnn)

.

2) (a)Le nombre de multiples de rqui sont éléments deJ1, dKest N

r

(où[x]est la partie entière du réelx) d’après la question I.5.(a).ii, et donc

E(X_N,r) = 1 N

XN

d=1

XN,r(d) = 1 N

X

rdivised 16d6N

1= 1 N

N r

.

On en déduit encore par linéarité que

E(XN) = X

p6N p∈P

E(XN,p) = 1 N

X

p6N p∈P

N p

.

(b)On note tout d’abord que pour toutr∈J1, NK,X²_N,r=X_N,rpuis, par linéarité de l’espérance,

E X²_N

=E









 X

(p,q)∈J1,NK² (p,q)∈P²

XN,pXN,q











=E









 X

p6N p∈P

X²_N,p+ X

(p,q)∈J1,NK² (p,q)∈P²etp6=q

XN,pXN,q











=E







 X

p6N p∈P

XN,p









+ X

(p,q)∈J1,NK² (p,q)∈P²etp6=q

E(XN,pXN,q)

=E(X_N) + X

(p,q)∈J1,NK² (p,q)∈P²etp6=q

E(X_N,pX_N,q).

Maintenant, si p6=q, XN,pXN,q(d) = 1⇔ dmultiple de p et de q⇔d multiple de pq. Donc, comme précédemment, E(X_N,pX_N,q) = 1

N N

pq

. On a montré que E X²_N

=E(X_N) + 1 N

X

(p,q)∈J1,NK² (p,q)∈P²etp6=q

N pq

.

(c)Tout d’abord06E(XN) = 1 N

X

p6N p∈P

N p

6 X

p6N p∈P

1

p. D’après la question II.2.(c), X

p6N p∈P

1

p =

N→+∞ln(lnN) +O(1)et donc, E(X_N) =

N→+∞

O(ln(lnN)).

Ensuite, d’après la formule deKoënig-Huygens,

V(X_N) −E(X_N) =E X²_N

− (E(X_N))²−E(X_N) = X

(p,q)∈J1,NK² (p,q)∈P²etp6=q

1 N

N pq

−







 X

16p6N p∈P

1 N

N p









2

6 X

(p,q)∈J1,NK² (p,q)∈P²etp6=q

1 N

N pq−







 X

16p6N p∈P

1 N

N p −1









2

(pourNsuffisamment grand de sorte que X

16p6N p∈P

1 N

N p −1

>0)

= X

(p,q)∈J1,NK² (p,q)∈P²etp6=q

1 pq−







 X

16p6N p∈P

1

p− X

16p6N p∈P

1 N









2

Par suite,

V(XN) −E(XN)6 X

(p,q)∈J1,NK² (p,q)∈P²etp6=q

1 pq−







 X

16p6N p∈P

1 p−1









2

(toujours pourNassez grand)

=







 X

16p6N p∈P

1 p









2

− X

16p6N p∈P

1 p²−







 X

16p6N p∈P

1 p









2

+2 X

16p6N p∈P

1 p−1

62 X

16p6N p∈P

1 p−

XN

k=1

1 k².

Ainsi,

06V(XN)6E(XN) +2 X

16p6N p∈P

1 p+

XN

k=1

1 k².

Puisque la série de terme général 1

k² converge, on a XN

k=1

1 k² =

N→+∞

O(1)et donc

E(X_N) +2 X

16p6N p∈P

1 p+

XN

k=1

1 k² =

N→+∞

Oln(lnN)).

Finalement,V(X_N) =

N→+∞

O(ln(lnN)).

(d)PourN∈N^∗,

E(X_N) = 1 N

X

p6N p∈P

N p

= 1 N

X

p6N p∈P

N p + 1

N X

p6N p∈P

N p

− N p

= X

p6N p∈P

1 p+ 1

N X

p6N p∈P

N p

−N p

=ln(lnN) +







 X

p6N p∈P

1

p−ln(lnN) + 1 N

X

p6N p∈P

N p

− N p







 .

On pose alorsa_N =ln(lnN)etb_N= X

p6N p∈P

1

p−ln(lnN) − 1 N

X

p6N p∈P

N p −

N p

de sorte queE(X_N) =a_N+b_N.

(aN)est une suite positive, de limite+∞. D’autre part, X

p6N p∈P

1

p−ln(lnN) =

N→+∞

O(1)d’après la question II.2.(c) puis

06 1 N

X

p6N p∈P

N p −

N p

6 1

N X

p6N p∈P

16 1 N

XN

k=1

1=1.

On en déduit que (bN) est une suite bornée en tant que somme de deux suites bornées. Enfin, d’après la question précédente,V(XN) =

N→+∞

O(aN).

D’après la question, I.9.(b), lim

N→+∞

P

|X_N−a_N|> a^2/3_N

=0 ou encore

N→lim+∞

P

|X_N−ln(lnN)|>(ln(lnN))^2/3

=0,

avec

P

|XN−ln(lnN)|>(ln(lnN))^2/3

= 1 Ncard

n∈J1, NK, |XN(n) −ln(lnN)|>(ln(lnN))^2/3

= 1 Ncard

n∈J1, NK, |ω(n) −ln(lnN)|>(ln(lnN))^2/3 .