Produits infinis et probabilité de survie

La stratégie. Le logarithme change un produit en somme : $\ln P_n={\sum }_{k=1}^n\ln (1+a_k)$. La convergence du produit devient celle d'une série à termes positifs, qu'on compare à $\sum a_k$ par un encadrement de $\ln (1+x)$.

Les encadrements utiles. Pour $x\ge 0$, $\ln (1+x)\le x$ (la fonction concave $\ln (1+x)$ est sous sa tangente en $0$). Pour $x\in [0,1]$, $\ln (1+x)\ge \frac{x}{2}$ : la fonction $x\mapsto \ln (1+x)-\frac{x}{2}$ est nulle en $0$ et de dérivée $\frac{1}{1+x}-\frac{1}{2}\ge 0$ sur $[0,1]$. De même, pour $x\in [0,1[$, $-\ln (1-x)\ge x$, et pour $x\in \left[0,\frac{1}{2}\right]$, $-\ln (1-x)\le 2x$ : la fonction $x\mapsto 2x+\ln (1-x)$ est nulle en $0$ et de dérivée $2-\frac{1}{1-x}\ge 0$ sur $\left[0,\frac{1}{2}\right]$.

a) Le produit croissant. Les facteurs sont au moins égaux à $1$ : $(P_n)$ est croissante et $P_n\ge 1$. Comme $\ln$ et $\exp$ sont continues, $(P_n)$ converge si et seulement si $(\ln P_n)$ converge, c'est-à-dire si et seulement si la série à termes positifs $\sum \ln (1+a_k)$ converge.

• Si $\sum a_k$ converge : $0\le \ln (1+a_k)\le a_k$, et la comparaison des séries positives donne la convergence de $\sum \ln (1+a_k)$.
• Si $\sum \ln (1+a_k)$ converge : son terme général tend vers $0$, donc $a_k=e^{\ln (1+a_k)}-1\to 0$ ; à partir d'un certain rang $a_k\le 1$, donc $a_k\le 2\ln (1+a_k)$, et $\sum a_k$ converge.

Si $(a_k)$ ne tend pas vers $0$, les deux séries divergent grossièrement ; si elle tend vers $0$, l'encadrement $\frac{a_k}{2}\le \ln (1+a_k)\le a_k$ les rend de même nature. Le produit converge si et seulement si la série converge.

b) Le produit décroissant. Les facteurs sont dans $]0,1]$ : $(Q_n)$ est décroissante et strictement positive, donc converge vers un réel $L\ge 0$ (théorème de la limite monotone). Et $-\ln Q_n={\sum }_{k=1}^n-\ln (1-p_k)$ est la somme partielle d'une série à termes positifs.

• Si $\sum p_k$ converge : $p_k\to 0$, donc $p_k\le \frac{1}{2}$ à partir d'un certain rang, et $0\le -\ln (1-p_k)\le 2p_k$ : la série $\sum -\ln (1-p_k)$ converge, de somme $\sigma$ ; alors $\ln Q_n\to -\sigma$ et $Q_n\to e^{-\sigma }>0$.
• Si $\sum p_k$ diverge : $-\ln (1-p_k)\ge p_k$, donc la série positive $\sum -\ln (1-p_k)$ diverge, ses sommes partielles tendent vers $+\infty$, $\ln Q_n\to -\infty$ et $Q_n\to 0$.

c) Deux milieux absorbants. Pour $p_k=\frac{1}{(k+1{)}^2}$ : $1-p_k=\frac{(k+1{)}^2-1}{(k+1{)}^2}=\frac{k}{k+1}\cdot \frac{k+2}{k+1}$, et les deux produits télescopent : $$Q_n=\prod _{k=1}^n\frac{k}{k+1}\times \prod _{k=1}^n\frac{k+2}{k+1}=\frac{1}{n+1}\times \frac{n+2}{2}=\frac{n+2}{2(n+1)}\underset{n\to +\infty }{\to }\frac{1}{2}.$$ La série $\sum \frac{1}{(k+1{)}^2}$ converge : la probabilité de survie reste strictement positive, conformément au b).

Pour $p_k=\frac{1}{2k}$ : $1-p_k=\frac{2k-1}{2k}$, donc $Q_n=\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}$. En multipliant numérateur et dénominateur par $2\cdot 4\cdots (2n)=2^{n}n!$, le numérateur devient $(2n)!$ et le dénominateur $(2^{n}n!{)}^2$ : $$Q_n=\frac{(2n)!}{4^n(n!{)}^2}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)4^{-n}.$$ La série $\sum \frac{1}{2k}$ diverge : par le b), $Q_n\to 0$ — la particule finit absorbée. La vitesse, en $\frac{1}{\sqrt{\pi n}}$, sortira du problème.

Contrôle. $Q_1=\frac{1}{2}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)\frac{1}{4}$ et $Q_2=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}=\frac{3}{8}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)\frac{1}{16}$ ; pour $p_k=\frac{1}{(k+1{)}^2}$ et $n=10$, le produit vaut exactement $\frac{6}{11}=\frac{12}{22}$.

Le point délicat. Au b), la majoration $-\ln (1-x)\le 2x$ n'est valable que pour $x\le \frac{1}{2}$ : c'est la convergence de $\sum p_k$, donc $p_k\to 0$, qui permet de l'utiliser à partir d'un certain rang — un nombre fini de facteurs, même proches de $0$, ne change pas la nature du produit.

Ce que l'exercice installe. Le logarithme change un produit en série, et l'encadrement de $\ln (1+x)$ par $x$ fait le reste. Une particule qui traverse des couches absorbantes indépendantes survit avec une probabilité non nulle exactement quand la somme des probabilités d'absorption est finie ; et quand les couches deviennent infiniment fines, $\prod (1-\mu \delta x)\approx e^{-\mu L}$ : c'est la loi de Beer–Lambert. Le produit $\prod \frac{2k-1}{2k}$ reviendra dans le problème, sous les traits des intégrales de Wallis.