Produits infinis, et la probabilité de ne jamais réussir

Exercice de TD · niveau 2 · mathématiques (PTSI), chapitre 17 — Séries numériques · A. Convergence, géométriques, télescopiques

Énoncé

Pour une suite $(a_{k})_{k \geq 1}$ de réels, on étudie les produits $\prod_{k = 1}^{n} (1 + a_{k})$ .

a) On suppose les $a_{k}$ positifs, et l'on pose $P_{n} = \prod_{k = 1}^{n} (1 + a_{k})$ . Montrer que $1 + k = 1 \sum n a_{k} \leq P_{n} \leq exp (k = 1 \sum n a_{k}),$ et en déduire que la suite $(P_{n})$ converge si et seulement si la série $\sum a_{k}$ converge.

b) Étudier les suites de termes généraux $\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{1}{k ^{2}})$ et $\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{1}{k})$ ; calculer $n \to + \infty lim k = 2 \prod n (1 - \frac{1}{k ^{2}})$ .

c) Soit $(p_{k})_{k \geq 1}$ une suite de réels de $] 0, 1 [$ . On réalise $n$ épreuves indépendantes, la $k$ -ième étant un succès avec la probabilité $p_{k}$ , et l'on note $q_{n}$ la probabilité de n'obtenir aucun succès au cours de ces $n$ épreuves. Exprimer $q_{n}$ , puis montrer : si $\sum p_{k}$ diverge, $q_{n} \to 0$ ; si $\sum p_{k}$ converge, $(q_{n})$ converge vers un réel strictement positif (utiliser $1 - p \leq e^{- p}$ , puis un équivalent de $ln (1 - p_{k})$ ). Illustrer avec $p_{k} = \frac{1}{k + 1}$ , puis avec $p_{k} = \frac{1}{( k + 1 ) ^{2}}$ (limites $0$ et $\frac{1}{2}$ ).

Corrigé

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le théorème de la limite monotone ; le principe fondamental des séries positives (convergence si et seulement si les sommes partielles sont majorées) ; le théorème des équivalents ; l'indépendance. Et $1 + x \leq e^{x}$ pour tout réel $x$ : $x \mapsto e^{x} - 1 - x$ a pour dérivée $e^{x} - 1$ , négative puis positive, et atteint son minimum, $0$ , en $0$ .

La stratégie. Encadrer le produit par deux quantités qui ne dépendent que de la somme $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} a_{k}$ : la dichotomie « converge ou non » passe de l'une à l'autre.

a) L'encadrement. Minoration, par récurrence. $P_{1} = 1 + a_{1} = 1 + S_{1}$ . Si $P_{n} \geq 1 + S_{n}$ , on multiplie par $1 + a_{n + 1} > 0$ : $P_{n + 1} \geq (1 + S_{n}) (1 + a_{n + 1}) = 1 + S_{n + 1} + S_{n} a_{n + 1} \geq 1 + S_{n + 1} .$ Majoration. Pour chaque $k$ , $0 < 1 + a_{k} \leq e^{a_{k}}$ ; le produit de ces $n$ inégalités entre nombres positifs donne $P_{n} \leq e^{S_{n}}$ .

L'équivalence. $(P_{n})$ est croissante, car $P_{n} > 0$ et $1 + a_{n + 1} \geq 1$ . Si $\sum a_{k}$ converge, de somme $S$ , ses sommes partielles croissent vers $S$ , donc $P_{n} \leq e^{S_{n}} \leq e^{S}$ : croissante et majorée, $(P_{n})$ converge, par le théorème de la limite monotone. Réciproquement, si $(P_{n})$ converge vers $ℓ$ , elle est majorée par $ℓ$ , donc $S_{n} \leq P_{n} - 1 \leq ℓ - 1$ : les sommes partielles de la série positive $\sum a_{k}$ sont majorées, elle converge. Et si la série diverge, $P_{n} \geq 1 + S_{n} \to + \infty$ .

Le point délicat. Tout repose sur la positivité des $a_{k}$ : elle rend $(P_{n})$ croissante, et elle autorise à multiplier les inégalités membre à membre.

b) Trois produits. Les facteurs $1 + \frac{1}{k ^{2}}$ : la série de Riemann $\sum \frac{1}{k ^{2}}$ converge (exposant $2 > 1$ ), donc le produit converge. Contrôle : $P_{5} = \frac{221}{72} \approx 3, 069$ , et deux cent mille facteurs donnent $3, 67606$ .

Les facteurs $1 + \frac{1}{k}$ : la série harmonique diverge, le produit tend vers $+ \infty$ . Il télescope d'ailleurs : $\prod_{k = 1}^{n} \frac{k + 1}{k} = n + 1$ .

Les facteurs $1 - \frac{1}{k ^{2}}$ : ils sont inférieurs à $1$ , hors du cadre du a). On factorise $1 - \frac{1}{k ^{2}} = \frac{( k - 1 ) ( k + 1 )}{k ^{2}}$ , et l'on sépare deux produits télescopiques : $k = 2 \prod n (1 - \frac{1}{k ^{2}}) = k = 2 \prod n \frac{k - 1}{k} \times k = 2 \prod n \frac{k + 1}{k} = \frac{1}{n} \times \frac{n + 1}{2} = \frac{n + 1}{2 n} n \to + \infty \frac{1}{2} .$

c) Aucun succès. Modélisation. Soit $X_{k}$ la variable de Bernoulli qui vaut $1$ si la $k$ -ième épreuve est un succès, $0$ sinon : $X_{1}, \dots, X_{n}$ sont indépendantes et, par définition de l'indépendance, $q_{n} = P (X_{1} = 0, \dots, X_{n} = 0) = k = 1 \prod n P (X_{k} = 0) = k = 1 \prod n (1 - p_{k}) .$ Les facteurs sont dans $] 0, 1 [$ : $(q_{n})$ est décroissante, minorée par $0$ , donc converge vers un réel $q \geq 0$ . Toute la question est de savoir si $q$ est nul.

Si $\sum p_{k}$ diverge : $0 < 1 - p_{k} \leq e^{- p_{k}}$ , donc $0 < q_{n} \leq exp (- \sum_{k = 1}^{n} p_{k})$ ; les sommes partielles d'une série positive divergente tendent vers $+ \infty$ , le majorant tend vers $0$ , et $q_{n} \to 0$ par encadrement.

Si $\sum p_{k}$ converge : alors $p_{k} \to 0$ . Passons au logarithme : $- ln q_{n} = \sum_{k = 1}^{n} w_{k}$ , avec $w_{k} = - ln (1 - p_{k}) > 0$ ; le développement limité $ln (1 - x) = - x + o (x)$ donne $w_{k} \sim p_{k}$ . Séries positives : par le théorème des équivalents, $\sum w_{k}$ converge, vers un réel $W$ . Donc $ln q_{n} \to - W$ et, par continuité de l'exponentielle, $q_{n} \to e^{- W} > 0$ .

Le point délicat. La limite est strictement positive parce qu'elle est l'exponentielle d'un nombre fini — toute la différence avec le cas divergent, où $ln q_{n} \to - \infty$ . Et « ne jamais réussir » désigne la limite des $q_{n}$ , qui sont des probabilités sur l'univers fini des $n$ premières épreuves.

Illustrations. Pour $p_{k} = \frac{1}{k + 1}$ (une urne de $k + 1$ boules, dont une seule gagnante) : $q_{n} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{k}{k + 1} = \frac{1}{n + 1} \to 0$ . Pour $p_{k} = \frac{1}{( k + 1 ) ^{2}}$ : $q_{n} = \prod_{j = 2}^{n + 1} (1 - \frac{1}{j ^{2}}) = \frac{n + 2}{2 ( n + 1 )} \to \frac{1}{2}$ , par le b). Pour $n = 10$ : $\frac{1}{11}$ et $\frac{6}{11} \approx 0, 545$ .

Ce que l'exercice installe. Un produit infini est une série déguisée : le logarithme, ou l'encadrement $1 + \sum a_{k} \leq \prod (1 + a_{k}) \leq e^{\sum a_{k}}$ , ramène sa convergence à celle d'une série. En probabilités, l'échec répété devient asymptotiquement impossible exactement quand la somme des probabilités de succès diverge. En physique, une lumière qui traverse des couches successives, la $k$ -ième absorbant la fraction $p_{k}$ , n'est éteinte que si la somme des pertes diverge.

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