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2019-03-28 11:33:30 Page 1/4 2019 Mathématiques 2 MP 4 heures Calculatrice autorisée Notations Pour tout réel 𝑥, on note ⌊𝑥⌋ sa partie entière. On note ∀𝑛 ∈ ℕ⋆ 𝐴𝑛 = { 𝑛 ∑ 𝑗=1 𝑥𝑗2𝑛−𝑗, (𝑥𝑗)𝑗∈⟦1,𝑛⟧ ∈ {0, 1}𝑛} ∀𝑛 ∈ ℕ⋆ 𝐷𝑛 = { 𝑛 ∑ 𝑗=1 𝑥𝑗 2𝑗 , (𝑥𝑗)𝑗∈⟦1,𝑛⟧ ∈ {0, 1}𝑛} et 𝐷 = ⋃ 𝑛∈ℕ⋆ 𝐷𝑛 ∀𝑛 ∈ ℕ 𝜋𝑛(𝑥) = ⌊2𝑛𝑥⌋ 2𝑛 ∀(𝑥, 𝑛) ∈ ℝ × ℕ 𝑑𝑛+1(𝑥) = 2𝑛+1(𝜋𝑛+1(𝑥) − 𝜋𝑛(𝑥)) Soit 𝑍 une variable aléatoire sur (Ω, 𝒜, ℙ), à valeurs complexes et telle que 𝑍(Ω) soit fini. En notant ℜ(𝑍) et ℑ(𝑍) les parties réelle et imaginaire de 𝑍, on définit l’espérance de 𝑍 par 𝔼(𝑍) = 𝔼(ℜ(𝑍)) + i 𝔼(ℑ(𝑍)). Si 𝑍1, …, 𝑍𝑛 sont des variables aléatoires sur (Ω, 𝒜, ℙ), à valeurs complexes, mutuellement indépendantes, et telles que 𝑍𝑗(Ω) soit fini pour tout 𝑗, on admet que 𝔼 ( 𝑛 ∏ 𝑗=1 𝑍𝑗) = 𝑛 ∏ 𝑗=1 𝔼(𝑍𝑗). I Fonction caractéristique Soient (Ω, 𝒜, ℙ) un espace probabilisé et (𝜀𝑛)𝑛⩾1 une suite de variables aléatoires indépendantes à valeurs dans {−1, 1} avec ℙ(𝜀𝑛 = 1) = ℙ(𝜀𝑛 = −1) = 1/2 pour tout 𝑛 ⩾ 1. On pose ∀𝑛 ∈ ℕ⋆, 𝑋𝑛 = 𝑛 ∑ 𝑘=1 𝜀𝑘 2𝑘 . Pour 𝑋 variable aléatoire réelle avec 𝑋(Ω) fini, on note ∀𝑡 ∈ ℝ, Φ𝑋(𝑡) = 𝔼 (ei𝑡𝑋) . On définit également ∀𝑡 ∈ ℝ, sinc 𝑡 = ⎧ { ⎨ { ⎩ sin 𝑡 𝑡 si 𝑡 ≠ 0 1 sinon Soit 𝑛 un entier naturel non nul et 𝑡 un réel. Q 1. Montrer Φ𝑋𝑛(𝑡) = 𝑛 ∏ 𝑘=1 cos ( 𝑡 2𝑘 ) . Q 2. En déduire sin ( 𝑡 2𝑛 ) Φ𝑋𝑛(𝑡) = sin(𝑡) 2𝑛 . 2019-03-28 11:33:30 Page 2/4 Q 3. Déterminer la limite simple de la suite de fonctions (Φ𝑋𝑛) 𝑛⩾1. Q 4. Étudier la continuité de lim 𝑛→+∞ Φ𝑋𝑛. Q 5. Montrer que 𝑋𝑛 et −𝑋𝑛 ont même loi pour tout 𝑛 ∈ ℕ⋆. Q 6. En déduire la limite simple de la suite de fonctions (𝜑𝑛)𝑛⩾1 définies par ∀𝑛 ∈ ℕ⋆, 𝜑𝑛 : ∣ ℝ → ℝ 𝑡 ↦ 𝔼(cos(𝑡𝑋𝑛)) Q 7. La suite de fonctions (𝜑𝑛)𝑛⩾1 converge-t-elle uniformément sur ℝ ? II Écriture binaire Soit 𝑛 un entier naturel non nul. On pose Φ𝑛 : ∣ {0, 1}𝑛 → ⟦0, 2𝑛 − 1⟧ (𝑥𝑗)𝑗∈⟦1,𝑛⟧ ↦ 𝑛 ∑ 𝑗=1 𝑥𝑗2𝑛−𝑗 Q 8. Montrer que Φ𝑛 est bien définie en vérifiant Im Φ𝑛 ⊂ ⟦0, 2𝑛 − 1⟧. Q 9. Préciser Im Φ𝑛 en fonction de 𝐴𝑛. Q 10. Montrer par récurrence ∀𝑘 ∈ ⟦0, 2𝑛 − 1⟧, 𝑘 ∈ Im Φ𝑛. Q 11. En déduire que Φ𝑛 est bijective. Q 12. Établir la monotonie au sens de l’inclusion de la suite (𝐷𝑛)𝑛⩾1 puis vérifier 𝐷 ⊂ [0, 1[. Q 13. Établir ∀(𝑥, 𝑛) ∈ ℝ × ℕ, 𝜋𝑛(𝑥) ⩽ 𝑥 < 𝜋𝑛(𝑥) + 1 2𝑛 . Q 14. Justifier ∀𝑥 ∈ [0, 1[, ∀𝑘 ∈ ℕ, 𝜋𝑘(𝑥) = 𝑘 ∑ 𝑗=1 𝑑𝑗(𝑥) 2𝑗 . Q 15. Établir ∀(𝑥, 𝑗) ∈ ℝ × ℕ⋆, 𝑑𝑗(𝑥) ∈ {0, 1}. Q 16. Soit 𝑛 ∈ ℕ⋆. Justifier 𝑥 ∈ 𝐷𝑛 ⟺ 2𝑛𝑥 ∈ ⟦0, 2𝑛 − 1⟧. Q 17. Soit 𝑛 ∈ ℕ⋆. Montrer que l’application Ψ𝑛 : ∣ {0, 1}𝑛 → 𝐷𝑛 (𝑥𝑗)𝑗∈⟦1,𝑛⟧ ↦ 𝑛 ∑ 𝑗=1 𝑥𝑗 2𝑗 est bijective. Q 18. Soient 𝑛 ∈ ℕ⋆ et 𝑥 = 𝑛 ∑ 𝑗=1 𝑥𝑗 2𝑗 avec (𝑥𝑗)𝑗∈⟦1,𝑛⟧ ∈ {0, 1}𝑛. Montrer ∀𝑘 ∈ ℕ, 𝜋𝑘(𝑥) = min(𝑛,𝑘) ∑ 𝑗=1 𝑥𝑗 2𝑗 . 2019-03-28 11:33:30 Page 3/4 III Développement dyadique, loi et décomposition Soit (Ω, 𝒜, ℙ) un espace probabilisé, (𝑈𝑛)𝑛⩾1 une suite de variables aléatoires mutuellement indépendantes suivant une loi de Bernoulli de paramètre 1/2. On pose ∀𝑛 ∈ ℕ⋆, 𝑌𝑛 = 𝑛 ∑ 𝑘=1 𝑈𝑘 2𝑘 ∀𝑥 ∈ ℝ, 𝐹𝑛(𝑥) = ℙ(𝑌𝑛 ⩽ 𝑥) 𝐺𝑛(𝑥) = ℙ(𝑌𝑛 < 𝑥) Q 19. Justifier ∀𝑛 ∈ ℕ⋆, ℙ(𝑌𝑛 ∈ [0, 1[) = 1. Q 20. Montrer ∀𝑛 ∈ ℕ⋆, ∀𝑥 ∈ 𝐷𝑛, 𝐹𝑛(𝑥) = 𝑥 + 1 2𝑛 . Q 21. Montrer ∀𝑛 ∈ ℕ⋆, ∀𝑥 ∈ 𝐷𝑛, 𝐺𝑛(𝑥) = 𝑥. Q 22. Établir, pour tout entier naturel non nul 𝑛, que 𝑌𝑛 suit une loi uniforme sur 𝐷𝑛. Q 23. Réciproquement, soit 𝑛 un entier naturel non nul et soit 𝑋𝑛 une variable aléatoire qui suit une loi uniforme sur 𝐷𝑛. Montrer qu’il existe des variables aléatoires 𝑉1, …, 𝑉𝑛 mutuellement indépendantes, suivant chacune une loi de Bernoulli de paramètre 1/2, et telles que 𝑋𝑛 = 𝑛 ∑ 𝑘=1 𝑉𝑘 2𝑘 . IV Développement dyadique, étude asymptotique On conserve les notations introduites dans la partie III. Q 24. Soit 𝑥 réel. Établir la monotonie des suites (𝐹𝑛(𝑥))𝑛⩾1 et (𝐺𝑛(𝑥))𝑛⩾1. Q 25. En déduire la convergence simple des suites de fonctions (𝐹𝑛)𝑛⩾1 et (𝐺𝑛)𝑛⩾1. Q 26. Montrer ∀𝑥 ∈ 𝐷 ∪ {1}, lim 𝑛→∞ 𝐹𝑛(𝑥) = 𝑥 et lim 𝑛→∞ 𝐺𝑛(𝑥) = 𝑥. Q 27. Généraliser les résultats obtenus à la question précédente pour tout 𝑥 ∈ [0, 1]. Q 28. Montrer que pour tout intervalle non vide 𝐼 ⊂ [0, 1], on a lim 𝑛→∞ ℙ(𝑌𝑛 ∈ 𝐼) = ℓ(𝐼) avec ℓ(𝐼) = sup 𝐼 − inf 𝐼. Q 29. En déduire que, pour toute fonction 𝑓 continue de [0, 1] dans ℝ, la suite (𝔼(𝑓(𝑌𝑛)))𝑛⩾1 converge et préciser sa limite. Q 30. À l’aide du résultat précédent, proposer une autre démonstration du résultat obtenu à la question 6. Q 31. Une application. Justifier l’existence de 1 ∫ 0 𝑡 − 1 ln 𝑡 d𝑡 puis déterminer sa valeur. On pourra considérer 1 ∫ 0 𝔼 (𝑡𝑌𝑛) d𝑡. 2019-03-28 11:33:30 Page 4/4 V Dénombrabilité Q 32. L’ensemble 𝐷 est-il dénombrable ? Q 33. On suppose qu’il existe 𝑓 : ℕ → 𝒫(ℕ) bijective. En considérant 𝐴 = {𝑥 ∈ ℕ | 𝑥 ∉ 𝑓(𝑥)}, établir une contradiction. Q 34. Montrer que l’application Φ : ∣ 𝒫(ℕ) → {0, 1}ℕ 𝐴 ↦ 𝟙𝐴 est bijective. Q 35. Montrer que l’application Ψ : ∣ ∣∣ ∣ {0, 1}ℕ → [0, 1] (𝑥𝑛) ↦ +∞ ∑ 𝑛=0 𝑥𝑛 2𝑛+1 est bien définie et surjective. Est-elle injective ? On note 𝐷⋆ = 𝐷 ∖ {0}. On pose pour tout (𝑥𝑛) ∈ {0, 1}ℕ Λ((𝑥𝑛)) = ⎧ { { ⎨ { { ⎩ Ψ((𝑥𝑛)) si Ψ((𝑥𝑛)) ∈ [0, 1[ ∖ 𝐷⋆ Ψ((𝑥𝑛)) 2 si Ψ((𝑥𝑛)) ∈ 𝐷 ∪ {1} et (𝑥𝑛) stationnaire à 1 1 + Ψ((𝑥𝑛)) 2 si Ψ((𝑥𝑛)) ∈ 𝐷⋆ et (𝑥𝑛) stationnaire à 0 Q 36. Montrer que Λ réalise une bijection de {0, 1}ℕ sur [0, 1[. Q 37. Conclure que [0, 1[ n’est pas dénombrable. • • • FIN • • •

Un corrigé du centrale-supelec 2019 Maths-2- Filière MP Mr : HAMANI Ahmed Fonction caractéristique . Q1. Soit n ∈ N∗ et t ∈ R. L’indépendance des εk entraine celle des exp itεk 2k , donc ΦXn(t) = E(eitXn) = E exp it n k=1 εk 2k = E n k=1 exp itεk 2k = n k=1 E exp itεk 2k . Or E exp itεk 2k = exp it 2k P(εk = 1) + exp −it 2k P(εk = −1) = = 1 2 exp it 2k + exp −it 2k = cos t 2k , donc PhiXk(t) = n k=1 cos t 2k . Q2. On a les égalités suivantes cos t 2n .sin t 2n = 1 2sin t 2n−1 cos t 2n−1 .sin t 2n−1 = 1 2sin t 2n−2 . . cos t 2 .sin t 2 = 1 2sin(t) Avec le produit des égalités précédentes, on obtient sin t 2n n k=1 cos t 2k = sin(t) 2n . c’est à dire sin t 2n ΦXn(t) = sin(t) 2n Q3. • ΦXn(0) = E(1) = 1 et ∀t ̸= 0, sin t 2n ∼ n−→+∞ t 2n , donc ΦXn(t) ∼ n−→+∞ sin(t) t . On conclut que (PhiXn)n converge simplement vers sinc. Q4. sinc est continue sur R∗ et lim t−→0 sinc(t) = 1 = sinc(0), donc lim n−→+∞ ΦXn est continue sur R. Q5. Xn(Ω) = k 2n / k ∈ [[−(2n − 1), 2n − 1]] , donc ΦXn(t) = 2n−1 k=−(2n−1) exp it k 2n P(Xn = k 2n ), en inté- grant entre 0 et 2n+1π, on aura pour tout j ∈ [[−(2n − 1), 2n − 1]], 1 2n+1π 2n+1π 0 ΦXn(t)exp(−i jt 2n )dt = 2n−1 k=−(2n−1) P(Xn = k 2n )Ik où Ik = 1 2n+1π 2n+1π 0 exp it(k − j) 2n dt, or Ik = δj,k, donc 1 2n+1π 2n+1π 0 ΦXn(t)exp(−i jt 2n )dt = P Xn = k 2n . Or ∀t ∈ R, Φ−Xn(t) = E (exp(−itXn)) = ΦXn(−t) et grâce à la question Q2., la parité de ΦXn donne Φ−Xn = ΦXn, ce qui donne d’après le résultat précédent, ∀k ∈ [[−(2n − 1), 2n − 1]], P −Xn = k 2n = P Xn = k 2n , c’est à dire −Xn et Xn ont même loi. Q6. ∀t ∈ R, ϕn(t) = E exp(itXn) + exp(−itXn) 2 = 1 2 (E(exp(itXn)) + E(exp(−itXn))), or −Xn et Xn ont même loi, donc ∀t ∈ R, ϕn(t) = ΦXn(t) −→ n−→+∞ sinc(t). On peut raisonner de la façon suivante : ∀t ∈ R, ϕn(t) = Re (ΦXn(t)), or l’application Re : C −→ R z −→ Re(z) est 1−lipchitziènne, donc continue, ce qui donne par passage à la limite ∀t ∈ R, lim n−→+∞ ϕn(t) = Re(sinc(t)) = sinc(t). Q7. Considérons la suite tn = 2n+1π, alors ϕn(t) = ΦXn(tn) = n k=1 cos tn 2n = 1 et sinc(tn) = 0, donc |ϕn(tn) − sinc(tn)| = 1 ne tend pas vers 0 lorsque n −→ +∞, ce qui entraine que la convergence n’est pas uniforme sur R. 1 II Écriture binaire . Q8. Pour tout j ∈ [[1, n]], xj ∈ {0, 1}, donc 0 ≤ n j=1 xj2n−j ≤ n j=1 2n−j = 2n − 1. Donc Im(φn) ⊂ [[0, 2n − 1]]. Q9. Im(φn) = { n j=1 xj2n−j / (xj)1≤j≤n ∈ {0, 1}n} = An. Q10. φn(0, ..., 0) = 0, donc 0 ∈ Im(φn). Supposons que pour un certain 1 ≤ k < 2n − 1, k ∈ Im(φn), donc k = n j=1 xj2n−j où xj ∈ {0, 1}. • Si xn = 0, alors k + 1 = n−1 j=1 xj2n−j + 2n−n ∈ Im(φn) • Si xn = 1, On considère l’ensemble {j / xj = 0} qui est une partie de N, non vide grâce à l’hypothèse k < 2n −1 et majoré, soit p = max{j / xj = 0} , alors k = p−1 j=1 xj2n−j + n j=p+1 2n−j = p−1 j=1 xj2n−j +2n−p −1, donc k + 1 = p−1 j=1 xj2n−j + 2n−p ∈ Im(φn). Ce qui achève la récurrence. Q11. Les questions Q8. et Q10. assurent que Im(φn) = [[0, 2n − 1]], donc φn est surjective, et puisque Card({0, 1}n) = 2n = Card(2n − 1), φn devient une bijection. Q12. • Soit x ∈ Dn, alors x = n j=1 xj 2j = n j=1 xj 2j + 0 2n+1 ∈ Dn+1, donc Dn ⊂ Dn+1. • Soit n ∈ N∗ et x ∈ Dn, alors 0 ≤ x = n j=1 xj 2j ≤ n j=1 1 2j = 1 − 1 2n , donc Dn ⊂ [0, 1[ et par suite D = n∈N∗ Dn ⊂ [0, 1[. Q13. Soit (x, n) ∈ R × N, [2nx] ≤ 2nx < [2nx] + 1, en divisant par 2n, on obtient πn(x) ≤ x < πn(x) + 1 2n . Q14. On a la relation ∀(x, n) ∈ R × N, dn+1(x) = 2n+1(πn+1(x) − πn(x)). Soit x ∈ [0, 1[, k ∈ N∗ et j ∈ [[1, k]], alors dj(x) 2j = πj(x) − πj−1(x) donc par téléscopie, on obtient k j=1 dj(x) 2j = k j=1 (πj(x) − πj−1(x)) = πk(x) − π0(x), or x ∈ [0, 1[, donc π0(x) = [x] = 0, ce qui donne la formule ∀x ∈ [0, 1[, ∀k ∈ N, πk(x) = n j=1 dj(x) 2j . Q15. Soit (x, j) ∈ R × N∗, x − 1 2j < πj(x) ≤ x et x − 1 2j−1 < πj−1(x) ≤ x, donc − 1 2j < πj(x)−πj−1(x) < 1 2j−1 , ce qui donne en multipliant par 2i , l’inégalité −1 < dj(x) < 2, or dj(x) ∈ N, donc dj(x) ∈ {0, 1}. Q16. Soit n ∈ N∗. =⇒ Soit x ∈ Dn, alors x = n j=1 xj 2j où (xj) ∈ {0, 1}n, donc 2n = n j=1 xj2n−j = Φn(x1, ..., xn) et par la question Q8., 2nx ∈ [[0, 2n − 1]]. ⇐= Soit x tel que 2nx ∈ [[0, 2n − 1]]. Φn étant surjective, donc ∃(x1, ..., xn) ∈ {0, 1}n tel que 2nx = n j=1 xj2n−j, c’est à dire x = n j=1 xj 2j ∈ Dn. Q17. Soit n ∈ N∗, 2nΨn = Φn, donc Ψn est bijective comme Φn. Q18. Soit n ∈ N∗ et x = n j=1 xj 2j ∈ Dn et k ∈ N. 2 D’après la question Q14., πk(x) = k j=1 dj(x) 2j , avec dj(x) = [2jx] − 2[2j−1x] Soit j ∈ [[1, k]]. • Si j ≥ n + 1, alors j − 1 ≥ n, donc 2jx ∈ N et 2j−1x ∈ N et par suite dj(x) = [2jx] − 2[2j−1x] = 0. • Si j ≤ n. 2jx = n i=1 xj 2i 2j = j i=1 xi2j−i + n i=j+1 xi 2i−j et puisque j i=1 xi2j−i ∈ N et 0 ≤ n i=j+1 xi 2i−j ≤ n i=j+1 1 2i−j = 1 − 1 2n−j < 1, donc [2jx] = j i=1 xi2j−i, de même [2j−1x] = j−1 i=1 xi2j−i−1, ce qui donne dj(x) = xj. On conclut que πk(x) = min(n,k) j=1 xj 2j . III Développement dyadique, loi et décomposition . Q19. Uk est à valeurs dans {0, 1}, donc 0 ≤ Yn ≤ 1 − 1 2n , donc (Yn ∈ [0, 1[) est un événement sûre et par suite P(Yn ∈ [0, 1[) = 1. Q20. D’après la question Q16., Yn(Ω) = k 2n / k ∈ [[0, 2n − 1]] = Dn. Soit x ∈ Dn et posons x = n j=1 xj 2j = k 2n où k ∈ [[0, 2n − 1]] Fn(x) = P(Yn ≤ x) = k j=0 P Yn = j 2n , or par bijection de Ψn, on a Yn = j 2n = Ψ−1 n (Yn) = Ψ−1 n j 2n = (U1 = x1, ..., Un = x) Les Uk sont mutuellement indépendantes et suivent la même loi de Bernoulli de parmètre 1 2, donc P Yn = j 2n = (P(U1 = x1))n = 1 2n et par suite Fn(x) = k j=0 1 2n = k + 1 2n = x + 1 2n . Q21. On garde les mêmes notations de la question précédente, donc Gn(x) = Fn(x) − P Yn = k 2n = Fn(x) − 1 2n = x. Q22. Soit n ∈ N∗, on a montré que ∀k ∈ [[0, 2n − 1]], P Yn = k 2n = 1 2n de plus Card(Yn(Ω)) = 2n, donc Yn suit la loi uniforme sur Dn. Q23. Xn est à valeurs dans Dn, donc d’après la question Q17, Xn = n j=1 Vj 2j où Vj à valeurs dans {0, 1}. Pour tout x1, ...xn ∈ {0, 1}, ∃k ∈ [[0, 2n − 1]] tel que k 2n = n j=1 xj 2j , donc P(V1 = x1, ..., Vn = xn) = P(Xn = k 2n ),or Un suit la loi uniforme sur Dn qui est de cardinal 2n, donc cette dernière probabilité vaut 1 2n . Or pour tout i ∈ {1, ..., n}, Card(Xi = xi) = 2n−1, donc P(Xi = xi) = 2n−1 2n = 1 2et par suite P(X1 = x1, ..., Xn = xn) = n j=1 P(Xj = xj), on conclut que les Xj sont indépendantes et suivent la loi de Bernoulli de parmètre 1 2. IV Développement dyadique, étude asymptotique . 3 Q24. C’est clair que Yn ≤ Yn+1, donc on a l’inclusion des événements (Yn+1 ≤ x) ⊂ (Yn ≤ x) et (Yn+1 < x) ⊂ (Yn < x) et par suite Fn+1(x) ≤ Fn(x) et Gn+1(x) ≤ Gn(x), ce qui entraine la croissance des suites. Q25. Pour tout x ∈ R, les deux suites précédentes sont décroissantes minorées par 0, donc elles convergent simplement sur R. Q26. • Si x = 1, Yn(Ω) ⊂ [[0, 1 − 1 2n ]], donc Fn(1) = Gn(1) = 1 • Si x ∈ D, ∃k ∈ N∗ tel que x ∈ Dk, or ∀n ≥ k, Dk ⊂ Dn, donc x ∈ Dn et par suite Gn(x) = x et Fn(x) = x + 1 2n −→ n−→+∞ x. Q27. Soit x ∈ [0, 1[ \ D et n ∈ N∗ [0, 1[= 2n−1 k=0 k 2n , k + 1 2n , donc ∃j ∈ [[0, 2n − 1]] tel que x ∈ j 2n , j + 1 2n , or x /∈ D, donc x ∈ j 2n , j + 1 2n , ce qui entraine que Fn(x) = P(Yn ≤ x) = P Yn ≤ j 2n = Fn j 2n . Gn(x) = P(Yn < x) = P Yn ≤ j 2n = Fn j 2n . Fn(x) = Gn(x) = j 2n + 1 2n et vu l’inégalité j 2n < x < j + 1 2n , on aura j 2n −→ n−→+∞ x, donc lim n−→+∞ Fn(x) = lim n−→+∞ Gn(x) = x. Q28. Soit I un intervalle de [0, 1]. Posons Hn(Sup(I)) = Fn(Sup(I)), si Sup(I) ∈ I Gn(Sup(I) , si Sup(I) /∈ I et Hn(inf(I) = Gn(Inf(I)) , si Inf(I) ∈ I Fn()Inf(I) si Inf(I) /∈ I ), alors P(Yn ∈ I) = Hn(Sup(I)) − Hn(Inf(I)) et passage à la limite en utilisant la question Q26., on aura lim n−→+∞ P(Yn ∈ I) = Sup(I) − Inf(I) Q29. Yn(Ω) = { k 2n / k ∈ [[0, 2n−1]]}, donc Par théorèmede Transfert E(f(Yn)) = 2n−1 k=0 f k 2n P Yn = k 2n , or P Yn = k 2n = 1 2n , donc E(f(Yn)) = 1 2n 2n−1 k=0 f k 2n Il s’agit d’une somme de Riemann associée à la subdivision régulière sur [0, 1] de pas 1 2n . La fonction f étant continue, donc lim n−→+∞ E(f(Yn)) = 1 0 f(t)dt. Q30. • Si t = 0, E(cos(tXn)) = E(1) = 1. • Si t ̸= 0. Xn(Ω) = 2k + 1 2n / k ∈ [[−2n−1, 2n−1 − 1]] , la formule de Transfert donne par parité de Xn E(cos(tXn)) = 2 2n−1−1 k=0 cos t2k + 1 2n P Xn = 2k + 1 2n = 1 2n−1 2n−1−1 k=0 cos t2k + 1 2n . Il s’agit d’une somme de Riemann associée à la fonction x −→ cos(tx) et à la subdivision sur [0, 1] σ = (0 = a0 < a1 < ... < an−1 < an = 1) avec a0 = 0, ak = 2k − 1 2n pour k ∈ {1, 3, 5, ..., 2n − 1} et an = 1, donc E(cos(tXn)) −→ n−→+∞ 1 0 cos(tx)dx = sin(t) t . Q31. La fonction t −→ t − 1 ln(t) est continue sur ]0, 1[ prolongeable en 0 et 1, donc intégrable sur ]0, 1[. D’une part, 1 0 E(tYn)dt = 1 0 2n−1 k=0 t k 2n P Yn = k 2n dt = 1 2n 2n−1 k=0 1 0 t k 2n dt = 1 2n 2n−1 k=0 1 k 2n + 1 = 1 2n 2n−1 k=0 f k 2n avec f(t) = 1 1 + t, donc 1 0 E(tYn)dt est une somme de Riemann associée à f est à la subdivision réguli-re de [0, 1] de pas 1 2n , et par suite lim n−→+∞ 1 0 E(tYn) = 1 0 1 1 + tdt = ln(2). 4 D’autre part, d’après le résultat de la question Q29., lim n−→+∞ E(tYn) = 1 0 txdx = 1 0 exln(t)dx = t − 1 ln(t). Or ∀t ∈]0, 1] 0 ≤ tYn ≤ 1, donc 0 ≤ E(tYn) ≤ 1, ce qui donne par theorème de la convergence dominée, lim n−→+∞ 1 0 E(tYn)dt = 1 0 t − 1 ln(t)dt. On conclut par unicité de la limite 1 0 t − 1 ln(t)dt = ln(2). V Dénombrabilité . Q32. Dn est dénombrable comme ensemble en bijection avec {0, 1}n qui est fini de cardinal 2n et par suite D = n∈N∗ Dn est dénombrable comme réunion dénombrable d’ensembles finis. Q33. f : N −→ P(N) est bijective et A = {x ∈ N / x /∈ f(x)} est élément de P(N), donc ∃x0 ∈ N tel que f(x0) = A, ce qui donne l’équivalence absurde x0 /∈ A ⇐⇒ x0 ∈ f(x0) ⇐⇒ x0 ∈ A. Q34. • Injectivité : Soit A, B ∈ P(N) tel que Φ(A) = Φ(B), alors 1A = 1B, donc x ∈ A ⇐⇒ 1A(x) = 1B(x) = 1 ⇐⇒ x ∈ B, c’est à dire A = B. • Surjectivité : Soit f : N −→ {0, 1} n −→ xn une suite de {0, 1}N, et considérons A = {n ∈ N / xn = 1}, alors CA N = {n ∈ N xn = 0}, donc n ∈ A si et seulement si f(n) = 1 c’est à dire f = 1A. Q35. • Définition : ∀n ∈ N, 0 ≤ xn 2n+1 ≤ 1 2n+1 , donc par comparaison n xn 2n+1 converge. De plus 0 ≤ +∞ n=0 xn 2n+1 ≤ +∞ n=0 1 2n+1 = 1, donc Ψ({0, 1}N) ⊂ [0, 1], ce qui assure la définition de Ψ. • Surjectivité : - Si x = 1, x = +∞ n=0 1 2n+1 = Ψ((1)). - Si x ∈ [0, 1[, D’après Q14 et Q15, ∀n ∈ N∗, πn(x) = n j=1 dj(x) 2j où dj(x) ∈ {0, 1} et d’après la question Q13, πn(x) −→ n−→+∞ x, donc x = +∞ j=1 dj(x) 2j = +∞ n=0 dn+1(x) 2n+1 = Ψ((xn)) où xn = dn+1(x) ∈ {0, 1}. • Injectivité : +∞ n=1 1 2n+1 = 1 2, donc avec xn = 0 si n = 0 1 si n ≥ 1 et yn = 1 si n = 0 0 si n ≥ 1 , alors Ψ((xn)n) = Ψ((yn)n) = 1 2, mais ((xn)) ̸= ((yn)). On conclut la non injectivité de Ψ. Q36. • Définition : Soit (xn) une suite de {0, 1}N, alors Ψ((xn)) ∈ [0, 1] et Ψ((xn)) = 1 si et seulement si ∀n ∈ N, xn = 1 si et seulement si Λ((xn)) = 1 2 < 1, donc Λ((xn)) ∈ [0, 1[. • Injectivité : On va d’abord faire quelques remarques. Fixons une suite (xn) de {0, 1}N,alors Rem : 1 Si Λ((xn)) = Ψ((xn)) 2 , alors Ψ((xn)) = p−1 j=0 xj 2j+1 + +∞ j=p+1 1 2j+1 = p−1 j=0 xj 2j+1 + 1 2p+1 ∈ Dp+1, donc Λ((xn)) ∈ Dp+2. Rem : 2 Si Λ((xn)) = 1 + Ψ((xn)) 2 , alors Ψ((xn)) = p j=0 xj 2j+1 avec xp ̸= 0, donc 5 Λ((xn)) = 1 2 + p j=0 xj 2j+2 ∈ Dp+2. ∗ Λ((xn)) = 0 si et seulement si ∀n ∈ N, xn = 0. Soit donc (xn), (yn) deux suites non nulles de {0, 1}N tels que Λ((xn)) = Λ((yn)). On va montrer que ceci exige que Ψ((xn)) = Ψ((yn)). En effet - Si Λ((xn)) = Ψ((xn)), et Λ((yn)) = Ψ((yn)) 2 ou Λ((yn)) = 1 + Ψ((yn)) 2 , alors Λ((xn)) /∈ D et d’après les deux remarques précédentes Λ((yn)) ∈ D, donc on ne peut pas avoir Λ((xn)) = Λ((yn)). - Si Λ((xn)) = Ψ((xn)) 2 et Λ((yn)) = 1 + Ψ((yn)) 2 , alors si Λ((xn)) = Λ((yn)) on aura Ψ((xn)) = 1+Ψ((yn)), ce qui exige Ψ((yn)) = 0, donc (yn) est nulle et ceci contredit (yn) ∈ D∗. En définitive Ψ((xn)) = Ψ((yn)). ♣ Cas où Ψ((xn)) = Ψ((yn)) ∈ [0, 1[\D. Raisonnons par l’absurde et supposons que (xn) ̸= (yn) et soit p = min{j ∈ N / xj ̸= yj}, alors xj − yj = 0 pour tout j ≤ p − 1 et xp ̸= yp, on prend pour fixer les idées xp = 1 et yp = 0, donc l’égalité Ψ((xn)) = Ψ((yn)) s’écrit 1 2p+1 ≤ 1 2p+1 + +∞ j=p+1 xj 2j+1 = +∞ j=p+1 yj 2j+1 ≤ 1 2p+1 , ce qui entraine que +∞ j=p+1 xj 2j+1 = 0 et +∞ j=p+1 yj 2j+1 = 1 2p+1 , et ceci exige ∀j ≥ p + 1, xi = 0 et yj = 1, ce qui contredit l’hypothèse Ψ((xn)) = Ψ((yn)) ∈ [0, 1[\D. On conclut que (xn) = (yn). ♣ Cas où Ψ((xn)) = Ψ((yn)) ∈ D. (Dn)n étant croissante, donc ∃p ∈ N∗ tel que Ψ((xn)) = Ψ((yn)) ∈ Dp, et par bijectivité de Ψp à la question Q17, on obtient (xn) = (yn). On conclut que Λ est injective. • Surjectivité : Soit x ∈ [0, 1[, alors par surjectivité de Ψ à la question Q35, ∃(xn) ∈ {0, 1}N distincte de la suite constante (1) tel que x = Ψ((xn)). • Si x = 0, alors Ψ((0)) = 0. • Si x ∈ [0, 1[\D, alors x = Ψ((xn)) = Λ((xn)). • Si x ∈ D, soit p le plus petit entiers naturel non nul tel que x ∈ Dp. Deux cas se présentent. ♣ Cas où x0 = 1, alors x = 1 2 + p−1 j=1 xj 2j+1 = 1 + Ψ((yn)) 2 avec Ψ((yn)) = p−1 j=1 xj 2j , donc Ψ((yn)) ∈ D∗ et stationnaire à 0, ce qui s’écrit x = Λ((yn)). ♣ Cas où x0 = 0, alors x = p−2 j=1 xj 2j+1 + 1 2p = 1 2 p−2 j=1 xj 2j + 1 2p−1 = = 1 2 p−2 j=1 xj 2j + +∞ j=p−1 1 2j+1 = Ψ(y(n)) 2 où Ψ((yn)) ∈ D et stationnaire à 1, donc x = Λ((yn)). On conclut que Λest surjective. En définitive Λ est bijective de {0, 1}N vers [0, 1[. Q37. On vient de montrer que [0, 1[ est en bijection avec {0, 1}N qui d’après la question Q34 est en bijection avec P(N). P(N) ne peut être dénombrable par la question Q33, donc [0, 1[ n’est pas dénombrable. 6