Produit infini et placement risqué

LeVioloniste · January 2023

Voilà, je vous propose un autre exo ... très bien pour l'agreg interne à mon avis.

LeVioloniste · January 2023

Commençons par la partie analyse.

1. $(q_n)_n$ cvg :

En effet $\forall n \in \mathbb{N},\ \frac{q_{n+1}}{q_n}=u_{n+1} < 1$. Donc $q_{n+1} < q_{n}$ et donc $(q_n)_n$ est une suite décroissante.

Elle est de plus minorée par 0. Donc d'après le théorème de la limite, cela converge.

2. Ici on suppose que $(q_n)_n$ cvg vers l non nul.

$\forall n \in \mathbb{N}, \ \frac{q_{n+1}}{q_n}=u_{n+1} < 1$ et on passe à la limite.

$\lim_{n \mapsto +\infty} u_{n+1} = \lim_{n \mapsto +\infty} \dfrac{q_{n+1}}{q_n} = \dfrac{l}{l}=1$.

3. Pour la réciproque, avant de suivre l'indication je pense à un cas divergent :

Si on prend $\forall k \in \mathbb{N},\ u_k=e^{1/k}$, on obtient que le produit.

$\prod_{k=1}^n u_k= \prod_{k=1}^n e^{1/k} = e^{H_n}$ où $H_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$.

On montre rapidement la dvg de la série par une comparaison série intégrale :

$\displaystyle \frac{1}{k+1} \leq \int_k^{k+1} \frac{1}{x} dx \leq \frac{1}{k}$

Puis par sommation pour $k$ de 1 à $n$ :

$\ln(n+1) \leq H_n$ puis en passant à la limite $\lim_{n \mapsto +\infty} H_n = +\infty$.

On a donc divergence du produit, mais ce n'est pas un cas où la limite du terme général vaut 1.

Là je vais essayer de suivre l'indication qui est obscure sur le raisonnement à suivre. Normal ! Concours oblige ...

$\forall k \in \mathbb{N}$, $a_k=1-u_k$

$\prod_{k=1}^n u_k= \prod_{k=1}^n 1-a_k$

En utilisant $ln$ comme isomorphisme et homéomorphisme de ($\mathbb{R}^*, \times $) dans ($\mathbb{R},+$), on a l'équivalence des convergences entre

$\prod_{k=1}^n 1-a_k$ et $\sum_{k=1}^n ln(1-a_k)$ puis par équivalent de série de termes de signe constant $\sum_{k=1}^n -a_k$.

Là si on choisit $a_k=1/k$ on retrouve un cas divergent.

Donc la réciproque n'est pas vrai. Je ne sais pas si c'est cela qu'on veut nous faire dire.

Si $(u_n)_n$ tend vers 1 alors $ln(u_n) \sim u_n -1$ avec $u_n -1$ de signe constant à partir d'un certain rang $q$.

Dans ce cas $\sum_{k=q}^n u_n -1$ de même nature que $\sum_{k=q}^n ln(u_n)$ de même nature que $\prod_{k=1}^n u_n$.

On obtient alors la convergence.

Sinon le cas où $(u_n)_n$ ne tend pas vers 1 fait que $\sum_{k=q}^n u_n -1$ diverge grossièrement d'où la divergence de la somme puis du produit.

4a

Pour cette question $\sum_{k=1}^N p_n = \sum_{k=1}^N q_{k-1}-q_k= q_0 - q_N$.

Pourquoi $q_N$ convergerait-elle qd $N$ tend vers $+\infty$?

Ce n'est peut-être pas la façon de traiter la chose !

LeVioloniste · January 2023

JLapin tu peux m'aider ?

NicoLeProf c'est un bon sujet. Le produit infini va peut-être tomber dans 2 semaines !

JLapin · January 2023

La suite $(q_n)$ converge car c'est le résultat de la question 1.

LeVioloniste · January 2023

Bon JLapin je reprendrai mon exo sur les matrices symétriques bientôt ... Avec ton inégalité de CS que je n'avais pas comprise !

LeVioloniste · January 2023

JLapin avec la question 1 il faut que $u_n$ soit dans ]0;1[, or l'hypothèse ici est que $u_n \mapsto_{+\infty} 1$. Donc je ne suis pas convaincu.

LeVioloniste · January 2023

Je passe à la partie probas.

5a.
$\forall n \geq 2$, On a immédiatement $\mathbb{P}(N=n)=F(1+\tau) \cdots F(1+(n-1)\tau). (1-F(1+n\tau))$.
Le seul cas pathologique est $n=1$ : $\mathbb{P}(N=1)=1-F(1+\tau)$.

5b.
On utilise la partie produit $\mathbb{P}(N=n)=(1-F(1+n\tau)).\prod_{k=1}^{n-1} F(1+k\tau)$.
Comme $F$ est strictement croissante $u_k=F(1+k\tau) <1$ et $u_k>0$. alors le produit convege d"après 1.
$\mathbb{P}(N=+\infty)=\prod_{k=1}^{+\infty} F(1+k\tau)$.

5c.
Cette question me fait douter de ma réponse 5b.
En effet en remplaçant F par chaque expression, les produits ce simplifient-ils ?
i/ $\mathbb{P}(N=+\infty)=\prod_{k=1}^{+\infty} F(1+k\tau)=\prod_{k=1}^{+\infty} (1-\frac{1}{(2+k\tau)^\alpha})$.
Que faire ?
ii/ Idem

NicoLeProf · January 2023

J'espère que non, ça ne tombera pas sur ça. Je ne suis pas très inspiré par l'exo mais je vais y réfléchir du coup. Pas d'idée pour $4. (a)$ non plus et je ne comprends pas ta manipulation avec la somme.

Si jamais tu as des éléments de réponses sur ton autre fil de discussion sur les probas, je suis preneur @LeVioloniste ! ^^'

Bibix · January 2023

Bonjour,
Pour la partie analyse, tu n'y arrives pas car tu n'as pas répondu à la question 3. On ne te donne pas une indication, on te demande de discuter suivant la nature de $\sum u_n - 1$. La similarité de cette question avec la 4.b. aurait dû te mettre la puce à l'oreille. Comme $u_n - 1 < 0$, on sait que la série converge ou diverge vers $-\infty$. La série $\sum \ln(u_n)$ est de même nature donc $(q_n)_n$ converge vers $0$ si et seulement si $\sum u_n - 1$ diverge.

JLapin · January 2023

LeVioloniste a dit :

JLapin avec la question 1 il faut que $u_n$ soit dans ]0;1[, or l'hypothèse ici est que $u_n \mapsto_{+\infty} 1$.

Cette hypothèse se cumule à celle qui démarre le groupe de questions.

Ici, tu as à la fois $u_n \in\, ]0,1[$ et aussi $u_n\to 1$.

LeVioloniste · January 2023

Bonjour,
je rajoute une contribution qui m'a été envoyée par message privé. Autant ne pas s'en priver !

Soit $(u_n)$ une suite telle que $ \forall n \in\N,\ |u_n|<1.$ Alors $\displaystyle \prod_{n=0}^{\infty}(1+u_n) \text{ converge }\iff\sum_{n=0}^{+ \infty}u_n\text { converge }.$

Ici $ u_n=-\dfrac1{(2+\tau n)^{a}}.$ Il y a donc convergence si et seulement $a>1.$

Dans le cas où $0<a<1,$ il y a "divergence du produit infini" , c'est-à-dire que $\displaystyle \lim_{n\to + \infty}\prod_{k=1}^n\left(1-\dfrac 1{(2+k\tau)^{a}}\right)=0.$

Produit infini et placement risqué

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