On commence par couper la somme de gauche en les termes pairs et impairs puis on procède comme suit : $$\begin{align} 2\sum_{k=0}^{2n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{k+1}}{t+k}\right) &= 2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{a_{2k+1}}{t+2k}\right)+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+2}-\frac{a_{2k+2}}{t+2k+1}\right)\\ &= 2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}+\frac{1}{2k+2}-\frac{a_{2k+1}}{t+2k}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+2}}{\frac{t}{2}+k+\frac{1}{2}}\right)\\ &=2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+2}-\frac{a_{2k+1}}{t+2k}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+2}}{\frac{t+1}{2}+k}\right)\\ &=2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+1}}{\frac{t}{2}+k}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+2}}{\frac{t+1}{2}+k}\right) \end{align}$$

En découpant la somme $h_{2n-1}$ en termes pairs et impairs, on a que : $$h_{2n-1}=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{2k}+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}=\frac{1}{2}h_{n-1}+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}.$$ Donc en découpant la somme $w_n$, on trouve : $w_n=h_{2n-1}-h_{n-1}-\frac{1}{2n}$, ce qui peut encore se réécrire $$w_n=(h_{2n-1}-\ln(2n-1))-(h_{n-1}-\ln(n-1))+\ln(2n-1)-\ln(n-1)-\frac{1}{2n}=\gamma_{2n-1}-\gamma_{n-1}+\ln\left(\frac{2n-1}{n-1}\right)-\frac{1}{2n}.$$ Or d'après la partie I, $\gamma_n$ converge vers $\gamma$, donc $W_n$ converge vers $\ln 2$.

D'après 9.d) $2\ln(X_t)$ a la même loi que $2\sum_{k=0}^{2n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{Y_{k+1}}{t+k}\right)+2\ln\left(\frac{X_{t+2n}}{t+2n}\right)+2d_{2n,t}-2\gamma$. Donc d'après 14.a), il a aussi la même loi que : $$\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{Y_{2k+1}}{\frac{t}{2}+k}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{Y_{2k+2}}{\frac{t+1}{2}+k}\right)+2\ln\left(\frac{X_{t+2n}}{t+2n}\right)+2d_{2n,t}+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)-2\gamma.$$ Cette dernière formule peut aussi s'écrire sous la forme : $$\begin{align} &\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{Y_{2k+1}}{\frac{t}{2}+k}\right)+\ln\left(\frac{X_{t/2+n}}{t/2+n}\right)+2d_{n,t/2}-\gamma\\ &+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{Y_{2k+2}}{\frac{t+1}{2}+k}\right)+\ln\left(\frac{X_{(t+1)/2+n}}{(t+1)/2+n}\right)+2d_{n,(t+1)/2}-\gamma\\ &-\ln\left(\frac{X_{t/2+n}}{t/2+n}\right)-\ln\left(\frac{X_{(t+1)/2+n}}{(t+1)/2+n}\right)+2\ln\left(\frac{X_{t+2n}}{t+2n}\right)\\ &-2d_{n,t/2}-2d_{n,(t+1)/2}+d_{n,t}+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right). \end{align}$$ Posons $N_n$ la somme des deux premiers termes. Grâce à la formule 9.d), on sait que la première ligne suit la même loi que $\ln(X_{t/2})$ et la seconde ligne la même loi que $\ln(X_{(t+1)/2})$. D'autre part les $Y_k$ et $X_t$ étant indépendants, la première et la deuxième lignes représentent des variables aléatoires indépendantes (dans la première ligne il n'y a que les impairs de $Y_k$ et dans la deuxièmes les pairs donc il n'y a pas de conflit de dépendance.). Il suit que $N_n$ suit la même loi que $\ln(X_{t/2})+\ln(X_{(t+1)/2})$. Comme cette loi ne dépend pas de n, on notera $N$ au lieu de $N_n$. Posons également $A_n=-\ln\left(\frac{X_{t/2+n}}{t/2+n}\right)$, $B_n=-\ln\left(\frac{X_{(t+1)/2+n}}{(t+1)/2+n}\right)$, $C_n=2\ln\left(\frac{X_{t+2n}}{t+2n}\right)$ et $u_n=-2d_{n,t/2}-2d_{n,(t+1)/2}+d_{n,t}+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)$, notre formule s'écrit alors : $N+A_n+B_n+C_n+u_n$. D'après 3.d), $A_n$, $B_n$ et $C_n$ tendent vers 0 en probabilité. D'après 14.b), $u_n$ tend vers $2\ln 2$. On en déduit alors d'après la question 4. que $\ln X_t$ et $\ln(X_{\frac{t}{2}})+\ln(X_{\frac{t+1}{2}})+2\ln 2$ ont même loi.

Multiplier par r et passer à l'exponentielle.

On pose $s=0$, grâce au résultat de d) on a alors par indépendance des $X_t$ : $$E(X_0^{2r})=2^{2r}E(X_s^rX_{s+\frac{1}{2}}^r)=2^{2r}E(X_s^r)E(X_{s+\frac{1}{2}}^r).$$ Enfin en écrivant les espérances sous forme d'intégrale, on trouve la formule.

En mettant au même dénominateur le terme de gauche et en identifiant, on trouve : $a=b=1$, $c=-2$, $d=2$.

Poser $u=t+k$ dans 15.a), et développer la somme de droite en prenant garde aux problèmes de convergences. On retrouve alors facilement la formule établie en 10.

On remarque ra que $u+\frac{15}{14}$, s'écrit aussi $u+1+\frac{1}{14}$. En sommant l'inégalité admise, on fera apparaître des sommes téléscopiques qui se caculent facilement et donnent la première inégailité. Pour la seconde inégalité, on intègre membre à membre.

En multipliant la première inégalité par $t$, on montre que $t\psi'(t)$ tend vers 1 à l'infini donc $V(\ln(X_t))=\psi'(t)$ est équivalent à $\frac{1}{t}$ à l'infini. De même en divisant par $\ln t$ la seconde inégalité, on montre que $E(\ln X_t)$ est équivalent à $\ln t$ en l'infini.

On se souviendra d'après 2.b) que $\psi(t)=\frac{\Gamma'(t)}{\Gamma(t)}$ et on fera une intégration par partie pour ln. On trouvera alors : $\ln\left(\frac{\Gamma(y)}{\Gamma(t)}\right)+\frac{1}{2}\ln\left(\frac{y}{t}\right)+t\ln t-y\ln y-y+t$.

En réorganisant le calcul de l'intégrale précédente, on a : $$\int_t^y\left(\psi(x)-\ln x+\frac{1}{2x}\right)dx=\ln\left(\frac{\Gamma(y)}{y^{y-\frac{1}{2}}e^{-y}}\right)-\ln(\Gamma(t))-\frac{1}{2}\ln t+t\ln t+t,$$ de sorte que si on parviens à prouver la convergence de l'intégrale $\int_t^{+\infty}\left(\psi(x)-\ln x+\frac{1}{2x}\right)dx$, on aura montré l'existence de $\lim_{y\to+\infty}\ln\left(\frac{\Gamma(y)}{y^{y-\frac{1}{2}}e^{-y}}\right)$. Grâce à l'encadrement : $$\ln t-\frac{1}{2t}-\frac{1}{12t^2}\leq \psi(t)\leq\ln t-\frac{1}{2t}-\frac{1}{12(t+\frac{1}{14})^2}$$ On en déduit que : $$-\frac{1}{12x^2}\leq\psi(x)-\ln(x)+\frac{1}{2x}\leq-\frac{1}{12(x+\frac{1}{14})^2},$$ et que $$\left|\psi(x)-\ln(x)+\frac{1}{2x}\right|\leq\frac{1}{12x^2}.$$ Or par Riemann $\int_t^{+\infty}\frac{1}{x^2}dx$ converge, donc par comparaison $\int_t^{+\infty}\left|\psi(x)-\ln(x)+\frac{1}{2x}\right|dx$ converge. Donc l'intégrale étudiée converge.

Un calcul basé sur la formule 14.e et l'identité donnée nous montre que : $$\frac{\Gamma(y)}{y^{y-\frac{1}{2}}e^{-y}}\times\frac{\Gamma(y+\frac{1}{2})}{(y+\frac{1}{2})^ye^{-(y+\frac{1}{2})}}=\frac{\sqrt{2\pi}}{\left(1+\frac{1}{2y}\right)^y}\frac{\Gamma(2y)}{(2y)^{2y-\frac{1}{2}}e^{-2y}}.$$ En passant à la limite en y, on en déduit que : $e^{\theta}e^{\theta}=\sqrt{2\pi}e^{\theta}$, c'est à dire $e^{\theta}=\sqrt{2\pi}$. L'équivalent demandé suit facilement.