selon la probabilit´ e P(N = n) =

Devoir Maison PSI Premi` ere partie

Exercice

Un joueur dans un casino joue sur une machine qui renvoie un entier N dans N

^∗

selon la probabilit´ e P(N = n) =

₂¹n

. Si N est pair le joueur gagne N jetons et si N est impair, le joueur perd N jetons.

1. Calculer la probabilit´ e de gagner ` a ce jeu.

2. Soit G le gain du joueur (G < 0 si le joueur perd), exprimer G ` a l’aide de N . D´ eterminer le rayon de convergence de la s´ erie enti` ere P

n≥1

nx

ⁿ⁻¹

et l’exprimer ` a l’aide de fonctions usuelles.

Montrer que G admet une esp´ erance et calculer son esp´ erance.

Solution. 1.

P (gagner) = P (N pair) =

+∞

X

k=1

P (N = 2k)

=

+∞

X

k=1

1 2

^2k

=

+∞

X

k=1

1 4

^k

= 1

4 1 1 −

¹₄

= 1

3 .

2. On a G = N 1

N pair

− N 1

N impair

. D’apr` es le th´ eor` eme de tranfert, on s’int´ eresse ` a la conver- gence absolue de la s´ erie P

(n 1

n pair

−n 1

n impair

) P (N = n), donc a la convergence de P

n P (N = n). Or

⁽ⁿ⁺¹⁾

1 2n+1

n₂¹n

−→

n→+∞

1

2

, donc d’apr` es la r` egle de d’Alembert, G admet une esp´ erance. On a

E(G) = E(N 1

N pair

) − E(N 1

N impair

) =

+∞

X

n=1

2n 2

²ⁿ

−

+∞

X

n=0

2n + 1 2

²ⁿ⁺¹

= 2

+∞

X

n=1

n( 1 4 )

ⁿ

−

+∞

X

n=0

n( 1 4 )

ⁿ

− 1

2

+∞

X

n=0

( 1 4 )

ⁿ

= 1

4

+∞

X

n=1

n( 1

4 )

ⁿ⁻¹

− 1 2

+∞

X

n=0

( 1 4 )

ⁿ

= 1

4 1

(1 −

¹₄

)

²

− 1 2

1 1 −

¹₄

= 4

9 − 4 6 = − 2

9 .

Deuxi` eme partie

Probl` eme

Dans ce probl` eme, nous ´ etudions le processus de Galton-Watson qui permet entre autres de mod´ eliser le d´ eveloppement dune population. Ce processus est par exemple utilis´ e en biologie ou en physique nucl´ eaire.

Dans tout le probl` eme, on se place dans un espace probabilis´ e (Ω, A, P ).

Si X est une variable al´ eatoire enti` ere et positive sur cet espace, on notera G

_X

, s´ erie enti` ere de rayon de convergence au moins 1, la fonction g´ en´ eratrice de X. On rappelle que la fonction g´ en´ eratrice de X est la somme de la s´ erie enti` ere :

∀t ∈ [−1, 1], G

_X

(t) =

∞

X

n=0

P (X = n)t

ⁿ

Dans ce DM, on suppose que la fonction g´ en´ eratrice n’est d´ efinie que sur [−1, 1].

1 Formule de Wald

Soient (X

_n

)

n∈N^∗

une suite de variables al´ eatoires, mutuellement ind´ ependantes, de mˆ eme loi ` a valeurs dans N , et T une variable al´ eatoire ` a valeurs dans N ind´ ependante des pr´ ec´ edentes. (T, X

_n

)

n∈N^∗

est une famille de variables al´ eatoires mutuellement ind´ ependantes.

On note G

_X

la fonction g´ en´ eratrice commune ` a toutes les X

_n

. Pour n ∈ N et ω ∈ Ω, on pose S

_n

(ω) = P

n

k=1

X

_k

(ω) et S

₀

(ω) = 0, puis S(ω) = S

_T(ω)

(ω).

On souhaite d´ emontrer l’´ egalit´ e G

S

= G

T

◦ G

X

.

1. En utilisant un r´ esultat du cours et en montrant l’ind´ ependance de X

_k+1

et S

_k

, prouver par r´ ecurrence que, pour tout k ∈ N , G

S_k

= (G

X

)

^k

.

2. En expliquant pourquoi, pour tout n ∈ N, T et S

n

sont ind´ ependantes, montrer que

∀t ∈ [−1, 1], ∀K ∈ N , G

_S

(t) =

K

X

k=0

G

_X

(t)

^k

P (T = k) +

∞

X

n=0

∞

X

k=K+1

P (S

_k

= n) P (T = k)t

ⁿ

!

3. Pour K ∈ N et t ∈] − 1, 1[, on pose R

_K

=

∞

X

n=0

∞

X

k=K+1

P (S

_k

= n) P (T = k)|t|

ⁿ

!

. Montrer que

0 ≤ R

_K

≤ 1 1 − |t|

∞

X

k=K+1

P (T = k)

4. Montrer que G

_S

= G

_T

◦ G

_X

sur ] − 1, 1]

5. En d´ eduire que, si T et les X

_n

sont d’esp´ erance finie, alors S aussi et E (S) = E (T ) E (X

₁

).

Solution. 1. On montre, par r´ ecurrence sur k ∈ N que, G

_Sk

= G

^k_X

. C’est vrai pour k = 0 car, pour tout t ∈ [−1, 1], G

_S0

(t) = E (t

^S0

) = E (t

⁰

) = E (1) = 1 = G

_X

(t)

⁰

.

Supposons que c’est vrai pour k, et montrons le pour k + 1. Comme les variables (X

n

)

n∈N^∗

sont ind´ ependantes, alors (X

n

)

_n∈

J1,k+1K

sont ind´ ependantes. D’apr` es les Propri´ et´ es 5.8 du cours, (X

₁

, · · · , X

_k

) et X

_k+1

sont ind´ ependantes, donc, appliquant la function f : (x

₁

, · · · , x

_k

) 7−→

P

k

n=1

x

n

` a la variable al´ eatoire (X

1

, · · · , X

k

), on a f (X

1

, · · · , X

k

) et X

k+1

sont ind´ ependants.

Donc, d’apr` es la Proposition 8.4 du cours, G

Sk+1

= G

Sk+Xk+1

= G

Sk

G

Xk+1

= G

^k_X

G

X

= G

^k+1_X

, ce qui est bien la propri´ et´ e au rang k + 1.

2. On sait que (X

₁

, · · · , X

_n

, T ) sont ind´ ependantes, donc (X

₁

, · · · , X

_n

) et T sont ind´ ependantes, puis en appliquant la fonction somme ` a (X

₁

, · · · , X

_n

), on a S

_n

et T sont ind´ ependantes (tou- jours d’apr` es les Propri´ et´ es 5.8). Or, d’apr` es la formule des probabilit´ es totales (en particulier la Proposition 4.3 du cours), on a

P (S = n) =

+∞

X

k=0

P (S = n, T = k).

Or, l’´ ev´ en´ ement (S = n, T = k) est ´ egal ` a l’´ ev´ enement (S

_k

= n, T = k), car lorsqur T = k,

alors S = S

_k

. Donc P (S = n, T = k) = P (S

_k

= n, T = n) = P (S

_k

= n) P (T = k) car S

_k

et T

sont ind´ ependantes. Soit t ∈ [−1, 1] et K ∈ N . On a alors :

G

S

(t) =

+∞

X

n=0

t

ⁿ

P (S = n) =

+∞

X

n=0

t

ⁿ

+∞

X

k=0

P (S

_k

= n) P (T = k)

=

+∞

X

n=0

t

ⁿ

K

X

k=0

P (S

k

= n) P (T = k) +

+∞

X

k=K+1

P (S

k

= n) P (T = k)

!

=

+∞

X

n=0

t

ⁿ

K

X

k=0

P (S

_k

= n) P (T = k) +

+∞

X

n=0

t

ⁿ

+∞

X

k=K+1

P (S

_k

= n) P (T = k)

=

K

X

k=0 +∞

X

n=0

t

ⁿ

P (S

_k

= n) P (T = k) +

+∞

X

n=0

t

ⁿ

+∞

X

k=K+1

P (S

_k

= n) P (T = k)

=

K

X

k=0

P (T = k)

+∞

X

n=0

t

ⁿ

P (S

_k

= n) +

+∞

X

n=0

t

ⁿ

+∞

X

k=K+1

P (S

_k

= n) P (T = k)

=

K

X

k=0

P (T = k)G

_Sk

(t) +

+∞

X

n=0

t

ⁿ

+∞

X

k=K+1

P (S

_k

= n) P (T = k)

=

K

X

k=0

P (T = k)G

_X

(t)

^k

+

+∞

X

n=0

t

ⁿ

+∞

X

k=K+1

P (S

_k

= n) P (T = k).

Remarquons qu’on a permut´ e la somme sur n ∈ N avec la somme sur k ∈ J 1, K K , car la somme sur k est une somme finie. Nous n’avons pas vu de th´ eor` eme permettant de permuter deux sommes infinies.

3. Soit K ∈ N et t ∈] − 1, 1[. Alors,

0 ≤ R

K

=

∞

X

n=0

|t|

ⁿ

∞

X

k=K+1

P (S

_k

= n) P (T = k)

!

≤

∞

X

n=0

|t|

ⁿ

∞

X

k=K+1

P (T = k)

! .

Or, le r´ eel P

∞

k=K+1

P(T = k)

ne d´ epend pas de n, on peut donc le sortir de la somme sur n, et on obtient

0 ≤ R

K

≤

∞

X

k=K+1

P(T = k)

!

_∞

X

n=0

|t|

ⁿ

= 1 1 − |t|

ⁿ

∞

X

k=K+1

P(T = k)

! .

4. Si t = 1, alors G

_T

◦ G

_X

(1) = G

_T

(1) = 1 = G

_S

(1). Si t ∈] − 1, 1[, alors en utilisant l’´ egalit´ e de la question 2, et en faisant tendre K vers +∞, on obtient :

G

S

(t) = G

T

(G

X

(t)).

Donc, G

_S

= G

_T

sur ] − 1, 1].

5. Si T et les X

_n

sont d’´ ep´ erance finie, alors G

_X

et G

_T

sont d´ erivable en 1, donc G

_S

= G

_T

◦ G

_X

est d´ erivable en 1 de d´ eriv´ ee

G

⁰_S

(1) = G

⁰_X

(1)G

⁰_T

(G

_X

(1)) = G

⁰_X

(1)G

⁰_T

(1) = E (X) E (T ),

et donc, S est d’esp´ erance finie et son esp´ erance vaut E (X) E (T ).

2 Processus de Galton-Watson

Soit µ une loi de probabilit´ e caract´ eris´ ee par la suite (p

_k

)

k∈N

de nombre r´ eels entre 0 et 1 telle que P

∞

k=0

p

_k

= 1 et que P

k

²

p

_k

converge. Dire qu’une variable al´ eatoire X sur (Ω, A, P ) suit la loi µ signifie que X(Ω) ⊂ N et, pour tout k ∈ N P(X = k) = p

k

.

On suppose que p

₀

+ p

₁

< 1 (ce qui signifie qu’il existe au moins un entier k sup´ erieur ou ´ egal ` a 2 tel que p

_k

6= 0).

On ´ etudie un individu qui a un certain nombre de fils. Ces fils ont ´ egalement chacun (ind´ ependamment les uns des autres) un certain nombre de fils et ainsi de suite. Afin de mod´ eliser la situation, on se donne des variables al´ eatoires (X

_n,i

)

_(n,i)∈N×N^∗

, ind´ ependantes qui suivent toutes la loi µ, on pose Y

₀

la variable certaine ´ egale ` a 1 et, pour n ∈ N et ω ∈ Ω,

Y

n+1

(ω) =



 

 

0 si Y

n

(ω) = 0

Yn(ω)

X

i=1

X

n,i

(ω) si Y

n

(ω) 6= 0

Y

_n

repr´ esente le nombre d’individus ` a la g´ en´ eration n.

S’il n’y a pas d’individu ` a la g´ en´ eration n, il n’y en a pas plus ` a la g´ en´ eration suivante et sinon, le nombre de fils du i-` eme ´ el´ ement de la g´ en´ eration n est ´ egal ` a X

n,i

.

On dit qu’il y a extinction lorsquil existe un entier n tel que Y

_n

= 0.

On note f la fonction g´ en´ eratrice de la loi µ (et donc de chacune des variables X

n,i

) et, pour n ∈ N, ϕ

n

la fonction g´ en´ eratrice de la variable al´ eatoire Y

n

.

On a donc en particulier, pour t ∈ [−1, 1], ϕ

₀

(t) = t.

On suppose que toute variable al´ eatoire suivant la loi µ poss` ede une esp´ erance ´ egale ` a m et une variance.

1. Montrer que pour tout n ∈ N, ϕ

n+1

= ϕ

n

◦ f sur ] − 1, 1].

2. Exprimer, pour n ∈ N, l’esp´ erance de Y

n

en fonction de m et de n.

3. Montrer que la suite (ϕ

_n

(0))

n≥0

est une suite d´ efinie par r´ ecurrence avec ϕ

_n+1

(0) = f(ϕ

_n

(0)) et ϕ

0

(0) = 0, qu’elle est croissante et donc convergente.

4. En utilisant une propri´ et´ e d’une probabilit´ e, montrer que la probabilit´ e d’extinction, c’est ` a dire P (∃n ∈ N , Y

_n

= 0) est ´ egale a la limite de la suite (ϕ

_n

(0))

n≥0

.

5. On cherche alors ` a d´ eterminer la limite de la suite. Montrer que l’´ equation f (x) = x admet une plus petite solution l pour x ∈ [0, 1] (on pourra ´ etudier la fonction g : x 7−→ f (x) − x) et que la limite de la suite (ϕ

n

(0))

n≥0

vaut l.

6. Si m = f

⁰

(1) ≤ 1, montrer par l’absurdre que l = 1 et donc que la probabilit´ e d’extinction est

´

egale ` a 1. On pourra ´ etudier la fonction g d´ efinie dans la question pr´ ec´ edente sur [0, 1], montrer qu’elle est C

²

, que g

⁰⁰

≥ 0 et que g

⁰⁰

(1) > 0. (La question est difficile, n’h´ esitez pas ` a vous faire un sch´ ema pour avoir une id´ ee.)

Solution. 1. D’apr` es la section pr´ ec´ edente, pour tout n ∈ N , ϕ

_n+1

= ϕ

_n

◦ ϕ sur ] − 1, 1].

2. On en d´ eduit, par un r´ ecurrence sur n que ϕ

_n

= f

ⁿ

(f compos´ e n fois). Donc, comme X admet un moment d’ordre 2, X admet un moment d’ordre 1, donc f est d´ erivable en 1. Par r´ ecurrence sur n, on montre que cela implique que ϕ

_n

= f

ⁿ

est d´ erivable en 1 de d´ eriv´ ee (f

ⁿ⁻¹

)

⁰

(1)f

⁰

(f

ⁿ

(1)) = (f

ⁿ⁻¹

)

⁰

(1)f

⁰

(1) = m

ⁿ⁻¹

× n = m

ⁿ

. Pour trouver la formule ` a montrer par r´ ecurrence, on peut calculer les premi` eres d´ eriv´ ee pour n = 1, 2, 3.

3. D’apr` es la question pr´ ec´ edente, ϕ

n

(0) = f

ⁿ

(0), donc ϕ

n+1

(0) = f (ϕ

n

(0)). De plus, ϕ

0

(0) = 0.

Comme f est croissante, la suite est monotone. De plus ϕ

0

(0) < f(0) = ϕ

1

(0) donc la suite

est croissante. Enfin, comme ϕ

_n

(0) = P (Y

_n

= 0), alors la suite est major´ ee par 1 donc elle

converge.

4. On cherche la probabilit´ e P ( S

n∈N

(Y

_n

= 0)). C’est la probabilit´ e d’une union d’´ ev´ enements croissants (car Y

n

= 0 = ⇒ Y

n+1

= 0 donc (Y

n

= 0) ⊂ (Y

n+1

= 0)). Donc,

P [

n∈N

(Y

_n

= 0)

!

= lim

n→+∞

P (Y

_n

= 0) = lim

n→+∞

ϕ

_n

(0).

Remarquons que cela montre ` a nouveau que la suite ϕ

_n

(0) converge.

5. Soit g : x 7−→ f (x) −x d´ efinie sur [0, 1]. L’ensemble des points fixes de f (c’est-` a-dire l’ensemble des x tel que f (x) = x) sur [0, 1] est ´ egal ` a g

⁻¹

({0}). Or g est continue et g(1) = 0 donc g

⁻¹

({0}) est un ferm´ e non vide de [0, 1], donc admet un plus petit ´ el´ ement. On note l ce plus petit ´ el´ ement.

On a montre alors, par r´ ecurrence sur n, que ϕ

_n

(0) ≤ l en utilisant la croissance de la fonction f .

De plus, on sait que (ϕ

n

(0))

n

converge vers un r´ eel l

⁰

∈ [0, l]. Donc, en passant ` a la limite lorsque n tend vers +∞ dans l’´ equation ϕ

n+1

(0) = f (ϕ

n

(0)) et par continuit´ e de f , on obtient l

⁰

= f (l

⁰

). Donc l

⁰

est un point fixe de f plus petit ou ´ egal ` a l, donc, par d´ efinition de l, on a l

⁰

= l.

6. On a g

⁰

(x) = f

⁰

(x) − 1 et g

⁰⁰

(x) = f

⁰⁰

(x) = P

+∞

n=2

n(n − 1)x

ⁿ⁻²

P(X = n) > 0 si x 6= 0.

En particulier, comme g

⁰⁰

(1) > 0, en notant α = g

⁰⁰

(1)/2, par continuit´ e de g

⁰⁰

en 1, on sait qu’il existe δ > 0 tel que, pour tout x ∈ [1 − δ, 1], g

⁰⁰

(x) > α. Donc, pour tout x ∈ [1 − δ, 1[, g

⁰

(x) = g

⁰

(1)− R

1

x

g

⁰⁰

(s)ds ≤ 1f

⁰

(1)−1−αx = −α < 0 et donc g(x) = g(1)− R

1

x

g

⁰

(s)ds ≥ αx > 0 ce qui montre que g ne s’annule pas sur [1 − δ, 1[. De plus, comme f

⁰⁰

≥ 0 sur [0, 1], on a g

⁰

croissante donc g

⁰

≤ 0 car g

⁰

(1) ≤ 0. Donc, pour tout x ∈ [0, 1 − δ[, on a g(x) = g(1 − δ) − R

1−δ

x

g

⁰

(s)ds ≥ g(1 − δ) > 0. Donc g ne s’annule pas non plus sur [0, 1 − δ[. Donc g

⁻¹

({0}) = {1}, donc l = 1.

3 Etude de la lign´ ee (BONUS)

On se place dans le cadre de la section pr´ ec´ edente. On suppose de plus que m ≤ 1. On note, pour n ∈ N

^∗

,

Z

_n

= 1 +

n

X

i=1

Y

_i

et Z = 1 +

∞

X

n=1

Y

_n

On admettra que Z est une variable al´ eatoire d´ efinie sur {∃n ∈ N , Y

n

= 0} qui est bien de probabilit´ e 1 d’apr` es les questions pr´ ec´ edentes.

1. En utilisant une propri´ et´ e d’une probabilit´ e, montrer que, pour tout k ∈ N , ( P (Z

_n

≤ k))

n∈N^∗

est une suite convergente. D´ eterminer sa limite.

2. En d´ eduire que pour tout k ∈ N , ( P (Z

_n

= k))

n∈N^∗

converge vers P (Z = k).

3. Montrer que pour tout s ∈] − 1, 1[, tout n ∈ N

^∗

et K ∈ N ,

G

Zn

(s) − G

Z

(s) =

K

X

k=0

(P(Z

n

= k) − P(Z = k))s

^k

+

+∞

X

k=K+1

P(Z

n

= k)s

^k

−

+∞

X

k=K+1

P(Z = k)s

^k

.

4. Montrer que pour tout s ∈] − 1, 1[, tout n ∈ N

^∗

et K ∈ N,

|G

_Zn

(s) − G

Z

(s)| ≤

K

X

k=0

| P (Z

n

= k) − P (Z = k)| + |s|

^K+1

( P (Z

n

≥ K + 1) + P (Z ≥ K + 1)) .

5. Pour tout s ∈] − 1, 1[ et ε > 0, montrer qu’il existe K

₀

tel que 2|s|

^K0+1

<

^ε₂

puis qu’il existe n

₀

tel que :

K

X

k=0

| P (Z

n

= k) − P (Z = k)| < ε 2 .

6. En d´ eduire que la suite de fonctions (G

Zn

) converge simplement vers G

Z

sur ] − 1, 1].

7. Exprimer G

Z1

en fonction de f.

8. On admet que, pour tout n entier naturel sup´ erieur ou ´ egal ` a 2 et pour tout s ∈] − 1, 1], G

_Zn

(s) = sf (G

_Zn−1

(s)). En d´ eduire que, pour tout s ∈] − 1, 1], G

_Z

(s) = sf (G

_Z

(s)).

9. Montrer que, si Z est d’esp´ erance finie alors m < 1 et E (Z ) =

_1−m¹

.

Solution. 1. Soit k ∈ N

^∗

. Comme les Y

i

sont positifs, on remarque que (Z

n

≤ k)

n

est une suite d´ ecroissante d’´ ev´ enements. Donc

P

\

n∈N^∗

(Z

n

≤ k)

!

= lim

n→+∞

P(Z

n

≤ k).

De plus, on remarque que T

n∈N^∗

(Z

_n

≤ k) = (Z ≤ k). En effet, si ω ∈ T

n∈N^∗

(Z

_n

≤ k), alors pour tout n, Z

_n

(ω) ≤ k. Autrement dit, pour tout n, 1 + P

n

k=1

Y

_i

(ω) ≤ k. Donc, la s´ erie 1 + P

Y

i

(ω) est major´ ee par k donc elle converge vers une valeur inf´ erieur ` a k. Donc ω ∈ (Z ≤ k). R´ eciproquement, on si ω ∈ (Z ≤ k), alors, pour tout n ∈ N

^∗

, Z

_n

(ω) ≤ Z(ω) ≤ k et donc ω ∈ T

n∈N^∗

(Z

_n

≤ k).

2. Soit k ∈ N . On sait que

P (Z

_n

= k) = P (Z

_n

≤ k) − P (Z

_n

≤ k − 1) −→

n→+∞

P (Z ≤ k) − P (Z ≤ k + 1) = P (Z = k).

Ici, on a utilis´ e l´ e r´ esultat de la question pr´ ec´ edente (qui reste vrai si k = −1 car les probabilit´ e vallent 1 dans ce cas) et le fait que, si X est une variable al´ eatoire ` a valeur dans N, on a (X = k) = (X ≤ k) \ (X ≤ k − 1).

3. Soit s ∈] − 1, 1[ et K ∈ N . On a :

G

_Zn

(s) − G

_Z

(s) =

+∞

X

k=0

P (Z

_n

= k)s

^k

−

+∞

X

k=0

P (Z = k)s

^k

=

K

X

k=0

P (Z

_n

= k)s

^k

−

K

X

k=0

P (Z = k)s

^k

+

+∞

X

k=K+1

P (Z

_n

= k)s

^k

−

+∞

X

k=K+1

P (Z = k)s

^k

=

K

X

k=0

( P (Z

_n

= k) − P (Z = k))s

^k

+

+∞

X

k=K+1

P (Z

_n

= k)s

^k

−

+∞

X

k=K+1

P (Z = k)s

^k

.

4. Soit s ∈] − 1, 1[ et K ∈ N . On a :

|G

_Zn

(s) − G

Z

(s)| ≤

K

X

k=0

P (Z

n

= k) − P (Z = k)s

^k

+

+∞

X

k=K+1

P (Z

n

= k)s

^k

+

+∞

X

k=K+1

P (Z = k)s

^k

≤

K

X

k=0

| P (Z

n

= k) − P (Z = k)| |s|

^k

+

+∞

X

k=K+1

P (Z

n

= k)|s|

^k

+

+∞

X

k=K+1

P (Z = k)|s|

^k

≤

K

X

k=0

| P (Z

_n

= k) − P (Z = k)| +

+∞

X

k=K+1

P (Z

_n

= k)|s|

^K+1

+

+∞

X

k=K+1

P (Z = k)|s|

^K+1

≤

K

X

k=0

| P (Z

_n

= k) − P (Z = k)| + |s|

^K+1

+∞

X

k=K+1

P (Z

_n

= k) +

+∞

X

k=K+1

P (Z = k)

!

≤

K

X

k=0

| P (Z

_n

= k) − P (Z = k)| + |s|

^K+1

( P (Z

_n

≥ K + 1) + P (Z ≥ K + 1)) .

5. Soit s ∈] − 1, 1[ et ε > 0. Comme |s| < 1, la s´ erie g´ eom´ etrique (2|s|

^K+1

)

K

congerve vers 0, donc il existe K

₀

tel que, pour tout K ≥ K

₀

, 2|s|

^K+1

< ε/2. En particulier, c’est vrai pour K = K

0

. On a vu que tout tout k, | P(Z

n

= k) − P(Z

k

)| −→

n→+∞

0. Donc, par addition de suite congergente on sait que

K

X

k=0

| P(Z

n

= k) − P(Z = k)| −→

n→+∞

0.

Attention, ceci est valable parce que le comme est finie. En particulier, il exite n

0

tel que :

K

X

k=0

| P (Z

_n

= k) − P (Z = k)| < ε 2 .

Maintenant, en reprenant l’in´ egalit´ e de la question 4, on obtient, pour tout n ≥ n

₀

|G

_Zn

(s) − G

_Z

(s)| ≤ ε. On a donc montr´ e que

G

_Zn

(s) −→

n→+∞

G

_Z

(s).

Ceci est vrai pour tout s ∈] − 1, 1[. De plus c’est vrai pour s = 1 car les fonctions g´ en´ eratrices vallent 1 en 1.

6. Pour tout t ∈ [−1, 1].

G

_Z1

(t) = E (t

^1+Y1

) = E (t

^1+X1

) = E (t) E (t

^X1

) = tf(t).

7. On sait que G

Zn

(s) tend vers G

Z

(s) pour tout s ∈] − 1, 1]. Donc par continuit´ e de f , en faisant tendre n vers +∞ dans l’´ egalit´ e G

_Zn

(s) = sf(G

_Zn−1

(s)), on obtient G

_Z

(s) = sf (G

_Z

(s)).

8. Supposons que Z est d’esp´ erance finie. Alors G

_Z

est d´ erivable en 1. Comme f est d´ erivable en 1, on a, pour tout s ∈] − 1, 1],

G

⁰_Z

(s) = f(G

_Z

(s)) + sG

⁰_Z

(s)f

⁰

(G

_Z

(s)).

En particulier

E (Z) = 1 + E (Z)m.

Si m = 1, on obtient 0 = 1 donc une contradiction. Donc m < 1. Dans ce cas E (Z) =

_1−m¹

.