Problème classique 1

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2020-2021 Mathématiques

Devoir sur table n°8 du jeudi 11 mars

Durée : 4 heures

Toute calculatrice autorisée

Instructions générales :

Les candidats sont priés :

• de vérifier que le sujet dont ils disposent comporte bien8 pages ;

• de traiter le sujet, classique ou corsé, qui leur incombe :

— sujet classique : problème1et problème2;

— sujet corsé: problème corsé ;

• de traiter les problèmes dans l’ordre qui leur convient le mieux, à condition de respecter scrupuleusement la numé- rotation ;

• de traiter les questions dans l’ordre ;

• si possible traiter les problèmes différents sur des copies différentes.

Enfin, les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction : les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées.

Remarque importante :

Si au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.

Bon courage !

Problème classique 1

Dans ce problème, nous allons étudier le déplacement aléatoire d’un pion se déplaçant dans l’ensembleZdes entiers relatifs.

À l’étapen= 0, on suppose que le pion se trouve en0.

Ensuite, si le pion se trouve à l’étapen sur l’entierx∈Z, alors à l’étapen+ 1, le pion a une chance sur deux de se trouver enx+ 1 et une chance sur deux de se trouver enx−1, ceci indépendamment des mouvements précédents.

Pour modéliser cette situation, on se place dans un espace probabilisé(Ω,A, P)et on considère une suite(Xk)_k∈N^∗ de variables aléatoires réelles mutuellement indépendantes dont la loi est donnée par :

∀k∈N^∗, P(Xk= 1) =P(Xk =−1) = 1 2.

On considère également la suite de variables aléatoires réelles(Sn)_n∈Ndéfinie parS0= 0 et :

∀n∈N^∗, Sn=

n

X

k=1

Xk.

L’objectif de ce problème est de déterminer la loi de la variable aléatoireT définie de la façon suivante : 1. si pour toutn∈N^∗,on aSn6= 0,on pose T = +∞;

2. sinon, on poseT = min{n∈N^∗ |Sn = 0}.

L’événement(T = +∞)se réalise donc si et seulement si l’ensemble{n∈N^∗| Sn= 0} est vide.

La variable aléatoireT ainsi définie peut prendre comme valeurs n’importe quel entier naturel non nul n, mais aussi «+∞», autrement dit

T(Ω) =N^∗∪ {+∞}.

En particulier,T(Ω)est dénombrable.

On pourra admettre et utiliser le résultat suivant : La série X

n∈N^∗

P(T =n)converge, et sa somme vaut 1−P(T = +∞).

Finalement, on définit les suites(p_n)_n∈Net (q_n)_n∈Npar :

∀n∈N, pn=P(Sn = 0) et qn=

(0 sin= 0, P(T =n) sin >0.

Partie I - Calcul de p

On fixe un entiern∈N.

1. Que représente la variable aléatoireSn? 2. Calculerp0, p1 etp2.

3. Justifier que, sinest impair, alors on apn = 0.

On considère pour toutk∈N^∗ la variable aléatoireYk définie parYk= Xk+ 1

2 . On admet que(Yk)_k∈N^∗ est une suite de variables aléatoires mutuellement indépendantes.

4. Soitk∈N^∗. Montrer queY_k suit une loi de Bernoulli de paramètre 1 2.

5. Pour n >0, donner la loi deZ_n=Y₁+· · ·+Y_n et exprimerS_n en fonction deZ_n. 6. On suppose quen= 2mavecm∈N.

Déduire de la question précédente que :

p_2m= 2m

m 1

4^m.

Partie II - Fonction génératrice de la suite (p

)

On note Rp le rayon de convergence de la série entière X

n≥0

pnxⁿ et f la somme de cette série entière sur son intervalle de convergence.

7. Montrer queRp≥1.

8. Montrer que pour toutm∈N^∗, on a :

p2m= (−1)^m m!

m

Y

k=1

−1

2−k+ 1

.

9. Déterminer un nombreα∈Rtel quef(x) = (1−x²)^αpour toutx∈]−1,1[.

Partie III - Loi de la variable aléatoire T

On noteRqle rayon de convergence de la série entièreX

n≥0

qnxⁿetgla somme de cette série entière sur son intervalle de convergence.

Pour toutn∈N, on considère également la fonctiongn:R→Rdéfinie pargn(x) =qnxⁿ pour toutx∈R. 10. Calculerq1 etq2.

11. Montrer que la série X

n≥0

g_n converge normalement sur[−1,1].

Indication : on pourra s’aider du résultat admis en début de sujet.

En déduire que Rq ≥1.

Dans la suite, onadmetla relation :

∀n∈N^∗, pn=

n

X

k=0

pkq_n−k.

12. En utilisant un produit de Cauchy et la relation admise ci-dessus, montrer que :

∀x∈]−1,1[, f(x)g(x) =f(x)−1.

13. En déduire que g(x) = 1−√

1−x² pour toutx∈]−1,1[, puis calculer le développement en série entière de la fonctionx7→1−√

1−x² en précisant son rayon de convergence.

14. En déduire une expression deq_n pour toutn∈N^∗.

15. À l’aide du résultat admis en début de sujet, et en utilisant les questions 11 et 13, déterminer la valeur de P(T = +∞). Interpréter le résultat.

16. La variable aléatoireT admet-elle une espérance ?

Problème classique 2

L’objectif de ce sujet est l’étude de la gestion des erreurs dans un processus industriel.

On considère un processus industriel automatisé au cours duquel une tâche répétitive est effectuée à chaque instant n ∈ N^∗. On note Xn la variable aléatoire égale au nombre d’erreurs susceptibles de se produire à l’instant n. On admet que le système parvient à corriger ces erreurs et à maintenir son fonctionnement si le nombre total d’erreurs enregistrées jusqu’à l’instant n, noté Sn =

n

X

k=1

Xk, reste inférieur à une quantité de la forme amn oùa >1 est une constante fixée et m est le nombre moyen d’erreurs enregistrées à chaque instant. On est donc amené à estimer la probabilitéP(Sn> nam), dans le but de montrer qu’elle tend vers0 très rapidement lorsquentend vers l’infini.

Dans ce sujet, on étudie le cas particulier où les variables aléatoiresXn sont mutuellement indépendantes et de même loi de Poisson de paramètre1/2.

Cas de la loi de Poisson

Dans cette partie, on étudie le modèle élémentaire où la suite(Xn)_n∈

N^∗ du nombre d’erreurs aux instants successifs est une suite de variables aléatoires mutuellement indépendantes suivant une même loi de Poisson de paramètre 1/2.

L’objectif de cette partie est de donner un équivalent de P(Sn > n) lorsque n tend vers +∞, afin de s’assurer que celle-ci converge vers0avec une vitesse de convergence exponentielle.

Pour toutn∈N^∗, on noteSn=

n

X

k=1

Xk etGX_n la fonction génératrice deXn. I.A – Soitnun entier naturel supérieur ou égal à1.

Q1. Montrer queSn etXn+1 sont indépendantes.

Q2. Expliciter le calcul de la fonction génératrice GX₁ de la variable aléatoireX1. Q3. Justifier que, pour tout t∈R,GS_n(t) = GX₁(t)ⁿ

.

Q4. Montrer que la variable aléatoire Sn suit une loi de Poisson dont on précisera le paramètre.

I.B –

Q5. Vérifier que, pour tout n∈N^∗, n!

2 n

ⁿ

P(Sn> n) = e^−n/2

+∞

X

k=1

n!n^k (n+k)!

1 2

^k .

Q6. Soitn∈N^∗. Montrer que, pour toutk∈N^∗, n

n+k k

≤ n!n^k

(n+k)! ≤ 1.

Q7. Montrer que la série de fonctions X

k

uk, où, pour tout k ∈ N^∗, la fonction uk est définie sur [0,+∞[ par u_k:x7−→(1 +kx)^−k(1/2)^k, est normalement convergente sur[0,+∞[.

Q8. En déduire que, pour tout n∈N^∗, la sérieX

k≥1

1 + k

n

−k1 2

^k

converge et que

n→+∞lim

+∞

X

k=1

1 + k

n

−k1 2

^k

= 1.

Q9. En déduire que

P(Sn> n) ∼

n→+∞

e^−n/2 n!

n 2

n

.

Q10. À l’aide de la formule de Stirling, en déduire qu’il existe un réelα∈]0,1[tel queP(Sn > n) =

n→+∞O(αⁿ).

Problème corsé

Nombre de sites visités par une marche aléatoire

Dans tout le texte,dest un élément deN^∗. On note0d led-uplet dont toutes les coordonnées valent0, c’est à dire le vecteur nul deR^d.

On considère une variable aléatoireX à valeurs dansZ^d,(X_k)_k∈N^∗une suite de variables aléatoires mutuellement indépendantes suivant chacune la loi deX et définies sur un même espace probabilisé. La suite de variables aléatoires (Sn)_n∈N est définie parS0= 0d et

∀n∈N^∗, Sn =

n

X

k=1

Xk.

La suite(S_n)_n∈Nest unemarche aléatoire de pasX, à valeurs dansZ^d. On noteRla variable aléatoire à valeurs dansN^∗∪ {+∞} définie par

R =

(min{n∈N^∗, S_n = 0_d} si {n∈N^∗, S_n = 0_d} 6=∅

+∞ sinon

Autrement dit,R est égal à+∞si la marche aléatoire (S_n)_n∈N^∗ ne revient jamais en 0_d, au premier instant auquel cette marche aléatoire revient en0d sinon.

Pourn∈N, soitNn le cardinal du sous-ensemble

{Sk, k∈ {0, . . . , n}}

deZ^d. Le nombreN_n est donc le nombre de points deZ^d visités par la marche aléatoire(S_n)_n∈N aprèsnpas.

Le but du problème est d’étudier asymptotiquement l’espéranceE(Nn)de la variable aléatoireNn. La partieD est indépendante des parties précédentes.

A. Préliminaires

Les cinq questions de cette partie sont indépendantes et utilisées dans les partiesC etE.

1. Soitn∈N. En utilisant la factorisation

(X+ 1)²ⁿ = (X+ 1)ⁿ(X+ 1)ⁿ montrer que

n

X

k=0

n k

²

= 2n

n

.

2. Rappeler la formule de Stirling, puis déterminer un nombre réel c >0 tel que 2n

n

n→+∞∼ c4ⁿ

√n.

3. Siα∈]0,1[, montrer, par exemple en utilisant une comparaison série-intégrale, que

n

X

k=1

1 k^α ∼

n→+∞

n^1−α 1−α. Si α >1, montrer de même que

+∞

X

k=n+1

1 k^α ∼

n→+∞

1 (α−1)n^α−1.

4. Pour x∈[2,+∞[, on pose

I(x) = Z x

2

dt ln(t). Justifier, pour x∈[2,+∞[, la relation

I(x) = x

ln(x)− 2 ln(2)+

Z x 2

dt (ln(t))². Établir par ailleurs la relation

Z x 2

dt

(ln(t))² =

x→+∞ o(I(x)).

En déduire finalement un équivalent deI(x)lorsquextend vers+∞.

5. Pour α∈R, rappeler sans donner de démonstration, le développement en série entière de(1 +x)^αsur]−1,1[.

Justifier la formule :

∀x∈]−1,1[, 1

√1−x =

+∞

X

n=0 2n

n

4ⁿ xⁿ.

B. Marches aléatoires, récurrence

On considère les fonctionsF et Gdéfinies par les formules

∀x∈]−1,1[, F(x) =

+∞

X

n=0

P(Sn= 0d)xⁿ,

∀x∈]−1,1[, G(x) =

+∞

X

n=0

P(R=n)xⁿ.

6. Montrer que les séries entières définissant F et G ont un rayon de convergence supérieur ou égal à 1. Justifier alors que les fonctionsF etGsont définies et de classeC^∞ sur]−1,1[.

Montrer queGest définie et continue sur[−1,1]et que

G(1) = P(R6= +∞).

7. Siket nsont des entiers naturels tels que k≤n, montrer que

P((S_n= 0_d)∩(R=k)) = P(R=k)P(S_n−k = 0_d).

En déduire que

∀n∈N^∗, P(Sn = 0d) =

n

X

k=1

P(R=k)P(S_n−k= 0d).

8. Montrer que

∀x∈]−1,1[, F(x) = 1 +F(x)G(x).

Déterminer la limite deF(x)lorsquex→1⁻, en discutant selon la valeur deP(R6= +∞).

9. Soit(ck)k∈N une suite d’éléments deR⁺ telle que la série entièreX

ckx^k ait un rayon de convergence 1et que la sérieX

ck diverge. Montrer que

lim

x→1⁻ +∞

X

k=0

c_kx^k = +∞.

L’élément AdeR^+∗ étant fixé, on montrera qu’il existe α∈]0,1[tel que

∀x∈]1−α,1[,

+∞

X

k=0

ckx^k > A.

10. Montrer que la sérieX

P(Sn = 0d)est divergente si et seulement siP(R6= +∞) = 1.

11. Pouri∈N^∗, soitYi la variable de Bernoulli indicatrice de l’événement (Si∈ {S/ k, 0≤k≤i−1}). Montrer que, pour i∈N^∗ :

P(Yi= 1) = P(R > i).

En déduire que, pourn∈N^∗ :

E(N_n) = 1 +

n

X

i=1

P(R > i).

12. Conclure que

n→+∞lim E(Nn)

n = P(R= +∞).

On pourra admettre et utiliser le théorème de Cesàro : si(un)_n∈N^∗est une suite réelle convergeant vers le nombre réel `, alors

n→+∞lim 1 n

n

X

k=1

uk = `.

C. Les marches de Bernoulli sur Z

Dans cette question,dest égal à1et on note donc simplement 0d= 0.

Par ailleurs,p∈]0,1[,q= 1−pet la loi deX est donnée par

P(X= 1) = p et P(X =−1) = q.

13. Pourn∈N, déterminerP(S2n+1= 0)et justifier l’égalité P(S2n = 0) =

2n n

(pq)ⁿ.

14. Pourx∈]−1,1[, donner une expression simple deG(x).

Exprimer P(R= +∞)en fonction de|p−q|.

Déterminer la loi deR.

15. On suppose que

p = q = 1 2. Donner un équivalent simple deP(R= 2n)lorsquentend vers+∞.

En déduire un équivalent simple deE(Nn)lorsquentend vers+∞.

D. Un résultat asymptotique

Soient(an)_n∈Net (bn)_n∈Ndeux suites d’éléments de R^+∗. On suppose que(an)_n∈Nest décroissante et que

∀n∈N,

n

X

k=0

akb_n−k = 1.

On pose, pourn∈N:

Bn =

n

X

k=0

bk.

16. Soientmetndeux entiers naturels tels quem > n. Montrer que an ≤ 1

Bn

et 1 ≤ anBm−n+a0(Bm−Bm−n).

17. On suppose dans cette question qu’il existe(m_n)_n∈N vérifiantm_n > npour nassez grand et Bm_n−n ∼

n→+∞ Bn et Bm_n−Bm_n−n −−−−−→

n→+∞ 0.

Montrer que

an ∼

n→+∞

1 Bn

.

18. On suppose dans cette question qu’il existeC >0tel que bn ∼

n→+∞

C n.

En utilisant la question 17 pour une suite (m_n)_n∈Nbien choisie, montrer que a_n ∼

n→+∞

1 Cln(n).

E. La marche aléatoire simple sur Z

: un théorème d’Erdös et Dvorestsky

19. Soitn∈N^∗. Montrer que

1 =

n

X

k=0

P(S_k= 0_d)P(R > n−k).

Dans les questions 20 et 21, on suppose qued= 2et que la loi deX est donnée par

P(X = (0,1)) = P(X = (0,−1)) = P(X = (1,0)) = P(X = (−1,0)) = 1 4. 20. Soitn∈N. Établir l’égalité

P(S2n= 02) =

2n n

4ⁿ

!² .

21. Donner un équivalent simple deE(N_n)lorsquentend vers+∞.

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2020-2021 Mathématiques

Devoir sur table n°9 — éléments de correction

Problème classique 1 — d’après CCINP 2020 PC

Partie I - Calcul de p

1. Soitn∈N^∗.

Chaque variableX_kmodélise le pas de l’instantk, d’où S_n =

n

X

k=1

X_k modélise la position du pion à l’instantn. CommeS0= 0,S0modélise aussi la position du pion à l’instant 0.

2. On a p0=P([S0= 0]) = 1.

Puisque S1(Ω) =X1(Ω) ={±1}, il vient p1=P([S1= 0]) = 0.

Enfin,p2=P([S2= 0]) =P([X1+X2= 0]). D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements (SCE)([X₁=k])_k∈X1(Ω)= ([X₁=−1],[X₁= 1]) :

p2=P([X1+X2= 0]) =P([X1= 1]∩[X1+X2= 0]) +P([X1=−1]∩[X1+X2= 0])

=P([X1= 1]∩[X2=−1]) +P([X2=−1]∩[X1= 1])

=P([X₁= 1])P([X₂=−1]) +P([X₁=−1])P([X₂= 1]) (carX₁ et X₂ sont indépendantes) d’où p2= 1

2· 1 2+1

2· 1 2 = 1

2 .

3. Sinest impair, alors pour toutω∈Ω,S_n(ω) =

n

X

k=1

X_k(ω)

| {z }

∈{±1}

est la somme d’un nombre impair de nombres impairs, donc est impair. L’événement [Sn = 0]est de fait impossible, d’où pn=P([Sn= 0]) = 0sinest impair . 4. D’une part Yk(Ω) =

Xk+ 1 2

(Ω) =

1 + 1

2 ,−1 + 1 2

={0,1}, doncYk suit une loi de Bernoulli.

D’autre partP([Yk= 1]) =P([Xk = 1]) = 1

2, donc Yk suit une loi de Bernoulli de paramètre 1 2 .

5. Les variables aléatoires(Yk)_k∈N^∗ suivent toutes une même loi de Bernoulli et sont indépendantes donc, pour tout n >0, Zn =

n

X

i=1

Yi suit une loi binomiale de paramètresnet 1 2 . Par suite,Z_n(Ω) = [[0, n]]et, pour toutk∈[[0, n]]:

P([Zn=k]) = n

k 1 2

^k1 2

n−k

= n

k 1 2

ⁿ .

De plus :

Zn=

n

X

i=1

Yi=

n

X

i=1

1 2Xi+1

2

= 1 2

n

X

i=1

Xi+n

2 = Sn+n 2 , d’où Sn= 2Zn−n.

6. Pour toutm∈N^∗,2m >0. D’après la question précédente :

p2m = P(S2m= 0) = P(2Z2m−2m= 0) = P(Z2m=m) = 2m

m 1 2

^2m

et ainsi p2m= 2m

m 1

4^m . Or 0

0 1

4⁰ = 1 =p0, donc le résultat est encore valable pourm= 0.

Partie II - Fonction génératrice de la suite (p

)

7. Pour toutn∈N,|pn|=P(Sn= 0) etX

n

pn converge, donc la sérieX

n

pnxⁿ converge enx= 1. Ainsi le rayon de convergence de X

n≥0

p_nxⁿ est supérieur ou égal à1: R_p≥1. 8. Pour toutm∈N^∗,on a :

(−1)^m m!

m

Y

k=1

−1

2 −k+ 1

= 1

m!

m

Y

k=1

−

−1

2 −k+ 1

= 1 m!

m

Y

k=1

2k−1 2

= 1

m!2^m

m

Y

k=1

(2k−1) = 1 m!2^m

m

Y

k=1

(2k−1)

m

Y

k=1

(2k)

m

Y

k=1

(2k)

= 1

m!2^m

2m

Y

k=1

k

2^m

m

Y

k=1

k

= 1

m!2^m (2m)!

2^mm! = (2m)!

m!m!

1 2^m2^m =

2m m

1 4^m

et ainsi pm=(−1)^m m!

m

Y

k=1

−1

2 −k+ 1

.

9. D’après la formule du binôme généralisé, pour tout α∈R, pour toutx∈]−1,1[: (1 +x)^α = 1 +

+∞

X

n=1

α(α−1)· · ·(α−n+ 1)

n! xⁿ = 1 +

+∞

X

n=1

1 n!

n

Y

k=1

(α−k+ 1)xⁿ.

Par suite, pour toutx∈]−1,1[, et comme(−x²)∈]−1,1[: (1−x²)^α= 1 +

+∞

X

n=1

1 n!

n

Y

k=1

(α−k+ 1)(−x²)ⁿ = 1 +

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ n!

n

Y

k=1

(α−k+ 1)x²ⁿ.

Par ailleurs, avec l’expression depn de la partie précédente, il vient pour toutx∈]−1,1[(sachantRp≥1) : f(x) =

+∞

X

n=0

p_nxⁿ = p₀+

+∞

X

n=1

p_2nx²ⁿ+

+∞

X

n=0

p_2n+1

| {z }

=0

x²ⁿ⁺¹ = 1 +

+∞

X

n=1

p_2nx²ⁿ.

D’où, pour α=−1

2 , commep_2n= (−1)ⁿ n!

n

Y

k=1

(α−k+ 1)pour toutn≥1d’après la question précédente, on a bien f(x) = (1−x²)⁻¹² pour toutx∈]−1,1[.

Partie III - Loi de la variable aléatoire T

10. Soitn∈N^∗.

Remarquons que[T =n]implique[Sn= 0], donc[T =n]⊂[Sn= 0], puis0≤P([T =n])≤P([Sn = 0]).

Sinest impair alorsP([Sn= 0]) = 0, d’où : sinest impair, alorsqn =P([T =n]) = 0. En particulier q1= 0. L’événement [S1 = 0] est impossible, donc par définition de T : T ≥ 2. Par ailleurs T = 2 ⇔ S2 = 0, donc

q₂=P([T = 2]) =P([S₂= 0]) =p₂=1 2 . 11. Pourx∈[−1,1]:

|gn(x)| = |qnxⁿ| = P([T =n])|x|ⁿ ≤ P([T =n]), d’où kg_nk^[−1,1]_∞ ≤P([T =n]). Or X

n≥0

P([T =n])converge (et vaut 1−P([T = +∞])car T(Ω) = N∪ {+∞}) donc, par comparaison de séries à termes positifs (SATP) : X

n≥0

gn converge normalement sur[−1,1].

La convergence normale implique la convergence simple, donc X

n≥0

gn converge en particulier en 1 : X

n

qn est convergente. Finalement :

R_q = sup







ρ >0/ X

n≥0

q_nρⁿ converge







≥ 1.

12. Les fonctionsf et g sont deux fonctions développables en série entière au moins sur]−1,1[, donc, par produit de Cauchy, f gest développable en série entière au moins sur]−1,1[et, pour tout x∈]−1,1[:

f(x)g(x) =

+∞

X

n=0

p_nxⁿ

! _+∞

X

n=0

q_nxⁿ

!

=

+∞

X

n=0 n

X

k=0

p_kq_n−k

! xⁿ

=

0

X

k=0

pkq0−k

! x⁰+

+∞

X

n=1 n

X

k=0

pkqn−k

! xⁿ

= p0q0+

+∞

X

n=1

pnxⁿ (d’après la relation admise pour tout n∈N^∗)

= 0 +

+∞

X

n=1

p_nxⁿ (carq₀= 0)

= −1 +p0x⁰+

+∞

X

n=1

pnxⁿ (carp0= 1)

= −1 +

+∞

X

n=0

p_nxⁿ

et finalement f(x)g(x) =−1 +f(x)pour toutx∈]−1,1[. .

13. Fixons x ∈]−1,1[. Nous avons f(x) = (1−x²)⁻¹² d’après la question 9, avec f(x) 6= 0 d’après la question précédente (sinon 0 =−1!). En injectant dans la relation obtenue à la question précédente :

(1−x²)⁻¹²g(x) = (1−x²)⁻¹² −1, d’où comme attendu g(x) = 1−√

1−x² six∈]−1,1[.

Afin d’obtenir le développement en série entière (DSE) de g(x) = 1−√

1−x², utilisons la formule du binôme généralisé :

(1 +x)^α = 1 +

+∞

X

n=1

1 n!

n

Y

k=1

(α−k+ 1)

! xⁿ.

Soitα=1

2. Puisquex∈]−1,1[, il vient(−x²)∈]−1,1[donc : p1−x² = 1 +

+∞

X

n=1

1 n!

n

Y

k=1

1

2 −k+ 1 !

(−x²)ⁿ = 1 +

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ n!

n

Y

k=1

1

2−k+ 1 !

x²ⁿ.

Par conséquent :

g(x) = 1−p

1−x² =

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁺¹ n!

n

Y

k=1

1

2 −k+ 1 !

x²ⁿ.

De plus

(−1)ⁿ⁺¹ n!

n

Y

k=1

1

2 −k+ 1

= (−1)ⁿ⁺¹ n!

n

Y

k=1

3 2 −k

= (−1)ⁿ⁺¹ n!

n

Y

k=1

3−2k 2

= 1

2ⁿn!

n

Y

k=1

(2k−3) = (2n−2)!

2ⁿn!2ⁿ⁻¹(n−1)!

Finalement :

g(x) = 1−p

1−x² =

+∞

X

n=1

(2n−2)!

2²ⁿ⁻¹n!(n−1)!x²ⁿ . Par ailleurs :

— convergence du DSE de √

1−xsi|x|<1 et divergence si|x|>1;

— donc convergence du DSE de √

1−x² six²<1 et divergence six²>1;

— d’où convergence du DSE de√

1−x²si|x|<1 et divergence si|x|>1.

Il s’ensuit que le rayon de convergence dex7→1−√

1−x²est 1. 14. Par définitiong(x) =

+∞

X

n=0

qnxⁿ six∈]−1,1[. D’après la formule de la question 13 et par unicité du DSE :

q0 = 0, q2n = (2n−2)!

2²ⁿ⁻¹n!(n−1)! sin∈N^∗ et q2n+1 = 0sin∈N. 15. • Puisque T(Ω) =N∪ {+∞}, il vient :

P([T = +∞]) = 1−

+∞

X

n=0

P([T =n]) = 1−

+∞

X

n=0

qn = 1−

+∞

X

n=0

qn1ⁿ = 1−g(1).

• Chaque g_n est continue sur[−1,1]et X

n≥0

g_n converge normalement donc uniformément sur[−1,1](d’après la

question 11). Ainsig=

+∞

X

n=0

gn est continue sur[−1,1]. En particuliergest continue en1, donc :

g(1) = lim

x→1⁻g(x) = lim

x→1⁻1−p

1−x² (d’après l’expression trouvée en question 13)

= 1−0 = 1.

• D’après les deux • qui précèdent P([T = +∞]) = 1−g(1) = 0, donc l’événement [T = +∞]est négligeable, et par conséquent il est presque sûr que le pion reviendra à l’origine à un instant donné .

16. La fonctiong:x7→

+∞

X

n=0

qnxⁿ=

+∞

X

n=0

xⁿP([T =n))est la série génératrice deT.

D’après le cours, T admet une espérance si et seulement si g est dérivable en 1. Or pour tout x ∈]−1,1[, g(x) = 1−√

1−x²doncg est dérivable sur]−1,1[et pour toutx∈]−1,1[: g⁰(x) = 2x

2√

1−x² = x

√1−x² →

x→1⁻ +∞.

La fonction g est continue sur[−1,1], dérivable sur]−1,1[et lim

x→1⁻g⁰(x) = +∞. Ainsi d’après le théorème de la limite de la dérivée, gn’est pas dérivable en1 et, par suite, T n’admet pas d’espérance .

Problème classique 2 — d’après CCS 2020 PSI maths 1 Cas de la loi de Poisson

I. A –

Q1. Par hypothèse les variables aléatoiresX1, . . . , Xn+1 sont mutuellement indépendantes. Donc, d’après le lemme des coalitions, les variables aléatoires Sn=

n

X

k=1

Xk etXn+1 sont indépendantes .

Q2. La variable aléatoire (VA)X₁suit une loi de Poisson de paramètre1

2, donc P(X₁=k) =e⁻¹²(1/2)^k

k! pour tout k∈N. Or la série exponentielle est de rayon de convergence infini, donc X

k≥0

P(X₁=k)t^k =X

k≥0

e⁻¹² k!

t 2

^k

converge pour toutt∈R. Il s’ensuit que

∀t∈R, GX₁(t) =

+∞

X

k=0

P(X1=k)t^k = e⁻¹²

+∞

X

k=0

1 k!

t 2

k

(∗)= e⁻¹²e^t2,

l’égalité(∗)étant vraie par définition de l’exponentielle. Ainsi GX₁(t) =e^t−12 , avec pour rayon de convergence+∞. Ceci permet d’affirmer au passage queX₁admet un moment à tout ordre (donc une espérance).

Q3. Soitt∈R. Par indépendance mutuelle des Xk : GS_n(t) = Gn

P

k=1

Xk

(t) =

n

Y

k=1

GX_k(t).

Or lesXk suivent la même loi queX1, donc elles ont la même fonction génératrice. On en déduit :

∀n≥1, ∀t∈R, G_Sn(t) = (G_X1(t))ⁿ .

Q4. D’après la questionQ2, pour toutt∈R: GX₁(t) =e^t−12 . Donc, d’après la questionQ3 :

∀t∈R, GS_n(t) = (GX₁(t))ⁿ = e^t−12 n

= e^n(t−1)2 .

C’est la fonction génératrice d’une variable aléatoire réelle discrète suivant une loi de Poisson de paramètre n 2. Or la fonction génératrice caractérise sa loi de probabilité : S_n suit une loi de Poisson de paramètre n

2 . En particulier :

∀k∈N, P(S_n=k) = e⁻ⁿ²(n/2)^k

k! . (1)

I.B –

Q5. Soitn∈N\ {0}. On a [S_n > n] =

+∞

G

k=n+1

[S_n=k], donc parσ-additivité :

P([S_n> n]) =

+∞

X

k=n+1

P([S_n =k]) ⁽¹⁾=

+∞

X

k=n+1

e⁻ⁿ²(n/2)^k k!

k⁰=k−n

= e⁻ⁿ²

+∞

X

k⁰=1

(n/2)^n+k0

(n+k⁰)! = e⁻ⁿ² n 2

n +∞

X

k⁰=1

(n/2)^k0 (n+k⁰)!. En multipliant chaque membre de cette égalité parn! _n²ⁿ

, et en renommant la variable muettek⁰ enk:

n!

2 n

n

P([Sn > n]) = e⁻ⁿ²

+∞

X

k=1

n! (n/2)^k

(n+k)! = e⁻ⁿ²

+∞

X

k=1

n!n^k (n+k)!

1 2

k

.

Q6. Soitk∈N\ {0}. Remarquons que pour tout`∈[[n+ 1, n+k]]il vientn+ 1≤`≤n+k, de sorte que :

n+k

Y

`=n+1

(n+ 1) ≤

n+k

Y

`=n+1

` ≤

n+k

Y

`=n+1

(n+k),

c’est-à-dire(n+ 1)^k≤ (n+k)!

n! ≤(n+k)^k. Après division parn^k >0: n+ 1

n ^k

≤ (n+k)!

n!n^k ≤

n+k n

^k .

Or n+ 1≥n, d’où

n+ 1 n

^k

≥1, puis après passage à l’inverse :

n n+k

^k

≤ n!n^k

(n+k)! ≤ 1 .

Q7. Fixonsk∈N\ {0}. L’applicationx7→ 1

1 +kx est décroissante sur[0,+∞[, donc sa valeur maximale est en 0 et ku_kk_∞=|u_k(0)|= 1

2^k. Or la série géométriqueX

k≥1

1

2^k converge car 1

2 ∈]−1,1[, donc X

k≥1

uk converge normalement sur[0,+∞[.

Q8. Fixonsn∈N\{0}. Pour les séries réelles, la convergence normale implique la convergence simple. Par conséquent, d’après la question précédente avecx= 1

n on a la convergence de X

k≥1

1 + k

n

^−k1 2

^k

= X

k≥1

uk

1 n

.

Appliquons le théorème de la double limite afin de fait n→+∞dans la formule ci-dessus :

• Chaque fonctionu_k admet bien une limite en 1 n.

• La sérieX

k

uk converge normalement sur[0,+∞[d’aprèsQ7.

Ainsi on peut fairen→+∞dans la formule ci-dessus :

n→+∞lim

+∞

X

k=1

1 + k

n

−k1 2

k

=

+∞

X

k=1

u_k(0) =

+∞

X

k=1

1 2^k = 1

2 × 1

1−¹₂ = 1 .

Q9. Fixons n∈N\ {0}. D’après la questionQ5 : n!

2 n

n

P(S_n> n) = e⁻ⁿ²

+∞

X

k=1

n!n^k (n+k)!

1 2

k

.

Grâce à l’encadrement de laQ6 : e⁻ⁿ²

+∞

X

k=1

n n+k

k 1 2

k

≤ n!

2 n

n

P(Sn> n) ≤ e⁻ⁿ²

+∞

X

k=1

1 2

k

.

Or :

• Le membre de gauche se réécrit :

+∞

X

k=1

n n+k

^k1 2

^k

=

+∞

X

k=1

1 1 + ^k_n

!^k1 2

^k

=

+∞

X

k=1

1 + k

n

−k1 2

^k .

• Le membre de droite se réécrit

+∞

X

k=1

1 2

k

= 1dans la question précédente.

Par conséquent la double inégalité devient :

+∞

X

k=1

1 + k

n

^−k1 2

^k

≤ eⁿ²n!

2 n

ⁿ

P([Sn > n]) ≤ 1.

D’après la question précédente (n→+∞) et le théorème d’encadrement :

n→+∞lim eⁿ²n!

2 n

n

P([Sn> n]) = 1 et enfin :

P([Sn > n]) ^n→+∞∼ e⁻ⁿ² n!

n 2

ⁿ .

Q10. Rappelons la formule de Stirling : n!^n→+∞∼ √

2πn ⁿ_eⁿ

. Dans l’équivalent de la question précédente : P([Sn> n]) ^n→+∞∼ e⁻ⁿ²

√2πnn e

n

n 2

ⁿ

= e⁻ⁿ² ×eⁿ

√ 2πn

1 2

n

= 1

√ 2πn

√ e 2

ⁿ .

Posons α=

√e

2 ≈0,784∈]0,1[ (calculatrice autorisée).

On a 1

√2πn

n→+∞−→ 0donc 1

√2πn =O(1). Finalement P([S_n > n]) =O(αⁿ).

Problème corsé — d’après CCMP 2020 MP maths 2 A. Préliminaires

1. Notons (X+ 1)ⁿ =

n

X

k=0

a_kX^k=

n

X

k=0

b_kX^k où pourk∈[[0, n]],a_k =b_k= n

k

selon la formule du binôme.

Toujours d’après le cours, le coefficient de degré ndu produit(X+ 1)ⁿ(X+ 1)ⁿ est

n

X

k=0

akb_n−k =

n

X

k=0

n k

n n−k

=

n

X

k=0

n k

² .

Or le coefficient de degrénde(X+ 1)²ⁿ= (X+ 1)ⁿ(X+ 1)ⁿ est 2n

n

d’après la formule du binôme.

On en déduit la formule de Vandermonde :

n

X

k=0

n k

2

= 2n

n

.

2. D’après la formule de Stirling : n! ∼

n→+∞

√2πnn e

ⁿ

. Par conséquent :

2n n

= (2n)!

(n!)² ∼

n→+∞

√4πn 2n

e 2n

2πnn e

²ⁿ = 2²ⁿ

√nπ.

Finalement 2n

n

n→+∞∼ 4ⁿ

√π√ n .

3. Soitα >0. On note la fonctionf :t7−→1/t^αqui est continue par morceaux, décroissante et positive sur]0,+∞[.

Ainsi, pour toutk≥2, Z k+1

k

f(t)dt≤f(k)≤ Z k

k−1

f(t)dtet Z 2

1

f(t)dt≤f(1) = 1, d’où :

Z n+1 1

dt t^α ≤

n

X

k=1

1

k^α ≤ 1 + Z n

1

dt t^α.

Or pourA >0, on a Z A

1

dt t^α =

t^1−α 1−α

^t=A

t=1

= A^1−α−1

1−α , donc : (n+ 1)^1−α−1

1−α ≤

n

X

k=1

1

k^α ≤ n^1−α−1 1−α .

• Soitα∈]0,1[. Alors1−α >0etn^1−α−−−−−→

n→+∞ +∞donc d’après le théorème d’encadrement et les théorèmes généraux :

1−α n^1−α

n

X

k=1

1

k^α −−−−−→

n→+∞ 1.

En d’autres termes siα∈]0,1[alors

n

X

k=1

1 k^α ∼

n→+∞

n^1−α 1−α .

• Soitα >1, on obtient pourN ≥n≥1: Z N+1

n+1

dt t^α ≤

N

X

k=n+1

1 k^α ≤

Z N n

dt t^α.

La fonction f est intégrable sur[1,+∞[ et la série est convergente, donc par passage à la limite : Z +∞

n+1

dt t^α ≤

+∞

X

k=n+1

1 k^α ≤

Z +∞

n

dt t^α.

Or 1−α <0 ainsi pourA≥1, on a Z +∞

A

dt t^α =

t^1−α 1−α

t→+∞

t=A

= 0−A^1−α

1−α= 1

(α−1)A^α−1 et enfin 1

(α−1)(n+ 1)^α−1 ≤

+∞

X

k=n+1

1

k^α ≤ 1

(α−1)n^α−1.

Comme pour le cas précédent, on conclut que

+∞

X

k=n+1

1 k^α ∼

n→+∞

1 (α−1)n^α−1 . 4. Soir x∈[2,+∞[. Les fonctionsf :t 7−→ 1

ln(t) et g :t7−→t sont de classeC¹ sur[2, x] de dérivées respectives f⁰ :t7→ −1

t(ln(t))² et g:t7−→1. Par intégration par parties : I(x) =

t ln(t)

t=x t=2

+ Z x

2

tdt t(ln(t))².

D’où la relation attendue : I(x) = x

ln(x)− 2 ln(2)+

Z x 2

dt (ln(t))² . Par croissances comparées, tf(t) = t

ln(t)−−−−→

t→+∞ +∞donc 1

t =

t→+∞o(f(t)).

Par comparaison de fonctions positives, la fonctionf étant positive sur[2,+∞[, l’intégrale Z +∞

2

f(t)dtdiverge.

De plusf(t)−−−−→

t→+∞ 0 doncf(t)² =

t→+∞o(f(t))

Par intégration des relations de comparaison dans le cas divergent avec une fonction de référence positive : Z x

2

f²(t)dt =

x→+∞ o Z x

2

f(t)dt

c’est-à-dire Z x

2

dt

(ln(t))² =

x→+∞ o(I(x)).

Ainsi lorsquex→+∞, on a x

ln(x)− 2

ln(2) =I(x) +o(I(x)), d’oùI(x)∼ x

ln(x)− 2

ln(2). Or x

ln(x)→+∞, d’où finalement I(x)^x→+∞∼ x

ln(x) .

5. D’après la formule du binôme généralisé : ∀x∈]−1,1[, (1 +x)^α=

+∞

X

n=0 n−1

Q

i=0

(α−i) n! xⁿ .

Pour α=−1/2, en ayant posé a_n= (−1)ⁿ

n−1

Q

i=0

(−1/2−i)

n! :

∀x∈]−1,1[, 1

√1−x = (1 + (−x))^−1/2 =

+∞

X

n=0

anxⁿ.

Pour n= 0, on a a0= 1et

2×0 0

4⁰ =1

1 = 1et pourn≥1 :

an = (−1)ⁿ(−1)ⁿ n!2ⁿ

n−1

Y

i=0

(2i+ 1) = 1 n!2ⁿ

2n

Q

k=1

k

n

Q

i=1

(2i)

= (2n)!

(n!2ⁿ)² = 2n

n

4ⁿ .

On en déduit la formule : ∀x∈]−1,1[, 1

√1−x=

+∞

X

n=0 2n

n

4ⁿ xⁿ .

B. Marches aléatoires, récurrence

Notons(Ω,A,P)l’espace probabilisé.

6. Les suites (P(Sn = 0d)1ⁿ)_n∈

N et (P(R=n)1ⁿ)_n∈

N sont bornées. Ainsi d’après le lemme d’Abel, les rayons de convergence des séries entières X

n≥0

P(Sn= 0d)xⁿ et X

n≥0

P(R=n)xⁿ sont supérieurs ou égaux à1,i.e.

les séries entières définissantF et Gont un rayon de convergence supérieur ou égal à1 .

En outre la somme d’une série entière est de classeC^∞ sur son intervalle ouvert de convergence. Il s’ensuit que les fonctionsF et Gsont définies et de classeC^∞sur]−1,1[.

La variable aléatoireRest à valeur dans N^∗∪ {+∞}doncΩ\[R= +∞] = G

n∈N^∗

[R=n] = G

n∈N

[R=n].

AinsiP([R6= +∞]) =

+∞

X

n=0

P([R=n])et en particulier la série X

n≥0

P([R=n])converge.

Pour n∈N, notonsgn :x7→P([R=n])xⁿ.

• D’une part, chaque gn est continue sur[−1,1].

• D’autre part kgnk_∞ ≤P([R =n]), terme général d’une série convergente. Ainsi par comparaison de séries à termes positifs (SATP), la sérieX

n

g_n converge normalement, donc uniformément.

Par conséquent Gest définie et continue sur[−1,1]. Enfin G(1) =

+∞

X

n=0

P([R=n])1ⁿ =P([R6= +∞]). 7. Soitket ndansNtels que k≤n.

Si k= 0, alors[R= 0] =∅donc[Sn= 0d]∩[R= 0] =∅. Par conséquent :

sik= 0 alors P([Sn= 0d]∩[R= 0]) = 0 =P([R= 0]) =P([R= 0])P([S_n−0= 0d]). (2) Supposons désormaisk≥1. Remarquons que[Sn−Sk= 0d] =

" _n X

i=k+1

Xi = 0d

# et

[R=k] =

" _k X

i=1

X_i= 0_d

#

∩





k−1

\

j=1

" j

X

i=1

X_i6= 0d

#



=

" ₁ X

i=1

Xi,

2

X

i=1

Xi, . . . ,

k−1

X

i=1

Xi,

k

X

i=1

Xi

!

∈ Z^d\ {0d}^k−1

× {0d}

# .

Or X1, . . . , Xk, Xk+1, . . . , Xn sont mutuellement indépendantes, donc d’après le lemme des coalitions les variables aléatoires

n

X

i=k+1

X_i et

1

X

i=1

X_i,

2

X

i=1

X_i, . . . ,

k−1

X

i=1

X_i,

k

X

i=1

X_i

!

sont indépendantes.

Ainsi les événements[R=k]et[S_n−S_k = 0_d]sont indépendants et

∀k≥1, P([Sn = 0d]∩[R=k]) = P([Sn−Sk = 0d]∩[R=k]) = P([Sn−Sk= 0d])P([R=k]). (3) Il reste à établir que S_n−S_k ∼ S_n−k pour achever de prouver la première formule demandée. Pour ce faire, commençons par démontrer que(X₁, . . . , X_n−k)∼(X_k+1, . . . , X_n).

Soit ε₁, . . . , ε_n−k ∈ Z^d. La suite (X_i)_i∈N^∗ est constituée de variables aléatoires mutuellement indépendantes suivant chacune la loi deX et à valeurs dansZ^d, donc :

P([(X₁, . . . , X_n−k) = (ε₁, . . . , ε_n−k)]) =

n−k

Y

i=1

P([X_i=ε_i]) =

n−k

Y

i=1

P([X =ε_i]) =

n

Y

i=k

P([X_i =ε_i]), d’où P([(X1, . . . , Xn−k) = (ε1, . . . , εn−k)]) = P([(Xk+1, . . . , Xn) = (ε1, . . . , εn−k)]), et donc(X1, . . . , Xn−k) et (X_k+1, . . . , X_n)suivent bien la même loi : (X₁, . . . , X_n−k)∼(X_k+1, . . . , X_n).

Commençons par établir le lemme suivant : Lemme.

SoitZ∼Y deux variables aléatoires discrètes équiréparties sur (Ω,A,P)à valeurs dansE. Soitf ∈F^E.

Alorsf(Z)∼f(Y).

En effet, puisqueP([Z =a]) =P([Y =a])pour toutaon en déduit

P([f(Z) =λ]) = P([Z∈f⁻¹(λ)]) = P([Y ∈f⁻¹(λ)]) = P([f(Y) =λ]).

On applique le lemme aux variables aléatoires de même loi Z = (X₁, . . . , X_n−k) et Y = (X_k+1, . . . , X_n)et à l’application(x1, . . . , x_n−k)7→

n−k

X

i=1

xi de(Z^d)^n−k dansZ^d.

On peut conclure que

n

X

i=k+1

Xi∼

n−k

X

i=1

Xi c’est-à-dire

S_n−S_k ∼ S_n−k. (4)

Finalement, la conjonction de (2), de (3) et (4) nous fournit comme espéré

P([S_n = 0_d]∩[R=k]) = P([R=k])P([S_n−k= 0_d]).

Soit n ∈ N^∗. Remarquons que si k > n alors [R = k]∩[Sn = 0d] = ∅ = [R = +∞]∩[Sn = 0d]. La famille ([R=k])_k∈N^∗_∪{+∞}est un système complet d’événements (SCE) donc d’après la formule des probabilités totales :

P([Sn= 0d]) = P([R= +∞]∩[Sn= 0d]) +

+∞

X

k=1

P([R=k]∩[Sn = 0d]) = 0 +

n

X

k=1

P([R=k]∩[Sn = 0d]).

Avec la précédente égalité encadrée : ∀n∈N^∗, P([Sn= 0d]) =

n

X

k=1

P([R=k])P([Sn−k = 0d]). 8. Par produit de Cauchy de séries entières de rayon1, on a pour toutx∈]−1,1[:

F(x)G(x) =

+∞

X

n=0 n

X

k=0

P([R=k])P([Sn−k = 0d])

! xⁿ.

Pour n= 0: P([R= 0])P([S₀= 0_d]) = 0.

Considéronsn∈N^∗. D’après la question précédente :

n

X

k=0

P([R=k])P([S_n−k = 0_d]) = P([R= 0])P([S_n= 0_d]) +P([S_n= 0_d]) = P([S_n= 0_d]).

Par conséquent

F(x)G(x) =

+∞

X

n=1

P(Sn= 0d)xⁿ = −1 +

+∞

X

n=0

P([Sn = 0d])xⁿ = −1 +F(x).

Enfin ∀x∈]−1,1[, F(x) = 1 +F(x)G(x). Pour la limite deF(x) quand x→1⁻, remarquons que F(x)(1− G(x)) = 1implique1−G(x)6= 0 etF(x) = 1

1−G(x), et examinons deux cas.

• Si P([R6= +∞]) = 1alors d’après 6, G(x)≤

+∞

X

n=0

P([R=n]) =P([R6= +∞]) = 1, d’où1−G(x)≥0.

Or G(1) = 1et Gest continue sur[−1,1], donc F(x)−−−−→

x→1⁻ +∞siP([R6= +∞]) = 1.

• Si P([R6= +∞])6= 1alors d’après 6 : 1−G(x)−−−−→

x→1⁻ 1−P([R6= +∞])>0.

Il s’ensuit que F(x)−−−−→

x→1⁻

1

1−P([R6= +∞]) siP([R6= +∞])6= 1. 9. Soit A > 0. La série à termes positifs (SATP) X

c_k diverge, donc la suite des sommes partielles diverge vers +∞.

Ceci fournitN ∈N^∗ tel que : ∀n≥N,

n

X

k=0

ck≥A+ 1.

Par ailleurs la fonction polynomialeϕ:x7→

N

X

k=0

ckx^k est continue sur[−1,1]etϕ(1)≥A+ 1.

Ceci nous donne l’existence deα∈]0,1[tel que : ∀x∈]1−α,1[, ϕ(x) =

N

X

k=0

ckx^k> A.

Les termes étant positifs, on arrive à :

∀A∈R^∗+, ∃α∈]0,1[, ∀x∈]1−α,1[,

+∞

X

k=0

c_kx^k > A.

Ceci signifie : lim

x→1⁻ +∞

X

k=0

ckx^k = +∞. 10. ⇒ On suppose queX

n

P(Sn= 0d)est divergente.

Alors le rayon de la série entièreX

n

P(S_n = 0_d)xⁿ est inférieur ou égal à1.

En combinant avec la question 6 : cette série entière a pour rayon1 (et pour sommeF).

Or ses coefficients sont dans R+, donc d’après la question précédente :F(x)−−−−→

x→1⁻ +∞.

Ainsi d’après la question 8 : P([R6= +∞]) = 1.

⇐ On suppose queP([R6= +∞]) = 1.

On remarque queF(x)−−−−→

x→1⁻ +∞d’après la question 8.

Par l’absurde, supposons que X

P([Sn = 0d]) est convergente. Il s’agit d’une SATP, d’où l’existence de M >0 tel que :∀N∈N,

N

X

n=0

P([Sn= 0d])≤M. Par croissance :

∀N ∈N, ∀x∈[0,1[,

N

X

n=0

P([Sn= 0d])xⁿ ≤

N

X

n=0

P([Sn = 0d]) ≤ M.

On échange les deux symboles ∀, tout en oubliant le terme du milieu de cette double inégalité :

∀x∈[0,1[, ∀N ∈N,

N

X

n=0

P([Sn= 0d])xⁿ ≤ M.

On gardexfixé et on faitN →+∞:

∀x∈[0,1[, F(x) =

+∞

X

n=0

P([S_n = 0_d])xⁿ ≤ M.