EXERCICE — COMMUN À TOUT LE MONDE

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2018-2019 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 4

du jeudi 8 novembre Durée : 4 heures

Toute calculatrice interdite

Instructions générales :

Les candidats sont priés

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

• de ne traiter que le sujet qui leur est destiné :

? classique, composé du problème1et de l’exercice ;

? corsé, composé du problème2 et de l’exercice.

Merci d’indiquer clairement sur la première page de la première copie si vous traitez le sujet classique ou le sujet corsé.

Enfin, les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction : les copies mal rédigées ou mal présentées le sont aux risques et périls du candidat !

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 !

EXERCICE — COMMUN À TOUT LE MONDE

1. Écrire une fonction factoriellequi prend en entrée un entier naturelnet qui renvoien!.

On n’accepte pas bien sûr de réponse utilisant la propre fonction factorielle du module ’math’.

2. Écrire une fonction seuil qui prend en argument un entierM et renvoie le plus petit entier natureln tel que n!> M.

3. Écrire une fonction booléenneest_divisible qui prend en argument un entier naturelnet renvoieTrue sin!

est divisible parn+ 1 etFalsesinon.

4. On considère la fonction suivante : def calcul(n):

s = 0

for k in range(1,n+1):

s = s + factorielle(k) return s

(a) Que calcule précisément cette fonction ?

(b) Déterminer le nombre de multiplications effectuées parcalcul(n).

(c) Proposer une amélioration de la fonction calcul afin d’obtenir une complexité linéaire (en termes de multiplications).

PROBLÈME 1 — SUJET CLASSIQUE

L’objet de ce problème est d’étudier les éventuelles solutions de l’équation : ln(x) = ax

oùa∈Rest fixé etx >0est l’inconnue.

Partie I. Étude de l’équation (E

)

1. On se fixe, dans cette question, un réel aquelconque.

(a) Montrer que sia∈]− ∞,0],l’équation(Ea)admet une unique solutionα∈]0,1].

(b) Montrer que que sia∈]0,¹_e[,l’équation (Ea)admet exactement deux solutionsαetβ vérifiantα∈]1, e[et β ∈]e,+∞[.

(c) Montrer que sia= ¹_e,l’équation(E_a)admet une unique solution dont on donnera la valeur.

(d) Montrer que sia > ¹_e,l’équation(Ea)n’admet pas de solution.

2. Illustrer sur quatre graphiques différents les cas où a∈]− ∞,0], a∈]0,¹_e[, a= ¹_e et a > ¹_e (on représentera la fonction logarithme ainsi que la droite d’équation y=ax)

Partie II. Étude d’une équation fonctionnelle

Dans cette partie on s’intéresse à l’étude de l’équation fonctionnelle

∀(x, y)∈R², ϕ(x+y) = ϕ(x)ϕ(y) (R) où l’inconnue est une fonctionϕcontinue surR.

1. Montrer qu’il existe exactement deux fonctions constantes sur R, que l’on précisera, solutions de(R).

2. Soitϕune solution de(R).Montrer que :

ϕ(0) = 0 ⇔ ∀x∈R, ϕ(x) = 0.

3. Soitϕune solution de(R)vérifiantϕ(0)6= 0.

(a) Donner la valeur deϕ(0)et montrer que :∀x∈R, ϕ(x)>0.

(b) Montrer que

∀n∈Z, ∀x∈R, ϕ(nx) = (ϕ(x))ⁿ. (c) Montrer que

∀m∈N^∗, ϕ(1) =

ϕ 1

m m

.

(d) Déduire des questions précédentes que

∀(n, m)∈Z×N^∗, ϕn m

= (ϕ(1))^mn.

(e) Soitx∈R. Montrer que la suite(x_n)_n∈N,définie par x_n =b10ⁿxc10⁻ⁿ pour toutn∈N,converge vers x (b·c désignant la fonction partie entière).

(f) Conclure que

∀x∈R, ϕ(x) = (ϕ(1))^x.

Partie III. Étude d’une suite de polynômes

On considère pour la suite de ce problème la suite de polynômes(Pn)_n∈Ndéfinie parP0= 1et, pourn∈N^∗ : Pn(X) = 1

n!X(X+n)ⁿ⁻¹. 1. (a) Expliciter les polynômesP1 etP2.

(b) Donner la valeur deP_n(0)pour toutn∈N. 2. Montrer que

∀n∈N^∗,∀x∈R, P_n⁰(x) =P_n−1(x+ 1).

3. En déduire que

∀n∈N,∀(x, y)∈R², P_n(x+y) =

n

X

k=0

P_k(x)P_n−k(y) (on pourra procéder par récurrence sur n).

Partie IV. Retour sur l’équation (E

)

Dans cette partie on noteαa la plus petitesolution, si elle existe, de l’équation(Ea).

1. (a) Montrer que pourx∈R, (x+n)ⁿ⁻¹ ∼

n→+∞e^xnⁿ⁻¹.

(b) Rappeler la formule de Stirling puis montrer que, pour a ∈ R et x ∈ R^∗ fixés, la série numérique P

n≥0P_n(x)aⁿ converge absolument si et seulement si|a| ≤ 1 e. 2. Dans cette question on se fixe un réelade

−¹_e,¹_e

et on noteF_a la fonction définie surRpar : Fa(x) =

+∞

X

n=0

Pn(x)aⁿ. (a) Pour 5/2 uniquement.Montrer queF_a est continue surR.

Pour 3/2 : on admet queF_a est continue surR.

(b) Rappeler le résultat de cours sur le produit de Cauchy de deux séries (pas forcément de réels positifs).

(c) En utilisant les résultats de la partie III., montrer queF_a est solution de(R)et en déduire :

∀x∈R, Fa(x) = (Fa(1))^x. (d) Pour 5/2 uniquement.Montrer queFa est de classeC¹surRet que :

∀x∈R, F_a⁰(x) = aF_a(x+ 1).

Pour 3/2 uniquement :on admet cette question.

(e) En calculantF_a⁰(0)de deux façons différentes, montrer queFa(1)est solution de(Ea).

3. On note Gla fonction définie sur

−¹_e,¹_e

parG(a) =Fa(1).

(a) Démontrer queGest monotone sur 0,¹_e

.

Pour 5/2 uniquement.Montrer queGest de classeC¹ sur

−¹_e,¹_e . (b) ExpliciterG

0,¹_e

, image de l’intervalle 0,¹_e

par la fonctionG.

(c) Conclure que

∀a∈

−1 e,1

e

, Fa(1) = αa.

4. SoitCtel que1≤C≤e^1e. Montrer que l’équationy^y=C,d’inconnuey >0,admet une unique solutiony0avec y0 = 1 + ln(C) +

+∞

X

n=2

(−1)ⁿ⁺¹(n−1)ⁿ⁻¹

n! (ln(C))ⁿ.

PROBLÈME 2 — SUJET CORSÉ

— On noteF l’ensemble des fonctions bornées deNdansR.

— On noteP l’ensemble des suites de nombres réels positifs de somme égale à1: P =

(

P = (pn, n≥0)tel que∀n∈N, pn≥0et

+∞

X

n=0

pn= 1 )

.

— PourP etQdeux éléments deP, on définit dist(P, Q) = sup

A⊂N

X

n∈A

p_n−X

n∈A

q_n

= sup

A⊂N

+∞

X

n=0

1_A(n)p_n−

+∞

X

n=0

1_A(n)q_n ,

où1A(n) = 1sin∈Aet 1A(n) = 0sinon. On pourra écrireP(A)pour X

n∈A

pn.

— Dans tout ce qui suit,λest un réel strictement positif fixé ethest un élément deF, c’est-à-dire une fonction bornée deNdansR.

I. Préliminaires

1. Trouver le réel ctel que la suite

cλⁿ

n!, n≥0, appartienne àP.

2. Soitpetqdeux réels de[0,1]. Calculer dist

(1−p, p,0, . . .),(1−q, q,0, . . .) .

3. Soitf ∈ F etP ∈ P, montrer que la série de terme général(f(n)pn, n≥0) est convergente.

II. Caractérisation

SoitPλ= (p^(λ)n , n∈N)∈ Pdéfini par

p^(λ)_n = e^−λλⁿ

n! pour tout n∈N.

4. Soitf ∈ F, montrer que la série de terme général(nf(n)p^(λ)n , n≥0)est convergente.

5. Pour toutf ∈ F, établir l’identité suivante : λ

+∞

X

n=0

f(n+ 1)p^(λ)_n =

+∞

X

n=0

nf(n)p^(λ)_n . (1)

SoitQ= (qn, n≥0)un élément deP tel que pour toutf ∈ F, l’identité suivante soit satisfaite : λ

+∞

X

n=0

f(n+ 1)qn =

+∞

X

n=0

nf(n)qn.

6. En choisissant convenablement des éléments de F, démontrer queQ=P_λ.

III. Résolution de l’équation de Stein

On note S_h, l’ensemble des fonctionsf de N dans R, telles que, pour tout entier n ≥0, l’identité suivante soit satisfaite :

λf(n+ 1)−nf(n) = h(n)−

+∞

X

k=0

h(k)p^(λ)_k . (2)

Pour simplifier les notations, on note˜hla fonction définie pour tout n≥0par

˜h(n) = h(n)−

+∞

X

k=0

h(k)p^(λ)_k .

7. Montrer queSh possède une infinité d’éléments et que pour toutf ∈ Sh, pour tout entiern≥1, f(n) = (n−1)!

λⁿ

n−1

X

k=0

˜h(k)λ^k

k!. (3)

8. Pour f ∈ S_h, pour tout entiern≥1, établir l’identité suivante : f(n) = −(n−1)!

λⁿ

+∞

X

k=n

˜h(k)λ^k

k!. (4)

9. En déduire que toute fonction f ∈ S_h est bornée.

IV. Propriété de Lipschitz

Pour une fonctionf deNdansR, on considère la fonction∆f définie par

∆f : N −→ R

n 7−→ f(n+ 1)−f(n).

On veut montrer que pourf ∈ Sh, sup

n≥1

|∆f(n)| ≤ 1−e^−λ λ

sup

k∈N

h(k)−inf

k∈Nh(k)

. (5)

Pour un entierm≥0, on considère d’abord le cas particulier oùh= 1_{m} : h(m) = 1 et h(n) = 0sin6=m.

On notefml’un des éléments deS1_{m}.

10. Établir pour1≤n≤m, l’identité suivante :

fm(n) = −(n−1)!

λⁿ p^(λ)_m

n−1

X

k=0

λ^k k!.

11. Établir une identité analogue pourn > m≥0 et en déduire le signe defm(n)pour toutn≥1.

12. Montrer que la fonction∆f_m est négative surN\ {0, m}.

Indication : on distinguera les cas 1≤n≤met n > m≥0.

13. Établir les identités suivantes :

∆f0(0) = 1−e^−λ

λ , ∆fm(m) = e^−λ λ

+∞

X

k=m+1

λ^k k! +

m

X

k=1

k m

λ^k k!

!

pourm >0.

14. En déduire que

sup

n≥1

∆fm(n) ≤ 1−e^−λ λ . On étudie maintenant le cas général. On définit la fonctionh₊ par

h+(n) = h(n)−inf

k∈N

h(k).

15. Montrer queSh=Sh₊. 16. Montrer que la série

+∞

X

m=0

h+(m)fm(n) est convergente pour tout entier n≥1.

17. Montrer que la fonctionf définie, pour toutn≥1, par f(n) =

+∞

X

m=0

h+(m)fm(n),

appartient à Sh.

18. En déduire que pour tout entiern≥1,

f(n+ 1)−f(n) ≤ 1−e^−λ λ

sup

k∈N

h(k)−inf

k∈Nh(k)

.

En utilisant−f et h₋= sup

k∈N

h(k)−h, on prouverait de façon analogue que pour tout entier n≥1,

−(f(n+ 1)−f(n)) ≤ 1−e^−λ λ

sup

k∈N

h(k)−inf

k∈N

h(k)

,

et qu’ainsi l’égalité (5) est vraie dans le cas général.

V. Application probabiliste

On considère(Xk, k= 1, . . . , n)une suite de variables aléatoires discrètes indépendantes.

On suppose que pour tout entierk∈ {1, . . . , n},Xk suit une loi de Bernoulli de paramètrerk∈]0,1]: P(X_k = 1) = r_k = 1−P(X_k = 0).

On poseλ=

n

X

k=1

rk ainsi que

S =

n

X

k=1

Xk et pour tout k∈ {1, . . . , n}, Wk = S−Xk.

On identifie la loi de la variable aléatoire S et l’élément (P(S = k), k ∈N) de P, l’ensemble défini au début de ce texte.

19. Pour toutk∈ {1, . . . , n}, pour toutf ∈ F, montrer que

Xkf(S) = Xkf(Wk+ 1) et que E(f(Wk)Xk) = rkE(f(Wk)).

20. Soith∈ F et f ∈ Sh, établir l’identité suivante : E(λf(S+ 1)−Sf(S)) =

n

X

k=1

rkE

Xk(f(Wk+ 2)−f(Wk+ 1)) .

21. Établir que

dist(loi(S), Pλ) = sup

A⊂N

E λfA(S+ 1)−SfA(S) , oùf_Aest un élément deS1A.

22. En déduire que

dist(loi(S), P_λ) ≤ 1−e^−λ λ

n

X

k=1

r²_k.

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2018-2019 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 4 – éléments de correction

EXERCICE — COMMUN À TOUT LE MONDE

1. Une fonctionfactorielle qui prend en entrée un entier naturelnet qui renvoien!, est la suivante : def factorielle(n):

s = 1

for k in range(2,n+1):

s = s * k return s

2. Voici une fonction seuil, prenant en argument un entierM et renvoyant le plus petitntel que n!> M : def seuil(M):

n = 0 facto = 1

while facto <= M:

n = n + 1

facto = facto * n return n

3. Une fonction booléenneest_divisibleprenant en argumentnet renvoyantTruesi(n+ 1)|n!etFalsesinon : def est_divisible(n):

if factorielle(n) % (n+1) == 0:

return True else:

return False 4.

(a) Cette fonction calcule

n

X

k=1

k!.

(b) Déterminons le nombre de multiplications effectuées parcalcul(n). À l’étapek, on calculek!. Or la méthode factorielle(k)utilise précisémentk−1multiplications. Ainsi le nombre total de multiplications est

n

X

k=1

(k−1) = 1

2n(n−1) = Θ(n²).

En termes de multiplications la complexité de cette méthode est quadratique . (c) Améliorons la fonctioncalculafin d’obtenir une complexité linéaire :

def calcul2(n):

s = 0 facto = 1

for k in range(1,n+1):

facto = facto * k s = s + facto return s

Cette nouvelle méthode calcule une multiplication (et une addition) à chaque étape, ce qui donnenmulti- plications au total. Il s’ensuit que la complexité de cette méthode est bien linéaire .

PROBLÈME 1 — SUJET CLASSIQUE

d’après E3A 2018 PC maths 2

Partie I. Étude de l’équation (E

) : ln(x) = ax

1. Étudions la fonction définie pour x >0 parg(x) = ln(x)

x . Son tableau de variations se construit en calculant g⁰(x) =1−ln(x)

x² ainsi que lim

x→0⁺

1

xln(x) =−∞et lim

x→+∞

ln(x) x = 0 :

x 0 1 e +∞

g⁰(x) + 1 + 0 −

g(x)

−∞

*

0 *

e⁻¹ HH

H j 0

Puisque g est continue et strictement monotone sur les intervalles ]0, e] et [e,+∞[, on lit sur son tableau de variations le nombre de solutions de l’équation(Ea)qui s’écritg(x) =a:

• Si a≤0, alors il y a une unique solutionα∈]0,1]avecα= 1quand a= 0.

• Si a∈]0, e⁻¹[, alors il y a exactement deux solutions,α∈]1, e[et β∈]e,+∞[.

• Si a=e⁻¹, alors il y a une unique solutionα=e.

• Si a > e⁻¹, alors il n’y a pas de solution.

2. Voici quatre graphiques correspondant aux casa=−1 3, a=1

3, a=1

e et a=2 3 :

0 1 2 3 4 5 6

1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0

y=ln(x) y=-1/3 x

0 1 2 3 4 5 6

1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0

y=ln(x) y=1/3 x

0 1 2 3 4 5 6

1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0

y=ln(x) y=1/e x

0 1 2 3 4 5 6

1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0

y=ln(x)

y=2/3 x

Partie II. Étude d’une équation fonctionnelle

NotonsS l’ensemble des solutions de(R): S=

ϕ∈ C⁰(R,R)/∀(x, y)∈R², ϕ(x+y) =ϕ(x)ϕ(y) . 1. Soitλ∈R, notonsλ˜ la fonction constante surRvalantλ. Alors :

λ˜∈ S ⇐⇒ λ=λ² ⇐⇒ (λ= 0 ∨ λ= 1).

Ainsi il existe exactement deux fonctions constantes sur Rsolutions de(R):˜0 et˜1 . 2. Soitϕune solution de(R).

• Supposons ϕ(0) = 0. En appliquant (R) au couple (x,0), on obtient : ∀x ∈ R, ϕ(x+ 0) = ϕ(x)ϕ(0). Par conséquent :∀x∈R,ϕ(x) = 0.

On obtient queϕest la fonction identiquement nulle.

• La réciproque est évidente.

Conclusion : ϕ(0) = 0si et seulement siϕ(x) = 0 pour toutx∈R. 3. Soitϕune solution de(R)vérifiantϕ(0)6= 0.

(a) On déduit de(R)appliquée à(0,0)que :ϕ(0) =ϕ(0)². Comme on a supposé ϕ(0)6= 0, on obtient ϕ(0) = 1. Soit maintenantx∈R.

• En appliquant(R)à (x/2, x/2), on obtient :ϕ(x) = [ϕ(x/2)]², d’oùϕ(x)>0.

• En appliquant(R)à (x,−x), on obtient :ϕ(0) =ϕ(x)ϕ(−x) = 1, d’oùϕ(x)6= 0.

Finalement ∀x∈R,ϕ(x)>0. (b) Soitx∈R.

• Pour n∈N, montrons par récurrenceHn : «ϕ(nx) = (ϕ(x))ⁿ ».

? Commeϕ(0) = 1,H0 est vérifiée.

? SupposonsHn. En appliquant (R)à (nx, x), on obtientϕ(nx+x) =ϕ(nx)ϕ(x)et en utilisant Hn, ϕ((n+ 1)x) = (ϕ(x))ⁿ⁺¹ :H_n+1 est vérifiée.

On a montré :∀n∈N,ϕ(nx) = (ϕ(x))ⁿ.

• Soitn∈Z−. En appliquant(R)à (nx,−nx), on obtient :ϕ(nx)ϕ(−nx) = 1. On en déduit, en utilisant la relation obtenue pour−nentier naturel :ϕ(nx) = 1

ϕ(−nx)= 1

(ϕ(x))⁻ⁿ = (ϕ(x))ⁿ. Finalement ∀n∈Z, ∀x∈R, ϕ(nx) = (ϕ(x))ⁿ .

(c) Soitm∈N^∗. Appliquons la relation ci-dessus àn=metx= 1/m:ϕ

m· 1 m

=

ϕ 1

m ^m

. Il s’ensuit que ∀m∈N^∗,ϕ(1) =

ϕ

1 m

^m .

(d) Soit(n, m)∈Z×N^∗. On déduit des questions précédentes, en se rappelant queϕ >0: ϕ

n· 1

m

=

(b)

ϕ

1 m

ⁿ

=

(c)

ϕ(1)^m1n

= (ϕ(1))^mn.

Il s’ensuit que ∀(n, m)∈Z×N^∗, ϕ _mⁿ

= (ϕ(1))^mn .

(e) Soitx∈R. La suite(x_n)_n représente le développement décimal dex. On peut écrire :

|x−xn| = |10⁻ⁿ·10ⁿx− b10ⁿxc ·10⁻ⁿ| = 10⁻ⁿ|10ⁿx− b10ⁿxc| 6 10⁻ⁿ. On déduit du théorème d’encadrement et de lim

n→+∞10⁻ⁿ= 0 que lim

n→+∞x_n =x.

(f) Soit x ∈ R. Pour n ∈ N, il vient xn = ^b10₁₀ⁿn^xc. Comme (b10ⁿxc,10ⁿ) ∈ Z×N^∗, on déduit de (d) que ϕ(xn) = (ϕ(1))^xn.

On déduit ensuite de la continuité de ϕsurRet de lim

n→+∞x_n =x, que lim

n→+∞ϕ(x_n) =ϕ(x).

Par ailleurs, la fonctiony7→(ϕ(1))^y est continue surR, donc lim

n→+∞(ϕ(1))^xn= (ϕ(1))^x. Finalement, par unicité de la limite : ∀x∈R, ϕ(x) = (ϕ(1))^x .

Partie III. Étude d’une suite de polynômes

1. (a) De la relation définissantPn, on obtient P1=X et P2= 1

2X(X+ 2). (b) De même, P0(0) = 1 et ∀n∈N^∗,Pn(0) = 0 .

2. Soitn∈N^∗ etx∈R.

• Les polynômes étant dérivables surR, on obtient (puisquen≥1) : P_n⁰(x) = 1

n!(x+n)ⁿ⁻²[(x+n) + (n−1)x] = 1

n!(x+n)ⁿ⁻²n(x+ 1) = 1

(n−1)!(x+ 1)(x+n)ⁿ⁻².

• Par ailleurs,Pn−1(x+ 1) = 1

(n−1)!(x+ 1)[(x+ 1) + (n−1)]ⁿ⁻²= 1

(n−1)!(x+ 1)(x+n)ⁿ⁻². Finalement ∀n∈N^∗,∀x∈R, P_n⁰(x) =P_n−1(x+ 1).

3. Montrons par récurrence sur n∈Nl’hypothèseKn : «∀(x, y)∈R²,P_n(x+y) =

n

X

k=0

P_k(x)P_n−k(y)».

• Puisque P₀= 1, on a bienP₀(x+y) =P₀(x)P₀(y)pour tout(x, y)∈R². AinsiK₀ est vérifiée.

• Supposons K_n. Soit (x, y) ∈ R². Calculons P_n+1(x+y) en utilisant le théorème fondamental de l’analyse appliqué à la fonctiony7→Pn+1(x+y)qui est bien de classeC¹ surR:

Pn+1(x+y) = Pn+1(x+ 0) + Z y

0

P_n+1⁰ (x+t)dt

=

2. P_n+1(x) + Z y

0

P_n(x+t+ 1)dt

K=n

Pn+1(x) + Z y

0 n

X

k=0

Pk(x)P_n−k(t+ 1)dt

=2. Pn+1(x) + Z y

0 n

X

k=0

Pk(x)P_n−k+1⁰ (t)dt (carn−k+ 1>0)

= Pn+1(x) +

n

X

k=0

Z y 0

Pk(x)P_n−k+1⁰ (t)dt (somme finie)

= Pn+1(x) +

n

X

k=0

Pk(x) Z y

0

P_n−k+1⁰ (t)dt

= P_n+1(x) +

n

X

k=0

P_k(x)[P_n−k+1(y)−P_n−k+1(0)]

=

1.(b)

P_n+1(x)P₀(y) +

n

X

k=0

P_k(x)P_n−k+1(y) (carP₀= 1et n−k+ 1>0)

=

n+1

X

k=0

Pk(x)P_n+1−k(y).

AinsiKn+1 est bien vérifiée. Finalement, comme espéré :

∀n∈N, ∀(x, y)∈R², P_n(x+y) =

n

X

k=0

P_k(x)P_n−k(y).

Partie IV. Retour sur l’équation (E

)

1. (a) Quandntend vers+∞on peut écrire

x+n n

n−1

= exp

(n−1) ln 1 + x

n

pour n >−x.

Pour x6= 0 :(n−1) ln 1 + x

n ∼

n→+∞(n−1)x

n ∼

n→+∞xdonc lim

n→+∞(n−1) ln 1 + x

n

=x.

Par continuité de la fonctionexpon en déduit lim

n→+∞

x+n n

n−1

=e^x. C’est vrai aussi pourx= 0.

On a bien démontré que (x+n)ⁿ⁻¹ ∼

n→+∞e^xnⁿ⁻¹. (b) La formule de Stirling s’écrit : n! ∼

n→+∞nⁿe⁻ⁿ√ 2πn. Pour ax6= 0 on a|Pn(x)aⁿ|= |x||x+n|ⁿ⁻¹|a|ⁿ

n! ∼

n→+∞

|x|e^xnⁿ⁻¹|a|ⁿ nⁿe⁻ⁿ√

2πn ∼

n→+∞

|x|e^x

√ 2π

|ea|ⁿ n^3/2.

• Si |a| ≤ 1

e alors |ea|ⁿ n^3/2 ≤ 1

n^3/2, terme général d’une série convergente puisque 3 2 >1.

• Si |a|> 1

e alors lim

n→+∞

|ea|ⁿ

n^3/2 = +∞, donc la série diverge grossièrement.

Nous obtenons que la série de terme général P_n(x)aⁿ converge absolument si et seulement si |a| ≤ 1 e . 2. (a) Pour 5/2 uniquement.Soita∈

−1 e,1

e

. Pour montrer la continuité de la fonction définie par F_a(x) =

+∞

X

n=0

Pn(x)aⁿnous allons appliquer le théorème de continuité à la série de fonctions de terme généralun(x) = P_n(x)aⁿ.

Théorème : si pour tout n la fonction u_n est continue sur R et si la série de fonctions Pu_n converge normalement sur tout segment [−A, A], alors la fonctionFa =P+∞

n=0un est continue surR. Ici, la fonctionun est bien continue surRpuisquePn est un polynôme.

Pour x∈[−A, A]avecA >0 et|a| ≤ 1

e on a |Pn(x)aⁿ| ≤ |x||x+n|ⁿ⁻¹ n!

1

eⁿ ≤A(A+n)ⁿ⁻¹ n!

1 eⁿ =wn. Ensuitewn∼ Ae^A

√ 2π

1

n^3/2 est le terme général d’une série convergente donc la série de fonctionsP

unconverge normalement sur tout segment [−A, A].

On en déduit que F_a est continue surR.

(b) Théorème du produit de Cauchy pour deux séries absolument convergentes de termes générauxan et bn

(dans une algèbre normée unitaire de dimension finie sur R) : la série de terme généralc_n =Pn

k=0a_kb_n−k est absolument convergente et de plus

+∞

X

n=0

c_n =

+∞

X

n=0

a_n

+∞

X

n=0

b_n. (c) Posonsan=Pn(x)aⁿ etbn=Pn(y)aⁿ. Pour|a| ≤ ¹_e les sériesPan etPbnsont absolument convergentes.

Par suite la série produit de CauchyP

cn est aussi absolument convergente avec cn =

n

X

k=0

Pk(x)a^kP_n−k(y)a^n−k = Pn(x+y)aⁿ

en utilisant le résultat de la question III 3.

On en déduit queFa(x)Fa(y) =Fa(x+y)et comme de plusFa est continue, elle est bien solution de(R).

On calculeF_a(0) = 1 puisqueP_n(0) = 0pourn≥1 (III 1.(b)) etP₀= 1.

On peut donc appliquer le résultat du II 3.(f) et obtenir F_a(x) = (F_a(1))^x .

(d) Pour 5/2 uniquement. Pour montrer que la fonctionFa est de classeC¹ sur R quand |a| ≤ e⁻¹, nous allons appliquer le théorème de dérivation à la série de fonctions de terme généralun :x7→Pn(x)aⁿ. Théorème : si pour tout n la fonction un est de classe C¹ sur R, si de plus la série de fonctions Pun

converge simplement sur Ret si enfin la série de fonctionsP

u⁰_n converge normalement sur tout segment, alors la fonctionFa=

+∞

X

n=0

un est de classeC¹surRetF_a⁰ =

+∞

X

n=0

un.

Ici la fonctionunest bien de classeC¹surRpuisquePnest un polynôme. Ensuite, nous avons déjà démontré que la série de fonctions P

un de variable converge normalement sur tout segment[−A, A]quand|a| ≤ ¹_e, donc elle converge simplement surR.

D’après la question III.2. on a, pourn≥1,u⁰_n(x) =P_n⁰(x)aⁿ=Pn−1(x+ 1)aⁿ =aun−1(x+ 1). Nous avons montré que Pu_n converge normalement sur tout segment [−A, A] doncPu⁰_n converge normalement sur tout segment[−A−1, A−1].

On en déduit que Fa est de classeC¹ surR quand|a| ≤ 1 e, avec F_a⁰(x) =

+∞

X

n=1

P_n⁰(x)aⁿ =

+∞

X

n=1

P_n−1(x+ 1)aⁿ = a

+∞

X

n⁰=0

Pn⁰(x+ 1)aⁿ⁰

en posantn=n⁰+ 1. Donc F_a⁰(x) =aFa(x+ 1).

(e) Avec le IV.2.(c) on a Fa(x) = exp(xln(Fa(1))), d’où F_a⁰(x) = ln(Fa(1)) exp(xln(Fa(1))) et F_a⁰(0) = ln(F_a(1)).

Avec le IV.2.(d) on aF_a⁰(x) =aFa(x+ 1)d’où F_a⁰(0) =aFa(1).

On en déduit queln(Fa(1)) =aFa(1)donc Fa(1)est solution de(Ea). 3. (a) La fonction G : a 7→

+∞

X

n=0

Pn(1)aⁿ est croissante sur

0,1 e

puisque 0 ≤ x ≤ y implique 0 ≤ Pn(1)xⁿ ≤ Pn(1)yⁿ. Parmi ces inégalités celle pourn= 1 (par exemple) est stricte six < y, de sorte que :

+∞

X

n=2

P_n(1)xⁿ≤X

n=2

P_n(1)yⁿ ∧ P₁(1)x¹< P₁(1)y¹ ⇒

+∞

X

n=1

P_n(1)xⁿ <X

n=1

P_n(1)yⁿ.

Finalement la fonction Gest strictement croissante sur

0,1 e

.

Pour 5/2 uniquement. Remarquons que G(a) = Fa(1) =

+∞

X

n=0

Pn(1)aⁿ est la somme d’une série en- tière de variable a. D’après le IV.1.(b) il y a convergence absolue si et seulement si |a| ≤ 1

e, donc le rayon de convergence est égal à 1

e. Comme il y a convergence normale sur

−1 e,1

e

la fonction G est continue sur

−1 e,1

e

. D’après les propriétés des séries entières elle est de classe C^∞ sur

−1 e,1

e

, donc Gest bien de classeC¹ sur

−1 e,1

e

.

(b) PuisqueGest strictement croissante et continue sur

0,1 e

, il vient

G

0,1 e

=

G(0), G 1

e

= [F0(1), F_1/e(1)].

On a donc G

0,1 e

= [1, e] puisque l’équation(E_1/e)a une unique solution égale àe(d’après I.1.(c)).

(c) Résumons :

• Si a∈

−¹_e,0

, alors l’équation(Ea)a une unique solutionαa donc on a bienFa(1) =αa.

• Si a∈ 0,¹_e

, alors l’équation (Ea)a deux solutions :αa ∈]1, e[ et β > e. CommeFa(1) =G(a)∈[1, e]

on a bienFa(1) =αa.

• Si a=¹_e, alors l’équation(Ea)a une unique solutionαa =edonc on a bienFa(1) =αa. Dans tous les cas on a bien Fa(1) =αa .

4. Fixons y >0 et 1 ≤C ≤e^1/e. Alors y^y =C équivaut à yln(y) = ln(C)soit ln1

y = (−ln(C))1

y, ou encore 1 y solution de (E_−ln(C)).

Comme−ln(C)∈

−1 e,0

l’équationy^y=C a une unique solutiony0 telle que 1 y0

=F_−ln(C)(1).

Avec la propriétéF_a(1)F_a(−1) =F_a(0) = 1on en déduit :

y₀ = F_−ln(C)(−1) =

+∞

X

n=0

P_n(−1)(−ln(C))ⁿ = 1 + ln(C) +

+∞

X

n=2

(−1)ⁿ⁺¹(n−1)ⁿ⁻¹

n! (ln(C))ⁿ .

PROBLÈME 2 — SUJET CORSÉ

d’après Mines 2015 PC maths I

I. Préliminaires

Dans tout ce corrigé, nous noteronsT l’opérateur de Stein, c’est-à-dire l’application qui à une suitef = (fn)_n∈N associe la suite (gn)n∈Ndéfinie par gn=λfn+1−nfn pour toutn∈N. L’applicationT est clairement linéaire, et un certain nombre de questions auront avantage à être vues à l’aide de cet opérateur. Enfin, quand une suiteu= (u_n)_n∈N est bornée, nous noteronskuk_∞ la borne supérieure des|u_n|, pour ndécrivantN.

1. Pour λ∈R, la sérieX

n∈N

λⁿ

n! est convergente de somme égale à e^λ, donc : la suite

cλⁿ

n!

n∈N

appartient àP si et seulement sic=e^−λ. 2. Notons (p_n)_n∈N et(q_n)_n∈Nles deux suites en jeu. Si A⊂N, on a

ϕ(A) := X

n∈A

p_n−X

n∈A

q_n = 1_A(0)(q−p) +1_A(1)(p−q)∈ {0, q−p, p−q},

donc|ϕ(A)| ≤ |p−q|. Par ailleurs, en prenantA={0}(ouA={1}), on a bienϕ(A) =|p−q|, donc ce majorant est en fait un maximum, donc la borne supérieure. Ainsi : dist((1−p, p,0, . . .),(1−q, q,0, . . .)) =|p−q|. 3. Puisque f est bornée, on peut écrire :

∀n∈N, |f(n)pn| ≤ kfk_∞pn. Or X

p_n est convergente, donc par comparaison de séries à termes positifs : X

n∈N

f(n)pn est absolument convergente donc convergente .

II. Caractérisation

4. Ici, on a la majoration (pour n≥1) :

nf(n)p^(λ)_n

≤ |λ|e^−λkfk_∞ λⁿ⁻¹ (n−1)!. Or X

n≥1

λⁿ⁻¹

(n−1)! est convergente, donc comme dans la question précédente : X

n∈N

nf(n)p^(λ)_n est absolument convergente donc convergente .

5. Tout d’abord, les deux séries en jeu sont (absolument) convergentes d’après les questions précédentes. Ensuite, travaillons sur les sommes partielles, en fixant N∈N: on a alors par translation d’indice :

λ

N

X

n=0

f(n+ 1)p^(λ)_n = λ

N+1

X

k=1

f(k)p^(λ)_k−1

| {z }

k λp^(λ)_k

=

N+1

X

k=1

kf(k)p^(λ)_k .

Quand N tend vers +∞, toutes les sommes convergent, et on a en passant la relation précédente à la limite : λ

+∞

X

n=0

f(n+ 1)p^(λ)_n =

+∞

X

n=0

nf(n)p^(λ)_n . (On a réindexé la deuxième somme par n plutôt que k, puis ajouté le terme (nul) pour n= 0.)

6. Si on fixen₀∈N^∗ et qu’on prendf =1_{n0}, l’identité vérifiée parf etQfournit :λq_n0−1=n₀q_n0, donc :

∀n >0, qn =λ nqn−1.

On montre alors par récurrence immédiate :

∀n∈N, qn= λⁿ n!q0.

La condition de normalisation Q ∈ P et la première question nous assurent alors que q0 = e^−λ, et ainsi : Q=Pλ .

III. Résolution de l’équation de Stein

7. Analyse :Supposons que f ∈ S_h. On a alorsλf(1)−0f(0) =eh(0), donc f(1) = eh(0)

λ = 0!

λ¹

0

X

k=0

eh(k)λ^k k!· Ensuite, pourn∈N, la relation

f(n+ 1) = n

λf(n) +eh(n)

permet d’établir par récurrence simple (mais probablement à rédiger par les candidats prudents) :

∀n∈N^∗, f(n) = (n−1)!

λⁿ

n−1

X

k=0

eh(k)λ^k k!·

Synthèse :Supposons que f est une suite de réels vérifiant :

∀n∈N^∗, f(n) =(n−1)!

λⁿ

n−1

X

k=0

eh(k)λ^k k!·

On a alors pourn∈N^∗ :

λf(n+ 1)−nf(n) = n!

λⁿ⁺¹⁻¹

n

X

k=0

eh(k)λ^k

k! −n(n−1)!

λⁿ

n−1

X

k=0

eh(k)λ^k k! = n!

λⁿeh(n)λⁿ n!,

soit finalement : λf(n+ 1)−nf(n) =eh(n). Ceci étant vrai pour toutn∈N, on a bienf ∈ SH. Finalement Sh possède une infinité d’éléments, les suitesf vérifiantf(n) = (n−1)!

λⁿ

n−1

X

k=0

eh(k)λ^k

k! pour toutn≥1 . L’infinité d’éléments vient du fait qu’on prendf(0)quelconque ! Parions que la synthèse (pourtant très accessible) n’aura pas été faite dans beaucoup de copies, et que cela aura été une des questions discriminantes.

8. Au vu de la question précédente, il s’agit de montrer que X

n∈N

eh(n)λⁿ

n! est (convergente et) de somme nulle.

Puisque hest bornée, ehl’est aussi, et la convergence (absolue) est donc acquise. Considérons alors la somme partielle, pourN ∈N:

N

X

k=0

eh(k)λ^k k! =

N

X

k=0

h(k)λ^k k! −

+∞

X

k=0

h(k)p^(λ)_k

! _N X

k=0

λ^k k!

! .

Lorsque N tend vers +∞, les trois sommes convergent. Puisque d’une part la dernière tend vers e^λ et d’autre part e^λp^(λ)_k =^λ_k!^k, on obtient bien en passant la relation précédente à la limite :

+∞

X

k=0

eh(k)λ^k k! =

+∞

X

k=0

h(k)λ^k k! −

+∞

X

k=0

h(k)e^λp^(λ)_k

!

= 0.

Finalement, grâce à la question précédente : f(n) =−(n−1)!

λⁿ

+∞

X

k=n

eh(k)λ^k k! . 9. En majorant chaque

eh(k)

par

eh

∞(on a déjà constaté queehest bornée), on obtient (après un éventuel passage par une somme partielle :

∀n∈N,

+∞

X

k=n

eh(k)λ^k k!

≤ eh

∞

+∞

X

k=n

λ^k k!·

La somme du membre de droite est le reste de la série exponentielle, donc vaut e^λ−

n−1

X

k=0

λ^k

k!·. On contrôle cette différence de façon « classique » (mais sans indication, cela semble hard !) par l’inégalité de Taylor-Lagrange pour la fonction exponentielle sur [0, λ](ou par la formule de Taylor avec reste intégral suivie d’une majoration de l’intégrale ; on pouvait aussi majorer 1

k! par 1

(k−n)!n! dans le reste initial, ce qui conduit ultimement au même majorant) :

e^λ−

n−1

X

k=0

λ^k k!

≤λⁿ n!e^λ. Ainsi, en recollant les morceaux :

∀n∈N^∗, |f(n)| ≤ 1 ne^λ

eh

∞,

donc la suite (f(n))_n∈Nconverge vers0 donc est bornée. Ainsi tous les éléments deS_h sont bornés .

IV. Propriété de Lipschitz

10. Fixonsmet ntels que1≤n≤m. On a alorseh(n) =h(n)−p^(λ)m =

(1−p^(λ)m sim=n

−p^(λ)m sinon . Or dans

n−1

X

k=0

eh(k)λ^k k!

on a k < n≤m, donc

f_m(n) = (n−1)!

λⁿ

n−1

X

k=0

(−p^(λ)_m )λ^k k!,

ce qui est le résultat attendu. Par conséquent si1≤n≤m, alorsf_m(n) =−(n−1)!

λⁿ p^(λ)_m

n−1

X

k=0

λ^k k!·.

11. Si0≤m < netk≥n, on am6=k, donceh(k) =−p^(λ)m . D’où si0≤m < n, alorsfm(n) =(n−1)!

λⁿ p^(λ)_m

+∞

X

k=n

λ^k k!·. Pour n >1, le signe def_m(n)se déduit immédiatement des deux expressions trouvées précédemment :

fm(n)est strictement négatif si1≤n≤m, et strictement positif si0≤m < n. 12. Supposons d’abord : 1≤n < m.

On a alors netn+ 1 dans[[1, m]], donc grâce à la question 10. et après factorisation :

∆fm(n) = −(n+ 1)!

λⁿ p^(λ)_m n λ

n

X

k=0

λ^k k! −

n−1

X

k=0

λ^k k!

! .

On a, pour tout k∈[[1, n]]: n λ

λ^k

k! ≥kλ^k−1

k! = λ^k−1

(k−1)! donc : n

λ

n

X

k=0

λ^k k! ≥ n

λ

n

X

k=1

λ^k k! ≥

n

X

k=1

λ^k−1 (k−1)! =

n−1

X

k=0

λ^k k!,

ce qui prouve : ∆f_m(n)≤0.

Supposons maintenant : m < n.

On a cette fois :

∆fm(n) = −(n+ 1)!

λⁿ p^(λ)_m

+∞

X

k=n

λ^k k! −n

λ

∞

X

k=n+1

λ^k k!

! .

La majoration n

k! ≤ 1

(k−1)!, valable pour toutk ≥n+ 1, après multiplication parλ^k−1, sommation et déca- lage. . . nous fournit à nouveau :∆fm(n)≤0.

Finalement ∆fmest négative surN\ {0, m}.

13. Tout d’abord, notons que : On n’a pas forcément∆f0(0) = 1−e^λ λ ·. En effet, si f0(1) vaut effectivement 1−e^λ

λ , alors f0(0) est quelconque. C’est sans conséquence mathématique dans la suite. Espérons seulement que les candidats n’auront pas passé trop de temps et d’énergie pour essayer de prouver cette relation. Mais attendez, j’ai une vision : le rapport du jury va dire que « cette erreur mineure n’a absolument pas handicapé les candidats. » Nous voila rassurés !

Fixons m >0. On a :

∆fm(m) = fm(m+ 1)−fm(m) = m!

λ^m+1p^(λ)_m

| {z }

e^−λ/λ +∞

X

k=m+1

λ^k

k! +(m−1)!

λ^m p^(λ)_m

| {z }

e^−λ/m

m−1

X

k=0

λ^k k! ·.

Dans la dernière somme, une translation d’indice donne :

m−1

X

k=0

λ^k k! =

m

X

r=1

λ^r−1 (r−1)! =

m

X

r=1

r λ

λ^r r!·

Il n’y a plus qu’à recoller les morceaux (en déplaçant les quotients metλ) :

∆f_m(m) = e^−λ λ

+∞

X

k=m+1

λ^k k! +

m

X

k=1

k m

λ^k k!

!

·

14. D’après les deux dernières question,sup

n≥1

∆fm(n) = ∆fm(m). Mais dans la dernière somme de l’expression trouvée à la question précédente, on peut majorer k

m par1, ce qui fournit :

∆f_m(m)≤e^−λ λ

+∞

X

k=1

λ^k

k! = e^−λ

λ (e^λ−1),

soit finalement : sup

n≥1

∆f_m(n)≤1−e^−λ

λ .

15. L’ensembleSh est donné (question 7) par la connaissance deseh(n)pour n ∈N. Or, si n∈N on a (en notant I= inf

k∈N

h(k)) :

hf+(n) = h+(n)

| {z }

h(n)−I

−

+∞

X

k=0

h+(k)

| {z }

h(k)−I

p^(λ)_n = h(n)−I+I

+∞

X

k=0

p^(λ)_k

| {z }

1

=eh(n),

donc : Sh=Sh+ .

16. Notons que pour que les professeurs puissent continuer d’expliquer à leurs élèves qu’une série et son éventuelle somme sont deux choses différentes, il aurait été intéressant que l’énoncé ne confonde pas les deux !

On sait que d’une part hest bornée (donch+ aussi) et que d’autre partfm(n)est de la forme (pourm≥n) : f_m(n) =K_nλ^m

m!, donc on a une majoration de la forme : h+(m)fm(n) = O

λ^m m!

.

D’où par comparaison de séries à termes positifs X

n∈N

h₊(m)f_m(n)est converge absolument donc converge . 17. Soit f définie comme dans l’énoncé. Il s’agit de montrer T(f) =eh, ou encore (question 15) T(f) =hf+. Com-

mençons par un calcul formel, qui guidera le calcul ultérieur. On écrit f =

+∞

X

m=0

h+(m)fm, puis (en signalant les deux égalités « discutables ») :

T(f) =^∗

+∞

X

m=0

h+(m)T(fm) =

+∞

X

m=0

h+(m)1]_{m} =^∗

^

+∞

X

m=0

h+(m)1_{m} = hf+.

Formalisons tout cela. On fixen∈Net on va montrer que T(f)(n) =hf+(n): T(f)(n) = λ

+∞

X

m=0

h₊(m)f_m(n+ 1)−

+∞

X

m=0

h₊(m)nf_m(n) =

+∞

X

m=0

h₊(m)T f_m(n) =

+∞

X

m=0

h₊(m)1]_{m}(n)

=

+∞

X

m=0

h₊(m)















1_{m}(n)−

+∞

X

k=0

1_{m}(k)p^(λ)_k

| {z }

p^(λ)_m















= h₊(n)−

+∞

X

m=0

h₊(m)p^(λ)_m =hf₊(n).

Ceci étant vrai pour toutn∈N, on a bienT(f) =hf+, donc f ∈ Sh₊=Sh .

L’énoncé est ici extrêmement maladroit : il y a une confusion entre cette fonction f très particulière appartenant àSh et une fonctionf générique deSh (qui, certes, diffèrent de peu, mais. . . ).

18. Prenonsf ∈ Sh. Cette application coincïde surN^∗ avec l’application des deux questions précédentes, donc si on fixen∈N^∗, on a

f(n+ 1)−f(n) =

+∞

X

m=0

h+(m) (fm(n+ 1)−fm(n)).

Dans cette somme, tous les termes sont négatifs (question 12) sauf celui d’indicem=n; ainsi : f(n+ 1)−f(n) ≤ h+(n) (fn(n+ 1)−fn(n)) = h+(n)∆fn(n).

Or d’une partfn(n)≤ 1−e^−λ

λ (question 14) et d’autre part h₊(n) = h(n)−inf

k∈Nh(k) ≤ sup

k∈N

h(k)−inf

k∈Nh(k),

et donc (on multiplie des inégalités entre des quantités positives) : f(n+ 1)−f(n)≤1−e^−λ

λ

sup

k∈N

h(k)−inf

k∈N

h(k)

.

V. Application probabiliste

19. SiXkvaut1, alors on aS=Wk+1doncXkf(S) =Xkf(Wk+1); et siXk = 0, alorsXkf(S) = 0 =Xkf(Wk+1).

Ceci prouve bien : X_kf(S) =X_kf(W_k+1).

On a utilisé l’abus de langage usuel en probabilités consistant à confondreX etX(ω): en faitXk ne vaut ni0ni 1. Pour être plus soigneux, on peut préférer rédiger : « siXk(ω) = 1. . . Ainsi(Xkf(s)) (ω) = (Xkf(Wk+ 1)) (ω) pour tout ω∈Ω, donc Xkf(S) =Xkf(Wk+1). »

Puisque X₁, . . . , X_n sont indépendantes etW_k ne dépend que desX_i pouri6=k, le lemme des coalitions nous assure quef(Wk)etXk sont indépendantes, donc l’espérance de leur produit est le produit de leurs espérances :

E(f(Wk)Xk) =E(Xk)E(f(Wk)) =rkE(f(Wk)). 20. Puisqueλ=

n

X

k=1

r_k etS=

n

X

k=1

X_k, on a

λf(S+ 1)−Sf(S) =

n

X

k=1

(r_kf(S+ 1)−X_kf(S)),

donc par linéarité de l’espérance : E(λf(S+ 1)−Sf(S)) =E

n

X

k=1

(rkf(S+ 1)−Xkf(S))

!

=

n

X

k=1

(rkE(f(S+ 1))−E(Xkf(S))).

Mais (question précédente, ou presque : Xk et f(Wk+ 1) sont encore indépendantes) :

E(Xkf(S)) = E(Xkf(Wk+ 1)) = E(Xk)E(f(Wk+ 1)) = rkE(f(Wk+ 1)).

Ainsi

E(λf(S+ 1)−Sf(S)) =

n

X

k=1

rkE(f(S+ 1)−f(Wk+ 1)),

et il reste à observer que les variables aléatoiresf(S+ 1)−f(Wk+ 1)etXk(f(Wk+ 2)−f(Wk+ 1))sont égales (même argument qu’à la question 19) pour conclure :

E(λf(S+ 1)−Sf(S)) =

n

X

k=1

rkE(Xk(f(Wk+ 2)−f(Wk+ 1))).

21. Fixons A⊂N, et prenons h=1A, de sorte que pourn ∈N, eh(n) = 1A(n)−X

i∈A

p^(λ)_i . Dans le calcul suivant, on garde en tête que P(S = k) = 0 dès que k > n (donc presque toutes les sommes sont finies), ainsi que :

+∞

X

k=0

P(S=k) = 1.

X

k∈A

P(S =k)−X

k∈A

p^(λ)_k =

+∞

X

k=0

P(S=k)1A(k)−X

i∈A

p^(λ)_i

=

+∞

X

k=0

P(S=k) 1A(k)−X

i∈A

p^(λ)_i

!

| {z }

eh(k)=T(f_A)(k)

=

+∞

X

k=0

P(S=k) (λfA(k+ 1)−kfA(k))

= E(λfA(S+ 1)−SfA(S)).

En prenant la valeur absolue de cette égalité puis la borne supérieure sur les A ⊂ N, on trouve la relation demandée : dist(loi(S), P_λ) = sup

A⊂N

|E(λf_A(S+ 1)−Sf_A(S))|.

22. D’après la question20, et puisqueXk est indépendante def(Wk+ 2)−f(Wk+ 1), il vient, pour toute partieA deN:

E(λfA(S+ 1)−SfA(S)) =

n

X

k=1

rkE(Xk)

| {z }

r_k

E(fA(Wk+ 2)−fA(Wk+ 1)).

Mais fA(Wk+ 2)−fA(Wk+ 1) est une variable aléatoire majorée en valeur absolue park∆fAk_∞ donc par 1−e^−λ

λ

sup

k∈N

h(k)−inf

k∈N

h(k)

,

avec icih=1A, puisquefA∈ S1A. Ainsi :

|E(λf_A(S+ 1)−Sf_A(S))| ≤ 1−e^−λ λ

n

X

k=1

r²_k.

Ceci est vrai pour toute partie AdeN, et la question précédente permet de conclure : dist(loi(S), Pλ) ≤ 1−e^−λ

λ

n

X

k=1

r²_k .