PSI* — 2020/2021 — Préparation aux oraux — Probas no 16 Page 1
16. (X-ENS) Une variable aléatoire discrète X, à valeurs dans N, a une série génératrice G de rayon de convergence R >1 vérifiant : ∀(x, y)∈R2 x2+y2< R2 ⇒G(x)G(y) = 1
2G x2+y2 . a)Déterminer G(0)et montrer que : ∀k∈N P(X= 2k+ 1) = 0.
b)Montrer que Gest solution d’une équation différentielle linéaire d’ordre 1, que l’on précisera.
c)En déduire l’expression de G, puis les valeurs deE(X) etV (X).
Solution
a)Avec y= 0, la relation vérifiée parG donne
∀x∈]0, R[ G(x)G(0) = 1 2G(x). Par ailleurs G(1) =
∞
n=0
P(X=n) = 1 d’où, avecx= 1∈]0, R[: G(0) = 1
2. Et maintenant avecy = 1,
∀x∈]0, R[ G(x) = 1
2G x2+ 1 =G(−x).
Gest donc la fonction somme d’une série entière paire, par unicité des coefficients d’une série entière tous les coefficients des puissances impaires de x sont nuls, soit :
∀k∈N P(X = 2k+ 1) = 0.
b)G est C∞ sur ]−R, R[en tant que fonction somme d’une série entière de rayon de convergence R.
Poury = 1, j’ai
|x|< R2−1⇒G(x) =1
2G x2+ 1 et je peux dériver par rapport à x :
|x|< R2−1⇒G′(x) = 1 2
√ x
x2+ 1G′ x2+ 1 . (1) Par ailleurs, pourx fixé tel que |x|<√
R2−1, j’ai
|y|< R2−x2⇒G(x)G(y) = 1
2G x2+y2 et je peux dériver par rapport à y :
|y|< R2−x2⇒G(x)G′(y) = 1 2
y
x2+y2G′ x2+y2 où je peux choisir y= 1puisqueR2−x2 >1 :
G(x)G′(1) = 1 2
√ 1
x2+ 1G′ x2+ 1 . (2)
En multipliant (2) parx et en tenant compte de(1)j’obtiens
|x|< R2−1⇒G′(x) =xG′(1)G(x). Autrement dit,
Gest solution sur −√
R2−1,√
R2−1 dey′ =xG′(1)y.
PSI* — 2020/2021 — Préparation aux oraux — Probas no 16 Page 2 c)Cette équation différentielle linéaire scalaire d’ordre 1 s’intègre à vue : il vient, du fait queG(0) = 1
2 : G(x) = 1
2exp G′(1)x2 2 .
Nous avons obtenu cette expression sur un voisinage de 0, mais par unicité des coefficients d’une série entière elle est vraie sur tout l’intervalle de convergence. En particulier pour x = 1, sachant que G(1) = 1je trouve
exp G′(1)
2 = 2 d’où G′(1) = 2 ln 2 soit finalement
G(x) = 1
2exp x2ln 2 . Il s’avère que R= +∞, doncG est deux fois dérivable en 1 et
G′(1) = 2 ln 2 car exp (ln 2) = 2 ! De plus
G′(x) =xln 2 exp x2ln 2 donne G′′(x) = ln 2 + 2x2(ln 2)2 exp x2ln 2 d’où
G′′(1) = 2 ln 2 (1 + 2 ln 2) =G′(1) +G′(1)2. Or
G′(1) =E(X) et G′′(1) =E X(X−1) =E X2 −E(X). Il en résulte
E(X) = 2 ln 2 et V (X) = 4 ln 2.