ainsi 1−rn>0

PSI* — 2019/2020 — Révisions par chapitres — Probas n^o 13 Page 1 13. (Mines) Soit X une variable aléatoire à valeurs dans NetG^X sa fonction génératrice. Montrer que

∀n∈N^∗ ∀r ∈]0,1[ P(X≥n)≤ 1−GX(r) 1−rⁿ . Étudier les cas d’égalité.

Solution : fixonsn∈N^∗ etr∈]0,1[; ainsi 1−rⁿ>0.

Par σ-additivité, j’ai

P(X≥n) =

∞

k=n

P(X=k) d’où rⁿP(X ≥n) =

∞

k=n

rⁿP(X =k).

Or pour k≥n,rⁿ≥r^k etP(X=k)≥0d’où par somme finie d’inégalités et passage à la limite, rⁿP(X ≥n)≥

∞

k=n

r^kP(X =k) =GX(r)−

n−1

k=0

r^kP(X=k) d’où en multipliant par −1

−rⁿP(X ≥n)≤

n−1

k=0

r^kP(X=k)−GX(r).

En ajoutant cette dernière inégalité à la première égalité, j’obtiens (1−rⁿ)P(X≥n)≤

∞

k=n

P(X=k) +

n−1

k=0

r^kP(X=k)−G^X(r). Il reste à remarquer que

n−1

k=0

r^kP(X=k)≤

n−1

k=0

P(X =k) et ^∞

k=n

P(X =k) +

n−1

k=0

P(X=k) =

∞

k=0

P(X=k) = 1, d’où

(1−rⁿ)P(X≥n)≤1−GX(r). En conclusion, comme 1−rⁿ>0,

P(X ≥n)≤ 1−GX(r) 1−rⁿ .

Vu l’enchaînement des majorations ci-dessus, il y a égalité si et seulement si

∞

k=n

r^kP(X=k) =

∞

k=n

rⁿP(X=k) et

n−1

k=0

r^kP(X=k) =

n−1

k=0

P(X=k).

Or r^k < rⁿ pour k > n etr^k <1 pour k >0. Par conséquent, comme tous lesP(X =k) sont positifs ou nuls, il y a égalité si et seulement si

∀k > n P(X =k) = 0 et ∀k∈]]0, n[[ P(X =k) = 0 . En conclusion,

Il y a égalité si et seulement si : ∀k∈N^∗\ {n} P(X =k) = 0.

N.B.Je vérifie non sans satisfaction que, dans ce cas, en notantp=P(X=n), j’aiP(X= 0) = 1−p et

GX(r) = 1−p+prⁿ d’où 1−GX(r) =p(1−rⁿ) !!