A — Préliminaire Sur]−1,1[, je dispose du développement en série entière usuel
(1 +t)−1/2 = 1 +
∞
k=1
aktk où
∀k∈N∗ ak=
−1
2 −3
2 · · · −1
2 −k+ 1
k! = (−1)k
2k ·1.3.· · ·.(2k−1)
k! = (−1)k
2k · (2k)!
2k.(k!)2 en multipliant numérateur et dénominateur par 2.· · · .(2k) = 2k.k!
1) D’où en remplaçantt par−x, le terme pour k= 0étant le bon,
∀x∈]−1,1[ 1
√1−x =
∞
k=0 2k
k
4k xk.
B — Identité de Karamata
2) Soient p∈N etx∈]−1,1[; j’aixp+1∈]−1,1[et la factorisation classique : 1−xp+1= (1−x)
p k=0
xk d’où en simplifiant
√1−x+
∞
k=0
akx(p+1)k=
√1−x
√1−xp+1 1−xp+1f xp+1 = 1
p k=0
xk
1−xp+1f xp+1 .
Or, j’ai grâce à l’hypothèse, par composition de limites, pétant fixé, 1−xp+1f xp+1 −→
x→1−
√π d’où
xlim→1−
√1−x
∞
k=0
akx(p+1)k= π p+ 1.
3) Soient p ∈ N et fp : t → e−(p+1)t
√t ; fp est continue et positive sur R+∗, intégrable sur ]0,1] par comparaison à une intégrale de Riemann, car
fp(t) ∼
t→0
1
t1/2 et 1/2<1.
De plus
∀t≥1 0≤fp(t) =e−te−pt
√t ≤e−t
et t→e−t est classiquement intégrable surR+ (car −1<0), donc sur[1,+∞[; par conséquent fp est aussi intégrable sur[1,+∞[, donc finalement surR+∗. Pour le calcul, j’utilise le changement de variable C1 bijectif u= (p+ 1)t :
+∞ 0
e−(p+1)t
√t dt=
+∞ 0
e−u u/(p+ 1)
1
p+ 1du= 1
√p+ 1
+∞ 0
e−u
√udu.
Ainsi, grâce au résultat fourni dans l’énoncé (Γ (1/2). . . ),
+∞ 0
e−(p+1)t
√t dtconverge et vaut π p+ 1. En conclusion, grâce au 2),
xlim→1−
√1−x
∞
k=0
akx(p+1)k=
+∞ 0
e−(p+1)t
√t dt.
4) Le résultat précéent n’est autre que la formule souhaitée, dans le cas particulierQ=Xp ; comme il est vrai pour tout p deN, par linéarité de la limite d’une part et de l’intégrale d’autre part, il en résulte
Pour toutQ deR[X], lim
x→1−
√1−x
∞
k=0
akxkQ xk =
+∞ 0
e−tQ e−t
√t dt.
5) Par définition de h, j’ai e−t
√th e−t = 1
√t sit∈]0,1] et e−t
√th e−t = 0 sit >1.
Or l’intégrale de Riemann
1 0
√dt
t (convergente car1/2<1!) se calcule à l’aide d’une primitive :
1 0
√dt
t = 2√ t 1
0 = 2.
En conclusion,
+∞ 0
e−t
√th e−t dt converge et vaut 2.
6) Soit x ∈[0,1[. La suite xk est strictement décroissante et de limite nulle, à partir d’un certain rang xk∈ 0, e−1 et doncakxkh xk = 0. Le terme général de la série considérée est donc nul à partir d’un certain rang, la suite des sommes partielles est stationnaire, ainsi
La série de terme général akxkh xk converge.
7) Précisément, pour x=e−1/n, j’ai pour toutkdans N
xk=e−k/n= 0⇔k > n
d’où ∞
k=0
akxkh xk = n
k=0
ak. Le résultat du5) et l’égalité deK donnent alors
1−e−1/n n
k=0
akn−→→∞2 or 1−e−1/n n→∞∼ 1
n car et−1 ∼
t→0t.
En conclusion,
n k=0
akn→∞∼ 2√ n.
C — Théorème taubérien
8) Par hypothèse 0 < α <1 < β. En particulier, pour tout entier naturel n non nul, αn∈]0, n[et donc [αn]∈[[0, n−1]]. AinsiSn−S[αn]= n
k=[αn]+1
ak est une somme den−[αn]termes, tous au moins égaux à an (puisque la suite(ak) est décroissante). Par conséquent
Sn−S[αn]≥(n−[αn])an.
De même, βn > n donc[βn]≥n et S[βn]−Sn =
[βn]
k=n+1
ak est une somme de [βn]−n termes tous au plus égaux à an, d’où
S[βn]−Sn≤([βn]−n)an.
En conclusion, dans le cas oùn−[αn]et[βn]−n sont non nuls, ils sont strictement positifs et S[βn]−Sn
[βn]−n ≤an≤ Sn−S[αn]
n−[αn] .
9) Soit γ un réel strictement positif. Pournsuffisamment grand, j’ai[γn]>0 et γn−1<[γn]≤γn d’où 1− 1
γn < [γn]
γn ≤1.
Or γn −→
n→∞+∞, donc grâce au théorème d’encadrement, [γn]
γn −→
n→∞1. Autrement dit, [γn]
n n−→→∞γ.
Par ailleurs, grâce à l’hypothèseSn∼2√
n, comme [γn]n−→→∞+∞, S[γn]
√n ∼ 2 [γn]
√n ∼ 2√γn
√n d’après le résultat précédent, d’où finalement
S[γn]
√n n−→→∞2√γ.
10) Soit ε >0. un réel strictement positif. D’après 8), j’ai, pour n∈N∗, en multipliant par√
n= 1/√ n 1/n , S[βn]
√n − Sn
√n [βn]
n −1
≤√ nan≤
Sn
√n−S[αn]
√n 1−[αn]
n .
D’après l’hypothèse Sn∼2√
net les résultats précédents, le minorant tend vers 2√ β−2
β−1 , il sera donc supérieur à 2√
β−2
β−1 −ε à partir d’un certain rang. De même le majorant tend vers 2−2√ α 1−α , d’où, pour tout entier natureln assez grand :
2 √ β−1
β−1 −ε≤√
nan≤ 2 (1−√ α) 1−α +ε.
11) J’ai
2 √ β−1
β−1 = 2
√β+ 1 −→
β→1+1 et 2 (1−√ α)
1−α = 2
1 +√ α −→
α→1− 1.
ε >0étant fixé, je peux fixer, par définition de la limite, αetβ tels que 0< α <1< β, 2 (1−√α)
1−α ≤1 +ε et 2 √ β−1
β−1 ≥1−ε.
Alors les résultats précédents me fournissent n0 dansNtel que n≥n0 ⇒1−2ε≤√
nan≤1 + 2ε.
En conclusion, toujours par définition de la limite,
nlim→∞
√nan= 1, c’est-à-dire que an∼ 1
√n.
D — Marche aléatoire
12) Soit (i1, . . . , in−k)∈ {−1,1}n−k ; puisque les Xℓ sont mutuellement indépendantes, j’ai P(Xk+1=i1, . . . , Xn=in−k) =n
−k
ℓ=1P(Xk+ℓ =iℓ) = 1 2
n−k
et de même
P(X1 =i1, . . . , Xn−k=in−k) =n
−k
ℓ=1P(Xℓ=iℓ) = 1 2
n−k
d’où
P(Xk+1=i1, . . . , Xn=in−k) =P(X1 =i1, . . . , Xn−k=in−k).
13) Par définition des Sn, on a
Sk+1−Sk =j1
Sk+2−Sk =j2
...
Sn−Sk=jn−k
⇔
Xk+1=j1
Xk+1+Xk+2 =j2
...
Xk+1+· · ·+Xn=jn−k
⇔
Xk+1=j1
Xk+2=j2−j1
...
Xn=jn−k−jn−k−1
La question précédente donne alors
P(Sk+1−Sk =j1, . . . , Sn−Sk =jn−k) =P(X1=j1, X2 =j2−j1, . . . , Xn−k =jn−k−jn−k−1) (précisément, au 12) les iℓ étaient supposés dans {−1,1}, mais s’ils n’y sont pas tous l’égalité reste vraie puisqu’elle s’écrit0 = 0, les Xℓ ne prenant que les valeurs −1et 1 !).
En faisant le trajet dans l’autre sens je remarque que
X1=j1
X2=j2−j1
...
Xn−k=jn−k−jn−k−1
⇔
S1=j1
S2=j2
...
Sn−k=jn−k
d’où finalement
P(Sk+1−Sk=j1, . . . , Sn−Sk=jn−k) =P(S1=j1, . . . , Sn−k =jn−k) 14) Par définition des événements considérés,
Ank = (Sk= 0)∩(Sk+1 = 0)∩ · · · ∩(Sn= 0) d’où, par la formule des probabilités composées,
P(Ank) =P(Sk= 0)P(Sk=0)(Sk+1= 0, . . . , Sn= 0). Or trivialement
P(Sk=0)(Sk+1 = 0, . . . , Sn= 0) =P(Sk=0)(Sk+1−Sk= 0, . . . , Sn−Sk= 0)
et il apparaît queSk+1−Sk, . . . , Sn−Sk sont des fonctions deXk+1, . . . Xn, tandis queSk est fonction deX1, . . . , Xk. Donc, en vertu du lemme des coalitions,Sk+1−Sk, . . . , Sn−Sk sont indépendantes de Sk, d’où
P(Sk=0)(Sk+1−Sk = 0, . . . , Sn−Sk= 0) =P(Sk+1−Sk= 0, . . . , Sn−Sk = 0). Or
(Sk+1−Sk= 0, . . . , Sn−Sk= 0) =
(j1,...,jn−k)∈(N∗)n−k
(Sk+1−Sk =j1, . . . , Sn−Sk=jn−k)
et il s’agit d’une union dénombrable (comme (N∗)n−k) d’événements incompatibles 2 à 2, donc par σ-additivité
P(Sk+1−Sk= 0, . . . , Sn−Sk= 0) =
(j1,...,jn−k)∈(N∗)n−k
P(Sk+1−Sk =j1, . . . , Sn−Sk=jn−k).
Alors d’après13),
P(Sk+1−Sk = 0, . . . , Sn−Sk= 0) =
(j1,...,jn−k)∈(N∗)n−k
P(S1=j1, . . . , Sn−k=jn−k)
où je reconnais, par définition, P(En−k),puisqu’il s’agit de la probabilité pour qu’aucune des variables aléatoiresS1, . . . , Sn−k ne prenne la valeur 0.
En conclusion,
P(Ank) =P(Sk = 0)P(En−k).
15) Soit n ∈ N. Fixons ω ∈ Ω ; comme S0(ω) = 0, l’ensemble {k∈[[0, n]] / Sk(ω) = 0} est une partie non vide de N, qui admet donc un plus grand élément. Alors par définition ω ∈ Ank. Par conséquent Ω = n
k=0
Ank. Or les Ank, k ∈ [[0, n]] sont incompatibles 2 à 2 (si ω appartenait à Ank et à Anℓ avec 0 ≤k < ℓ≤n, j’aurais Sℓ(ω) = 0 du fait que ω ∈ Ank et k+ 1≤ℓ≤n, tandis que Sℓ(ω) = 0du fait que ω∈Sℓ).
En conclusion, grâce au 14),
1 = n
k=0
P(Sk = 0)P(En−k).
16) Comme les probabilités sont bornées, les deux séries entières P(Sn= 0)xn et P(En)xn ont un rayon de convergence supérieur ou égal à 1 ; je peux donc appliquer la formule du produit de Cauchy pour tout xde]−1,1[:
∞
n=0P(Sn= 0)xn
∞
n=0P(En)xn =
∞
n=0 n k=0
P(Sk= 0)P(En−k) xn où je reconnais la série géométrique xn grâce au 15).
∀x∈]−1,1[ 1 1−x =
∞
n=0P(Sn= 0)xn
∞
n=0P(En)xn .
17) Soient n ∈ N et ω ∈ Ω. Sn(ω) est la somme de n valeurs valant chacune 1 ou −1. Si cette somme est nulle, n est nécessairement pair ! Ainsi, par contraposée, si n est impair l’événement (Sn= 0) est impossible.
Je suppose maintenant n pair et j’écris n = 2k, k ∈ N. Sn(ω) est nul si et seulement si le nombre de 1 dans la famille X1(ω), . . . , Xn(ω) vaut exactement k. Or, vu la loi suivie par les Xi et leur indépendance mutuelle, ledit nombre de 1 suit la loi binomiale B(n,1/2). En conclusion,
Si nest impair,P(Sn= 0) = 0 etP(S2k= 0) = 2kk · 1 22k. 18) Le résultat précédent permet de calculer, pour x∈]−1,1[,
∞
n=0P(Sn= 0)xn=
∞
k=0
2k k
x2k 22k où je reconnais le développement en série entière du préliminaire !
∞
n=0P(Sn= 0)xn=
∞
k=0 2k
k
4k x2 k= 1
√1−x2.
Il enrésulte, grâce au 16), après simplification par √ 1−x,
+∞
n=0P(En)xn= 1 +x 1−x.
19) Posons, pour tout n∈N,an= π
2P(En). D’après le résultat précédent, la série entière anxn a un rayon de convergence au moins égal à 1 et que sa fonction somme f vérifie
∀x∈]−1,1[ f(x) = π 2
1 +x
1−x d’où √
1−xf(x) −→
x→1−
√π.
Le7) donne alors
n k=0
ak∼2√ n
et le 11) s’applique, carEk+1 = (T > k+ 1) ⊂(T > k) =Ek : la suite (ak) est donc bien positive et décroissante, par croissance de P. J’ai doncan∼ 1
√n, d’où finalement
P(En)∼ 2 πn. 20) Par définition, (T = +∞) =
n∈N
(T > n) =
n∈N
En ; or nous venons de voir que la suite (En)n∈N est décroissante, donc par continuité décroissante de P,
P
n∈N
En = lim
n→∞P(En).
Il en résulte grâce au 19) :
P(T = +∞) = 0.
Autrement dit il est presque certain que le trajet repasse par l’origine en un temps fini.
21) Soit x∈]−1,1[. Pour toutn deN∗, j’ai
(T > n)⊂(T > n−1) et (T =n) = (T > n−1)\(T > n) d’où
P(T =n) =P(En−1)−P(En)
et donc, commme les deux séries obtenues en séparant la somme en deux convergent,
∞
n=1P(T =n)xn=
∞
n=1P(En−1)xn−
∞
n=1P(En)xn=x 1 +x
1−x − 1 +x
1−x −P(E0)
grâce au 18) et en réindexant la première somme. Or par définition T ne prend que des valeurs supérieures ou égales à 1, donc P(E0) = 1, d’où finalement
∞
n=1P(T =n)xn= 1−(1−x) 1 +x
1−x = 1− 1−x2,
cela pour toutx de]−1,1[. Mais cette relation est encore vraie pourx= 1, puisque d’après20)
∞
n=1P(T =n) =P(T <+∞) = 1.
En conclusion, puisque la relation est vraie pour toutx de]−1,1], j’ai en particulier : Pour tout réelx∈[0,1],1−√
1−x2=
∞
n=1P(T =n)xn. 22) Reste à obtenir directement le développement en série entière deϕ:x→1−√
1−x2. Orϕest C∞ sur ]−1,1[et je peux réutiliser le préliminaire :
∀x∈]−1,1[ ϕ′(x) = x
√1−x2 =x·
∞
k=0 2k
k
4k x2k=
∞
k=0 2k
k
4k x2k+1
d’où, par intégration terme à terme sur [0, x], qui est inclus dans l’intervalle ouvert de convergence, compte tenu de ϕ(0) = 0 en en réindexant
ϕ(x) =
∞
k=0 2k
k
4k
x2k+2 2k+ 2 =
∞
n=1 2n−2
n−1
4n−1 x2n
2n. J’en déduis, par unicité des coefficients d’une série entière
∀n∈N∗ P(T = 2n) = 2n−2 n−1
1
2n4n−1 = (2n−2)!
(n−1)!n!· 1
2.4n−1 = (2n−2)!
(n!)2 ·2n 4n, soit finalement, en multipliant en haut et en bas par 2n−1,
∀n∈N∗ P(T = 2n) = 1 2n−1 ·
2n n
4n .
