Concours National Marocain - Epreuve de Mathématiques I

=

x(1 − x)

n

(b) Démontrons le résultat par l’absurde. Supposons, donc, ∀n ∈ N∗, ∃(xn, yn) ∈ [0, 1]2, |xn − yn| ≤

ε

2

. Puisque [0, 1]2 est un compact, alors, d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, il

|f (xn) − f (yn)| >

existe une suite extraite (xϕ(n), yϕ(n))n de ((xn, yn))n convergeant vers (x, y) ∈ [0, 1]2.

Or ∀n ∈ N∗, |xϕ(n) − yϕ(n)| ≤

, donc, par passage à la limite, on a x = y.

≤

1

ϕ(n)

1

n

1

n

et

Et |f (xϕ(n)) − f (yϕ(n))| >

(c)

i. On a, pour tout k ∈ A,

ε

2

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

contrdit le fait que f est continue.

f (x) − f

(cid:18) k

n

(cid:19)(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

≤

ε

2

, donc :

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:88)

k∈A

f (x) − f

(cid:18) k

n

(cid:19)(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

Bn,k ≤

ε

2

(cid:88)

k∈A

Bn,k ≤

ε

2

n

(cid:88)

k=0

Bn,k =

ε

2

.

ii.

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:88)

k∈B

f (x) − f

(cid:18) k

n

(cid:19)(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

Bn,k ≤ 2M

(cid:88)

k∈B

Bn,k

≤

≤

≤

≤

2M

α2

2M

α2

(cid:18)

(cid:88)

x −

k∈B

n

(cid:88)

(cid:18)

k=0

x −

(cid:19)2

k

n

(cid:19)2

k

n

Bn,k car ∀k ∈ B,

(cid:1)2

(cid:0)x − k

n

α2

≥ 1

Bn,k

2M

nα2 x(1 − x) d’après I.4.a

M

2nα2 x(1 − x) car ∀x ∈ [0, 1], x(1 − x) ≤

1

4

(d) Soit x ∈ [0, 1]. Comme (A,B) est une partition de

0 , n

(cid:75)

(cid:74)

et f (x) =

n

(cid:88)

k=0

f (x)Bn,k(x) (d’après I.1.a) et donc,

2/8

d’après I.4.c.i et I.4.c.ii

|Pn(f )(x) − f (x)| =

≤

≤

≤

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

k=0

(cid:12)

n

(cid:88)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

k=0

(cid:88)

k∈A

ε

2

+

M

2nα2

n

(cid:88)

(cid:18)

f (x) − f

(cid:19)(cid:19)

(cid:18) k

n

Bn,k

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

f (x) − f

f (x) − f

(cid:18) k

n

(cid:18) k

n

(cid:19)(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:19)(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

Bn,k

Bn,k +

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:88)

k∈B

f (x) − f

(cid:18) k

n

(cid:19)(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

Bn,k

(e) Comme

M

2nα2 −−−−−→

n→+∞

0, donc ∃N ∈ N, ∀n ∈ N, n ≥ N =⇒

M

2nα2 ≤

ε

2

∃N ∈ N, ∀n ∈ N, ∀x ∈ [0, 1], n ≥ N =⇒ |Pn(f )(x) − f (x)| ≤ ε. D’où (Pn(f ))n≥1 converge uniformément

vers f sur [0,1].

5. Considérons ϕ :

[a, b] −→ [0, 1]

x − a

b − a

x (cid:55)−→

, il est clair que ϕ est une bijection continue et ϕ−1 :

[0, 1] −→ [a, b]

.

x (cid:55)−→ (1 − x)a + xb

Posons f = g ◦ ϕ−1 qui est continue sur [0,1]. Donc elle est limite uniforme de (Pn(f ))n≥1 sur [0,1].

Posons : ∀n ≥ 1, ∀x ∈ [a, b], Qn(g)(x) = Pn(f (x))(ϕ(x)) (est une fonction polynômiale). Alors ∀x ∈ [a, b]

|g(x) − Qn(g)(x)| = |(f − Pn(f ))(ϕ(x))| ≤ (cid:107)f − Pn(f )(cid:107)∞ −−−−−→

n→+∞

0

c-à-d (Qn(g))n converge uniformément vers g sur [a,b].

1. (a) Puisque Sn suit la loi binomiale de paramètres n et x, alors Sn(Ω) =

Partie II

0 , n

(cid:74)

(cid:75)

et ∀k ∈

0 , n

(cid:74)

(cid:75)

, P (Sn = k) =

Bn,k(x).

Donc

E(Sn) =

n

(cid:88)

k=0

kBn,k(x) = nx et V (Sn) = E(S2

n) − (E(Sn))2 =

n

(cid:88)

k=0

k2

n2 Bn,k(x) − n2x2 = nx(1 − x).

Donc E(Xn) = x et V (Xn) =

1

n2 V (Sn) =

x(1 − x)

n

.

(b) Soit δ > 0. On a d’apèes l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev,

P (|Xn − x| ≥ δ) ≤

V (Xn)

δ2 =

x(1 − x)

nδ2 ≤

1

4nδ2 .

2. (a) D’après le théorème de transfert,

Cn(f )(x) = E(f (Xn)) =

(cid:19)

n

(cid:88)

k=0

(cid:18) k

n

f

Bn,k(x) = Pn(f )(x)

Donc Cn(f ) est polynomiale sur [0,1].

(b)

i. Puisque, pour tout k ∈

I.4.c.i on a le résultat.

(cid:18)

, on a P

X =

0 , n

(cid:74)

(cid:75)

(cid:19)

k

n

(cid:18)

ii. Pour tout k ∈

(cid:19)

(cid:18)

P

Xn =

k

n

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

k

n

− x

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

(cid:12)

tel que

0 , n

(cid:75)

1

4nβ2 . D’où

(cid:74)

≤

= P (Sn = k) = Bn,k(x), alors d’après la question

> β, on a

Xn =

(cid:19)

k

n

= (|Xn − x| > β) et donc, d’après II.1.b,

(cid:18)

f (x) − f

(cid:19)(cid:19)

(cid:18)

P

Xn =

(cid:18) k

n

(cid:19)

k

n

≤

M

2nβ2 .

(cid:88)

n −x|>β

| k

3/8

(c) On procède comme dans I.4.d et I.4.e pour conclure que (Cn(f ))n≥1 converge uniformément vers f sur [0,1].

Partie III

1. (a) Par linéarité de l’intégrale, on a : ∀P ∈ R[X],

(cid:90) b

P (x)f (x)dx = 0. Or d’après le théorème de Stone-

Weierstrass f est limite uniforme d’une suite de polynômes réels (Pn)n sur [a,b]. Et on a

a

∀x ∈ [a, b], ∀n ∈ N, |f 2(x) − f (x)Pn(x)| = |f (x)||f (x) − Pn(x)| ≤ (cid:107)f (cid:107)∞(cid:107)f − Pn(cid:107)∞ −−−−−→

n→+∞

0

Donc (f Pn)n converge uniformément vers f 2 sur [a,b].

D’après le théorème d’interversion limite-intégrale, 0 =

(cid:90) b

a

f (x)Pn(x)dx −−−−−→

n→+∞

a

(cid:90) b

f 2(x)dx. Donc

(cid:90) b

a

f 2(x)dx = 0.

Or f 2 est positive et continue sur [a,b], donc f 2 est nulle sur [a,b]. D’où f est nulle sur [a,b].

(b) La fonction x (cid:55)→ xne−(1−i)x est intégrable sur [0, +∞[ car elle y est continue et |xne−(1−i)x| = xne−x = o

(cid:19)

(cid:18) 1

x2

au voisinage de +∞. Et, par intégration par partie, on a In+1 =

a :

In. D’où, par récurrence sur n, on

∀n ∈ N, In =

n!

(1 − i)n I0 =

n + 1

1 − i

n!

(1 − i)n+1 .

(c) Soit φ :

[0, +∞[ −→ R

√

x (cid:55)−→ e− 4√

x sin( 4

√

le changement de variable y = 4

x et la question III.1.b,

. φ est continue et non nulle sur [0, +∞[. Soit n ∈ N. En utilisant

x)

(cid:90) +∞

0

xnφ(x)dx = 4

(cid:90) +∞

0

y4n+3e−y sin(y)dy = 4Im(I4n+3) = 0

Commentaire : cette question nous permet de conclure que la généralisation de III.1.a n’est pas vrai sur

un intervalle quelconque.

2. D’après le théorème de Stone-Weierstrass, il existe une suite (Qn)n de fonctions polynomiales convergeant

uniformément vers g.

On a alors

(cid:90) b

a

(cid:90) b

g(t)dt.

Qn(t)dt −−−−−→

n→+∞

1

b − a

(cid:90) b

a

(cid:90) b

a

vers g sur [a,b] vérifiant

Pn(t)dt = 0.

Posons Pn(t) = Qn(t) −

Qn(x)dx et donc (Pn)n est une suite de polynômes convergeant uniformément

3. Comme ϕ(cid:48) est continue sur I, alors il existe une suite (Qn) de fonctions polynomiales convegeant uniformément

vers ϕ(cid:48) sur I.

a

(cid:90) x

Posons alors Pn(x) = ϕ(a) +

a

que (Pn)n converge uniformément vers ϕ sur I. Et puisque P (cid:48)

Qn(t)dt. L’inégalité |Pn(x) − ϕ(x)| ≤

a

n = Qn, la suite (Pn)n convient.

(cid:90) x

|ϕ(cid:48)(t) − Qn(t)|dt permet d’établir

4. il existe une suite (Qn) de fonctions polynomiales convergeant uniformément vers ψ sur I. Posons mn = inf

t∈I

Qn(t)

ψ(t). Or Qn et ψ sont continues sur le segment I, donc il existe tn, t(cid:48) ∈ [a, b] tel que mn = Qn(tn)

et m = inf

t∈I

m ≥ 0. Soit ε > 0. ∃N ∈ N, ∀n ≥ N, ∀t ∈ I, |ψ(t) − Qn(t)| < ε, donc

et m = ψ(t(cid:48)). Montrons que mn −−−−−→

n→+∞

∀n ≥ N mn = Qn(tn) > ψ(tn) − ε ≥ m − ε et m = ψ(t(cid:48)) > Qn(t(cid:48)) − ε ≥ mn − ε donc ∀n ≥ N |mn − m| < ε.

Ainsi mn → m.

La suite (Pn = Qn − mn + m) convient.

Problème : 2

1. Si Z suit la loi de Bernoulli de paramètre p, alors Z(Ω) = {0, 1} et P (Z = 1) = p, P (Z = 0) = 1 − p. Donc

par, le théorème de transfert,

∀t ∈ R, MZ(t) = pet + 1 − p.

Partie I

4/8

2. Par, le théorème de transfert, ∀t ∈ R, MX (t) =

r

(cid:88)

j=1

pjetxj et donc MX est de classe C∞ sur R et

∀k ∈ N, ∀t ∈ R, M (k)

X (t) =

r

(cid:88)

j=1

pjxk

j etxj .

D’où ∀k ∈ N, M (k)

X (0) = E(X k).

3. (a) ϕX est bien définie sur R∗ car MX est strictement positive sur R puisque :

— ∀t ∈ R, ∀j ∈

— ∃i ∈

1 , r

(cid:74)

(cid:75)

Soit t ∈ R∗.

1 , r

, etxj > 0

r

(cid:88)

(cid:74)

(cid:75)

, pi > 0 puisque

pj = 1

j=1

MX (t) =

r

(cid:88)

j=1

pjetxj =

r

(cid:88)

j=1

pj(1 + xjt +

x2

j

2

t2 + ot→0(t)) = 1 + E(X)t +

E(X 2)

2

t2 + ot→0(t2)

Donc ϕX (t) = E(X) +

en 0

V (X)

2

t + ot→0(t). D’où lim

t→0

ϕX (t) = E(X). Donc ϕX est prolongeable par continuité

(b) D’après la question précédente ϕX admet un développement limité d’ordre 1 en 0, donc elle est dérivable en

0 et ϕ(cid:48)

X (0) =

V (X)

2

.

(c)

i. Soit u ≤ 0. D’après la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre 3, il existe c ∈]u, 0[ tel que :

eu − 1 − u −

1

2

u2 =

1

3!

u3ec ≤ 0 car u ≤ 0.

D’où ∀u ≤ 0, eu ≤ 1 + u +

1

2

u2.

ii. Soit t ≥ 0. On a, pour tout j ∈

1 , r

(cid:74)

, txj ≤ 0, donc, d’après la question précédente,

(cid:75)

(cid:18)

pj

1 + txj +

MX (t) ≤

r

(cid:88)

j=1

(cid:19)

1

2

j t2

x2

= 1 + E(X)t +

t2

2

V (X)

Et comme ∀x > −1, ln(1 + x) ≤ x, alors

ϕX (t) ≤ E(X) +

t

2

V (X) ≤ E(X) +

t

2

E(X 2) car V (X) = E(X 2) − E2(X) ≤ E(X 2).

(d)

i. Considèrons l’endomorphisme φ de C∞(R) définie par : ∀f ∈ C∞(R), φ(f ) = f (cid:48).

On a, pour tout i ∈

à la valeur propre xi. Et comme les xi sont deux à deux distinctes, alors (f1, . . . , fr) est libre.

, fi n’est pas nulle et φ(fi) = xifi, donc fi est un vecteur propre de φ associé

1 , r

(cid:74)

(cid:75)

ii. Dans cette question on n’a oublié de dire que X(Ω) = Y (Ω) = {x1, . . . , xr}.

=⇒ C’est évident.

⇐= On pose, pour tout j ∈

(cid:75)

On a ∀t ∈ R∗, ϕX (t) = ϕY (t), donc ∀t ∈ R∗, MX (t) = MY (t), c-à-d

, pj = P (X = xj) et qj = P (Y = xj).

r

(cid:88)

1 , r

(cid:74)

(pk − qk)fk = 0. Et comme la

(e) Puisque X et Y sont indépendantes, alors ∀t ∈ R, etX et etY le sont aussi. Donc E (cid:0)et(X+Y )(cid:1) = E (cid:0)etX etY (cid:1) =

, pj = qj. D’où ont la même loi.

k=1

1 , r

(cid:74)

(cid:75)

famille (f1, . . . , fr) est libre, alors j ∈

E (cid:0)etX (cid:1) E (cid:0)etY (cid:1) . D’où ϕX+Y = ϕX + ϕY

(f ) Le résultat de la question précédente se généralise, par récurrence, à un nombre fini de variables aléatoires

discrètes finies mutuallement indépendantes.

Comme X suit la loi binomiale de paramètres s et p, alors on peut voir X comme somme de s variables

aléatoires X1, . . . , Xs qui ont même loi de Bernoulli de paramètre p.

Donc, d’après la question précédente, ϕX =

ϕXj = sϕX1. Donc

s

(cid:88)

j=1

∀t ∈ R, MX (t) = (MX1 )s = (pet + 1 − p)s.

5/8

(g)

X et − X sont symétriques ⇐⇒ X et − X ont même loi

⇐⇒ ϕX = ϕ−X (d’après I.3.d.ii)

⇐⇒ ∀t ∈ R∗, ϕX (t) =

ln (cid:0)E (cid:0)e−tX (cid:1)(cid:1) et ϕX (0) = 0

1

t

⇐⇒ ∀t ∈ R∗, ϕX (−t) = −

⇐⇒ ∀t ∈ R, ϕX (t) = −ϕX (−t)

⇐⇒ ϕX est impaire

1

t

ln (cid:0)E (cid:0)etX (cid:1)(cid:1) et ϕX (0) = 0

4. (a) Soit (n, t) ∈ N∗ × R∗.

Or

MS∗

n

(t) = E

(cid:16)

etS∗

n

(cid:17)

= e−t E(Sn)

σ(Sn ) E

(cid:16)

et Sn

σ(Sn )

(cid:17)

E(Sn) = E

(cid:33)

Xk

=

(cid:32) n

(cid:88)

k=1

n

(cid:88)

k=1

E(Xk) = nm

et puisque les Xk sont mutuellement indépendantes, alors :

V (Sn) = V

(cid:33)

Xk

=

(cid:32) n

(cid:88)

k=1

n

(cid:88)

k=1

V (Xk) = nσ2.

Donc MS∗

n

(t) = e−t m

√

n

σ E

(cid:16)

et Sn

√

σ

n

(cid:17)

. D’où

ϕS∗

n

(t) = −

√

n

m

σ

+ ϕ Sn

√

σ

n

(t)

Et puisque les Xk sont mutuellement indépendantes , alors les

Xk

√

n

σ

le sont aussi et, d’après I.3.e, on a :

Or,

D’où

(b) Quand n → +∞, ϕX

Donc

ϕ Sn

√

σ

n

(t) =

n

(cid:88)

k=1

ϕ Xk

√

σ

n

(t) = nϕ X

√

σ

(t)

n

ϕ X

√

σ

n

(t) =

=

1

√

1

√

σ

σ

1

t

√

n

σ

ϕX

n

(cid:16)

(cid:16)

e

E

ln

t

√

nX

σ

(cid:17)(cid:17)

n

(cid:18) t

√

σ

n

(cid:19)

ϕS∗

n

(t) = −

(cid:19)

(cid:18) t

√

σ

n

= m +

tσ

√

2

n

+ o

√

m

n

σ

(cid:18) 1

√

n

√

n

σ

ϕX

(cid:18) t

√

σ

n

(cid:19)

.

+

(cid:19)

.

ϕS∗

n

(t) =

t

2

+ o(1) −−−−−→

n→+∞

t

2

.

Partie II

1. (a) Soit x ∈ R. Comme b ∈]a, c[, alors ∃λ ∈]0, 1[, b = λa + (1 − λ)c (λ =

Or exp est convexe, donc ebx ≤ λeax + (1 − λ)ecx ≤ eax + ecx.

c − b

c − a

).

(b) On pose X(Ω) = {xn | n ∈ N} et ∀n ∈ N, P (X = xn) = pn. On a ∀t ∈ IX , MX (t) =

+∞

(cid:88)

n=0

pnetxn .

— Comme

+∞

(cid:88)

n=0

pn = 1, alors 0 ∈ IX .

6/8

— Soit a, c ∈ IX tel que a < c et b ∈]a, c[. Alors MX (a) et MX (c) existent. Or, d’après la question

précédente, ∀n ∈ N, ebxn ≤≤ eaxn + ecxn, donc MX (b) existe et par suite b ∈ IX

. Soit t ∈ R,on pose an(t) = e−λ (etλ)n

> 0.

n!

0 < 1, donc, d’après la règle de D’Alembert MY (t) existe pour tout t ∈ R et

Donc IX est un intervalle de R contenant 0.

Comme

2. On a Y (Ω) = N, ∀n ∈ N, P (Y = n) = e−λ λn

n!

λet

=

n + 1

e−λ (etλ)n

n!

an+1(t)

an(t)

+∞

(cid:88)

= eλ(et−1)

−−−−−→

n→+∞

MY (t) =

n=0

3. (a) On a, pour tout n ∈ N, un est de classe C∞ sur ] − α, α[ et on a

∀(k, n, t) ∈ N × N×] − α, α[, u(k)

n = P (X = xn)xk

netxn

et Donc

∀(k, n, t) ∈ N × N×] − α, α[,

(cid:12)

(cid:12)u(k)

(cid:12)

n

(cid:12)

(cid:12) ≤ P (X = xn)|xn|keα|xn|

(cid:12)

car ∀(n, t) ∈ N×] − α, α[, |txn| ≤ α|xn|.

(b) Soit k ∈ N. D’après la question précédente,

∀(n, t) ∈ N×] − α, α[, |u(k)

n (t) ≤ |xn|ke−δ|xn|P (X = xn)eρ|xn| où δ = ρ − α > 0

Or si k ≥ 1, la fonction t (cid:55)→ tke−δt admet sur [0, +∞[ un maximum absolu en

Sinon, un(t) ≤ P (X = xn)eρ|xn|. Donc Mk = max(1, Nk) convient.

δ

k

> 0, qu’on le note Nk > 0.

(c) On a :

(cid:88)

—

un converge simplement sur ] − a, a[.

n≥0

— ∀n ∈ N, un est de classe C∞ sur ] − a, a[.

— D’après la question précédente, ∀α > 0 tel que [−α, α] ⊂] − a, a[ et ρ ∈]α, a[,

∀k ∈ N, ∃Mk > 0, ∀(n, t) ∈ N×] − α, α[,

(cid:12)

(cid:12)u(k)

(cid:12)

n

(cid:12)

(cid:12) ≤ MkP (X = xn)keρ|xn|

(cid:12)

P (X = xn)keρ|xn| est convergente car ρ ∈ IX . Donc ∀k ∈ N,

u(k)

n converge normalement sur

(cid:88)

n≥0

(cid:88)

Or

n≥0

[−α, α]

Donc MX est de classe C∞ sur ] − a, a[ et

∀k ∈ N, ∀t ∈] − a, a[, M (k)

X (t) =

+∞

(cid:88)

n=0

P (X = xn)xk

netxn

En particulier M (k)

X (0) =

+∞

(cid:88)

n=0

P (X = xn)xk

n. D’où E(X k) existe et M (k)

X (0) = E(X k).

4. Puisque Y suit la loi de Poisson de paramètre λ, alors MY est définie sur R et ∀t ∈ R, MY (t) = eλ(et−1). Donc,

Y (0) = λ(1 + λ)

d’après la question précédente, E(Y) et E(Y 2) existent et E(Y ) = M (cid:48)

et donc

Y (0) = λ et E(Y 2) = M (cid:48)(cid:48)

V (Y ) = E(Y 2) − (E(Y ))2 = λ.

Partie III

1. Comme dans la question I.3.e.

2. (a) Le résultat est trivialement vérifié pour t = 0. Donc il suffit de le démontrer par récurrence sur k ∈ N∗ pour

tout t > 0.

— Pour k = 1, puisque la fonction t (cid:55)→ est est convexe sur [0, +∞[ donc st ≤ 1 + st ≤ est.

— Soit k ≥ 1. Supposons que la propriété est vraie pour k et montrons la pour k + 1.

— Considérons la fonction φk+1 définie sur [0, +∞[ par : φk+1(t) = (k + 1)!est − (st)k+1. φk+1 est classe

k+1(t) = (k + 1)s(k!est − (st)k ≥ 0 (d’après l’hypothèse de récurrence.) Donc

k+1(0) = (k + 1)! c-à-d (k + 1)!est ≥ (st)k+1.

C∞ sur [0, +∞[ et ∀t ≥ 0, φ(cid:48)

φk+1 est croissante sur [0, +∞[. D’où ∀t ≥ 0, φ(cid:48)

k+1(t) ≥ φ(cid:48)

Et la récurrence est établie.

k!

sk es|t| et

(cid:90) +∞

−∞

es|t|f (t)dt < +∞ car

(b) Soit k ∈ N∗ et f la fonction de densité de X. On a ∀t ∈ R, |t|k ≤

s ∈ IX . Donc E(|X|k) est fini.

7/8

(c) On a pour tout t ∈] − s, s[ :

MX (t) =

(cid:90) +∞

−∞

etuf (u)du =

(cid:90) +∞

(cid:32)+∞

(cid:88)

−∞

n=0

(tu)n

n!

(cid:33)

f (u)

du.

On pose, pour tout n ∈ N, fn : u (cid:55)→

— ∀n ∈ N, fn est continue par morceaux intégrable sur R (d’après la question III.2.a)

—

fn converge simplement sur R vers la fonction g : u (cid:55)→ etuf (u) qui est continue par morceaux et

f (u)

(cid:88)

(tu)n

n!

n≥0

intégrable sur R car t ∈] − s, s[⊂ IX

(cid:90) +∞

(cid:90) +∞

— ∀n ∈ N,

|fn(u)|du =

−∞

|t|n

n!

−∞

|u|nf (u)du =

E(|tX|n)

n!

(∀t ∈] − s, s[, E(|tX|) existe puisque : [−s, s] ⊂ IX avec s > 0, et exp(a|X|) < exp(sX) + exp(−sX) on

en déduit que E(exp(a|X|)) existe, et donc E(exp |tX|) existe pour tout |t| ≤ s.)

(cid:88)

converge vers exp(E(|tX|).

E(|tX|n

n!

—

n≥0

Donc, d’près le théorème d’intégration terme à terme,

∀t ∈] − s, s[, MX (t) =

+∞

(cid:88)

(cid:90) +∞

n=0

−∞

fn(u)du =

+∞

(cid:88)

n=0

(cid:18)(cid:90) +∞

−∞

unf (u)du

(cid:19) tn

n!

=

+∞

(cid:88)

n=0

E(X n)

n!

tn.

(d) D’après la question précédente MX est développable en série entière en 0 et donc ∀k ∈ N, M (k)

X (0) = E(X k).

FIN

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