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SOLUTIONS
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Si 0 t <
1
2
, f
(t) > 0 équivaut à
1 − t
1 − 2t
> e
t
2 ou encore ln
1 − t
1 − 2t
> t
2 . Considérons la
fonction g définie pour 0 t <
1
2
par
g(t) = ln
1 − t
1 − 2t
− t
2 .
On obtient
g
(t) =
1
(1 − t)(1 − 2t)
− 2t > 0,
car 0 < (1 − t)(1 − 2t) 1 donc
1
(1 − t)(1 − 2t)
1 et 2t < 1. La fonction g est croissante
sur
0,
1
2
et g(0) = 0 donc g(t) > 0 sur
0,
1
2
, c’est-à-dire f
(t) > 0 si 0 < t <
1
2
.
Finalement on obtient que f décroît sur R − et croît sur R + . Son minimum est obtenu en
0 et f (0) = 1. On a donc f (t) 1 pour tout réel t, ce qu’il fallait démontrer.
En appliquant cette inégalité à e
lq et e
−lp , on obtient
pe
lq + qe
−lp
p(lq + e
l
2 q
2
) + q(−lp + e
l
2 p
2
) pe
l
2 q
2
+ qe
l
2 p
2
.
Comme l
2 p
2
l
2 et l
2 q
2
l
2 , on en déduit
pe
lq + qe
−lp
(p + q)e
l
2 e
l
2
.
On a ensuite
E(e
l(Sn−np) )
e
l
2
n e
nl
2
puis en utilisant l’inégalité de la première question
P([S n − np nx])
e
nl
2
e nlx e
n(l
2 −lx) .
4. La fonction w : l −→ l
2
− lx a pour dérivée l −→ 2l − x. Cette dérivée s’annule en
x
2
,
est négative sur
0,
x
2
et positive sur
x
2
, +∞
. Le minimum de w sur R
∗
+ est obtenu en
l
2
· En prenant l =
x
2
dans la relation précédente, on obtient
P([S n − np nx]) e
n(
x 2
4 −
x
2 x)
e
−
nx 2
4 .
5. On remarque que
S n
n
− p
x
= [|S n − np| nx] = [S n − np nx] ∪ [S n − np −nx].
On en déduit que
P
S n
n
− p
x
P([S n − np nx]) + P([S n − np −nx]) 2e
−nx 2
4 .
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