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\pagenumbering{gobble}

\begin{document}

\noindent \textbf{Propriété }\emph{(Inégalité de Markov).} Pour $X$ v.a.r positive sur $(\Omega, P)$ espace probabilisé fini, on a \[
    \forall \varepsilon >0, P(X\geq a)\leq \frac{E(X)}\varepsilon
\]

\noindent \textbf{Démonstration.} \begin{align*}
    E(X)=\sum_{x\in X(\Omega)}xP(X=x)&=\sum_{\substack{x\in X(\omega)\\ x< \varepsilon}}xP(X=x)+\sum_{\substack{x\in X(\Omega)\\ x\geq \varepsilon}}xP(X=x) \\ &\geq \sum_{\substack{x\in X(\Omega)\\ x\geq \varepsilon}}xP(X=x)\geq \epsilon\sum_{\substack{x\in X(\Omega)\\ x\geq \varepsilon}} P(X=x)=\varepsilon P(X\geq \varepsilon)
\end{align*}
D'où le résultat.\\[1ex]

\noindent \textbf{Propriété }\emph{(Inégalité de Bienaymé-Tchebychev)} Pour $X$ v.a.r sur $(\Omega, P)$ espace probabilisé fini, on a \[
    \forall \varepsilon > 0, P(|X-E(X)|\geq \varepsilon)\leq \frac{V(X)}{\varepsilon^2}
\]

\noindent \textbf{Démonstration.} On commence par remarquer $(|X-E(x)|\geq \varepsilon)=((X-E(X))^2\geq \varepsilon^2)$. $(X-E(X))^2$ est une v.a.r positive. Il ne reste qu'à appliquer Markov.\\[1ex]

\noindent \textbf{Exercice.} $(a_n)$ suite de réels et $(b_n)$ suite de complexes telle que $S_n=\sum_{k=0}^n\limits b_k$ est le terme d'une suite bornée. On suppose aussi que $(a_n)$ tend vers $0$ et est décroissante. \begin{enumerate}
    \item Montrer que $\sum S_n(a_n-a_{n+1})$ est absolument convergente
    \item Montrer \[
            \forall N\geq 1,\quad \sum_{n=0}^Na_nb_n=a_NS_N+\sum_{n=0}^{N-1}(a_n-a_{n+1})S_n
        \]
    \item En déduire la nature de $\sum a_n b_n$
\end{enumerate}

\noindent \textbf{Résolution.}
\begin{enumerate}
    \item On note $M$ un majorant de $(|S_n|)$. On a, par la décroissance de $(a_n)$ \[
            |S_n(a_n-a_{n+1})|\leq M|a_n-a_{n+1}|=M(a_n-a_{n+1})
        \]
        Donc la suite converge (série téléscopique)
    \item \begin{align*}
            \forall N\geq 1, a_NS_N + \sum_{n=0}^{N-1}(a_n-a_{n+1})S_n &=a_NS_N+\sum_{n=0}^{N-1}a_nS_n-\sum_{n=0}^{N-1}a_{n+1}S_n\\
                                                                       &=\sum_{n=0}^Na_nS_n-\sum_{n=1}^Na_nS_{n-1}=\sum_{n=0}^N a_nb_n
            \end{align*}
        \item Ça converge (le premier terme converge et le second aussi par la première question)
\end{enumerate}

\newpage

\noindent \textbf{Exercice.} Montrer l'implication suivante: \[
    \forall n\in \mathbb N, a_n=\sum_{k=0}^n\binom nkb_k \implies \forall n\in \mathbb N, b_n=\sum_{k=0}^n\binom nk (-1)^{n-k}a_k
\]

\noindent \textbf{Résolution.} On a \begin{align*}
    \sum_{k=0}^n\binom nk (-1)^{n-k}a_k&=\sum_{k=0}^n\binom nk (-1)^{n-k}\sum_{p=0}^k\binom pk b_p\\
                                       &=\sum_{p=0}^nb_p\sum_{k=p}^n\binom nk (-1)^{n-k}\binom pk\\
                                       &=\sum_{p=0}^nb_p\sum_{k=p}^n\frac{(-1)^{n-k}n!k!}{k!(n-k)!p!(k-p)!}\\
                                       &=\sum_{p=0}^nb_p\sum_{k=p}^n\frac{(-1)^{n-k}n!(n-p)!}{(n-k)!p!(k-p)!(n-p)!}\\
                                       &=\sum_{p=0}^nb_p\sum_{k=p}^n\binom np(-1)^{n-k}\binom {n-p}{k-p}\\
                                       &=\sum_{p=0}^nb_p\binom np\sum_{k=p}^n\binom {n-p}{k-p}(-1)^{n-k}\\
                                       &=\sum_{p=0}^nb_p\binom np\sum_{k=0}^{n-p}\binom {n-p}k(-1)^{n-p-k}\\
                                       &=\sum_{p=0}^nb_p\binom np\delta_{n,p}=b_n\\
\end{align*}

\end{document}
