1. Soient $a>0$ et $t>0$. On peut se convaincre que $e^{S_n t}$ admet une espérance finie car $S_n(\Omega)$ est fini. Commençons par remarquer, par croissance de l'exponentielle, l'égalité des événements : \[ (S_n \geq \epsilon) = (e^{S_n t} \geq e^{\epsilon t}) \]

Alors, on applique l'inégalité de Markov, avec $\epsilon = a$ :

\[ \mathbb{P}\left(e^{S_n t} \geq e^{a t}\right) \leq \frac{\mathbb{E}\left(e^{S_n t}\right)}{e^{a t}} \]

Ce qui donne :

\[ \fbox{$\mathbb{P}(S_n \geq a) \leq \mathbb{E}\left(e^{S_n t}\right)e^{-a t}$} \] 2. Les variables aléatoires sont indépendantes, donc : \[ \mathbb{E}(e^{t S_n}) = \mathbb{E}\left(\prod_{k=1}^{n} e^{t X_k} \right) = \prod_{k=1}^{n} \mathbb{E}(e^{t X_k}) = \prod_{k=1}^{n} \left[ \frac{1}{2} e^{-t} + \frac{1}{2} e^t \right] = \prod_{k=1}^{n} \cosh(t) = \fbox{$\cosh^n(t)$} \] 3. Pour démontrer l'inégalité attendue, on part du développement en série entière : \[ e^x = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{x^k}{k!}, \quad x \in \mathbb{R} \]

Alors, en faisant le remplacement $x \mapsto \frac{x^2}{2}$ :

\[ e^{\frac{x^2}{2}} = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{x^{2k}}{2^k k!} \]

De plus, le développement de $\cosh(x)$ :

\[ \cosh(x) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{x^{2k}}{(2k)!} \]

On obtient :

\[ \forall k \in \mathbb{N}, \quad \frac{1}{(2k)!} \le \frac{1}{2^k k!} \implies \frac{x^{2k}}{(2k)!} \le \frac{x^{2k}}{2^k k!} \]

Donc :

\[ \fbox{$\cosh(x) \le e^{\frac{x^2}{2}}$} \] 4. Remarquons l'union disjointe : \[ (|S_n| \ge a) = (S_n \ge a) \cup (S_n \le -a) \]

Or, comme les $X_k(\Omega)$ sont invariants par multiplication par $-1$ :

\[ \mathbb{P}(S_n \le -a) = \mathbb{P}(S_n \ge a) \]

On repart sur notre majoration :

\[ \mathbb{P}(|S_n| \ge a) = 2 \times \mathbb{P}(S_n \ge a) \le 2 \mathbb{E}(e^{t S_n}) e^{-a t} \le 2 \cosh^n(t) e^{-a t} \le 2 e^{n \frac{t^2}{2} - a t} \]

Minimisation :

\[ f'(t) = (n t - a) e^{n \frac{t^2}{2} - a t} \implies t = \frac{a}{n} \text{ minimum} \] \[ \fbox{$\mathbb{P}(|S_n| \ge a) \le 2 e^{-\frac{a^2}{2 n}}$} \]