(1)Intégration et Probabilités (M Corrigé de l’examen de rattrapage du jeudi 16 juin 2011 — Exercice I — 1

(1)

Intégration et Probabilités (M43050) 2010-2011 Corrigé de l’examen de rattrapage du jeudi 16 juin 2011

— Exercice I —

1. Etudier sur´ [0,1]la fonctionx→1−2x². Pour x∈[0,1]fixé, déterminer la limite de la suite numérique

un(x) = (1−2x²)²ⁿ.

Solution. —La fonctionx→x²est strictement croissante sur [0,1] ; la fonctionhd´efinie sur [0,1]

parh(x) = 1−2x² est donc strictement d´ecroissante ; on voit que h(0) = 1 et h(1) =−1. Il en r´esulte que

−1< h(x)<1

pour toutx dans l’intervalle ouvert ]0,1[. Pour toutx∈[0,1], on a 0≤(1−2x²)²=h(x)²≤1, donc 0≤un(x) = h(x)²n

≤1. Quand 0< x <1, on voit que 0≤(1−2x²)²<1, donc un(x) =

h(x)²n

−→_n 0.

Quandx= 0 ou bienx= 1, on a u_n(x) = 1 pour toutn.

2. On suppose que µ est une mesure finie sur ([0,1],B[0,1]) telle que µ({0}) = µ({1}) = 0; montrer que

In(µ) :=

Z

[0,1]

(1−2x²)²ⁿdµ(x) tend vers 0 quand ntend vers l’infini.

Solution. — La suite des fonctionsx→un(x) est bornée par la fonction1, qui est µ-intégrable puisqueµest une mesurefinie; de plus, on a établi à la question1 une propriété de convergence simple,

∀x∈[0,1], un(x)−→_n 1_{0}∪{1}(x).

D’après le théorème de convergence dominée, (∗)

Z

[0,1]

un(x) dµ(x)→ Z

[0,1]

1_{₀_}∪{₁_}(x) dµ(x) =µ({0}) +µ({1}).

D’apr`es l’hypoth`ese de cette question,

limn In(µ) =µ({0}) +µ({1}) = 0.

3.D´eterminer les probabilit´esµsur ([0,1],B[0,1]) telles que In(µ)tende vers 1quandntend vers l’infini.

Solution. — Si µ est une probabilité, c’est une mesure finie, et on a vu à l’équation (∗) que d’après le théorème de convergence dominée,

In(µ) = Z

[0,1]

un(x) dµ(x)−→_n µ({0}) +µ({1}).

Si la limite de In(µ) est 1, il en résulte queµ({0}) +µ({1}) = 1, et commeµ([0,1]) = 1 on obtient par différence que µ(]0,1[) = 0 : la masse de la probabilitéµ est concentrée aux points 0 et 1.

On a donc

µ= (1−t)δ₀+t δ₁, pour unt∈[0,1], qui est tout simplement donn´e par t=µ({1}).

(2)

On rappelle que

∀u∈R, 1−u≤e⁻^u et Z

R

e⁻^x² dx=√ π.

4.V´erifier que pour tout entier n≥1, Jn:=

Z 1/√ 2 0

(1−2x²)²ⁿdx= 1

√n

Z √_n/2

0

1−2y² n

2n

dy;

montrer que J_n est équivalent à C/√n quand n tend vers l’infini, où C est une constante non nulle qu’on déterminera.

Solution. — La premi`ere formule est obtenue par le changement de variabley=√

n x. Ensuite, posons

∀y ∈R, fn(y) =1_[0,√

n/2](y)

1− 2y² n

2n

.

En utilisant l’inégalité 1−u≤e⁻û, on déduit que (1−u)² ≤e⁻^2u quand u≤1 ; en appliquant avec u= 2y²/n≤1, on obtient l’encadrement

0≤fn(y)≤ e⁻^4y²^/nn

= e⁻^4y² qui fournit un majorant Lebesgue-int´egrable surR, et par ailleurs

∀y∈R, fn(y)→1y>0e⁻^4y². Par le théorème de convergence dominée,

√nJ_n = Z √

n/2 0

1− 2y² n

2n

dy= Z

R

f_n(y) dy→ Z

R

1_y>0e⁻^4y² dy=: C, qu’on calcule par le changement de variableu= 2y,

C = Z

R

1_y>0e⁻^4y² dy= 1 2

Z +∞ 0

e⁻^u² du= 1 4

Z

R

e⁻^u² du= 1 4

√π.

— Exercice II —

1.On suppose que X est une variable aléatoire réelle qui suit la loi exponentielle de paramètre α >0, c’est-à-dire que sa loi admet la densité α1x>0e⁻^αx par rapport à la mesure de Lebesgue.

Calculer P(X> t) pour tout réel t; déterminer la fonction de répartition FX de X.

Solution. — Pour t≥0 on a P(X> t) =

Z +∞ t

αe⁻^αx dx=h

−e⁻^αxi+∞

x=t = e⁻^αt.

La fonction de r´epartition de X est donc donn´ee par FX(t) = 0 quandt <0 et par FX(t) = 1−e⁻^αt

quandt≥0.

(3)

2. On suppose que Y est une variable aléatoire réelle indépendante de X et de même loi que X. On pose U = min(X,Y) et V = max(X,Y); calculer les fonctions de répartition FU et FV

de Uet de V; montrer que les lois de Uet de V admettent des densités. La variable aléatoire U est-elle exponentielle, et si oui, quel est son paramètre ? Calculer les espérances E(U) etE(V).

Solution. — On a pour tout t≥0, d’apr`es l’ind´ependance, P(U> t) = P (X> t) & (Y> t)

= P(X> t)P(Y> t) = e⁻^2αt, donc FU(t) = 1−e⁻^2αt. En d´erivant on obtient la densit´e de la loi de U,

fU(t) = 2α1t>0e⁻^2αt,

ce qui montre que U est une variable exponentielle de param`etre 2α. On a pourt≥0 P(V≤t) = P (X≤t) & (Y≤t)

= (1−e⁻^αt)², donc FV(t) = (1−e⁻^αt)². En d´erivant on obtient la densit´e de la loi de V,

fV(t) = 2α1t>0(1−e⁻^αt) e⁻^αt. Ensuite,

E(U) = Z

R

tfU(t) dt= 2α Z +∞

0

te⁻^2αt dt= 1 2α

Z +∞ 0

ue⁻^udu= 1 2α, et

E(V) = Z

R

tfV(t) dt= 2α Z +∞

0

te⁻^αt dt−2α Z +∞

0

te⁻^2αt dt= 2 α − 1

2α = 3 2α. 3.Donner la loi P_(X,Y) du couple (X,Y). Pourt≥0 fixé on considère l’ensemble borélien

Bt =

(x, y) :x≥0, y > x+t ⊂R²; montrer queP_(X,Y)(Bt) = ¹₂ e⁻^αt et calculer P(Y−X> t).

Solution. —Comme les deux variables sont ind´ependantes, la loi du couple est ´egale au produit des lois,

dP(X,Y)(x, y) =α²1x>01y>0e⁻^αx⁻^αy dxdy.

Par le th´eor`eme de Fubini positif, P(X,Y)(Bt) =

Z

Bt

α²1x>01y>0e⁻^αx⁻^αy dxdy

= Z

R

α²1x>0

Z

R

1y>01y>x+t e⁻^αx⁻^αy dy dx

= Z +∞

0

αe⁻^αxZ +∞ x+t

αe⁻^αy dy

dx=α Z +∞

0

e⁻^αxe⁻^α(x+t) dx

= e⁻^αtα Z +∞

0

e⁻^2αx dx= 1 2e⁻^αt. On a ensuite, par d´efinition de la mesure image P(X,Y),

P(Y−X> t) = P_(X,Y) {(x, y)∈R²:y−x > t}

= P_(X,Y)(B_t) = 1 2 e⁻^αt.

(4)

4. Montrer que la loi du couple (Y,X) est égale à celle du couple (X,Y), et montrer que la loi de Y−X est égale à celle de X−Y. Vérifier que V−U =|Y−X|. Déterminer la loi de V−U.

Solution. — La loi du couple (Y,X) est aussi le produit des deux lois de Y et de X, qui sont

égales. Il en résulte que Y−X et X−Y ont la même loi. Pour toutt≥0 on a donc P(V−U> t) = P (Y−X> t)∪(X−Y> t)

et ces deux ´ev´enements sont disjoints, donc

P(V−U> t) = P(Y−X> t) + P(X−Y > t) = 2 P(Y−X> t) = e⁻^αt ce qui implique que V−U est exponentielle de param`etre α.

— Exercice III —

On d´esigne par J l’intervalle ouvert ]0,+∞[, et par λ la mesure de Lebesgue sur (R,BR). On rappelle que

∀x∈R, Arctan(x) = Z x

0

1

1 +t²dt et lim

x→+∞Arctan(x) = π 2. 1.Soitf : J→[0,+∞[une fonction bor´elienne ; on pose

F(x) = Z

J

Arctan(xf(t)) 1 +t² dλ(t).

Montrer que Fest d´efinie et continue sur R. Solution. — La fonction

ϕ(x, t) = Arctan(xf(t)) 1 +t²

sous l’intégrale est borélienne dans la variablet, pour toutx réel, et

Arctan(xf(t)) 1 +t²

≤ π

2(1 +t²) =:k(t)

qui est Lebesgue-intégrable sur J. Il en résulte que F est définie surR, à valeurs finies. De plus x→ ϕ(x, t) est continue sur R, pour tout t∈J. Par le théorème de continuité des intégrales, il en résulte que F est continue surR.

2.Exprimer la limite deFen+∞. Quelle est la valeur de cette limite dans le cas o`u on af(t)>0 pour Lebesgue-presque toutt∈J?

Solution. — Quand x tend vers +∞, le produit xf(t) tend vers +∞ si f(t) >0 et vaut cons- tamment 0 quandf(t) = 0. Il en r´esulte que

Arctan(xf(t))

1 +t² → π1_{_f(t)>0_} 2(1 +t²)

en restant majoré par k(t) qui est intégrable. On a donc quand x → +∞, par convergence dominée,

F(x)→ π 2

Z

{f(t)>0}

dt 1 +t².

Si on sait quef(t)>0 pour Lebesgue-presque tout t∈J, on a quand x→+∞ que

π Z dt π²

.

(5)

3. V´erifier que pour tousa, u≥0, on a

2au

1 +a²u² ≤1.

Montrer que Fest de classe C¹ sur l’ouvert]0,+∞[, et exprimer F^′(x) pour tout x >0.

Solution. — On a 1−2au+a²u²= (1−au)²≥0, donc 2au≤1 +a²u². Il en r´esulte que pour x >0,

(∗∗)

∂ϕ

∂x(x, t) =

f(t) 1 +x²f(t)²

1 1 +t²

≤ 1

2x 1 1 +t².

Sia >0 est fix´e et six varie dans l’intervalle ]a,+∞|, on obtient la majoration

∀x > a,

∂ϕ

∂x(x, t) ≤ 1

2a 1 1 +t²

par une fonction intégrable indépendante du point x de ]a,+∞[. De plus, x → ^∂ϕ∂x(x, t) est continue pour toutt∈J. Il en résulte que F est de classe C¹sur ]a,+∞[ pour touta >0, donc F est de classe C¹sur ]0,+∞[.

4. Donner une condition nécessaire et suffisante, portant sur la fonction f, pour que Fadmette au pointx= 0 une dérivée à droite finie.

Solution. — Supposons que la dérivée à droite F^′_d(0) existe et soit finie. Soit (sn) une suite de nombres réels>0 qui tend vers 0 ; alors

F(sn)−F(0)

sn →F^′_d(0).

On voit que F(0) = 0 et pour toutt∈J,

0≤ Arctan(snf(t))

sn −→_n f(t).

Par le lemme de Fatou, Z

J

f(t) 1 +t²dt=

Z

J

limn

Arctan(snf(t)) sn(1 +t²)

dt

≤lim inf

n

Z

J

Arctan(snf(t)) sn(1 +t²)

dt= lim

n

F(sn) sn

= F^′_d(0)<+∞. Il est donc n´ecessaire que

(C)

Z

J

f(t)

1 +t²dt <+∞.

On montre facilement que cette condition est suffisante pour que F soit d´erivable au pointx= 0.

En fait, la condition (C) entraˆıne que F est de classe C¹ surR: on peut maintenant modifier la majoration (∗∗), sous la forme

∀x∈R,

∂ϕ

∂x(x, t) =

f(t) 1 +x²f(t)²

1 1 +t²

≤ f(t) 1 +t² qui fournit un majorant intégrable indépendant du paramètre réel x.