Capes de Math´ematiques.
Universit´e d’Artois P. Lef`evre.
Probl` eme en classe: Th´ eor` eme de Bernstein.
El´ ´ ements de correction.
I] 1) C’est l’in´egalit´e de Bienaym´e-Tchebichev. On a var(Z) = E
h(Z −E(Z))2i. On pose E ={|Z−E(Z)| ≥α}.
Avec une pr´esentation via la mesure P, on peut ´ecrire:
var(Z)≥
Z
E
|Z −E(Z)|2dP≥
Z
E
α2dP=α2P(E).
Pour une r´edaction (´el´ementaire) plus en conformit´e avec le programme du Capes et le fait que l’on manipule une probabilit´e finie: on a, en posant X = (Z −E(Z))2, qui est une v.a.
positive:
varZ =E(X) = X
k∈X(Ω)
kP({X =k})≥ X
k∈X(E)
kP({X =k}).
Or, lorsque ω ∈E, X(ω) = (Z(ω)−E(Z))2 ≥ α2, donc varZ ≥ X
k∈X(E)
α2P({X =k}) puis on remarque que E est inclus dans la r´eunion (disjointe) des ´ev`enements {X = k}, o`u k d´ecrit les valeurs de X(E). On conclut
varZ ≥α2 X
ω∈E
P({ω}) =α2P(E).
2) var
n
X
i=1
Zi
=var
n
X
i=1
Zi0
o`uZi0 =Zi−E(Zi), car E
n
X
i=1
Zi
=
n
X
i=1
EZi.
Comme les v.a. Zi sont ind´ependantes, les v.a. Zi0 sont aussi ind´ependantes. Et la propri´et´e suppl´ementaire des Zi0 est qu’elles sont centr´ees: EZi0 = 0. On a alors:
var
n
X
i=1
Zi
=E
X
1≤i,j≤n
Zi0Zj0
= X
1≤i,j≤n
EZi0Zj0.
Or EZi0Zj0 = (EZi0)(EZj0) = 0, si i6=j, par ind´ependance; et EZi0Zj0 =var(Zi) si i=j. Finalement, on a bien var
n
X
i=1
Zi
=
n
X
i=1
var(Zi).
1
II]1) Sn prend ses valeurs dans {0, . . . , n} et pour k ∈ {0, . . . , n}, on a P
{Sn=k}=
n k
pk(1−p)n−k, autrement dit: Sn suit la loi binomiale de param`etre p.
En effet, {Sn =k} la r´eunion (disjointe) des ´ev`enements
nω ∈Ω| ∀i∈E, Xi(ω) = 1 et ∀i /∈E, Xi(ω) = 0o, o`uE d´ecrit les parties de {1, . . . , n} de cardinal k.
Donc P
{Sn=k} = X
E⊂{1,...,n}
card(E)=k
P
nω ∈Ω| ∀i∈E, Xi(ω) = 1 et ∀i /∈E, Xi(ω) = 0o
= X
E⊂{1,...,n}
card(E)=k
P \
i∈E
{Xi = 1} ∩ \
i /∈E
{Xi = 0}
En utilisant l’ind´ependance des v.a. Xi, cela donne P
{Sn=k}= X
E⊂{1,...,n}
card(E)=k
Y
i∈E
P({Xi = 1}).Y
i /∈E
P({Xi = 0}) = X
E⊂{1,...,n}
card(E)=k
pk(1−p)n−k
car P({Xi = 1}) =p et P({Xi = 0}) = 1−p.
D’o`u le r´esultat puisqu’il y a
n k
termes dans la somme.
2) a) Yn prend ses valeurs dans nk
n |0≤k ≤no et P
{Yn= k
n}=P
{Sn =k}=
n k
pk(1−p)n−k.
b) EXn= 1.PXn({1}) + 0.PXn({0}) = p. On en d´eduit EYn= 1
nESn= 1 n
n
X
i=1
EXi =p.
c) EXn2 = 12.PXn({1}) + 02.PXn({0}) = p donc varXn = EXn2 −(EXn)2 = p(1−p).
CommevarYn = 1
n2varSn = 1 n2
n
X
i=1
varXi d’apr`es I.2., on en d´eduit que
varYn = 1
n2.n.p(1−p) = p(1−p) n ·
3) a) h(Yn) prend ses valeurs dans nhnk|0≤k ≤no.
b) Soit k ∈ {0, . . . , n}. Comme h est injective, h(x) = hkn si et seulement si x = kn donc on a
2
P
nh(Yn) = hk n
o=P
nYn= k n
o=
n k
pk(1−p)n−k.
Dans le cas g´en´eral, pour k ∈ {0, . . . , n}, on note Jk = n0 ≤ l ≤ n| hnl = hnko. C’est en fait la classe d’´equivalence de k modulo la relation sur {0, . . . , n}: l∼k si hnl= hkn. Consid´erons les diff´erentes classes d’´equivalence : Jk pour k ∈S, o`u S ⊂ {0, . . . , n}.
Autrement dit: si k 6=k0, on a Jk∩Jk0 =∅ et pour tout k ∈ {0, . . . , n}, il existe un k0 ∈ S tel que Jk = Jk0. On a alors pour chaque k ∈ S: P
nh(Yn) = hkno= X
l∈Jk
P
nYn = l n
o
car {h(Yn) =hkno= [
l∈Jk
{Yn = l n
o(r´eunion disjointe !). On obtient
P
nh(Yn) = hk n
o= X
l∈Jk
n l
pl(1−p)n−l. 4) Grˆace `a la question 3., on peut ´ecrire
E
h(Yn)= X
k∈S
hk n
P
nh(Yn) =hk n
o= X
k∈S
hk n
X
l∈Jk
n l
pl(1−p)n−l.
Or, lorsque l ∈Jk, on a hkn=hnl donc
E
h(Yn)= X
k∈S
X
l∈Jk
hl n
n l
pl(1−p)n−l= X
0≤l≤n
hl n
n l
pl(1−p)n−l car {0, . . . , n} est la r´eunion disjointe des ensembles Jk lorsque k d´ecrit S.
III]1) h est continue sur le segment [0,1] donc uniform´ement continue par le th´eor`eme de Heine.
2) a)Six∈I, on a|Yn(x)−p|< δ donc|h(Yn(x))−h(p)| ≤ε. Ainsi|h(Yn)−h(p)|.1II ≤ε donc par monotonie de l’esp´erance:
E
|h(Yn)−h(p)|.1II
≤Eε=ε.
b) Bien sˆur: E
|h(Yn)−h(p)|
=E
|h(Yn)−h(p)|.1II
+E
|h(Yn)−h(p)|.1IΩ\I
. Or E
|h(Yn)−h(p)|.1II
≤ε d’apr`es 2.a.
et d’autre part, on a bien sˆur |h(Yn)−h(p)|.1IΩ\I ≤2khk∞1IΩ\I d’o`u E
|h(Yn)−h(p)|.1IΩ\I
≤E
2khk∞1IΩ\I= 2khk∞.P(Ω\I) d’o`u le r´esultat avec M = 2khk∞.
3
c) CommeP(Ω\I)≤ var(Yn)
δ2 d’apr`es I.1. et var(Yn)≤ 1
n d’apr`es II.2.c., on a
E(h(Yn)−h(p))≤E
|h(Yn)−h(p)|
≤ε+ M nδ2·
IV]1) On r´e´ecrit le III.4.: pour tout entier n≥1 et tout p∈[0,1]:
X
0≤k≤n
n k
hk n
pk(1−p)n−k−h(p)≤ε+ M nδ2
o`uδ ne d´epend que de ε.
Ainsi il existe n0 ≥1 (n0 ≥M/εδ2) tel que pour tout entiern ≥n0 et toutp∈[0,1]:
X
0≤k≤n
n k
hk n
pk(1−p)n−k−h(p)≤2ε.
2)Ainsi, ´etant donn´eehcontinue sur [0,1], on d´efinit la suite de polynˆomes (les polynˆomes de Bernstein):
Bn(X) = X
0≤k≤n
n k
hk n
Xk(1−X)n−k ∈Rn[X]
D’apr`es le 1., pour tout ε > 0, il existe n0 ≥ 1 tel que pour tout entier n ≥ n0 et tout p ∈ [0,1]: |h(p)−Bn(p)| ≤ 2ε, i.e. kh−Bnk∞ ≤ 2ε. Ainsi (Bn)n converge uniform´ement vers h sur [0,1].
3) Si le segment est un singleton: c’est trivial ! Soient [a, b] un segment quelconque non trivial (a < b) etf continue sur ce segment. On d´efinith(t) = f(ta+ (1−t)b) pourt ∈[0,1].
Commehest continue, on lui associe la suite de polynˆomes de Bernstein (Bn)n, qui converge uniform´ement versh sur [0,1] d’apr`es le 2.
On d´efinit alors la suite de polynˆomes: Pn(X) =BnX−ba−b. Comme sup
x∈[a,b]
|f(x)−Pn(x)|= sup
t∈[0,1]
|h(t)−Bn(t)|. Le r´esultat est imm´ediat.
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