La Théorème central limite - Exercices corrigés 3 pdf

Exercices corrigés

Dominique Pastor & Christophe Sintes

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Table des matières

1 Aléatoire et formalisme 3

2 Variables aléatoires et moments 17

3 Aléatoire multivarié 29

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Introduction

Le lecteur trouvera ici les énoncés et corrigés des exercices proposés dans

"Probabilités pour l’ingénieur, des fondements aux calculs"

Certains des énoncés ci-dessous ont été modifiés par rapport à ceux de l’ouvrage pour introduire quelques précisions ou, plus simplement, corriger quelques erreurs.

Nous conseillons au lecteur de consulter ce livret d’énoncés et de corrigés régu- lièrement car nous proposerons de nouveaux exercices. Nous envisageons notam- ment quelques exercices ou problèmes où les calculs seront suivis de programma- tions Matlab permettant de vérifier la validité des résultats trouvés par le lecteur.

Que les lecteurs intéressés n’hésitent pas à nous contacter pour nous faire part de leurs suggestions aux adresses électroniques :

Dominique.Pastor@telecom-bretagne.eu et

Christophe.Sintes@telecom-bretagne.eu

Nous suggérons à nos éventuels correspondants de débuter le sujet de leur cour- riel par l’abbréviationPPI(probabilités pour l’ingénieur), ce qui nous permettra de mieux identifier la nature de leur courriel.

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Chapitre 1

Aléatoire et formalisme

EXERCICE1.1.– [Convergences monotone et dominée]

La convergence monotone peut s’énoncer pour toute suite croissante d’applications nmériques positives ou nulles, sans préciser la fonction vers laquelle cette suite converge. En effet, si (f_k)_k∈Nest une suite croissante d’applications numériques me- surables positives ou nulles, alors la limite de la suite (f_n(x))_n∈Nexiste dans|0,∞] pour toutx∈R. Les notions de mesurabilité et d’intégrale s’étendent sans réelle dif- ficulté au cas des fonctions positives ou nulles à valeurs dans [0,∞]. La conclusion du théorème de convergence monotone est alors inchangée : f =lim_nf_nest mesu- rable et :

lim

k

Z

Rf_kdλ= Z

Rfdλ

Il faut utiliser cet énoncé plus général de la convergence monotone pour répondre aux questions suivantes.

1. Soit (gn)n∈Nune suite d’applications numériques mesurables à valeurs dans [0,∞[. Montrer que

Z

R

X∞ n=1

gn(x)dx= X∞ n=1

Z

Rgn(x)dx.

2. Soit (f_n)_n∈Nune suite d’applications numériques mesurables. On suppose que X∞

n=1

Z

R|f_n(x)|dx< ∞. On poseφ(x)= X∞ n=1

|f_n(x)| ∈[0,∞] pour toutx∈R. (a) Montrer que

Z

Rφ(x)dx< ∞.

(b) En admettant que toute application intégrable est finie presque partout, déduire de la question précédente que

X∞ n=1

f_n(x) converge pour presque tout réelxet queR

R|f(x)|dx< ∞avec f(x)= X∞ n=1

fn(x) en tout pointx

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4 PROBABILITÉS POUR L’INGÉNIEUR où cette série converge et f(x)=0 (par exemple) enxoù la sériePf_n diverge.

(c) Montrer que Z

Rf(x)dx= X∞ n=1

Z

Rf_n(x)dx. Ce résultat est [RUD 87, Theo- rem 1.38, p. 29] dans le cas réel.

Solution

1) On poseG_N=PN

n=1g_kpour toutN∈N. Pour toutN∈N,G_Nest mesurable en tant que somme finie d’applications mesurables. De plus, pour toutN∈N,GNÊ0. Nous sommes dans les conditions de la convergence monotone et donc : limNR

RGN(x)dx= R

RlimNGN(x)dx. D’où le résultat, car : Z

RGN(x)dx=

N

X

n=1

Z

Rgn(x)dx et

limN

Z

RG_N(x)dx= X∞ n=1

Z

Rg_n(x)dx 2a) Par application de la question précédente, nous avons :

Z

Rφ(x)dx= X∞ n=1

Z

R|f(x)|dx< ∞ 2b) CommeR

Rφ(x)dx< ∞,φest finie presque partout. Il s’ensuit que pour presque toutx, la sériePf_n(x) est absolument convergente et donc convergente. En tout pointx où cette série est absolument convergente,|f(x)| Éφ(x) et pour tout réel xoù la sérieP

fn(x) diverge,f(x)=0. Commeφest intégrable, f est elle-aussi in- tégrable. Il suffit même de dire que f est majorée presque partout par la fonction intégrableφ— sans même avoir à préciser une quelconque valeur pourf là où elle n’est pas majorée parφ— pour garantir quef est intégrable.

3) Nous avons|PN

n=1f_n| Éφet limnPN

n=1f_n= f (presque partout). Nous sommes donc dans les conditions de la convergence dominée dans un cas plus général que celui considéré dans l’énoncé du livre puisque nous avons ici une convergence pres- que partout au lieu d’une convergence partout. Mais cela ne change en rien les conclusions du théorème : on peut se contenter d’inégalités et d’égalités vraies pres- que partout dans les énoncés de la convergence montone et dominée sans que cela n’empêche d’intervertir l’intégrale et la limite. Le résultat est donc une conséquence de la convergence dominée.

Le lecteur attentif le remarquera peut-être : nous n’avons en fait pas besoin de la question précédente pour garantir l’intégrabilité de f car cette intégrabilité est directement garantie par la convergence dominée !

Les 3 exercices suivants sont des adaptations d’énoncés que le lecteur trouvera dans [KHA 94].

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EXERCICES PARTIE I 5 EXERCICE1.2.– [Application de la convergence dominée]

Soienta>1, un borélienAinclus dans [0,∞[ et une application numériquef inté- grable surA:

Z

A|f(x)|dx< ∞. Montrer que lim

n

Z

A

nx f(x) 1+n^ax^adx=0.

Indication : justifier et utiliser le fait que, pour toutx∈[0,∞[,x≤x^a+1.

Solution

Six∈[0, 1], on axÉ1É1+x^acarx^aÊ0. Six>1,x<x^a<x^a+1. Donc, pour tout x∈[0,∞[,x≤x^a+1. Nous déduisons de cette inégalité que_na^nxx^a+1É1. Aussi, nous avons l’inégalité :|1A(x)₁₊^{nx f}_na^(x)x^a| =1A(x)^nx|f_1+na^(x)|x^a É |f(x)|puisqueA⊂[0,∞[. Comme f est intégrable, la suite de fonctions (f_n)_n∈Navecf_n(x)=1A(x)_1+n^{nx f}a^(x)x^a est dominée par la fonction intégrablef. De plus, pour toutx∈R, lim_n1A(x)_1+n^{nx f}a^(xx^)a=0. D’où le résultat par application de la convergence dominée.

EXERCICE1.3.– [Application de la convergence dominée]

Soita∈]0, 1[,

1. Montrer quee^−xx^a−1est intégrable sur [0,∞[ ; 2. Montrer que 1+xÉe^xpour toutx∈R; 3. Montrer que pour toutx∈[0,∞[, lim

n

¡1−_n^x¢n

=e^−x; 4. En déduire que lim

n

Z n 0

³ 1−x

n

´n

x^a−1dx= Z _∞

0

e^−xx^a−1dx.

Solution

1) Soit f(x)=e^−xx^a−1définie pour toutx∈]0,∞[. Comme f(x)Ê0 pour toutx∈ ]0,∞[, la valeur de l’intégraleR_∞

0 f(x)dxexiste dans [0,∞]. On cherche à montrer que cette intégrale est en fait finie.

Commee^−xÉx^a−1, nous avons :

f(x)1]0,1](x)Éx^a−11]0,1](x) PourxÊ1, on ax^a−1É1. Nous avons donc aussi :

f(x)1[1,∞](x)Ée^−x1[1,∞](x) Il s’ensuit que :

Z _∞

0

f(x)dx)= Z 1

0

f(x)dx+ Z_∞

1

f(x)dxÉ Z 1

0

x^a−1dx+ Z _∞

1

e^−xdx (1.1) Le second terme du membre de droite dans l’inégalité précédente est évidemment fini en raison des propriétés de l’exponentielle. On peut même préciser la valeur de

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6 PROBABILITÉS POUR L’INGÉNIEUR ce terme puisqu’une primitive dee^−xest−e^−x. On a doncR_∞

1 e^−xdx=[−e^−x]^∞₁ =1.

La première intégrale du membre de droite dans l’inégalité (1.1) est elle-aussi fi- nie. Pour le montrer, on peut utiliser la proposition 4.15 du livre. À titre d’exemple, nous allons faire ici une démonstration spécifique au cas considéré dans cet exer- cice, sans passer par cette proposition, afin que le lecteur s’exerce à l’emploi de la convergence monotone que nous allons employer. Soit la suite (g_n(x))_n∈N∗ des applicationsg_n(x)=x^a−11[1/n,1](x) pourx∈]0, 1]. Pour toutx∈]0, 1], cette suite est croissante et lim

n g_n(x)=x^a−11]0,1](x). Par application de la convergence monotone, Z 1

0

x^a−1dx=lim

n

Z 1 1/n

x^a−1dx (1.2)

L’application qui associex^a−1à toutx∈[1/n, 1] est continue et bornée sur [1/n, 1].

Elle est donc intégrable sur [1/n, 1]. D’autre part, une primitive dex^a−1est (1/a)x^a. Cette primitive est dérivable en tout point de l’intervalle [1/n, 1]. Nous sommes dans les conditions du théorème fondamental du calcul intégrale (théorème 4.10 du livre).

Nous obtenons donc : Z 1

1/n

x^a−1dx=

·1 ax^a

¸1 1/n=1

a µ

1− 1 n^a

¶

En reportant ce résultat dans (1.2) , nous obtenons : Z 1

0

x^a−1dx=lim

n

1 a µ

1− 1 n^a

¶

=1

a (1.3)

On a donc :

Z _∞

0

f(x)dxÉ1

a+1 (1.4)

ce qui garantit l’intégrabilité def.

Avec un peu d’habitude, on peut aller beaucoup plus vite en passant vite sur les détails que nous venons de donner. Mais nous avons voulu donner ces détails pour montrer comment les différents résultats de la théorie s’articulent pour établir l’intégrabilité de la fonction considérée.

2) Il y a plusieurs façons de procéder. La plus simple est de faire un dessin. Si l’on veut absolument faire des calculs, une solution classique consiste à considérer la fonctionh(x)=e^x−x−1 définie pour tout réelxet à étudier le sens de variation de h. On ah⁰(x)=e^x−1Ê0 pourxÊ0. On en déduit quehest croissante sur [0,∞[.

cela implique queh(x)Êh(0) pour toutxÊ0 et commeh(0)=0, nous obtenons le résultat voulu.

3) Nous avons³ 1−x

n

´n

=e^{nln¡1−xn¢}. Pournassez grand, nous pouvons écrire : ln³

1−x n

´

= −x n+x

nε³x n

´

avec lim

t→0ε(t)=0. On a donc :³ 1−x

n

´n

=e^{−x+xε(x/n)}, d’où le résultat.

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EXERCICES PARTIE I 7 4) Soit la suite (f_n)n∈N^∗des applicationsf_ndéfinies pour toutx∈Rpar :

f_n(x)=

³ 1−x

n

´n

x^a−11]0,n](x) Par la question 2, 1−_n^x Ée^−x/n pourxÊ0. Donc, pourxÉn,¡

1−_n^x¢n

Ée^−x. On a donc, pour toutn∈N^∗,fn(x)É¡

1−^x_n¢n

e^−x1[0,n](x)Éh(x) avech(x)=e^−xx^a−11]0,∞[(x).

Comme la fonctionhest intégrable en vertu de la question 1, la suite (f_n)n∈N^∗est do- minée par l’application intégrableh. D’après la question 3, la suite (f_n)n∈N^∗converge simplement versh. Nous sommes dans les conditions d’applications du théorème de la convergence dominée. D’où le résultat.

EXERCICE1.4.– [Une autre application de la convergence dominée]

Pour tout entier natureln∈N^∗et tout réelx, on poseg_n(x)=¡

1+x²/n¢−(n+1)/2

. 1. Pourquoi l’intégralec_n=R

Rg_n(x)dxexiste-t-elle dans|0,∞] et pourquoi peut- on écrire que :cn=2R_∞

0 gn(x)dx?

2. On va montrer quec_n< ∞pour tout entiern∈N^∗. a) Montrer que pour tout réelx:¡

1+x²/n¢(n+1)/2

Ê1+x²/2.

b) Montrer que l’applicationx∈R7−→_1+x¹2/2est intégrable.

c) Conclure quec_n< ∞pour toutn∈N^∗.

3. On veut calculer la limite dec_nlorsquentend vers l’infini.

a) Montrer que lim

n g_n(x)=e^−x2/2;

b) Déterminer la limite de la suitec_n,n∈N^∗. Solution

1) La valeur de l’intégralecn= Z

Rgn(x)dxexiste dans [0,∞[ cargnÊ0 et est mesu- rable. Commeg_nest paire, on ac_n=2

Z _∞

0

g_n(x)dx.

2a) On posefn(t)=(1+_n^t)ⁿ⁺¹² −1−₂^t,tÊ0

f_n⁰(t)=n+1 2n

µ 1+t

n

¶ⁿ⁻¹₂

−1 2=1

2 Ãn+1

n µ

1+t n

¶ⁿ⁻¹₂

−1

!

CommenÊ1 ettÊ0, on a (1+_n^t)ⁿ⁻²¹Ê1, ce qui implique queⁿ⁺¹_n (1+_n^t)ⁿ⁻²¹−1Ê0.

Doncf_n⁰(t)Ê0 pourt∈[0,∞[ etf_nest croissante sur [0,∞[. Commef_n(0)=0, on a f_n(t)Êf(0)=0, ce qui implique le résultat.

2b) On a :

Z _∞

0

1 1+^x₂²

dx= Z1

0

1 1+^x₂²

dx+ Z_∞

1

1 1+^x₂²

dx

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8 PROBABILITÉS POUR L’INGÉNIEUR

L’intégrale Z1

0

1 1+^x₂²

dxest finie carx7→ ¹

1+^x₂² est définie et continue sur [0, 1].

PourxÊ1, ¹

1+^x₂² Ê _x²2. Or Z_∞

1

1 x²dx=

·

−1 x

¸_∞

1 =1. Donc Z _∞

1

1 1+^x₂²

dx< ∞. On a donc :

Z _∞

0

1 1+^x₂²

dx< ∞ Commex7→ ¹

1+^x₂² est paire, il s’ensuit que : Z

R

1 1+^x₂²

dx< ∞

2c)g_n(x)=(1+^x_n²)⁻ⁿ⁺¹² É ¹

1+^x₂² et l’applicationx7→ ¹

1+^x₂² est intégrable sur [0,∞[.

Donc Z _∞

0

g_n(x)dxÉ ∞etc_nest fini aussi.

3a) lngn(x)= −n+1 2 ln

µ 1+x²

n

¶

donc limnlngn(x)= −x² 2 car ln

µ 1+x²

n

¶

=x² n +x²

n o µx²

n

¶

On en déduit que limng_n(x)=e⁻x²/2 pour toutx∈R. 3b) On sait queg_n(x)É 1

1+^x₂²

, qui est intégrable surR. D’autre part, lim_ng_n(x)= e^−x2/2pour toutx∈R. Le théorème de la convergence dominée s’applique. On en déduit :

limn c_n=lim

n

Z

Rg_n(x)dx= Z

Rlim

n g(x)dx= Z

Re^−x2/2dx=p 2π

La dernière égalité étant une conséquence de la condition de normalisation, on a : Z

R

p1 2πe^−x

2 2 dx=1

pour la densité de probabilité gaussienne de moyenne nulle et de variance unitaire.

EXERCICE1.5.–[sin(x)/xn’est pas intégrable]

1. Montrer que pour toutk∈N: Z (k+1)π

kπ

|sinx|

x dx≥ 2 (k+1)π. 2. En déduire que l’applicationx→sin(x)/xn’est pas intégrable.

3. Pourquoi peut-on garantir l’existence de l’intégrale Z _a

π

sinx

x dxpoura>π?

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EXERCICES PARTIE I 9 4. A l’aide d’une intégration par parties, montrer l’égalité :

Z _a

π

sinx

x dx=αcosa a +β1

π+γ Z _a

π

cosx x² dx

poura>πet oùα,βetγsont trois constantes que l’on déterminera.

5. Déduire de ce qui précède que l’applicationx→sin(x)/xest semi-intégrable dans le sens où :

a→∞lim Z a

0

sinx x dx< ∞ Solution

1) Faisons le changement de variable suivantt^x−kπ: Z (k+1)π

kπ

|sinx| x dx=

Z _π

0

|sin(x+kπ)| x+kπ dx=

Z_π

0

|sin(x)| x+kπdx=

Z _π

0

sin(t) t+kπdx PourxÉπ, 1

x+kπÊ 1

(k+1)π. On a donc : Z(k+1)π

kπ

|sinx|

x dxÊ 1 (k+1)π

Z _π

0

sinxdxÊ 2 (k+1)π 2) Si sinx

x était intégrable, alors on aurait : Z_∞

0

sinx x dx=

X∞ k=0

Z(k+1)π kπ

sinx x dx

par application de la convergence monotone (cf. Exercice 1.1). Comme Z_(k+1)π

kπ

|sinx|

x dxÊ 2 (k+1)π et que la série ^∞P

k=1

2

(k+1)πdiverge, on a Z _∞

0

|sinx|

x dx= ∞. 3)

Za π

sinx

x dxexiste dansRcarsinx

x est définie et continue sur l’intervalle [π,a].

4) L’intégration par partie donneα=β=γ=1.

5) lim_a→∞cosa

a =0 etcosx

x² 1[π,∞[(x) est intégrable. Donc lim_a→∞

Z a π

sinx

x dxexiste dansR. Nous avons aussi

Z _π

0

sinx

x dx< ∞. D’où le résultat.

EXERCICE1.6.– [Fubini ne marche pas toujours]

Soit la fonction à deux variables définie parf(x,y)= x²−y²

(x²+y²)²pourx,y∈[0, 1].

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10 PROBABILITÉS POUR L’INGÉNIEUR

1. Montrer que ∂

∂x µ x

x²+y²

¶

= −f(x,y).

2. Calculer Z 1

0

µZ1 0

f(x,y)dx

¶ dyet

Z1 0

µZ 1 0

f(x,y)dy

¶ dx.

3. En déduire quef n’est pas intégrable dansR². Solution

1) On a : ∂

∂x µ x

x²+y²

¶

=x²+y²−2x²

x²+y² = −x²−y²

x²+y²= −f(x,y).

2) Nous pouvons écrire : Z 1

0

f(x,y)dx= − Z1

0

∂

∂x µ x

x²+y²

¶ dx= −

· x x²+y²

¸1 0

= − 1 1+y². On en déduit :

Z ₁

0

µZ 1 0

f(x,y)dx

¶

dy = −

Z₁

0

1 1+y²dy

= − Z_π/4

0

1 1+tan²θ

1 cos²θdθ

[Avec le changement de variabley=tan(θ)]

= − Z_π/4

0

dθ= −π 4 D’autre part, on a :

Z 1 0

f(x,y)dy= Z1

0

∂

∂y µ y

x²+y²

¶ dy=

· y x²+y²

¸1 0

= 1 x²+1 Par un calcul analogue au précédent, on en déduit l’égalité :

Z 1 0

µZ1 0

f(x,y)dy

¶ dx=

Z1 0

1

x²+1dx=π 4

3)f n’est pas intégrable surR², car sif l’était alors le théorème de Fubini s’applique- rait et on pourrait changer l’ordre d’intégration sans changer la valeur du résultat.

EXERCICE1.7.–[Théorème de Scheffé]

L’objet de cet exercice est de démontrer le théorème de Scheffé suivant :

Si(fn)n∈Nest une suite de densités de probabilité et f une densité de probabilité telle quelimnfn(x)=f(x)pour presque tout réel x, alorslimnFn(x)=F(x)pour tout x∈R, oùFnest la fonction de répartition associée à fnetF, la fonction de répartition asso- ciée f .

Démonstration :soit une suite (f_n)_n∈Nde densités de probabilité et f est une den- sité de probabilité telle que lim

n f_n=f (p.p) oùλest la mesure de Lebesgue surR.

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EXERCICES PARTIE I 11

1. Montrer que Z

(f−f_n)⁺dλ= Z

(f −f_n)⁻dλ=1 2 Z

|f−f_n|dλ; 2. Montrer que lim

n (f−fn)⁺=0λ-p.p. et que 0É(f−fn)⁺(x)Éf(x) en toutx∈R et en déduire la valeur de lim

n

Z

(f−f_n)⁺dλ;

3. Déduire des questions précédentes que pour toutx∈R, lim

n→∞Fn(x)=F(x).

Solution

1) f etf_n sont intégrables doncf −f_n est intégrable. Etant donné quef etf_n sont des densités, alors

Z

Rf(x)dx= Z

Rf_n(x)dx, donc Z

R

¡f(x)−f_n(x)¢ dx=0.

2) On a : Z

R

¡f(x)−f_n(x)¢ dx=

Z

R

¡f −f_n¢₊ (x)dx−

Z

R

¡f−f_n¢₋ (x)dx

Or Z

¡f(x)−f_n(x)¢

dx=0. Donc : Z

R(f −f_n)⁺(x)dx= Z

R(f −f_n)⁻(x)dxet Z

R|f(x)−f_n(x)|dx= Z

R(f −f_n)⁺(x)dx+ Z

R(f−f_n)⁻(x)dx=2 Z

R

¡f(x)−f_n(x)¢₊ dx 3) Comme (f −fn)⁺=(f −fn)1[f−fn≥0], on a|f −fn|⁺≤ |f −fn|. Par hypothèse,

fn(x)→f(x) pour presque toutx∈R. Donc limn|f(x)−fn(x)|| =0 pour presque toutx∈R, ce qui implique que limn(f−fn)⁺(x)=0 pour presque toutx∈R.

Pourx∈Rtel quef(x)<f_n(x), on a (f −f_n)⁺(x)=0. Comme f est une den- sité, on a f(x)Ê0 et doncf(x)Ê(f −f_n)⁺(x). Six∈Rest tel quef_n(x)Éf(x), on a (f−f_n)⁺(x)=f(x)−f_n(x)Éf(x) carf_n(x)Ê0. Au final, on obtient (f−f_n)⁺(x)Éf(x) pour toutx∈R.

Puisque lim

n (f−fn)⁺(x) pour presque toutx∈Ret que 0≤(f−fn)⁺≤f partout (preque partout aurait suffit), le théorème de la convergence dominée implique que lim_n

Z

R(f−f_n)⁺dx=0.

4)F(x)−Fn(x)= Z x

−∞

f(x)dx− Z x

−∞

f_n(x)dx= Z x

−∞

(f−f_n)(x)dx. Cette égalité implique que¯

¯F(x)−Fn(x)¯

¯É Z x

−∞

¯¯f(x)−f_n(x)¯

¯dxÉ Z

R

¯¯f(x)−f_n(x)¯

¯dx. D’après la question 2, on a alors :¯

¯F(x)−Fn(x)¯

¯É2 Z

R

¡f(x)−f_n(x)¢₊

dx. D’après la question 3,

limn

Z

R

¡f(x)−f_n(x)¢₊ dx=0^. D’où le résultat.

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12 PROBABILITÉS POUR L’INGÉNIEUR EXERCICE1.8.–[La réciproque du théorème de Scheffé est fausse]

Pour toutn∈N, on définit : fn(x)=

½ 1−cos(2πnx) pour 0ÉxÉ1

0 ailleurs

1. Vérifier quefnest une densité de probabilité.

2. Pour toutn∈N, calculer la fonction de répartitionFnassociée àfn.

3. Montrer que pour toutx∈R,Fn(x) tend vers la fonction de répartition de la loi uniforme sur [0, 1].

4. Pourx∈R, est-ce quefn(x) converge lorsquentend vers l’infini ? Conclure.

Solution

1) Soitfn(x)=(1−cos(2πnx))1]0,1[(x). Nous avons : Z

Rf_n(x)dx= Z 1

0

(1−cos(2πnx))dx=1− Z 1

0

cos(2πnx)dx=1− 1 2πn

£sin(2πnx)¤1 0=1 2) PourxÉ0,Fn(x)=0. Pourx∈[0, 1],

Fn(x)= Z x

0

(1−cos(2πnt))dt=x− Z x

0

cos(2πnt)dt=x− 1

2πnsin(2πnx) et pourxÊ1,Fn(x)=1.

3) On a :

nlim→∞Fn(x)=







0 sixÉ0 x six∈ |0, 1]

1 sixÊ1 D’où le résultat.

4) Lorsquentend vers l’infini,fn(x) ne converge pas à cause de la fonction cos(2πnx) alors que la suite des fonctions de répartition (Fn)n∈Nconverge vers la fonction de répartition de la loi uniforme. Ainsi la réciproque du théorème de Scheffé n’est pas vraie.

EXERCICE1.9.–[Expression ensembliste des événements]

Soient un espace probabilisable (Ω,B). SoitA,B, etCtrois événements quelconques deB. Déterminer les ensembles mesurables deB qui permettent d’exprimer les propositions ou événements suivants :

1. Le résultatωde l’expérience est dansAmais n’est ni dansBni dansC. 2. Le résultatωde l’expérience est dans deux et seulement deux des ensembles

A,BetC.

3. Le résultatωde l’expérience est au plus dans deux des ensemblesA,BetC.

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EXERCICES PARTIE I 13

Solution

1) Si on considère l’événementAuniquement ce la signifie queBetCne se sont pas produit donc on écritA∩B^c∩C^c.

2) Si 2 événements au plus, cela signifie exactement que un ou deux événements se produisent. L’événement cherché est :

((A∩B^c∩C^c)∪(B∩A^c∩C^c)∪(C∩B^c∩A^c)) [pour un événement]

S

((A∩B∩C^c)∪(C∩B∩A^c)∪(A∩C∩B^c)) [pour deux événements]

3) D’après la question précédente, l’événement cherché est :

¡(A∩B∩C^c)∪(C∩B∩A^c)∪(A∩C∩B^c)¢

EXERCICE1.10.– [Modèles probabilistes discrets et dénombrement]

On considère le jeu de bridge. Le jeu contient 52 cartes et chaque joueur reçoit 13 cartes (une main).

1. Combien de mains différentes peut recevoir un joueur ? 2. Probabilité qu’il reçoive un as exactement ?

3. Probabilité qu’il reçoive au moins un as ?

4. Probabilité qu’il reçoive au moins un as ou un roi, le “ou” n’étant pas exclusif ? 5. Probabilité qu’il lui manque au moins une couleur ?

Solution

1) Le nombre de main différentes que peut recevoir un joueur correspond au nombre de parties de cardinal 13 qui existe dansΩ=aux 52 cartes du jeu, soit C¹³₅₂.

2) L’événement d’avoir exactement un as dans une main de 13 cartes correspond à tirer un as parmi les 4 disponibles et tirer 12 cartes parmi toutes les cartes dis- ponibles moins celles correspondant aux 4 as. Autrement dit il existe C¹₄C¹²₄₈mains possibles soit une probabilité deP=C¹₄C¹²₄₈/C¹³₅₂.

3) La probabilité d’avoir un as est associé aux événements d’avoir un ou plusieurs as (c’est dire un as uniquement ou 2 as uniquement ou 3 as uniquement ou 4 as uni- quement). On peut raisonner plus simplement en considérant l’événement complé- mentaire qui est de n’avoir aucun. Le nombre de mains associées à cet événement est C¹³₄₈. Ainsi, la probabilité d’avoir au moins un as estP=1−C¹³₄₈/C¹³₅₂.

4) La probabilité d’avoir au moins un as et/ou un roi pourrait se décomposer en trois groupes d’événements : avoir au moins un as, ou au moins un roi, ou au moins un as et au moins un roi. La difficulté de cette approche concerne le fait de comptabiliser

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14 PROBABILITÉS POUR L’INGÉNIEUR plusieurs fois certains événements. Par exemple : avoir au moins un as n’exclut pas le fait d’avoir un roi, etc. Ainsi, il est plus simple de considérer l’événement complé- mentaire : avoir une main ne comptant ni roi ni as. Le nombre de mains de la sorte est le nombre de choix de 13 cartes parmi 52−4−4=44. Ce nombre de mains vaut donc C¹³₄₄. La probabilité cherchée vautP=1−C¹³₄₄/C¹³₅₂

5) La probabilité de n’avoir que 3 couleurs est simplement donnée par le choix de ne tirer que 13 cartes parmi les 53−13=39 restantes, soitP=C¹³₃₉/C¹³₅₂.

EXERCICE1.11.–[Le facteur très fatigué]

Dans un immeuble, un facteur est chargé de distribuer dans p boîtes le courrier constitué deNlettres, dontripour la boîtei. On supposeN>p. Il le fait au hasard.

On suppose queN=Pp

i=1riet que le facteur extirpe une à une chaque lettre du sac.

1. Modéliser l’expérience aléatoire.

2. Probabilité que la première boîte soit correctement remplie ? 3. Probabilité qu’elle ne contienne aucune lettre des voisins ? 4. Probabilité qu’elle contienne exactementklettres (0ÉkÉN) ?

5. Probabilité que chaque boîte contienne au moins une lettre qui lui est desti- née ?

Solution

1) La distribution effectuée par le facteur est une applicationf :L→BdeLdansB oùLest l’ensemble {`1,`2, . . . ,`N} desNlettres à distribuer etB={b₁,b₂, . . . ,bp} est l’ensemble despboîtes. L’espaceΩdes états ou possibles est donc l’ensembleB^L des applications deLdansB. La tribu que l’on choisit pour modéliser cette expé- rience aléatoire est l’ensemble des parties deΩ. La mesure de probabilité deA⊂Ω est P(A)=cardA/cardΩ. On a cardΩ=cardB^L=cardB^cardL=p^N.

2) La boîte 1 est correctement remplie si et seulement si l’application f est telle quef(L₁)=b₁oùL₁est l’ensemble des lettres à placer dans la boîteb₁. Le sous- ensemble deΩconcerné est doncF₁=©

f ∈B^L:f(L₁)=b₁ª

. Cet ensemble est iso- morphe à {b₁}^L1×(B\ {b₁})^(L\L1), qui est le produit cartésien entre les applications de L₁dans {b₁} (il n’y en a qu’une) et l’ensemble des applications deL\L₁dansB\{b₁}.

Le cardinal deF₁est alors : card¡

{b₁}^L1¢

×card¡

(B\ {b₁})^(L\L1)¢

= card¡ {b₁}^L1¢

×card (B\ {b₁})^card(L\L1)

= 1^r1×(p−1)^N−r1. La probabilité cherchée est donc égale à (p−1)^N−r1/p^N.

3) La boîteb₁ne contient aucune lettre des voisins si l’application f prend des va- leurs quelconques surL₁et est telle quef(L\L₁)=B\ {b₁}. Le sous-ensemble deΩ concerné est donc

F₂=©

f ∈B^L:f(L₁)=B&f(L\L₁)=B\ {b₁}ª .

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EXERCICES PARTIE I 15 Cet ensemble est isomorphe àB^L1×(B\ {b₁})^(L\L1), qui est le produit cartésien entre l’ensemble des applications deL₁dansB\ {b₁} et l’ensemble des applications de L\L₁dansB\ {b₁}. Le cardinal deF₂est alors (p−1)^N−r1p^r1: il y ap^r1applications deL₁dansBet (p−1)^N−r1applications deL\L₁dansB\ {b₁}. La probabilité cher- chée est donc (p−1)^N−r1p^r1/p^N.

4) Il y a C^k_N sous-ensembles deklettres dansLaveck=1, 2, . . . ,N. Une application qui associeklettres à la boîteb₁est une application qui associe tous les éléments d’un sous-ensembleAdek lettres àb₁et dont la restriction àL\Aest une appli- cation à valeurs dansB\ {b₁}. Il y a C^k_N(p−1)^N−k applications de cette forme. La probabilité cherchée est donc C^k_N(p−1)^N−k/p^N.

5) SoitAi, l’ensemble des applicationsf :L→Btelles quef(Li)=B\ {bi} oùLi est l’ensemble des lettres qui devraient être placées dansbi. L’événement cherché est A^c₁∩A^c₂∩. . .∩A^c_poùA^c_kest le complémentaire deA_kdansΩ=B^L. CommeA^c₁∩A^c₂∩ . . .∩A^c_p=¡

A₁∪A₂∪. . .A_p¢c

, la probabilité cherchée est 1−P¡

A₁∪A₂∪. . .A_p¢ . On applique maintenant la formule de Poincaré :

P¡

A₁∪A₂∪. . .A_p¢

=

n

X

k=1

(−1)^k+1 X

i₁<i₂<...<i_k

P¡

A_i1∩A_i2∩. . .∩A_ik¢ oùP

i1<i2<...<ik est la somme pour tous lesk-uplets (i₁,i₂, . . . ,i_k) tels que 1Éi₁<

i₂<. . .<i_kÉN. Il faut donc calculer P¡

A_i1∩A_i2∩. . .∩A_ik¢

. L’ensembleA_i1∩A_i2∩ . . .∩A_ik est celui de toutes les applications qui ne prennent pas leurs valeurs dans {b_i1,b_i2, . . . ,b_ik}. Cet ensemble est donc celui des applications deLdansBqui prennent leurs valeurs dansB\ {b_i1,b_i2, . . . ,b_ik}. Il y en a donc :

card³

¡B\ {b_i1,b_i2, . . . ,b_ik}¢L´

=card¡

B\ {b_i1,b_i2, . . . ,b_ik}¢card(L)

=(p−k)^N On a doncP¡

A_i1∩A_i2∩. . .∩A_ik¢

=(p−k)^N/p^N =

³ 1−^k_p

´N

. Comme il y a C^k_p k- uplets possibles (i1,i2, . . . ,ip) avec 1Éi1<i2<. . .<i_kÉN, nous avons :

P¡

A₁∪A₂∪. . .A_p¢

=

n

X

k=1

(−1)^k+1C^k_p µ

1−k p

¶N

et la probabilité cherchée est : 1−

n

X

k=1

(−1)^k+1C^k_p µ

1−k p

¶N

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Chapitre 2

Variables aléatoires et moments

EXERCICE2.1.– [Variable aléatoire discrète et modulo]

SoientΩ=N^∗,Best l’ensembleP(Ω) des parties deΩetP({k})=2^−k.

1. Montrer quePvérifie la condition de normalisation, de sorte que (Ω,P(Ω),P) est un espace probabilisé.

2. Pour un entiern∈N^∗donné, on définit la variable aléatoireXcomme le reste modulon:X(k)=kmod[n],n∈N^∗. Donner la loi deX : domaine de varia- tion, probabilité d’un singleton et fonction de répartition.

Solution 1)P(Ω)=P

µ_+∞

S

k=1

{k}

¶

=^+∞P

k=1P{k}=^+∞P

k=1

2^−k= ¹_21−1/2¹ =1. On aP(;)=1−P(Ω)=0.

Comme tout événement deBpeut s’écrire comme une union dénombrable d’évé- nements élémentaires du type {k}, on a aussi :

∀A∈B, ∃I⊂N^∗, A=[

k∈I

{k}

P(A)=X

k∈I

P{k}

2) La variable aléatoireXest définie pour toutk∈Ω=N^∗parX(k)=kmod[n]. La variable aléatoireXprend ses valeurs dans {0, 1, 2, 3...,n−1}, qui est son domaine de variation. On a :

P(X⁻¹({0}))=P Ã

[

kÊ1

{kn}

!

=X

kÊ1

P({kn})=X

kÊ1

2^−kn= 1 2ⁿ−1 Pour 1ÉjÉn−1, on a :

P(X⁻¹({j}))=P Ã

[

kÊ0

{kn+j}

!

=X

kÊ1

P({kn+j})=X

kÊ0

2^−kn+j=2^−j 1

1−2⁻ⁿ = 2^n−j 2ⁿ−1

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18 PROBABILITÉS POUR L’INGÉNIEUR On déduit de ces résultats l’expression de la fonction de répartition. CommeP£

X<

0¤

=0, on aFX(x)=0 pourx∈]− ∞, 0[. On a aussiFX(0)=P£ XÉ0¤

=P£ X =0¤

=

2⁻ⁿ

1−2⁻ⁿ =₂ⁿ¹₋₁.

Pourx∈[j,j+1[, on obtient : FX(x) = P£

XÉx¤

= PX¡

{0}∪{1}∪...∪{j}¢

= 1

2ⁿ−1+

j

X

k=1

2^n−k

2ⁿ−1=1+2ⁿ−2^n−j 2ⁿ−1

EXERCICE2.2.–[Variable aléatoire de densité triangulaire]

SoitX une variable aléatoire à valeurs dans [−1, 1], dont le graphe de la densité de probabilitéf_Xforme un triangle isocèle (segment sur l’axe desx= hypothénuse).

1. Déterminer l’expression def_X. En déduire celle de la fonction de répartition FX.

2. Calculer l’espérance mathématique et la variance deX. 3. CalculerP£

Xɹ₄,X²É¹₄¤ .

4. Déterliner la distribution deY =X². Calculer la moyenne deY. Retrouver ainsi la variance deX.

Solution

La densité de probabilité est un triangle isocèle doncf_Xest paire.

1)f_X est une densité de probabilité. On utilise la condition de normalisation pour déterminera. On a :

Z

Rf_X(x)dx=1⇒ Z0

−1

f_X(x)dx+ Z1

0

f_X(x)dx=1⇒2 Z1

0

f_X(x)dx=1.

Or, 2R1

0 f_X(x)dxest l’aire du triangle sous la courbe def_X. Cette aire est égale àa×1= a. On a donca=1 etfX(x)=







1−x si x∈[0, 1]

1+x si x∈[−1, 0]

0 ailleurs

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EXERCICES PARTIE II 19 2) On calcule la fonction de répartition deXpar intégration de la densité. On a donc :

x∈]− ∞,−1[, FX(x) = 0 x∈[−1, 0], FX(x) =

Z x

−∞

f_X(t)dt= Z x

−1

(1+t)dt

=

·(1+t)² 2

¸x

−1

= (1+x)² 2 x∈[0, 1], FX(x) =

Z x

−∞

f_X(t)dt

= Z 0

−1

f_X(t)dt+ Z x

0

f_X(t)dt

= 1 2+

·

−(1−t)² 2

¸x 0

= 1−(1−x)² 2 xÉ1, FX(x) =

Z ₁

−∞

f_X(t)dt=FX(1)

= 1

3) CommefXest paire :

E[X] = Z

Rx f_X(x)dx= Z 0

−1

x f_X(x)dx+ Z1

0

x f_X(x)dx

= − Z 1

0

x f_X(x)dx+ Z 1

0

x f_X(x)dx

= 0

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20 PROBABILITÉS POUR L’INGÉNIEUR La variance de X est Var©

Xª

=E[(X−E[X])²)]=E[X²]−E[X]². Par conséquent : E[X²] =

Z

Rx²f_X(x)dx= Z₀

−1

x²f_X(x)dx+ Z₁

0

x²f_X(x)dx

= 2 Z 1

0

x²f_X(x)dx

= 2 Z 1

0

(x²−x³)dx

= 2¡₁

3−¹₄¢ dx

= 1 6 4)

P£ XÉ1

4,X²É1 4

¤ = P£ XÉ1

4,−1

2ÉXÉ1 2

¤

= P£

−1

2ÉXÉ1 4

¤

= Z ¹

4

−¹₂

fX(x)dx

= FX(1/4)−FX(−1/2)= µ

1− 9 32− 4

32

¶

=19 32

5) Loi deY =X²La variable aléatoireY est à valeurs dans [0, 1]. Pour toutyÊ0, P£

Y Éy¤

=P£ X²Éy¤

=P(XÉpy,XÊ −py)=P(XÉpy)−P(XÉ −py).

On a doncFY(y)=FX(py)−FX(−py) pour toutyÊ0.

Par dérivation, il vient :f_Y(y)=₂^p1_yf_X(py)+₂^p1_yf_X(−py)=^p1_yf_X(py). On prend aintenant en compte l’expression spécifique defXpour aboutir à :

y∈]0, 1] : fY(y) =1−py py

ailleurs f_Y(y) =0

Avec la densité deY on retrouve la valeur de la variance deX². On a : E[X²]=E[Y]=

Z

Ry fY(y)dy= Z 1

0

py(1−py)dy=

·2 3y^3/2−1

2y²

¸1 0=1

6 CommeE[X]=0, on retrouve Var©

Xª

=E[X²]−E[X]²=E[X²]=1/6.

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