Corrigé de la composition de mathématiques - C - (ULCR)
Session de 2015
Partie I
1)a. L’applicationx7−→e−x2 est continue sur [0,+∞[, donc l’application Aest de classeC1 sur [0,+∞[, avec:
∀t≥0, A0(t) = 2e−x2 Z t
0
e−x2dx.
Pour touta >0, l’applicationϕ: [0, a]×[0,1]−→Rdéfinie par:
∀(t, x)∈[0, a]×[0,1], ϕ(t, x) =−e−t2(1+x2) 1 +x2 vérifie les hypothèses du théorème de Leibniz:
• pour toutt∈[0, a],x7−→ϕ(t, x) est continue par morceaux (et sommable) sur [0,1];
• pour toutx∈[0,1],t7−→ϕ(t, x) est de classeC1 sur [0, a];
• pour toutt∈[0, a],x7−→ ∂ϕ
∂t(t, x) est continue par morceaux;
• pour tout (t, x)∈[0, a]×[0,1],
∂ϕ
∂t(t, x)
= 2te−t2(1+x2)≤2a et l’applicationt 7−→2aest continue par morceaux et sommable sur [0,1].
On en déduit queB est de classeC1sur chaque [0, a], donc sur [0,+∞[, avec:
∀t≥0, B0(t) = 2t Z 1
0
e−t2(1+x2)dx= 2e−t2 Z 1
0
e−(tx)2d(tx)
Le changement de variabley=txdonne doncA0(t) =B0(t) pour toutt >0, égalité qui reste valable quand t= 0.
1)b.Il existe ainsi une constanteKtelle queA(t) =B(t) +Kpour toutt≥0: nous obtenons en particulier K=A(0)−B(0) = π
4. D’autre part,B(t) tend vers 0 quand ttend vers +∞:
|B(t)| ≤e−t2 Z 1
0
1
1 +x2dx−−−−→
t→+∞ 0.
On en déduit queA(t)−−−−→
t→+∞
π
4, ce qui donne Z +∞
0
e−x2dx=
√π 2 , puis:
Z
R
G(x) dx= 2
√π Z +∞
0
e−(x/
√2)2d(x/√ 2) = 1.
2) On applique la méthode de la variation de la constante: la fonctionx7−→ex2/2 est une base de l’espace des solutions de l’équation homogène y0−xy = 0 et on pose ϕ : x 7−→ A(x)ex2/2, la nouvelle fonction inconnueA étant une fonction dérivable.ϕest solution de l’équation étudiée si et seulement si
∀x∈R, A0(x) =e−x2/2g(x).
Commegest bornée sur R, la fonctionx7−→e−x2/2g(x) est sommable au voisinage de−∞et les solutions de l’équation sont les applications de la formex7−→Aex2/2+ex2/2
Z x
−∞
e−y2/2g(y) dyoùAest une constante réelle quelconque.
3)Comme la fonctionf − hfiest continue surR, la fonction proposée est solution de l’équation différentielle y0−xy=f − hfi. On en déduit queϕest dérivable et queϕ0:x7−→xϕ(x) +f(x) − hfiest continue.
On a d’autre part, pour toutx∈R (en remarquant que les intégrales écrites sont convergentes, puisquef est bornée):
f(x) = ex2/2 Z
R
e−y2/2(f(y) − hfi) dy− Z +∞
x
e−y2/2(f(y) − hfi) dy
= −ex2/2 Z +∞
x
e−y2/2(f(y) − hfi) dy puisque
Z
R
e−y2/2(f(y) − hfi) dy=√ 2π
Z
R
G(y)f(y) dy − hfi
= 0.
4) Nous avons (x−y)2≥0, soit−y2
2 ≤ −x2
2 −x(y−x), ce qui donne l’inégalité demandée par croissance de la fonction exponentielle.
Pourx∈]− ∞,−1], nous avons en utilisant l’inégalité précédente:
|ϕ(x)| ≤ ex2/2 Z x
−∞
e−y2/2 |f(y)− hfi|
| {z }
≤2kfk∞
dy
≤ 2kfk∞
Z x
−∞
e−x(y−x)dy
= 2kfk∞
e−x(y−x)
−x x
−∞
= 2kfk∞
|x|
≤ 4kfk∞
1 +|x|
car 2
|x| ≤ 4
1 +|x| quand|x| ≥1.
Pourx∈[−1,0], nous avons cette fois:
|ϕ(x)| ≤ 2kfk∞ex2/2 Z x
−∞
e−y2/2dy
≤ 2kfk∞e1/2 Z 0
−∞
e−y2/2dy
= 2kfk∞e1/2
√2π 2
≤ 2kfk∞√ 2πe 1 +|x|
car 1 +|x| ≤2.
En utilisant la formule ϕ(x) = −ex2/2 Z +∞
x
e−y2/2(f(y) − hfi) dy, nous obtenons des résultats similaires pourx≥0, ce qui donne:
∀x∈R, |ϕ(x)| ≤ C00kfk∞ 1 +|x|
avecC00 = max(4,2√
2πe) = 2√
2πe. La relationC0≤2√
2πedemandée par l"énoncé laisse entendre queC0 désigne, comme aux questions suivantes, la plus petite valeur (indépendante dexet def) vérifiant l’inégalité demandée.
On en déduit queϕ0 est bornée:
∀x∈R, |ϕ0(x)|=|xϕ(x) +f(x) − hfi| ≤ |x|
1 +|x|C0kfk∞+ 2kfk∞≤(C0+ 2)kfk∞. 5) En posanty=x+s, nous obtenons pour toutx∈R:
ϕ(x) = −ex2/2 Z +∞
x
e−y2/2(f(y) − hfi) dy
= −ex2/2 Z +∞
0
e−(x+s)2/2(f(x+s) − hfi) ds
= −
Z +∞
0
e−s2/2e−sx(f(x+s)− hfi) ds.
On applique une nouvelle fois facilement le théorème de Leibniz, pour obtenir:
∀x∈R, ϕ0(x) =− Z +∞
0
e−s2/2e−sxf0(x+s) ds+ Z +∞
0
se−s2/2e−sx(f(x+s) − hfi) ds.
Séparons une nouvelle fois les cas:
Pourx≥1, nous avons:
|ϕ0(x)| ≤ kf0k∞
Z +∞
0
e−sxds+ 2kfk∞
Z +∞
0
se−s2/2ds=kfk∞
x +2kfk∞
x2 Comme 1
x ≤ 2
1 +x et 1 x2 ≤ 2
1 +x sur [1,+∞[, nous en déduisons que
|ϕ0(x)| ≤ 2kf0k∞+ 4kfk∞
1 +x ≤4(kfk∞+kf0k∞)
1 +x .
Pourx∈[0,1], nous avons:
|ϕ0(x)| ≤ kf0k∞
Z +∞
0
e−s2/2ds+ 2kfk∞
Z +∞
0
se−s2/2ds=kf0k∞
√ 2π
2 + 2kfk∞≤ 4 (kfk∞+kf0k∞) 1 +x car 1 +x≤2.
On travaille de la même façon avecx≤0, en partant de la formuleϕ(x) = Z 0
−∞
e−s2/2e−sx(f(s+x) − hfi) ds, ce qui donne:
∀x∈R, (1 +|x|)ϕ0(x)| ≤4 (kfk∞+kf0k∞) Ceci prouve l’existence deC1, avecC1≤4 =C10.
Remarque:cette méthode peut être reprise pour obtenir plus naturellement une majoration de (1+|x|)ϕ(x) qui est meilleure que celle de la question 4. On a en effet:
∀x∈[0,1], |ϕ(x)| ≤2kfk∞
Z +∞
0
e−s2/2dx=kfk∞
√2π≤2√
2πkfk∞ 1 +x
∀x≥1, |ϕ(x)| ≤2kfk∞
Z +∞
0
e−sxdx=2kfk∞
x ≤ 4kfk∞
1 +x . 6) Commeϕ0 : x7−→xϕ(x) +f(x) − hfi,ϕest de classeC2et ϕ00 est bornée:
∀x∈R, |ϕ00(x)| ≤ C00kfk∞
1 +|x| +|x|C10(kfk∞+kf0k∞)
1 +|x| +kf0k ≤C20(kfk∞+kf0k∞) avecC20 = max(C00 +C10,1 +C10) = 2√
2πe+ 4, qui est donc un majorant de la constante optimaleC2.
Partie II
1) Commeϕet ϕ0 sont continues et bornées, les fonctionsGϕetGϕ0 sont sommables sur R. L’intégration par parties:
Z
R
G(x)ϕ0(x) dx=
G(x)ϕ(x) +∞
−∞
− Z
R
G0(x)ϕ(x) dx= Z
R
xG(x)ϕ(x) dx
est donc valide et donne l’égalité demandée.
2) On applique les résultat de la partieI.4àf: la fonctionϕ: x7−→ex2/2 Z x
−∞
e−y2/2(f(y)− hfi) dy est de classeC1 avecϕet ϕ0 bornées. On en déduit:
Z
R
gn(x)(f(x)− hfi) dx= Z
R
gn(x)(h0(x)−xh(x)) dx−−−−−−→
n→+∞ 0.
Comme Z
R
gn(x)hfidx= hfi, cela donne:
Z
R
gn(x)f(x) dx−−−−−−→
n→+∞
Z
R
G(x)f(x) dx.
3) Notations et remarques
Par hypothèse, la fonction x 7−→ x2gn(x) est continue et intégrable sur R. Par comparaison, pour toute fonctionψcontinue surRet telle queψ(x) =O(x2) au voisinage de±∞, la fonctionψ gn est aussi intégrable surRet donc sur tout sous-intervalle deR. Cela prouve que toutes les intégrales qui suivent existent au sens propre.
Par hypothèse aussi, il existe une constanteK1>0 telle que
∀n∈N, 0≤ Z +∞
−∞
x2gn(x) dx≤K1.
En prenantf constante égale à 1:
Z +∞
−∞
gn(x) dx−−−−−→
n→+∞
Z +∞
−∞
G(x) dx= 1
donc il existe une constanteK2≥1 telle que
∀n∈N, 0≤ Z +∞
−∞
gn(x) dx≤K2.
Enfin, il faut modifier les énoncés des questions3.bet3.cpour pouvoir conclure en3.e. Aub, il faut montrer que
Z
R
(1−χR(x))gn(x)(h0(x)−xh(x)) dxtend vers 0 uniformément par rapport à n quand R tend vers l’infini; auc, il faut montrer que la propriété demandée est vrai pourR assez grand.
3)a. SihestC∞ à support compact, la fonctionϕ: x7−→h0(x)−xh(x) estC∞ et bornée, donc Z
R
gn(x)(h0(x)−xh(x)) dx−−−−−−→
n→+∞
Z
R
G(x)(h0(x)−xh(x)) dx= 0 puisqueϕestC1 avecϕet ϕ0 bornées.
3)b.Les fonctions χR sont uniformément bornées : il existeM >0 tel que
∀x∈R, ∀R >0, |χR(x)| ≤M Les fonctionsheth0 sont bornées par hypothèse:
∀ x∈R, |h0(x)−xh(x)| ≤ khk∞|x|+kh0k∞.
Enfin, l’expression 1−χR(x) est identiquement nulle sur [−R, R] et la fonctiongn est positive, donc
Z
R
(1−χR(x))gn(x)(h0(x)−xh(x)) dx
= Z
|x|≥R
(1−χR(x))gn(x)(h0(x)−xh(x)) dx
≤(1 +M) kh0k∞ Z
|x|≥R
gn(x) dx+khk∞ Z
|x|≥R
|x|gn(x) dx
!
Pour obtenir une majoration uniforme par rapport àn, on remarque que pour |x| ≥R:
gn(x)≤ 1
R2x2gn(x) et|x|gn(x)≤ 1
Rx2gn(x).
On en déduit que (la constanteK1 a été définie au début du3)
∀R >0, ∀ n∈N, Z
R
(1−χR(x))gn(x)(h0(x)−xh(x)) dx
≤(1 +M)K1
kh0k∞
R2 +khk∞
R
Comme ce majorant est indépendant denet tend vers 0 quandRtend vers l’infini, nous obtenons:
∀ε >0, ∃Rε>0, ∀R≥Rε, ∀n∈N, Z
R
(1−χR(x))gn(x)(h0(x)−xh(x)) dx
≤ε.
3)c.Pour toutR >0, la fonctionf : x7−→χR(x)(h0(x)−xh(x)) est bornée et de classeC∞, donc Z
R
gn(x)f(x) dx−−−−−−→
n→+∞
Z
R
G(x)f(x) dx.
Il suffit donc de montrer que IR = Z
R
G(x)f(x) dxtend vers 0 quand R tend vers l’infini pour obtenir le résultat demandé, ce qui se montre facilement en appliquantIII.1àh, qui est bienC1 avecheth0 bornées:
|IR| = Z
R
G(x)χR(x)(h0(x)−xh(x)) dx− Z
R
G(x)(h0(x)−xh(x)) dx
≤ Z
R
G(x)(χR(x)−1)(h0(x)−xh(x)) dx
≤ (1 +M) Z −R
−∞
G(x)|h0(x)−xh(x)|dx+ Z +∞
R
G(x)|h0(x)−xh(x)|dx
!
−−−−−−→
R→+∞ 0
3)d.Supposons maintenant quehest de classeC1 avec toujoursheth0 bornées. Pour que le résultat reste valable, il suffit de démontrer que l’on a toujours
Z
R
gn(x)χR(x)(h0(x)−xh(x)) dx−−−−−−→
n→+∞
Z
R
G(x)χR(x)(h0(x)−xh(x)) dx
pour toutR >0, avec seulement hde classeC1, la fin de la preuve précédente restant validequand hn’est que de classeC1. Soit donc R >0 etε >0. Il existe alors, par le théorème d’approximation de Weïerstrass, un polynômeQtel que
∀x∈[−R−1, R+ 1], |Q(x)−h0(x)| ≤ε En notantP : x7−→h(0) +
Z x 0
Q(t) dt, nous avons
∀x∈[−R−1, R+ 1], |P(x)−h(x)|=
Z x 0
(Q(t)−h0(t) dt
≤ε|x|
Notons alorsf : x7−→χR(x)(h0(x)−xh(x)) etf1: x7−→χR(x)(P0(x)−xP(x)). Nous avons:
∀x∈[−R−1, R+ 1], |f(x)−f1(x)| ≤M ε 1 +x2
et cette égalité est vérifiée sur toutR, puisque f(x)−f1(x) = 0 en dehors de [−R−1, R+ 1]. On en déduit (les constantesK1et K2ont été définies au début de la question3)
∀n∈N, Z
R
gn(x)f1(x) dx− Z
R
gn(x)f(x) dx
≤ M ε Z
R
gn(t)(1 +x2) dt
≤ M(K2+K1)ε De même, nous obtenons
Z
R
G(x)f1(x) dx− Z
R
G(x)f(x) dx
≤M(K2+K1)ε.
D’autre part, commef1 est de classeC∞ avecf1 etf10 bornées, il existe un rangn0tel que:
∀n≥n0, Z
R
gn(x)f1(x) dx− Z
R
G(x)f1(x) dx
≤ε.
Il reste à recoller les trois inégalités pour obtenir:
∀n≥n0, Z
R
gn(x)f(x) dx− Z
R
G(x)f(x) dx
≤ε(1 + 2M(K1+K2)) et la convergence est démontrée.
3)e.Soitε >0. D’après les questions b et c, il existeR0>0 tel que l’on ait:
∀n∈N, Z
R
(1−χR0(x))gn(x)(h0(x)−xh(x)) dx
≤ε
n→+∞lim Z
R
gn(x)χR0(x)(h0(x)−xh(x)) dx
≤ε
On en déduit qu’il existen0∈Ntel que:
∀n≥n0, Z
R
gn(x)χR0(x)(h0(x)−xh(x)) dx
≤2ε
ce qui donne pour toutn≥n0:
Z
R
gn(x)(h0(x)−xh(x)) dx
≤ Z
R
χR0(x)gn(x)(h0(x)−xh(x)) dx
+ Z
R
(1−χR0(x))gn(x)(h0(x)−xh(x)) dx
≤ 3ε
Remarque:on peut alors reprendre la démonstration duII.2.pour en déduire que Z
R
gn(x)f(x) dx −−−−−−−→
n→+∞
Z
R
G(x)f(x) dx
pour toute fonction f continue et bornée sur R. Cela signifie que la suite de mesures positives finies de densitésgn converge étroitementvers la mesure (de probabilité) gaussienne centrée réduite.
Partie III
Remarquons pour commencer que toutes les espérances utilisées dans la suite du corrigé existent, puisque toutes les variables aléatoires manipulées sont bornées.
1) On sait queϕ0(x)−xϕ(x) =f(x) − hfipour toutx∈R, donc ϕ0(Zn)−Znϕ(Zn) =f(Zn) − hfiet le résultat demandé est évident.
2)Il suffit d’appliquer l’inégalité de Taylor-Lagrange à la fonctionϕ(qui est de classeC2, de dérivée seconde bornée comme vu à la questionIII.6:
ϕ(Zn)−ϕ(Zn,i)−(Zn−Zn,i)ϕ0(Zn,i)
≤ (Zn−Zn,i)2
2 C2(kfk∞+kf0k∞) On a ensuite Zn−Zn,i = Xi
√n et on obtient l’inégalité demandée en multipliant par |Xi| et en passant à l’espérance.
3)CommeX1, . . . ,Xi, . . . ,Xn sont des variables aléatoires discrètes et indépendantes, alors quelle que soit la fonctionψ,Xi et ψ(X1, . . . , Xi−1, Xi+1, Xn) sont des variables aléatoires indépendantes (lemme dit des coalitions). En particulier,Xiet
ϕ(Zn,i) =ϕ
X1+· · ·+Xi−1+Xi+1+· · ·+Xn
√n
sont indépendantes, de même queXi et ϕ0(Zn,i). Comme ces variables sont bornées, elles sont d’espérance finie et
E Xiϕ(Zn,i)
= E(Xi)E ϕ(Zn,i)
= 0, E Xi2ϕ0(Zn,i)
= E(Xi2)E ϕ0(Zn,i)
=V(Xi)E ϕ0(Zn,i)
=E ϕ0(Zn,i) puisqueXi est centrée et réduite.
Par linéarité de l’espérance, E
1
√n
n
X
i=1
Xiϕ(Zn)−Xiϕ(Zn,i)− Xi2
√nϕ0(Zn,i)
=E Znϕ(Zn)
− 1 n
n
X
i=1
E ϕ0(Zn,i) et d’après l’inégalité de la moyenne etIII.2,
E Znϕ(Zn)
−1 n
n
X
i=1
E ϕ0(Zn,i)
≤ E 1
√n
n
X
i=1
Xiϕ(Zn)−Xiϕ(Zn,i)− Xi2
√nϕ0(Zn,i)
≤ C2
2 kfk∞+kf0k∞ 1
√n
n
X
i=1
E(|Xi|3) n
≤ C2
2 kfk∞+kf0k∞ 1
√nE(|X1|3) puisque lesXi sont toutes de même loi.
CommeX1 est bornée par M, alorsP(|X1|3 ≤M X12) = 1, doncE(|X1|3)≤ME(X12) = MV(X1) =M puisqueX1est centrée et réduite, d’où l’inégalité demandée.
4) Nous avons cette fois, pouri∈[1, n]:
|ϕ0(Zn)−ϕ0(Zn,i)| ≤ |Xi|
√nC2(kfk∞+kf0k∞) d’où
E(ϕ0(Zn))− 1 n
n
X
i=1
E(ϕ0(Zn,i))
=
E 1 n
n
X
i=1
ϕ0(Zn)−ϕ0(Zn,i)
!
≤ C2
√n(kfk∞+kf0k∞)1 n
n
X
i=1
E(|Xi|)
CommeXi et 1sont des variables aléatoires bornées, elles sont de carré intégrable et d’après l’inégalité de Schwarz, leur produit est intégrable et
E(|Xi|)≤q
E(Xi2)p
E(1) =V(Xi) = 1 puisqueXi est centrée et réduite, d’où l’inégalité demandée.
5) Le résultat est une conséquence directe des questions précédentes:
E f(Zn)
− Z
R
f(x)G(x) dx=E f(Zn)
− hfi=E f(Zn)− hfi donc
E(f(Zn))− Z
R
f(x)G(x) dx
= |E(ϕ0(Zn))−E(Znϕ(Zn))|
≤
E(ϕ0(Zn))−1 n
n
X
i=1
E(ϕ0(Zn,i))
+
E(Znϕ(Zn))− 1 n
n
X
i=1
E(ϕ0(Zn,i))
≤ C2(1 +12M)
√n (kfk∞+kf0k∞)
6) Nous allons encadrer l’indicatrice de ]− ∞, a[ par des fonctions de classeC1, construites en raccordant des polynômes: nous commençons par fixerε >0 (nous le fixerons un peu plus loin) et nous construisons
• la fonction f de classeC1 égale à 1 sur ]− ∞, a−ε], égale à 0 sur [a,+∞[ et polynomiale de degré 3 sur [a−ε, a]. On cherche donc un réelK tel que
∀x∈[a−ε, a], f0(x) =K(x−a) x−(a−ε)
=K
(x−a)2+ε(x−a) . Comme on imposef(a) = 0 etf(a−ε) = 1, on en déduit queK= 6
α3, d’où:
∀x∈R, f(x) =
1 six≤a−ε
(x−a)2(2x−2a+ 3ε)
ε3 . sia−ε≤x≤a
0 six≥a
• la fonctiong de classeC1 égale à 1 sur ]− ∞, a], égale à 0 sur [a+ε,+∞[ et polynomiale de degré 3 sur [a, a+ε]
Il est clair quekfk∞ =kgk∞ = 1 et kf0k∞ =kg0k∞ =|f0(a−ε/2)|= 2ε3 (l’extremum d’un polynôme de degré 2 est atteint au milieu de ses racines).
On a ainsi défini deux fonctionsf et g, de classeC1, bornées et de dérivées bornées surR, telles que
∀x∈R, f(x)≤1]−∞,a](x)≤g(x).
On en déduit quef(Zn)≤1]−∞,a](Zn)≤g(Zn) et que
E(f(Zn))≤P((Zn≤a)≤E(g(Zn)) par croissance de l’espérance mathématique, mais aussi que
Z
R
f(x)G(x) dx≤ Z a
−∞
G(x) dx≤ Z
R
g(x)G(x) dx par croissance de l’intégrale (la fonctionGétant positive et intégrable surR).
On déduit de ces deux encadrements que E(f(Zn))−
Z
R
gG≤P(Zn ≤a)− Z a
−∞
G(x) dx≤E(g(Zn))− Z
R
f G
c’est-à-dire E(f(Zn))−
Z
R
f G− Z
R
(g−f)G≤P(Zn≤a)− Z a
−∞
G(x) dx≤E(g(Zn))− Z
R
gG+ Z
R
(g−f)G.
La différenceg−f est nulle en dehors de [a−ε, a+ε] et majorée par 1 sur ce segment. Par conséquent, 0≤
Z
R
(g(x)−f(x))G(x) dx≤(2ε)×1× 1
√2π = r2
πε.
D’aprèsIII.5, les deux quantités
E(f(Zn))− Z
R
f G
et
E(g(Zn))− Z
R
gG sont majorées par
C2(2 +M) 2√
n
1 + 3 2ε
donc pour touta∈R,n∈N∗ et ε >0:
P(Zn≤a)− Z a
−∞
G(x) dx
≤ C2(2 +M) 2√
n
1 + 3 2ε
+
r2 πε.
En choisissantε=n−1/4, on en déduit que
∀a∈R, P(Zn≤a) = Z a
−∞
G(x) dx+O(n−1/4).
Remarques: la majoration trouvée montre que la fonction de répartition deZnconvergeuniformément sur Rvers la fonction de répartition d’un loi gaussienne centrée réduite (puisque le majorant est indépendant de a). Cette preuve est due à Lindeberg, comme on peut le lire dans l’article “Une démonstration élémentaire du théorème central limite” de Robert C. Dalang (EPFL):
http://www.researchgate.net/publication/37465555_Une_dmonstration_lmentaire_du_thorme_central_limite
Partie IV
1)a. Tout réelx∈[−M, M] est une combinaison convexe de (−M) et deM : x= M+x
2M M+M−x 2M (−M).
Commeϕest convexe, on en déduit que
∀ x∈[−M, M], ϕ(x)≤ M+x
2M ϕ(M) +M −x
2M ϕ(−M)
(le graphe deϕest situé sous la corde qu’il intercepte) et comme la variable aléatoireX est presque sûrement comprise entre (−M) etM, on en déduit que
P
ϕ X(ω)
≤ M+X(ω)
2M ϕ(M) +M−X(ω)
2M ϕ(−M)
= 1.
Par linéarité et positivité de l’espérance, on en déduit que E ϕ(X)
≤M +E(X)
2M ϕ(M) +M −E(X)
2M ϕ(−M)
et commeX est centrée,
E ϕ(X)
≤ ϕ(M) +ϕ(−M)
2 .
Remarque:l’inégalité de Jensen est une autre conséquence, plus classique, de la convexité de ϕ: le point d’abscisseE(X) et d’ordonnéeϕ E(X)
est un point du graphe de ϕet il existe donc un réelθtel que
∀x∈R, ϕ(x)≥ϕ E(X)
+θ x−E(X)
(le graphe deϕest situé au-dessus de ses droites d’appui). Par linéarité et positivité de l’espérance, on en déduit que
E ϕ(X)
≥ϕ E(X)
+θ E(X)−E(X)
=ϕ E(X) .
1)b.Pour toutn∈N, nous avons (2n)!≥2nn!, d’où:
∀x∈R, ch(x) =
+∞
X
n=0
x2n (2n)! ≤
+∞
X
n=0
x2n
2nn! =e12x2 ce qui donne l’inégalité demandée, avecx=tM.
2) Comme exp est une bijection strictement croissante deRsurR∗+, 1
n
n
X
i=1
Xi≥δ
=
exp 1
n
n
X
i=1
tXi
≥etδ
et comme
exp 1
n
n
X
i=1
tXi
=
n
Y
i=1
exptXi
n
est une variable aléatoire positive d’espérance finie (elle est presque sûrement bornée), on déduit de l’inégalité de Markov que
P 1
n
n
X
i=1
Xi ≥δ
≤e−tδE
exp 1
n
n
X
i=1
tXi
.
Comme les Xi sont des variables aléatoires presque sûrement bornées, indépendantes et de même loi, les variables aléatoires exp(tXi/n) sont indépendantes, d’espérance finie et de même loi, donc
E n
Y
i=1
exptXi n
=
n
Y
i=1
Eh
exptXi n
i
= Eh
exptX1 n
in
≤expt2M2 2n
d’aprèsIV.1.(avect←t/n).
On a ainsi démontré que
∀t≥0, P 1
n
n
X
i=1
Xi≥δ
≤e−tδexpt2M2 2n
et en passant à l’inf dans le second membre (qui atteint son minimum pourt=δn/M2), on obtient P
1 n
n
X
i=1
Xi≥δ
≤exp
−δ2n 2M2
.
3) On a établi auIII.6qu’il existe une constanteK >0 telle que
∀ n∈N∗, ∀a∈R,
P(Zn≤a)− Z a
−∞
G(x)x
≤Kn−1/4.
Cet encadrement donne la limite (pour la convergence uniforme surR) de la fonction de répartition deZn : il s’agit d’un résultat deconvergence en loi(une des nombreuses moutures du théorème de Moivre-Laplace).
On a établi auIV.2que
∀ n∈N∗, ∀δ >0, PZn
√n ≥δ
≤e−nδ2/2M2,
ce qui ne donne qu’une estimation de la queue de la distribution de Zn : il s’agit d’un résultat degrandes déviations.
Commea, δetnpeuvent être arbitrairement choisis, on peut appliquer le résultat deIII.6aveca=δ√ n:
PZn
√n > δ
− Z +∞
δ√ n
G(x)x
≤Kn−1/4
et comme (résultat classique)
Z +∞
y
G(x) dx ∼
y→+∞
√1
2πye−y2/2, on obtient seulement P(Zn/√
n > δ) = O(n−1/4), ce qui est beaucoup moins précis que la majoration obtenue auIV.2.
De même, on peut appliquer le résultat duIV.2avecδ=a/√
n. On obtient seulement
∀n≥1, P(Zn≥a)≤e−a2/2M2
ce qui ne permet pas de connaître la limite en loi deZn (ni même de prouver la convergence en loi), alors qu’on a démontré auIII.6que
P(Zn ≥a)−−−−−→
n→+∞
Z +∞
a
e−x2/2 dx
√
2π ∼
a→+∞
e−a2/2
√ 2πa.
Bref : les deux résultats établis n’ont pas grand chose de comparable. Le premier (III.6) est précis sur la limite et imprécis sur la vitesse de convergence ; le second (IV.2) est imprécis sur la limite mais très précis sur la vitesse de convergence. À chaque problématique ses techniques !
4)a. Il faut évidemment comprendre quef est prolongée par continuité en 0. Nous avons:
|f(X)|=
+∞
X
n=0
Xn (n+ 2)!
≤
+∞
X
n=0
Mn
(n+ 2)! =f(M).
4)b.Soitt∈R+. D’après l’astuce taupinale et la majoration duIV.4.a.,
∀ |x| ≤M, etx = 1 +tx+t2x2etx−1−tx t2x2
≤ 1 +tx+t2x2f(tM).
On en déduit que etXi ≤ 1 +tXi+t2Xi2f(tM) presque sûrement. Donc, par linéarité et positivité de l’espérance,
E(etXi)≤1 +tE(Xi) +t2E(Xi2)f(tM) = 1 +t2f(tM) puisqueXi est centrée et réduite et finalement
E(etXi)≤exp t2f(tM) d’après l’inégalité de convexité rappelée par l’énoncé.
On a d’autre part, pour toutt≥0 et en notantSn=Pn i=1Xi: P
Sn
n ≥δ
=P etSn ≥entδ
≤e−ntδE etSn
=e−ntδ
n
Y
i=1
E(etXi)
en utilisant l’inégalité de Markov et l’indépendance desXi. L’inégalité précédente donne:
P Sn
n ≥δ
≤e−n/M2(tδ−etM+1−tM).
En choisissantt = 1
M ln(M δ+ 1), valeur en laquelle la fonction t 7−→ M2tδ−etM + 1−tM atteint son maximum, nous obtenons exactement l’inégalité demandée.
