Donc la fonction t 7→ |ϕ(t)−x| est int´egrable sur [0,1] et par cons´equent f(x) est bien d´efinie pour tout x∈R

Corrig´e du devoir 2 de IP=M304 2003–2004 semestre 5 du L

Exercice 1.

Question 1 : La fonction constante x ´etant mesurable et int´egrable sur [0,1] on en d´eduit que la fonction t 7→ ϕ(t)−x est int´egrable sur [0,1] avec R

[0,1](ϕ(t)− x)dλ(t) = R

[0,1]ϕ(t)dλ(t)−R

[0,1]x dλ(t) = R

[0,1]ϕ(t)dλ(t)−xR

[0,1]1dλ(t). Donc la fonction t 7→ |ϕ(t)−x| est int´egrable sur [0,1] et par cons´equent f(x) est bien d´efinie pour tout x∈R.

En utilisant l’in´egalit´e

|a| − |b|

≤ |a−b| (valable pour tout couple a, b ∈ C comme cons´equence imm´ediate de l’in´egalit´e triangulaire) on calcule :

|f(x)−f(y)|= Z

[0,1]

(|ϕ(t)−x| − |ϕ(t)−y|)dλ(t)

≤ Z

[0,1]

|ϕ(t)−x| − |ϕ(t)−y|

dλ(t)

≤ Z

[0,1]

|(ϕ(t)−x)−(ϕ(t)−y)|dλ(t) = Z

[0,1]

|y−x|dλ(t) =|x−y| .

La fonction f est donc lipschitzienne et donc uniform´ement continue.

Question 2.a : En ´ecrivant f = f₊ −f₋ avec f_± des fonctions positives, l’´egalit´e

R

Ωf dm =R

Ω|f|dms’´ecrit comme R

Ωf₊dm−R

Ωf₋dm =R

Ωf₊dm+R

Ωf₋dm.

En enlevant les valeurs absolues on obtient soitR

Ωf₊dm−R

Ωf₋dm=R

Ωf₊dm+ R

Ωf₋dm soit R

Ωf₋dm−R

Ωf₊dm = R

Ωf₊dm+R

Ωf₋dm, i.e., 2R

Ωf₋dm = 0 ou 2R

Ωf₊dm = 0. Mais une fonction mesurable positive a une int´egrale nulle si et seulement si elle est m-presque partout nulle (qu’on ´ecrit comme nulle m-pp).

Donc f ≥0 m-pp ou f ≤0 m-pp.

Question 2.b : On v´erifie facilement que l’´egalit´e est vraie si a ≥ 0 et b ≥ 0 ou si a ≤ 0 et b ≤0. Mais aussi facile est le r´esultat que l’´egalit´e est fausse si a > 0 et b < 0 ou si a < 0 et b > 0. On conclut que

|a| − |b|

= |a−b| si et seulement si ab≥0.

Question 2 : Si on ´egalit´e|f(x)−f(y)|=|x−y|, les deux in´egalit´es dans le calcul deviennent des ´egalit´es. Si la premi`ere in´egalit´e est une ´egalit´e, la question 2.a montre qu’on a |ϕ(t)−x| − |ϕ(t)−y| ≥0 λ-pp ou |ϕ(t)−x| − |ϕ(t)−y| ≤0 λ-pp.

En ce qui concerne la deuxi`eme in´egalit´e, on sait que

|ϕ(t)−x| − |ϕ(t)−y|

≤

|(ϕ(t)−x)−(ϕ(t)−y)| et donc que la diff´erence est une fonction positive. Si l’in´egalit´e est une ´egalit´e on obtient (par diff´erence) une int´egrale nulle d’une fonc- tion positive. On conclut que la fonction doit ˆetre nulle λ-pp, ce qui veut dire qu’on a

|ϕ(t)−x| − |ϕ(t)−y|

= |(ϕ(t) −x)−(ϕ(t)−y)| λ-pp. La r´eponse `a la question 2.b nous dit alors que ϕ(t) −x et ϕ(t) −y ont le mˆeme signe λ-pp.

Ceci veut dire que pour λ presque tout t ∈ [0,1] il existe un (t)∈ {−1,1} tel que

|ϕ(t)−x|=(t)(ϕ(t)−x) et|ϕ(t)−y|=(t)(ϕ(t)−y). Alors on a pourλ-presque toutt ∈[0,1] : |ϕ(t)−x|−|ϕ(t)−y|=(t)(y−x). Mais on sait que cette fonction est soit positive λ-pp soit n´egativeλ-pp (voir ci-dessus). L’intersection de deux ensem- ble deλ-mesure totale (λ-pp) est aussi de mesure totale, et donc la fonction(t) est constante λ-pp, ce qui veut dire qu’il existe une constante ∈ {−1,1} tel que pour λpresque toutt ∈[0,1] on a |ϕ(t)−x|=(ϕ(t)−x) et|ϕ(t)−y|=(ϕ(t)−y). Mais

1

2

alors on a (ϕ(t)−x)≥ 0 et (ϕ(t)−y)≥ 0, c’est-`a-dire ϕ(t)≥ x et ϕ(t) ≥y λ-pp. Selon la valeur de on a donc soit ϕ ≥ max(x, y) λ-pp, soit ϕ ≤ min(x, y) λ-pp.

On v´erifie facilement que, si l’une de ces deux condition est satisfaite, alors on a

|f(x)−f(y)|=|x−y|. C’est donc une condition si et seulement si.

Question 3 : Si pour x < y on a l’´egalit´e |f(x)− f(y)| = |x− y|, on sait que cela implique (ce n’est ps ´equivalent!) que λ({t ∈ [0,1] | x < ϕ(t) < y}) = 0.

Si l’´egalit´e est vraie pour tout x < y, on en d´eduit en particulier que ∀n ∈ N : λ({t ∈ [0,1] | −n < ϕ(t) < n}) = 0. Mais la suite d’ensembles A_n = {t ∈ [0,1] |

−n < ϕ(t) < n} est croissante et l’espace [0,1] est de mesure totale finie, donc λ(∪n∈NA_n) = limn→∞λ(An) = 0. Mais ∪n∈NA_n = [0,1] car ϕ prend ses valeurs dans R. On obtient donc la contradiction 1 = λ([0,1]) = 0. On conclut qu’il n’existe pas de telles fonctions ϕ.

Exercice 2.

Question 1 : La fonction f ´etant positive, la fonction A 7→ I(A) = RA

1 f(x)dx est croissante (cette int´egrale existe car f est continue). Pour que limA→∞I(A) existe il suffit donc que la limite de la suite I_n = Rn

1 f(x)dx, n ∈ N existe. Si on note B_n = {ω ∈ Ω | 1 ≤ X(ω) ≤ n}, alors par d´efinition P(1 ≤ X ≤ n) = P(B_n) = I_n. Mais Ω est de mesure totale finie (car 1), et la suite B_n est une suite croissante donc on a l’´egalit´e P(∪_n∈NB_n) = lim_n→∞P(B_n) = lim_n→∞I_n. Mais ∪n∈NB_n ={ω∈Ω|X(ω)≥1} et donc l’int´egrale impropre R∞

1 f(x)dx con- verge (versP(X ≥1)). Un raisonnement analogue montre que l’int´egrale impropre R1

0 f(x)dxconverge vers P(0< X ≤1).

Question 2 : L’´equation Xⁿ = 0 est ´equivalente `a X = 0 et donc P(Xⁿ = 0) = P(X = 0) = 0. Pour 0 < a < b on a P(a ≤ Xⁿ ≤ b) = P(a^1/n ≤ X ≤ b^1/n) = Rb^1/n

a^1/n f(x)dx = Rb

a f(y^1/n)dy^1/n = Rb

af(y^1/n)^y_ny^1/n dy. Si on pose f_n(x) = f(x^1/n)^x_nx^1/n, on en d´eduit que Xⁿ admet f_n comme densit´e de probabilit´e. Pour un x > 0 fix´e on sait que lim_n→∞x^1/n = 1. On en d´eduit que pour x >0 fix´e on a limn→∞f_n(x) = f(1)_∞·x¹ = 0, et donc la suite f_n converge simplement vers la fonction nulle.

Question 3 : Pourx∈Rla suite xⁿ converge dansR si et seulement si−1< x≤1 (pour |x| < 1 la suite converge vers 0 et pour x = 1 la suite converge vers 1). La suite converge dansR si et seulement six >−1 (pour x >1 la suite converge vers +∞). Par cons´equent C = {ω ∈ Ω | X(ω) ≤ 1} et D = Ω (X est une variable al´eatoire r´eelle).

Question 4 : On remarque d’abord que pour tout bor´elien B de R on a P(T ∈B) =P((T ∈B&Z ≤1)ou(T ∈B&Z >1))

les deux ´ev´enement sont disjoints donc

=P(T ∈B&Z ≤1) +P(T ∈B&Z >1)

par la d´efinition de T on a donc

=P(X ∈B&Z ≤1) +P(Y ∈B&Z >1)

par l’ind´ependance de X, Z et de Y, Z on a donc

=P(X ∈B)·P(Z ≤1) +P(Y ∈B)·P(Z >1) .

3

Ceci donne P(T = 0) = P(X = 0)·P(Z ≤ 1) + P(Y = 0)·P(Z > 1) = 0 et P(a ≤ T ≤ b) = P(a ≤ X ≤ b)· P(Z ≤ 1) + P(a ≤ Y ≤ b) ·P(Z > 1) = Rb

a(P(Z ≤ 1)· f(x) +P(Z > 1)· g(x))dx. Il s’ensuit que T admet la fonction h=P(Z ≤1)·f+P(Z >1)·g comme densit´e de probabilit´e.

Question 5 : E(T) existe si (et seulement si) R∞

0 x h(x)dx <∞. Mais on sait que E(X) = R∞

0 x f(x)dx < ∞ et E(Y) = R∞

0 x g(x)dx < ∞ et donc la combinaison P(Z ≤1)·E(X) +P(Z > 1)·E(Y) = R∞

0 x h(x)dx <∞. Ceci montre que E(T) existe et donne sa valeur en fonction deE(X) et E(Y). Un raisonnement analogue montre que E(T²) existe et est donn´e par la formule E(T²) =P(Z ≤1)·E(X²) + P(Z >1)·E(Y²). La formuleV ar(T) =E(T²)−E(T)² et le fait que P(Z ≤1) + P(Z >1) = 1 donnent facilement le r´esultat

V ar(T) =P(Z ≤1)·V ar(X) +P(Z >1)·V ar(Y)

+P(Z ≤1)·P(Z > 1)·(E(X)−E(Y))² .

Exercice 3.

Question 1 : On note d’abord que 24 = 4×6. On peut “donc” utiliser quatre d´es pour tirer dans chaqu’un des sous ensembles de six. On utilise les deux d´es restant pour choisir un des quatre d´es. Plus pr´ecis´ement, soit X_i, i = 1, . . . ,6 le r´esultat du d´e num´ero i. On pose Ω = {(X₁, . . . , X₆) | x_i = 1, . . . ,6} muni de l’´equiprobabilit´e ; on pose aussi

A₁ = (X5 ≤3 & X₆ ≤3)≡ {ω ∈Ω|X₅(ω)≤3 & X₆(ω) ≤3}

A₂ = (X₅ ≤3 & X₆ >3) A₃ = (X₅ >3 & X₆ ≤3) A₄ = (X₅ >3 & X₆ >3) .

Comme les variables X_i sont ind´ependantes, on a P(A_i) = 0,25. En plus, les

´ev´enements A_i sont disjoints. On pose alors la variable al´eatoire X comme

X =X₁1_A

1+ (6 +X₂)1_A

2 + (X₃+ 12)1_A

3 + (X₄+ 18)1_A

4 .

On voit queX prend les valeurs 1, . . . ,6 surA₁, surA₂ les valeurs 7, . . . ,12, sur A₃ les valeurs 13, . . . ,18 et sur A₄ les valeurs 19, . . . ,24. Pour k = 1, . . . ,6 on ´etablit facilement le r´esultat X = k si et seulement si X₁ = k et X₅ ≤ 3 et X₆ ≤ 3. Vu que X₁, X₅ et X₆ sont ind´ependantes, on a P(X =k) =P(X1 =k)·P(X5≤3)· P(X₆ ≤3) = ¹₆·¹₂·¹₂ = ₂₄¹ . De la mˆeme fa¸con on montre que pour tout 1≤k ≤24 on a P(X =k) = ₂₄¹.

Question 2.a : L’instituteur choisit un ´el`eve apr`es n jeters des 6 d´es si Y₁ =· · · = Y_n−1 = 24 et Y_n < 24. On note cet ´ev´enement A_n. Les jeters successifs ´etant ind´ependants, la probabilit´e qu’un ´el`eve soit choisit apr`es n lancers est P(A_n) = P(Y₁ = · · · = Y_n−1 = 24, Y_n < 24) = (₂₄¹ )ⁿ⁻¹ · ²³₂₄ = ₂₄²³n. Choisir un ´el`eve au bout d’un temps fini veut dire qu’il existe un n ∈ N^∗ tel qu’on tombe dans A_n. Autrement dit, c’est l´ev´enement ∪^∞_n=1A_n. Les ´ev´enements A_n ´etant disjoints deux

`

a deux (pour n < m, pour ˆetre dans A_n il faut Y_n < 24 et pour ˆetre dans A_m

4

il faut Y_n = 24), on peut calculer : P(∪^∞_n=1A_n) = P∞

n=1P(An) = P∞ n=1 23

24ⁿ = 23·_1−1/24^1/24 = 1. On peut donc conclure que l’instituteur est presque sˆur de pouvoir choisir un ´el`eve au bout d’un temps fini. Il ne peut pas ˆetre sˆur, car il y a toujours la possibilit´e qu’il obtient `a chaque jeter des 6 d´es le r´esultat 24, mais cet ´ev´enement a probabilit´e nulle.

Question 2.b : Si on noteT la variable al´eatoire qui est ´egale au nombre de lancers n´ecessaires pour tirer un ´el`eve, T prend ses valeurs dans N^∗ ∪ {∞}. On vient de voir que pour n ∈ N^∗ on a P(T = n) = ₂₄²³n et que P(T = ∞) = 0. La moyenne est donn´e paa la formule E(T) = P∞

n=1n·P(T = n) +∞ · P(T = ∞). Mais par convention ∞ ·0 = 0 et donc : E(T) = P∞

n=1n· ₂₄²³n. Pour calculer la valeur de cette s´erie, on consid`ere la fonction f(x) = P∞

n=0xⁿ, qui repr´esente une s´erie convergente pour |x| < 1. `A l’int´erieur du rayon de convergence on a le droit de d´eriver sous le signe somme et on obtient f⁰(x) =P∞

n=0n·xⁿ⁻¹ =P∞

n=1n·xⁿ⁻¹. Mais f(x) = (1−x)⁻¹ et doncP∞

n=1n·xⁿ⁻¹ = (1−x)⁻². On obtient donc

E(T) = 23 24 ·

∞

X

n=1

n· 1

24ⁿ⁻¹ = 23

24 ·f⁰( 1

24) = 23

24 ·(1− 1

24)⁻² = 24 23 .

Question 2.c : Pour 1 ≤ k ≤ 23 on note E_k l’´ev´enement que l’´el`eve num´ero k est tir´e. On sait que ∪_n∈N^∗_∪{∞}(T = N) repr´esente toutes les possibilit´es. On peut donc ´ecrireE_k =E_k∩ ∪_n∈N^∗_∪{∞}(T =N)

=∪_n∈N^∗_∪{∞}E_k∩(T =N). En plus, les ´ev´enements (T =n) sont disjoints, donc :

P(E_k) = X

n∈N^∗∪{∞}

P(E_k∩(T =n))

=

∞

X

n=1

P(Y₁ =· · ·=Y_n−1, Y_n=k) +P(E_k∩(T =∞))

Mais E_k∩(T =∞) ⊂(T = ∞) et donc 0≤P(Ek∩(T =∞)) ≤P(T =∞) = 0.

Et donc P(E_k) =P∞

n=1(₂₄¹)ⁿ⁻¹· ₂₄¹ = _1−1/24^1/24 = ₂₃¹ .