Correction de l’examen

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Probabilit´es et Processus Stochastiques Examen

dur´ee 2h45

Les calculatrices sont interdites. Comme unique document, un recto-verso au format A4 est autoris´e

Exercice I

1. On noteE l’ensemble des fonctions born´ees de [0,1] dansR. Pour f ∈E, on note

T f(x) = {1

2f(2x) si x∈[0,1/2[

1

2(1 +f(2x−1)) si x∈[1/2,1].

Montrer qu’il existe une unique fonctionF ∈ E telle que T f = f.

Identifier cette fonction.

2. Soit (X_n)_n_≥₀ une suite de variables aléatoires indépendantes suivant la loi de Bernoulli de paramètre 1/2. On pose pour n ≥ 1 : Sn =

∑_n

k=0 Xk

2^k+1,Tn=∑_n

k=0 X_n−k

2^k+1 et S=

+∞

∑

k=0

Xk

2^k+1. V´erifier que S est bien d´efinie.

3. On pose, pourx∈[0,1], F_n(x) =P(T_n≤x). Montrer que

∀x∈[0,1] F_n+1(x) =T F_n(x).

4. Montrer qu’àn fixé Tnet Sn ont même loi.

5. En d´eduire que S suit la loi uniforme sur [0,1].

6. Montrer que pour toutx r´eel, on a sinx

x =

+∞

∏

n=1

cos (x

2ⁿ )

.

Indication : on pourra noter que

S− 1 2 =

+∞

∑

k=0

Xk−1/2 2^k+1 .

1 Tournez la page S.V.P.

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Exercice II

Soit λ un réel strictement positif. Soit (An)n≥1 une suite de variables aléatoires indépendantes suivant la loi uniforme sur [0,1], (Xn)n≥1 une suite de variables aléatoires indépendantes suivant la loi exponentielle de paramètre λ. On suppose que les suites (An) et (Xn) sont indépendantes l’une de l’autre et on pose

Zn=

∑_n

k=1AkXk

∑_n

k=1A_k .

1. Montrer que (Z_n) converge presque sˆurement vers _λ¹. 2. Montrer queE[Z_n|A₁, . . . , A_n] = _λ¹.

3. Montrer que E

(

(Z_n−1

λ)²|(A₁, . . . , A_n) )

=

∑n i=1

( A_i

∑_n

k=1Ak

)2

VarX₁ ≤λ⁻².

(On rappelle que VarX₁=λ⁻².)

4. En d´eduire que (Z_n) est born´ee dansL². 5. Montrer que (Z_n) converge dans L¹ vers _λ¹.

FIN

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2

(3)

Correction de l’examen

Exercice I

1. Il est bien connu que (E,∥ · ∥_∞) est un espace de Banach. Soient f, g∈E. Pour toutx∈[0,1], on a

T f(x)−T g(x) = {1

2(f(2x)−g(2x)) six∈[0,1/2[

1

2(f(2x−1)−g(2x−1)) six∈[1/2,1]. Dans les deux cas ; |T f(x)−T g(x)| ≤ ¹₂∥f −g∥_∞. En passant au supr´emum, on obtient∥T f−T g∥_∞≤ ¹₂∥f−g∥_∞. Il est facile de voir que pour toutf ∈E,T f ∈E, avec∥T f∥∞≤ ¹₂∥f∥∞, soit T f ∈E.

Ainsi f 7→ T f est une application 1/2 contractante de (E,∥ · ∥_∞) dans lui-mˆeme. Elle admet donc un unique point fixe. Il est facile de voir que l’applicationf(x) = x est un point fixe : c’est le point fixe cherch´e.

2. Grâce à la majoration ^|^X₂^k_k+1^(ω)^| ≤ ₂k+1¹ , on voit que la série de terme général ^X₂^k_k+1^(ω) converge absolument, ce qui montre queS(ω) est bien définie pour tout ω.

3. On a Tn+1= ^Xⁿ⁺¹₂^+Tⁿ, d’o`u

P(T_n+1 ≤x) =P(T_n+1 ≤t, X_n+1 = 0) +P(T_n+1 ≤x, X_n+1 = 1)

=P(Tn

2 ≤x, Xn+1 = 0) +P(Tn+ 1

2 ≤x, Xn+1 = 1)

=P(T_n

2 ≤x)P(X_n+1= 0) +P(T_n+ 1

2 ≤x)P(X_n+1 = 1) par ind´ependance

= 1 2(P(Tn

2 ≤x) +P(Tn+ 1 2 ≤x))

= 1

2(P(Tn≤2x) +P(Tn≤2x−1))

Six ∈[0,1/2[, 0 ≤2x ≤1, donc P(Tn≤2x) = Fn(2x), tandis que 2x−1<0, doncP(T_n≤2x−1)) = 0 : on a alorsF_n+1(x) = ¹₂F_n(2x).

Si x ∈ [1/2,1], 2x−1 ≥ 1, donc P(Tn ≤ 2x−1)) = 1, tandis que 2x−1∈[0,1[, doncFn+1(x) =P(Tn≤2x−1) = ¹₂Fn(2x−1). Dans les deux cas,F_n+1(x) = (T F_n)(x).

4. La loi de (S_n) (resp.T_n) est la loi image deP(X0,...,Xn+1)(resp.P(Xn+1,...,X0)) par l’application

(x0, . . . , xn)7→

∑n

k=0

x_k 2^k+1.

CommeP(X0,...,Xn+1)= Ber(1/2)^⊗⁽ⁿ⁺¹⁾ =P(Xn+1,...,X0), on en d´eduit queSn etTn ont mˆeme loi.

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(4)

5. Comme une probabilité est toujours entre 0 et 1, F₀ ∈ F, donc d’après le théorème du point fixe, les itérées parT deF0convergent pour la norme ∥ · ∥∞, vers le point fixe de T : l’identité. Comme F_n(x) = (TⁿF₀)(x), on a

n→lim+∞ sup

x∈[0,1]

|F_n(x)−x|= 0.

En particulier pour tout x ∈[0,1], P(T_n ≤ x) =F_n(x) → x. Pour toutx <0P(Tn≤x) = 0→0. Pour toutx >1P(Tn≤x) = 1→1.

Finalement siF est la fonction de r´epartition de la loi uniforme sur [0,1], on a pour tout x ∈ R, F_n(x) → F(x), ce qui montre que T_n converge en loi vers la loi uniforme sur [0,1]. Mais commeTnetSn

ont même loi,S_n converge en loi vers la loi uniforme sur [0,1]. Mais S_nconverge presque sûrement versS et la convergence presque sûre implique la convergence en loi, doncSn converge en loi versS; par unicité de la limiteS suit la loi uniforme sur [0,1].

6. Comme 1 =∑₊_∞

k=0 1

2^k+1, la d´efinition de S donne S− 1

2 =

+∞

∑

k=0

X_k−1/2 2^k+1 , soitS−1/2 = lim_n_→₊_∞∑_n

k=0

X_k−1/2

2^k+1 et par continuit´e de exp, exp(it(S−1/2)) = lim

n→+∞exp(

∑n k=0

X_k−1/2 2^k+1 )

= lim

n→+∞

∏n k=0

exp(it(X_k−1/2 2^k+1 ))

Comme les termes sont majorés en module par 1, on a par convergence dominée, puis par indépendance

E(exp(it(S−1/2))) = lim

n→+∞E(

∏n k=0

exp(it(X_k−1/2 2^k+1 )))

= lim

n→+∞

∏n k=0

E(exp(it(X_k−1/2 2^k+1 )))

S−1/2 suit la loi uniforme sur [−1/2,1/2], donc E(exp(it(S−1/2))) =

∫ _1/2

−1/2

eîtx dx= eît/2−e⁻ît/2

it = sin(t/2) t/2 .

D’autre part, pour toutk≥0, E(exp(it(X_k−1/2

2^k+1 ))) =P(X_k = 0) exp(it(0−1/2

2^k+1 )) +P(X_k = 1) exp(it(1−1/2 2^k+1 ))

= 1

2(exp(it 2. 1

2^k+1) + exp(it 2. 1

2^k+1))

= cos(t 2. 1

2^k+1),

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(5)

d’o`u en posant x=t/2 : sinx

x =

+∏∞

k=0

cos( x 2^k+1) =

+∏∞

k=1

cos(x 2^k).

Exercice II

1. LesAk sont indépendantes, identiquement distribuées, avec un mo- ment d’ordre 1. Donc, avec la loi forte des grands nombres, presque sûrement, (∑_n

k=1A_k)/n→E[A₁] = 1/2.

Par associativité de l’indépendance, des tribus Fn = σ(A_n, X_n) sont indépendantes, donc les variables AkXk sont indépendantes, de même loi : la loi image deP(An,Xn) =PA1⊗PX1 par (a, x)7→ax.

Ces variables sont intégrables comme produit de deux variables intégrables indépendantes et on a E[A1X1] = E[A1]E[X1] = ¹₂_λ¹. En appliquant la loi forte des grands nombres,presque sûrement, (∑_n

k=1A_kX_k)/n→E[A₁X₁] = _2λ¹ . On en d´eduit que Z_n= (∑_n

k=1A_kX_k)/n (∑_n

k=1A_k)/n → ^2λ¹ 1/2 = 1

λ p.s.

2. On rappelle que si U et V sont des vecteurs ind´ependants et f est une fonction born´ee ou positive sur le support de (U, V), alors

E[f(U, V)|V] =g(V) avec g(v) =E[f(U, v)].

On prendU = (X₁, . . . , X_n),V = (A₁, . . . , A_n), etf(u, v) =

∑n k=1ukvk

∑n k=1v_k . On a ici

g(a1, . . . , an) =E (∑_n

k=1a_kX_k

∑_n

k=1ak

)

=E (∑_n

k=1a_kE(X_k)

∑_n

k=1ak

)

=E (∑_n

k=1a_k_λ¹

∑_n

k=1a_k )

= 1 λ D’o`u le r´esultat.

3. On prend cette fois f(u, v) =

(∑n

k=1∑(u_nk−1/λ)vk k=1v_k

)2

.

Il vient

g(a1, . . . , an) =E (∑n

k=1∑(X_nk−1/λ)ak k=1a_k

)2

= ( _n

∑

k=1

ak

)₋₂ E

( _n

∑

k=1

(Xk−1/λ)ak

)₂

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(6)

Or les variables (X_k−1/λ)a_k sont ind´ependantes, centr´ees : la va- riance de la somme est la somme des variances, soit

E ( _n

∑

k=1

(X_k−1/λ)a_k )₂

= Var

∑n

k=1

(X_k−1/λ)a_k

=

∑n k=1

Var ((X_k−1/λ)a_k)

=

∑n k=1

a²_kVarX_k=

∑n k=1

a²_kVarX₁,

d’où l’égalité E

(

(Z_n− 1

λ)²|(A₁, . . . , A_n) )

=

∑n i=1

( A_i

∑_n

k=1Ak

)₂

VarX₁.

Comme lesA_isont positifs, on a∑n^Aⁱ

k=1Ak ∈[0,1], d’o`u 0≤(

Ai

∑n k=1Ak

)2

≤

Ai

∑n

k=1Ak, ce qui en sommant suridonne l’in´egalit´e

∑n i=1

(∑_nAi k=1A_k

)2

VarX₁ ≤

∑n i=1

(∑_nAi k=1A_k

)

VarX₁ = VarX₁ =λ⁻².

4. En réintégrantE(Z_n−1/λ)²) =E(E((Z_n−1/λ)²|A₁, . . . , A_n))≤ _λ¹2, d’où∥Z_n−¹_λ∥2 ≤ _λ¹. Avec l’inégalité triangulaire,∥Z_n∥2≤ ∥1/λ∥2+

∥Zn−1/λ∥2≤ _λ¹ +_λ¹ = _λ². Ainsi, la suite (Zn) est bornée dansL² 5. La suite (Zn) est bornée dansL², donc équi-intégrable. Comme elle

converge presque sˆurement vers 1/λ, elle converge aussi dans L¹ vers _λ¹.

FIN

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