Lycée Louis-Le-Grand,Paris MPSI 4– Mathématiques A. Troesch
Problème n
o23 : Variables aléatoires
Correction du problème 1– (d’après ESCP 2007) Partie I –
1. (a) Soit i∈[[1, n]]. On aXi(Ω) ={0,1}. Ainsi,Xi suit une loi de Bernoulli dont le paramètre estP(Xi= 1).
CalculonsP(Xi= 1). SoitYile nombre de boules dans l’urneià l’issue de l’expérience. Il s’agit du nombre de succès lors d’une répétition demexpériences de Bernoulli indépendantes, consistant à mettre ou non une boule donnée dans l’urnei. La probabilité de succès est de n1. Ainsi,Yisuit une loi binomiale de paramètres (m,n1), et
P(Xi= 1) =P(Yi= 0) = m
0 1 n
0 1−1
n m
. Ainsi,P(Xi= 1) =
1−1
n m
, et par conséquent,
Xi֒→ B
1− 1 n
m .
(b) Soitiet j distincts dans[[1, n]]. L’événement [Xi= 1]∩[Xj = 1]est réalisé si et seulement si chaque boule est placée dans l’une desn−2autres boules. En raisonnant comme plus haut, et en notantZi,j la variable aléatoire égale au nombre totale de boules dans les urnesiet j,Zi,j compte le nombre de succès dans une répétition de m expériences de Bernoulli indépendante, un succès (mettre la boule dans l’urnei ou dans l’urnej se produisant avec une probabilité de N2. Ainsi,Zi,j֒→ B m,2n
, et P([Xi= 1]∩[Xj= 1]) =P(Zi,j= 0) =
m 0
2 n
0 1−2
n m
,
donc :
P([Xi= 1]∩[Xj = 1]) =
1−2 n
m
.
Les variablesXi et Xj admettent des variances en tant que variables de Bernoulli, donc le couple(Xi, Xj) admet une covariance.
La variable aléatoireXiXj, produit de deux variables de Bernoulli, prend ses valeurs dans{0,1}, donc suit aussi une loi de Bernoulli, dont le paramètre est P(XiXj = 1). Or,Xi et Xj étant égaux à0 ou à1, leur produit vaut1 si et seulement si chacune est égale à1. Ainsi
P(XiXj = 1) =P([Xi= 1]∩[Xj = 1]) =
1−2 n
m
.
Ainsi,XiXj֒→ B
1− 2 n
m
, doncE(XiXj) =
1− 2 n
m
. On a donc
cov(Xi, Xj) =E(XiXj)−E(Xi)E(Xj) =
1− 2 n
m
−
1− 1 n
2m
. On a
1− 1
n 2m
=
1−1 n
2!m
=
1−2 n+ 1
n2 m
.
Or, puisquen>3,
0<1− 2
n <1−2 n + 1
n2, et donc, puisquem>4>0,
0<
1− 2
n m
<
1−2
n+ 1 n2
m
=
1−1 n
2m
.
On en déduit que cov(Xi, Xj) < 0, donc en particulier cov(Xi, Xj) 6= 0. Il en résulte que les variables aléatoires Xi etXj ne sont pas indépendantes .
2. (a) Par linéarité de l’espérance, on a :
E(Wn) =
n
X
k=1
E(Wk) =
n
X
k=1
1− 1
n m
.
Ainsi, E(Wn) =n
1−1 n
m
(b) On a :
V(Wn) =
n
X
k=1
V(Xk) + 2 X
16i<j6n
cov(Xi, Xj)
=
n
X
k=1
1−
1− 1
n m
1−1 n
m
+ 2 X
16i<j6n
1− 2
n m
−
1−1 n
2m!
=n
1−1 n
m
−n
1− 1 n
2m
+n(n−1)
1− 2 n
m
−n(n−1)
1−1 n
2m
,
puisque le nombre de couple(i, j)∈[[1, n]]tel quei < j est égal au nombre de sous-ensemble à 2 élements de[[1, n]], à savoir
n 2
= n(n−1)
2 .
Ainsi,
V(Wn) =n
1−1 n
m
+n(n−1)
1− 2 n
m
−n2
1−1 n
2m
(c) Des résultats précédents on obtient E(Wn)−V(Wn) =n
1−1
n m
−n
1− 1 n
m
−n(n−1)
1−2 n
m
+n2
1−1 n
2m
,
donc
E(Wn)−V(Wn) =n2
1−1 n
2m
−n(n−1)
1−2 n
m
.
En utilisant l’inégalité obtenue lorsque nous avons déterminé le signe decov(Xi, Xj), nous obtenons : E(Wn)−V(Wn)> n2
1−2
n m
−n(n−1)
1−2 n
m
=n
1−2 n
m
>0.
Ainsi E(Wn)−V(Wn)>0 (l’inégalité est même stricte) 3. (a) On a ici, pour toutn>3,
E(Wn) =n
1− 1 n
⌊nlnn+θn⌋
= exp
lnn+⌊nlnn+θn⌋ln
1−1 n
. Il existe une suite(un)bornée (à valeurs dans[−1,0])
⌊nlnn+θn⌋=nlnn+θn+un.
Un développement limité donne alors : lnn+⌊nlnn+θn⌋ln
1−1
n
= lnn+ (nlnn+θn+un)
−1 n+ 1
2n2 +o 1
n2
= lnn−lnn+lnn
2n −θ+ θ 2n −un
n + un
2n2 +o lnn
n
=−θ+o(1), tous les autres termes étant de limite nulle.
Ainsi, lim
n→+∞lnn+⌊nlnn+θn⌋ln
1− 1 n
=−θ, d’où, par continuité de l’exponentielle,
n→+∞lim E(Wn) = e−θ . (b) On a, pour toutn∈N,
n2
1− 1 n
2m
=E(Wn)2, donc: lim
n→+∞n2
1− 1 n
2m
= e−2θ. Par ailleurs, en adaptant un peu le calcul précédent,
ln
n2
1− 2 n
m
= 2 lnn+ (nlnn+θn+un)
−2 n+ 2
n2+o 1
n2
, et de même que plus haut,
ln
n2
1− 2 n
m
=−2θ+o(1).
Par continuité de l’exponentielle, et du fait de l’équivalencen2∼n(n−1), il vient :
n→lim+∞n(n−1)
1−2 n
m
= e−2θ. On déduit alors de l’expression trouvée pourE(Vn)−W(Vn), que
n→+∞lim (E(Wn)−V(Wn)) = 0.
(c) On admetque pour toutk deN, on a :
|P(Wn=k)−P(Tn =k)|6min
1, 1 µn
×(µn−V(Wn)).
Alors, puisquemin 1,µ1n
est majoré et que(µn−V(Wn))tend vers0 d’après la question précédente, on obtient l’existence et la valeur des limites suivantes, d’après le théorème d’encadrement :
∀k∈N, lim|P(Wn =k)−P(Tn=k)|= 0.
Par ailleurs, étant donnék∈N,
P(Tn =k) = e−µnµkn k! −→
n→+∞e−µµk
k! =P(T =k) Ainsi
n→lim+∞|P(Tn=k)−P(T =k)|= 0.
Puisque par ailleurs, d’après l’inégalité triangulaire,
|P(Wn =k)−P(T =k)|6|P(Wn=k)−P(Tn=k)|+|P(Tn=k)−P(T =k)|, une nouvelle application du théorème d’encadrement nous donne
∀k∈N, lim
n→+∞P(Wn=k) =P(T =k).
Ainsi, la suite(Wn)converge en loi vers une variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètree−θ.
Partie II –
1. (a) • Soit A=∅. Alors par convention [M ∈A] = ∅, donc pour tout k∈N, [M ∈A]∩[M 6k] =∅. On a donc
P([M ∈A]) = 0 et P([M ∈A]∩[M 6k]) = 0 Ainsi, pour toutkdeN, f∅(k+ 1) = 0.
• SoitA=N. Alors[M ∈A] = Ω, donc, pour toutk∈N, fN(k+ 1) = k!
λk+1eλ(P(Ω∩[M 6k])−P(Ω)P([M 6k])) = k!
λk+1eλ(P([M 6k])−1·P([M 6k])), et finalement, pour toutk∈N, fN(k+ 1) = 0.
(b) • Soit A ⊂N tel que 0 ∈ A. Alors si[M 60] est réalisé, [M ∈ A] est réalisé. On a donc une inclusion [M 60]⊂[M ∈A]. Par conséquent
P([M ∈A]∩[M 60]) =P(M ∈A).
On en déduit que fA(1) = 0!
λ1eλ(P(M 60)−P(M 60)P(M ∈A)) = eλ
λP(M 60)(1−P(M ∈A)).
Puisque M est à valeurs dansN,
P(M 60) =P(M = 0) = e−λ, donc
fA(1) = 1
λ(1−P(M ∈A)) = 1
λP(M ∈A).
• Soit A ⊂Ntel que 0 6∈ A, c’est-à-dire0 ∈ A. Alors, si[M 60] est réalisé,[M ∈ A] ne peut pas être réalisé, donc[M ∈A]∩[M 60] =∅. On en déduit cette fois que
fA(1) = eλ
λ(0−P(M ∈A)e−λ), et donc
fA(1) =−1
λP(M ∈A).
• SoitA⊂Ntel que{0,1} ⊂N. Alors, de même que ci-dessus,[M 61]⊂[M ∈A]. Par conséquent, fA(2) = eλ
λ2 (P(M 62)−P(M ∈A)P(M 62)) =P(M 62)eλ
λ2P(M ∈A).
Ainsi,
fA(2) =1 +λ
λ2 P(M ∈A). 2. SoitA etB deux parties deNdisjointes.
(a) On a :
[M ∈A∪B] = [M ∈A]∪[M ∈B].
On a aussi :
[M ∈A∪B]∩[M 6k] = ([M ∈A]∪[M ∈B])∩[M 6k] = ([M ∈A]∩[M 6k])∪([M ∈B]∩[M 6k]).
Comme A et B son disjoints, les événements [M ∈ A] et [M ∈ B] sont incompatibles, sont aussi les événements[M ∈A]∩[M ∈k]et[M ∈B]∩[M 6k]. Il vient alors, pour toutk∈N
fA∪B(k+ 1) = k!
λk+1e−λ(P(([M ∈A]∩[M 6k])∪([M ∈B]∩[M 6k])
−P([M ∈A]∪[M ∈B])P(M 6k))
= k!
λk+1e−λ(P([M ∈A]∩[M 6k]) +P([M ∈B]∩[M 6k])
−(P(M ∈A) +P(M ∈B))P(M 6k))
= k!
λk+1e−λ(P([M ∈A]∩[M 6k])−P(M ∈A)(M 6k)) + k!
λk+1e−λ(P([M ∈B]∩[M 6k])−P(M ∈B)(M 6k))
=fA(k+ 1) +fB(k+ 1).
On a bien obtenu, lorsqueAetB sont disjoints, fA∪B =fA+fB (l’égalitéfA∪B(0) =fA(0) +fB(0)étant également trivialement vraie)
(b) En particulier,Aet Aétant disjoints, et vérifiant l’égalitéA∪A=N, on obtient : fA+fA=fA∪A=fN= 0 donc: fA=−fA . 3. (a) Soit A⊂N, et soitk∈N
• Supposons que k6= 0. Alors λfA(k+ 1)−kfA(k) =k!eλ
λk (P([M ∈A]∩[M 6k])−P(M ∈A)P(M 6k)
−P([M ∈A]∩[M 6k−1]) +P(M ∈A)P(M 6k−1))
=k!eλ
λk (P([M ∈A]∩[M =k])−P(M ∈A)P(M =k)),
car [M 6 k−1] ⊂ [M 6 k], et [M 6 k]\[M 6 k−1] = [M = k], et de même avec l’intersection avec[M ∈A].
∗ Supposons quek∈A, alors[M =k]⊂[M ∈A], donc λfA(k+ 1)−kfA(k) = k!eλ
λk P(M =k)(1−P(M ∈A)) = k!eλ λk ·λk
k!e−λP(M ∈A), puisqueM suit une loi de Poisson. Ainsi
λfA(k+ 1)−kfA(k) =P(M ∈A).
∗ Supposons quek∈A. On applique le résultat qu’on vient d’établir àfA : λfA(k+ 1)−kfA(k) =P(M ∈A) =P(M ∈A).
Ainsi, puisquefA=−fA, on obtient bien :
λfA(k+ 1)−kfA(k) =−P(M ∈A).
Ainsi, pour toutk∈N∗,
λfA(k+ 1)−kfA(k) =
P([M ∈A]) sik∈A
−P([M ∈A]) sik∈A.
• Il reste donc à voir la propriété pourk= 0, ce qui découle de manière immédiate de la question II-1(b).
(b) SiAest non vide et distinct de N, les probabilitésP([M ∈A]) et P([M ∈A])ne sont pas nulles (sommes non vides de termes strictement positifs). Ainsi, pour toutk∈N
λfA(k+ 1)−kfA(k)6= 0,
ce qui ne serait pas possible sifAétait identiquement nulle. Donc f n’est pas identiquement nulle .
4. (a) • Soitk∈N∗ tel que k>j . Alors
[M ∈ {j}]⊂[M 6k] donc: [M ∈ {j}]∩[M 6k] = [M ∈ {j}] = [M =j].
On obtient donc : fj(k+ 1) = k!
λk+1eλ(P(M =j)−P(M =j)(M 6k)) = k!
λk+1eλP(M =j)(1−P(M 6k)).
Ainsi, puisque P(M =j) = λj
j!e−l, et d’après la formule du complémentaire, fj(k+ 1) = k!
j!λk−j+1P(M >k+ 1), puisque [M 6k] = [M > k] = [M >k+ 1].
• Soitk∈N∗ tel que k < j . Alors l’événement[M ∈ {j}]∩[M 6k]est impossible, donc fj(k+ 1) = k!
λk+1eλ(0−P(M =j)(M 6k)) donc: fj(k+ 1) =− k!
j!λk−j+1P(M 6k)
(b) On a alors
fj(j+ 1)−fj(j) = j!
j!λP(M >j+ 1) +(j−1)!
j! P(M 6j−1) = 1
λP(M >j+ 1) +1
jP(M 6j−1)>0 (c) • Soitk∈[[1, j−1]]. Alors
fj(k+ 1)−fj(k) =− k!
j!λk−j+1P(M 6k) + (k−1)!
j!λk−1−j+1P(M 6k−1)
= k!
j!λk−j+1 λ
kP(M 6k−1)−P(M 6k)
Or,
λ
kP(M 6k−1) =
k−1
X
i=0
λ ke−λλi
i! =
k−1
X
i=0
e−λλi+1 ki! .
Or, pour toute les valeurs possibles de l’indice i, on ak>i+ 1, et tous les termes sont positifs. Ainsi : λ
kP(M 6k−1)6
k−1
X
i=0
e−λ λi+1 (i+ 1)! =
+∞
X
i=1
e−λλi i! <
+∞
X
i=0
e−λλi
i! =P(M 6k).
On obtient donc :
fj(k+ 1)−fj(k) = k!
j!λk−j+1 λ
kP(M 6k−1)−P(M 6k)
<0.
• Soitk∈[[j+ 1,+∞[[. On a alors :
fj(k+ 1)−fj(k) = k!
j!λk−j+1P(M >k+ 1)− (k−1)!
j!λk−1−j+1P(M >k)
= k!
j!λk−j+1
P(M >k+ 1)−λ
kP(M >k)
. Or,
λ
kP(M >k) =
+∞
X
i=k
e−λλ·λi k·i! >
+∞
X
i=k
e−λ λi+1 (i+ 1)·i! =
+∞
X
ℓ=k+1
e−λλℓ
ℓ! =P(M >k+ 1).
Ainsi, on obtient : fj(k+ 1)−fj(k) = k!
j!λk−j+1
P(M >k+ 1)−λ
kP(M >k)
<0 .
Ainsi, la seule valeur de k pour laquelle fj(k+ 1)−fj(k) est positive est celle trouvée dans la question précédente, à savoirk=j.
(d) On a alors :
fj(j+ 1)−fj(j) = 1
λP(M >j+ 1) +1
jP(M 6j−1)
= 1
λ(1−P(M 6j)) +1
jP(M 6j−1)
= 1 λ 1−
j
X
i=0
e−λλi i!
! +1
j
j−1
X
i=0
e−λλi i!
= 1−e−λ
λ −
j
X
i=1
e−λλi−1 i! +1
j
j−1
X
i=0
e−λλi i!
= 1−e−λ
λ −
j−1
X
i=0
e−λ λi (i+ 1)! +1
j
j−1
X
i=0
e−λλi i!
= 1−e−λ
λ −
j−1
X
i=0
e−λλi i!
1 i+ 1 −1
j
.
Or, pour tous les termesiconsidérés, on a i+ 16j, donc 1 i+ 1 −1
j >0. Ainsi, fj(j+ 1)−fj(j)6 1−e−λ
λ . Par ailleurs, l’exponentielle étant toujours positive, on a toujours 1−e−λ
λ 6 1
λ. Par ailleurs, 1−e−λ
λ −1 = 1−λ−e−λ
λ ,
et la fonctionλ7→e−λétant convexe, sa courbe est située au dessus de sa tangente en0, d’équationy= 1−x.
Ainsi, pour toutλ,e−λ>1−λ. On en déduit que 1−e−λ
λ −160 donc: 1−e−λ λ 61.
Des deux inégalités obtenues, on déduit :
1−e−λ λ 6min
1,1
λ
5. On a, pour tout k∈N∗ :
f0(k+ 1) = k!
λk+1P(M = 0)(1−P(M 6k)) = e−λk!
λk+1P(M >k+ 1).
Ainsi
f0(k+ 1)−f0(k) =e−λk!
λk+1
P(M >k+ 1)−λ
kP(M >k)
. D’après le calcul fait en II-4(c),
f0(k+ 1)−f0(k)60 On complète ce résultat en remarquant que d’après 1(b),
f0(1)−f0(0) =f0(1)−0 = 1
λP(M >0)>0.
Ainsi, on a une propriété similaire à celle trouvée précédemment :f0(k+ 1)−f0(k)est positif si et seulement sik= 0.
Ce résultat nous sera utile dans la question suivante.
6. (a) On aA= [
j∈A
{j}, ces unions étant 2 à 2 disjointes. Ainsi, d’après la question II-2(a), on obtient :
fA=X
j∈A
fj.
Par conséquent, pour toutk∈N:
fA(k+ 1)−fA(k) =X
j∈A
fj(k+ 1)−fj(k).
• Soit k∈A . Alors, pour toutj ∈A\ {k},fj(k+ 1)−fj(k)60d’après les questions 4(c) et 5. Ainsi, le seul terme positif dans la somme est celui correspondant à l’indicej =k, donc
fA(k+ 1)−fA(k)6fk(k+ 1)−fk(k).
• Soit k∈A. Alors, tous les termes de la somme précédente sont négatifs, donc fA(k+ 1)−fA(k)606fk(k+ 1)−fk(k)
(inégalité également valable pourk= 0d’après le complément apporté à la question précédente).
(b) Pour tout k∈N∗, on a
fk(k+ 1)−fk(k)6min
1,1 λ
,
et cette inégalité est encore valable pourk= 0, puisque, d’après le calcul fait en fin de question 5, f0(1)−f0(0) = 1
λP(M >0) = 1−e−λ λ 6min
1,1
λ
, la dernière inégalité provenant de 4(d).
Ainsi, d’après la question précédente, pour toutk∈N, fA(k+ 1)−fA(k)6min
1,1
λ
.
Ces inégalités étant valables pour toutA, on obtient, en l’appliquant avecA :
∀k∈N, fA(k+ 1)−fA(k)6min
1,1 λ
,
et donc, d’après 2(b), pour toutk∈N:
−fA(k+ 1) +fA(k)6min
1,1 λ
.
On obtient donc, pour toutk∈N:
−min
1,1 λ
6fA(k+ 1)−fA(k)6min
1,1 λ
soit: |fA(k+ 1)−fA(k)|6min
1,1 λ
.
L’inégalité étant vérifiée pour toutk∈N, il en découle : sup
k>0
|fA(k+ 1)−fA(k)|6min
1,1 λ
.
Partie III –
1. (a) La variable aléatoireXi prend les seules valeurs0et 1. Soitω∈Ω.
• Si Xi(ω) = 0, alorsXif(Wn)(ω) =Xif(1 +Ri)(ω) = 0
• Si Xi(ω) = 1, alors 1 +Ri(ω) = Xi(ω) +Ri(ω) = Wn(ω), donc f(Wn)(ω) = f(1 +Ri)(ω), donc Xif(Wn)(ω) =Xif(1 +Ri)(ω).
On obtient l’égalité dans les deux cas possibles, donc Xif(Wn) =Xif(1 +Ri). (b) Ainsi,
E(Xif(Wn)) =E(Xif(1 +Ri)).
Or,Riest la somme des variablesXj, pourj6=i, et est donc indépendante deXi(les variablesX1, . . . , Xn étant mutuellement indépendantes). Donc1 +Ri etXisont indépendantes, donc aussif(1 +Ri)etXi. Par conséquent :
E(Xif(1 +Ri)) =E(Xi)E(f(1 +Ri)) =piE(f(1 +Ri)).
En mettant bout-à-bout les égalités trouvées, cela donne bien : E(Xif(Wn)) =piE(f(1 +Ri)). 2. On a :
n
X
i=1
piE(Yi) =E
n
X
i=1
(pif(1 +Wn)−pif(1 +Ri))
!
=E n
X
i=1
pi
!
f(1 +Wn)
!
−
n
X
i=1
piE(f(1 +Ri))
=E(λnf(1 +Wn))−
n
X
i=1
E(Xif(Wn))
=E λnf(1 +Wn)−
n
X
i=1
Xi
! f(Wn)
!
=E(λnf(1 +Wn)−Wnf(Wn)).
On obtient bien la relation : E(λnf(1 +Wn)−Wnf(Wn)) =
n
X
i=1
piE(Yi).
3. (a) Soit ω tel queXi(ω) = 1. AlorsWn(ω) =Ri(ω) + 1, donc
Yi(ω) =f(1 +Wn)(ω)−f(1 +Ri)(ω) =f(2 +Ri)(ω)−f(1 +Ri)(ω).
Ainsi, sachant queXi= 1est réalisé, les variablesYi etf(2 +Ri)−f(1 +Ri)sont égales. Ainsi E(Yi|Xi= 1) =E(f(2 +Ri)−f(1 +Ri)|Xi= 1),
et puisqueRi et Xi sont indépendantes,
E(Yi|Xi= 1) =E(f(2 +Ri)−f(1 +Ri)) (b) De la même façon, si[Xi= 0]est réalisé, Wn=Ri, donc, de même qui ci-dessus :
E(Yi|Xi= 0) =E(f(1 +Ri)−f(1 +Ri)) = 0.
(c) On en déduit, d’après la formule de l’espérance totale (il n’y a pas de problème de convergence, toutes les variables étant finies) :
E(Yi) =P(Xi= 0)E(Yi|Xi= 0) +P(Xi= 1)E(Yi|Xi= 1) =piE(f(2 +Ri)−f(1 +Ri)).
On obtient alors, d’après l’égalité de la question 2,
E(λnf(1 +Wn)−Wnf(Wn)) =
n
X
i=1
p2iE(f(2 +Ri)−f(1 +Ri)).
4. D’après la partie II, pour toutω∈Ω,
|f(2 +Ri)−f(1 +Ri)|6min
1, 1 λn
.
Ainsi, d’après l’inégalité triangulaire, et la croissance de l’espérance,
|E(λnf(1 +Wn)−Wnf(Wn))|6
n
X
i=1
p2iE(|f(2 +Ri)−f(1 +Ri)|)6
n
X
i=1
p2imin
1, 1 λn
.
On obtient bien :
|E(λnf(1 +Wn)−Wnf(Wn))|6min
1, 1 λn
×
n
X
i=1
p2i .
5. D’après la question II-3(a), si l’événement [Wn ∈ A] est réalisé, λnf(1 +Wn)−Wnf(Wn) prend la valeur constanteP(M ∈A. Ainsi,
E(λnf(1 +Wn)−Wnf(Wn)|Wn∈A) =P(M ∈A).
De la même façon,
E(λnf(1 +Wn)−Wnf(Wn)|Wn ∈A) =−P(M ∈A).
Ainsi, d’après la formule de l’espérance totale sur le système complet([Wn ∈A],[Wn∈A]), on obtient : E(λnf(1 +Wn)−Wnf(Wn)) =P(M ∈A)P(Wn∈A)−P(M ∈A)P(Wn∈A)
= (1−P(M ∈A))P(Wn ∈A)−P(M ∈A)(1−P(Wn∈A)).
Après simplication, on trouve bien :
E(λnf(1 +Wn)−Wnf(Wn)) =P([Wn∈A])−P([Mn∈A]). Le résultat de la question 4 permet alors de conclure que :
|P([Wn∈A])−P([Mn∈A])|6min
1, 1 λn
×
n
X
i=1
p2i .
6. (a) On a :
λn=
n
X
i=1
1 n+i = 1
n
n
X
i=1
1 1 +ni. D’après le théorème des sommes de Riemann,
n→+∞lim λn = Z 1
0
1 1 +x =h
ln(1 +x)1
0
et donc λ= lim
n→+∞λn = ln 2.
Par ailleurs, pour touti∈[[1, n]],p2i = 1
(n+i)2 6 1
n2, donc : 06
n
X
i=1
p2i 6
n
X
i=1
1 n2 = n
n2 = 1 n
Par conséquent, on obtient l’existence et la valeur de la limite suivante, d’après le théorème d’encadrement :
n→lim+∞ n
X
i=1
p2i = 0.
Attention à ne pas écrire
+∞
P
i=1
p2i pour désigner cette limite, car les pi dépendent chacun aussi den, l’indice supérieur de la somme.
(b) Soitk∈N. On a
n→lim+∞P(Mn =k) = lim
n→+∞e−λnλkn
k! = e−ln 2(ln 2)k k! . Ainsi, Mn converge en loi vers une loi de Poisson de paramètreln 2.
(c) Soitk∈N. NotonsM une variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètreλ= ln 2. On a alors, en prenantA={k}dans l’inégalité de la question 5, et d’après l’inégalité triangulaire :
|P(Wn =k)−P(M =k)|6|P(Wn =k)−P(Mn=k)|+|P(Mn=k)−P(M =k)|
6min
1, 1 λn
n
X
i=1
p2i +|P(Mn=k)−P(M =k)|
6
n
X
i=1
p2i +|P(Mn=k)−P(M =k)|.
Par les questions 6(a) et 6(b), on en déduit, d’après le théorème d’encadrement :
n→lim+∞|P(Wn =k)−P(M =k)|= 0.
Ainsi, (Wn)converge en loi vers une variable de Poisson de paramètreln 2
Partie IV –
1. (a) Lorsque[Xi= 1]est réalisé,Wn est égal àRi+ 1, doncXif(Wn)est égal àf(1 +Ri). Lorsque[Xi= 0]est réalisé,Xif(Wn)prend la valeur0. Ainsi,
E(Xif(Wn)|Xi = 0) = 0 et E(Xif(Wn)|Xi= 1) =E(f(1 +Ri)|Xi= 1).
Ainsi, d’après le théorème de l’espérance total sur le système complet([Xi = 0],[Xi= 1]), E(Xif(Wn)) =E(f(1 +Ri)|Xi= 1)P(Xi= 1) =piE(f(1 +Ri)|[Xi= 1]).
(b) On adapte le raisonnement de la question III-2 :
n
X
i=1
pi
hE(f(1 +Wn))−E(f(1 +Ri)|[Xi= 1])i
=
n
X
i=1
pi
!
E(f(1 +Wn))−
n
X
i=1
E(f(1 +Ri)|Xi= 1)
=λnE(f(1 +Wn))−
n
X
i=1
E(Xif(Wn))
=E λnf(1 +Wn)−f(Wn)
n
X
i=1
Xi
!
=E(λnf(1 +Wn)−Wnf(Wn))
La première égalité de la question III-5 est valable sans hypothèse d’indépendance. Par conséquent, on trouve :
P([Wn∈A])−P([Mn∈A]) =
n
X
i=1
pi
hE(f(1 +Wn))−E(f(1 +Ri)|[Xi= 1])i
2. On suppose que pour toutide[[1, n]], il existe une variable aléatoireZi définie sur(Ω,A, P), à valeurs dansN, telle que la loi deZi soit identique à la loi conditionnelle deRi sachant[Xi= 1]
(a) Soit(ℓ, j)∈N2. On peut supposerℓ > j, l’inégalité inverse en découlant facilement, et la cas d’égalité étant trivial. Soit doncℓ > j. On a
|f(ℓ)−f(j)|=
ℓ−1
X
k=j
f(k+ 1)−f(k)
6
ℓ−1
X
k=j
|f(k+ 1)−f(k)|, d’après l’inégalité triangulaire. On déduit alors de la question II-6(b) que
|f(ℓ)−f(j)|6
ℓ−1
X
k=j
min
1, 1 λn
= (ℓ−j) min
1, 1 λn
=|ℓ−j|min
1, 1 λn
.
Ainsi, d’après la remarque faite en début de question, pour tout couple(ℓ, j)d’entiers naturels,
|f(ℓ)−f(j)|6|l−j| ×min
1, 1 λn
La loi de Zi étant égale à la loi conditionnelle deRi sachantXi= 1, on a : E(f(1 +Ri)|Xi= 1) =E(f(1 +Zi)).
Par conséquent,
|P([Wn∈A])−P([Mn∈A])|=
n
X
i=1
pi(E(f(1 +Wn)−E(f(1 +Zi))) 6
n
X
i=1
pi|E(f(1 +Wn)−f(1 +Zi))|
6
n
X
i=1
piE(|f(1 +Wn)−f(1 +Zi)|).
En utilisant la majoration trouvée en début de question et l croissance de l’espérance, il vient alors :
|P([Wn∈A])−P([Mn∈A])|6
n
X
i=1
piE
|Wn−Zi|min
1, 1 λn
,
et donc enfin :
|P([Wn∈A])−P([Mn∈A])|6min
1, 1 λn
×
n
X
i=1
piE(|Wn−Zi|).
(b) On suppose de plus que pour toutωdeΩ, pour toutide[[1, n]], on aWn(ω)>Zi(ω). On a alors pour tout i,Wn−Zi>0, d’où :
n
X
i=1
piE(|Wn−Zi|) =
n
X
i=1
pi(E(Wn)−E(Ri |Xi= 1) =
n
X
i=1
E(Xi)E(Wn)−
n
X
i=1
piE(Ri|Xi= 1)
=E(Wn)E(Wn)−
n
X
i=1 n−1
X
k=0
kp(Xi= 1)P(Ri|Xi= 1)
=E(Wn)2−
n
X
i=1 n−1
X
k=0
k·1·P(Ri=k, Xi= 1)
=E(Wn)2−
n
X
i=1 n−1
X
k=0 1
X
ℓ=0
k·ℓ·P(Ri=k, Xi=ℓ)
=E(Wn)2−
n
X
i=1
E(XiRi), d’après le théorème de transfert. On en déduit alors :
n
X
i=1
piE(|Wn−Zi|) =E(Wn)2−E
n
X
i=1
Xi
n
X
j=1
Xj−Xi
=E(Wn)2−E
n
X
i=1
Xi n
X
j=1
Xj−
n
X
i=1
Xi2
=E(Wn)2−E(Wn2) +
n
X
i=1
E(Xi2).
Or, le moment d’ordre 2 d’une variable suivant une loi de Bernoulli de paramètrepestp, donc
n
X
i=1
piE(|Wn−Zi|) =−V(Wn) +
n
X
i=1
pi,
et donc finalement :
n
X
i=1
piE(|Wn−Zi|) =λn−V(Wn).
On déduit alors directement de cette égalité et de l’inégalité trouvée dans la question 2(a) que :
|P([Wn∈A])−P([Mn∈A])|6min
1, 1 λn
×(λn−V(Wn)).
