Soit (Ω, P ) une espace probabilisé ni et X une variable aléatoire réelle dénie sur Ω . On note m son espérance et Y = X − m la variable centrée associée. On considère également des variables aléatoires X

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Soit (Ω, P ) une espace probabilisé ni et X une variable aléatoire réelle dénie sur Ω . On note m son espérance et Y = X − m la variable centrée associée. On considère également des variables aléatoires X

1

, ..., X

n

dénies sur Ω mutuellement indépendantes et de même loi que X ainsi que la variable aléatoire S

n

= X

1

+ ... + X

n

.

Dans ce problème ε > 0 est xé. La partie 2 est un cas particulier de la partie 1 qui utilise les notations Y , ψ , h

⁺

dénie dans la partie 1.

Partie 1 : Généralités

1. On considère des nombres réels p

₁

, · · · , p

_N

et y

₁

, · · · , y

_N

tels que

∀i ∈ J 1, N K , p

i

> 0; y

1

< y

2

< · · · < y

N

.

Former (en justiant) un développement asymptotique en +∞ de la fonction ϕ dénie par :

ϕ(t) = εt − ln

N

X

k=1

p

k

e

^tyk

! .

Le reste devra être o(e

^{(yN−1−yN)t}

) .

2. Pour t ∈ R, exprimer à l'aide de la formule de transfert l'espérance de la variable aléatoire e

^tY

. On note E(e

^tY

) cette espérance.

3. On dénit une fonction ψ dans R

⁺

par

∀t ∈ R

⁺

, ψ(t) = εt − ln(E(e

^tY

)).

a. Déterminer ψ(0) et ψ

⁰

(0) . En déduire qu'il existe t > 0 tel que ψ(t) > 0 .

b. Préciser l'ensemble des ε > 0 tels que ψ → −∞ en +∞ . Dans la suite du problème, on suppose que ε est dans cet ensemble.

c. Montrer que ψ est majoré et qu'il atteint sa borne supérieure que l'on note h

⁺

(ε) . Montrer que h

⁺

(ε) > 0 .

4. Soit t ∈ R

+

. Montrer que :

P (S

_n

≥ εn) ≤ E(e

^tSn

) e

^nεt

.

5. Montrer que :

e

^−nψ(t)

= e

^−nεt

E(e

^tSn

) 6. En déduire que :

P S

_n

n ≥ ε

≤ e

^−nh+(ε)

.

Partie 2 : Cas de variables de Bernoulli

Soit p ∈]0, 1[ . On suppose dans cette partie que X est de loi de Bernoulli de paramètre p . On suppose également que 0 < ε < 1 − p .

1. Montrer que :

P

S

n

n − p ≥ ε

^1/n

≤ e

^−h+(ε)

. 2. a. Montrer que : ∀t ∈ R

+

, E e

^tY

= ((1 − p) + pe

^t

)e

^−pt

. b. Montrer que :

h

⁺

(ε) = (p + ε) ln p + ε

p

+ (1 − p − ε) ln

1 − p − ε 1 − p

.

3. Posons k

_n

= b(p + ε)nc + 1 , où bxc désigne la partie entière de x . Montrer que :

P S

_n

n − p ≥ ε

≥ n

k

n

p

^kn

(1 − p)

^n−kn

.

4. a. Soit α > 0 , soit (u

_n

) une suite admettant en +∞ le développement asymptotique suivant :

u

n

= αn + O(1).

Montrer que u

_n

ln(u

_n

) admet en +∞ le développement asymptotique suivant : u

_n

ln(u

_n

) = αn ln(αn) + o(n).

b. On admet que ln(n!) admet le développement asymptotique suivant en +∞ : ln(n!) = n ln(n) − n + o(n).

Montrer que :

ln n

k

_n

p

^kn

(1 − p)

^n−kn

∼ −nh

⁺

(ε).

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5. Etudier la convergence de la suite de terme général

P S

_n

n − p ≥ ε

1/n

.

Corrigé

Partie 1 : généralités

1. Mettons en facteur l'exponentielle p

_N

e

^yNt

d'exposant maximal

ϕ(t) = (ε − y

N

)t − ln(p

N

) − ln (1 + r(t)) avec r(t) =

N−1

X

k=1

p

k

p

N

e

^{−(yN−yk)t}

∼ p

N−1

p

N

e

^{−(yN−yN−1)t}

→ 0 à cause de la stricte croissance des y

_k

. En développant le ln :

ϕ(t) = (ε − y

N

)t − ln(p

N

) − r(t) + o(r(t))

= (ε − y

N

)t − ln(p

N

) − p

N−1

p

N

e

^{−(yN−yN−1)t}

+ o(e

^{−(yN−yN−1)t}

) 2. D'après la formule de transfert :

E(e

^tY

) = X

x_k∈X(Ω)

P (X = k)e

^t(xk−m)

3. a. D'après la question précédente, ψ(t) = εt − ln

p

1

e

^t(x1−m)

+ · · · + p

N

e

^t(xN−m)

= ϕ(t)

en notant X(Ω) = {x

1

, · · · , x

N

} (du plus petit au plus grand), y

k

= x

k

− m et p

_k

= P (X = x

_k

) . On en déduit

ψ(0) = 0 et ψ

⁰

(t) = ε − p

1

(x

1

− m)e

^t(x1−m)

+ · · · + p

N

(x

N

− m)e

^t(xN−m)

p

₁

e

^t(x1−m)

+ · · · + p

_N

e

^t(xN−m)

⇒ ψ

⁰

(0) = ε − p

₁

(x

₁

− m) + · · · + p

_N

(x

_N

− m) p

1

+ · · · + p

N

= ε car p

1

(x

1

− m) + · · · + p

N

(x

N

− m) = m − m = 0 (la variable Y est centrée).

Comme la fonction est C

^∞

, elle est strictement croissante au voisinage de 0 donc strictement positive dans un petit intervalle ]0, a] .

b. Le développement obtenu dans la première question s'applique à la fonction ψ . On en déduit que

ψ −−→ −∞ ⇔

^+∞

ε < y

_N

= max(X (Ω)) − m.

c. Comme ψ diverge vers −∞ en +∞ , il existe un réel b tel que ψ(x) ≤ 0 pour x ≥ b . La fonction ψ prend des valeurs strictement positives dans [0, b] . Elle est majorée et atteint sa borne supérieure car elle est continue dans le segment [a, b] . Cette valeur maximale est strictement positive donc c'est aussi la plus grande valeur de ψ sur [0, +∞[ car ψ est négative au delà de b . On note h

⁺

(ε) cette valeur.

4. La variable aléatoire e

^t(Sn−nm)

est à valeurs strictement positives, on peut donc lui appliquer l'inégalité de Markov :

P

e

^t(Sn−nm)

≥ e

^ntε

≤ E e

^t(Sn−nm)

e

^ntε

Or, la fonction exponentielle étant strictement croissante, on dispose d'une égalité entre événements :

e

^t(Sn−nm)

≥ e

^ntε

= (t(S

n

− nm) ≥ ntε) = ((S

n

− nm) ≥ nε)

ce qui permet de conclure pour t > 0 . Si t = 0 , le membre de droite vaut 1 donc l'inégalité est évidente (probabilité).

5. D'après l'expression de ϕ trouvée en 3 :

e

^−nψ(t)

= e

^−nεt



 X

y∈Y(Ω)

P (Y = y)e

^ty





n

= e

^−nεt

Y

i∈J1,nK



 X

yi∈Yi(Ω)

P (Y

i

= y

i

)e

^tyi





= e

^−nεt

X

(y1,···,yn)∈Y1[Ω)×···×Yn(Ω)

P (Y

1

= y

1

) · · · P (Y

n

= y

n

)e

^{t(y1+···+yn)}

= e

^−nεt

X

(y1,···,yn)∈Y1[Ω)×···×Yn(Ω)

P ((Y

₁

= y

₁

) ∩ · · · ∩ (Y

_n

= y

_n

)) e

^{t(y1+···+yn)}

car les variables Y

_i

= X

_i

− m sont mutuellement indépendantes. La variable somme

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S

n

− nm = Y

1

+ · · · + Y

n

apparait alors :

e

^−nψ(t)

= e

^−nεt

X

s∈(Sn−m)(Ω)

X

y1+···+yn=s

P ((Y

1

= y

1

) ∩ · · · ∩ (Y

n

= y

n

)) e

^ts

!

= e

^−nεt

E

e

^t(Sn−nm)

On aurait aussi pu rédiger en utilisant des résultats de cours plutôt qu'en les redémon- trant. Si X et Y sont des variables aléatoires indépendantes, alors f (X) et g(Y ) le sont aussi (avec la fonction exponentielle). L'espérance du produit de variables aléatoires mutuellement indépendantes est le produit des espérances.

6. On peut utiliser la question 4 ; avec (S

_n

− nm ≥ εn) =

S

n

n − m ≥ ε

⇒ P S

n

n − m ≥ ε

≤ e

^−nεt

E

e

^t(Sn−nm)

= e

^−nψ(t)

Cette inégalité est valable pour tous les t > 0 . On a vu en question 3.c. qu'il existe un t

_max

tel que ψ(t

_max

) = h

⁺

(ε) . En appliquant l'inégalité précédente justement en ce t

_max

, on obtient

P S

_n

n − m ≥ ε

≤ e

^−nh+(ε)

Partie 2 : cas des variables de Bernoulli

1. L'espérance de

^S_nⁿ

est p donc en prenant la racine n -ème de l'inégalité de la n de la première partie (question 6). On obtient

P

S

n

n − p ≥ ε

¹_n

≤ e

^−h+(ε)

2. a. D'après la formule de transfert :

E(e

^tY

= P (X = 0)e

^−tp

+ P (X = 1)e

^(1−p)t

= (1 − p)e

^−tp

+ pe

^(1−p)t

= 1 − p + pe

^t

e

^−pt

b. Utilisons l'espérance calculée à la question précédente pour préciser ψ et ψ

⁰

. ψ(t) = εt − ln q + pe

^t

e

^−pt

= (ε + p)t − ln(q + pe

^t

) ψ

⁰

(t) = 1

q + pe

^t

(ε + p)q + (ε − q)pe

^t

en posant q = 1 − p et après réduction au même dénominateur.

Comme 0 < ε < q = 1 − p , la fonction est croissante de 0 à t

_max

puis décroissante ensuite avec

t

_max

= ln p + ε

q − ε q p

= ln p + ε

p

− ln(q − ε) + ln q

h

⁺

(ε) = ψ(t

_max

) = (ε + p)t

_max

− ln

q + p + ε q − ε q

= (ε+p)t

_max

−ln q−ln(p + q)

| {z }

=0

+ln(q−ε) = (ε+p) ln p + ε

p

+(1−ε−p) ln q − ε

q

Finalement

h

⁺

(ε) = (p + ε) ln p + ε

p

+ (q − ε) ln q − ε

q

3. Dans cette partie, comme les variables X

i

suivent une loi de Bernoulli de paramètre p , la somme S

n

suit une loi binomiale d'espérance np . On traduit l'événement considéré à l'aide de la loi binomiale. Il est important de remarquer que p + ε < 1 car ε < q . On en déduit que k

n

≤ n

S

_n

n − p ≥ ε

= (S

_n

≥ (p + ε)n) Or k

n

> (p + ε)n donc (S

n

= k

n

) ⊂

^S_nⁿ

− p ≥ ε d'où

P S

n

n − p ≥ ε

≥ P (S

n

= k

n

) = k

n

n

p

^kn

q

^n−kn

4. a. Pour obtenir un développement de ln(u

n

) , factorisons par αn :

ln(u

n

) = ln(αn + O(1)) = ln(αn) + ln

1 + O( 1 n )

= ln(n) + ln(α) + O( 1 n )

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On en déduit

u

_n

ln(u

_n

) = (αn + O(1))

ln(n) + ln(α) + O( 1 n )

= αn ln(n) + αn ln(α) + O(ln(n)) = αn ln(αn) + O(ln(n))

| {z }

∈o(n)

car O(1) ∈ O(ln(n)) .

b. Les suites (k

n

) et n − k

n

sont de la forme traitée en question a.

( k

n

=(p + ε)n + O(1) n − k

n

=(q − ε)n + O(1)

⇒

( k

_n

ln(k

_n

) =(p + ε)n ln ((p + ε)n) + o(n) (n − k

n

) ln(n − k

n

) =(q − ε)n ln ((q − ε)n) + o(n) En utilisant le fait que o(k

n

) ∈ o(n) et o(n − k

n

) ∈ o(n) ainsi que le début de la formule de Stirling rappelée par l'énoncé, on obtient un développement du coecient du binôme

ln k

_n

n

= ln

n!

k

n

!(n − k

n

)!

= n ln(n) − n

− (p + ε)n ln ((p + ε)n) + (p + ε)n

− (q − ε)n ln ((q − ε)n) + (q − ε)n + o(n)

= (1 − (p + ε) − (q − ε)) n ln(n)

+ (−1 − (p + ε) ln(p + ε) + (p + ε) − (q − ε) ln(q − ε) + (q − ε)) n + o(n)

= − ((p + ε) ln(p + ε) + (q − ε) ln(q − ε)) n + o(n) On dispose aussi de développements de k

n

et n − k

n

(avec O(1) ∈ o(n) )

ln k

n

n

= − ((p + ε) ln(p + ε) + (q − ε) ln(q − ε)) n + o(n) ln(p

^kn

) =(p + ε)n ln(p) + o(n)

ln(q

^n−kn

) =(q − ε)n ln(q) + o(n)

On peut tout combiner ln

k

n

n

p

^kn

q

^n−kn

=

(p + ε) ln p

(p + ε)

(q − ε) ln p

(q − ε)

n + o(n)

∼ −nh

⁺

(ε) 5. Notons z

n

= ln

_k

n

n

p

^kn

q

^n−kn

. Les questions 6. et 9. conduisent à l'encadrement e

^zn

≤ P

S

_n

n − p ≥ ε

≤ e

^−nh+(ε)

dont on prend la racine n -ième

e

^znn

≤

P S

_n

n − p ≥ ε

_n¹

≤ e

^−h+(ε)

Comme (

^z_nⁿ

) converge vers −h

⁺

(ε) on en déduit par le théorème d'encadrement que la suite converge vers e

^−h+(ε)

.

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