3 PROBABILIT ´ ES

3 PROBABILIT ´ ES

Exercice 3.1.

Soit n un entier > 1. Une urne contient n boules blanches et une boule rose. On effectue une succession de tirages d’une boule `a chaque fois. Si on tire la boule rose, on la remet dans l’urne avant le tirage suivant ; si on tire une boule blanche, on ne la remet pas dans l’urne. SoitX le nombre de tirages juste n´ecessaires pour qu’il n’y ait plus aucune boule blanche dans l’urne.

L’exp´erience est mod´elis´ee par un espace probabilis´e(

Ω,A, P) . 1. CalculerP(X =n).

2. a) Pour tout entiern>2, montrer que : ln(n+ 1)−ln 26 ∑ⁿ

k=2

1 k 6lnn.

En d´eduire un ´equivalent simple de

∑n j=2

1

j quandntend vers l’infini.

b) Trouver de mˆeme un ´equivalent simple de

∑n j=2

lnj

j quandntend vers l’infini.

c) En d´eduire un ´equivalent simple de

∑n j=2

(1 j

j∑−1 i=2

1 i

)quandntend vers l’infini.

3. CalculerP(X =n+ 1), puis en donner un ´equivalent simple quandntend vers l’infini.

4. CalculerP(X =n+ 2), puis en donner un ´equivalent simple quandntend vers l’infini.

Solution :

1. SoitB_k (k>1) l’´ev´enement⟨⟨lak^`emeboule tir´ee est blanche⟩⟩.

Alors [X=n] =B1∩B2∩ · · · ∩Bn. Donc, par la formule des probabilit´es compos´ees on a : P(X =n) =P(B1∩B2∩ · · · ∩Bn) =P(B1)PB₁(B2)PB₁∩B₂(B3). . .

= n

n+ 1^× n−1

n ^×· · ·×1 2 = 1

n+ 1 2. a) Commet7→ 1

t d´ecroˆıt surR^∗+, on a : 1 k+ 1 6

∫ k+1 k

dt t et

∫ k+1 k

dt t 6 1

k. En sommant la premi`ere in´egalit´e dek= 1 `a k=n−1, on obtient

∑n k=2

1

k 6lnn; en sommant la seconde in´egalit´e dek= 2 `a k=non obtient, ln(n+ 1)−ln 26 ∑ⁿ

k=2

1

k. Comme lnn∼ln(n+ 1)−ln 2 on a donc :

∑n j=2

1 j ∼lnn b) La fonctionx7→ lnx

x d´ecroˆıt sur [e,+∞[ et donc sur [3,+∞[. On obtient donc de mˆeme :

∫ n+1 4

lnt

t dt6 ∑ⁿ

k=4

lnk k 6

∫ n 3

lnt t dt= 1

2(lnn)²−1 2(ln 3)² D’o`u en calculant aussi l’int´egrale de gauche et comme ln(n+ 1)∼lnn:

∑n j=2

lnj j ∼ 1

2(lnn)² c) Par sommation d’in´egalit´es du 2. a) (k=i etn=j−1), on a :

∑n j=2

1

j(lnj−ln 2)6 ∑ⁿ

j=2

( 1 j

j∑−1 i=2

1 i

) 6 ∑ⁿ

j=2

1

j ln(j−1)6 ∑ⁿ

j=2

1 jlnj D’apr`es les questions 2. a et 2. b, comme lnn=o(1

2(lnn)²) , on a :

∑n j=2

1

j(lnj−ln 2) =(∑ⁿ

j=2

1 jlnj)

−ln 2(∑ⁿ

j=2

1 j

)∼ 1 2(lnn)² d’o`u :

∑n j=3

( 1 j

j∑−1 i=2

1 i

)

∼1 2(lnn)²

3. L’´ev´enement [X =n+ 1] est r´ealis´e lorsque la boule rose est tir´ee une seule fois lors desn+ 1 premiers tirages, mais pas au (n+ 1)-i`eme rang (car sinon on r´ealiseX =n), soit :

(X=n+ 1) =

∪n k=1

[B1∩ · · · ∩Bk−1∩Bk∩Bk+1∩ · · · ∩Bn+1] Les ´ev`enements de la r´eunion sont incompatibles, donc :

P(X=n+ 1) =

∑n k=1

P(B₁∩ · · · ∩B_k−1∩B_k∩B_k+1∩ · · · ∩B_n+1) Par la formule des probabilit´es compos´ees, pour toutk∈ {1, . . . , n}, on a :

P(B1∩ · · · ∩Bk−1∩Bk∩Bk+1∩ · · · ∩Bn+1)

=P(B₁)P_B1(B₂). . . P_{B1∩...∩Bk−1}(B_k)P_B

1∩...∩B_k−1∩B_k(B_k+1)

. . . P_B

1∩...B_k∩...B_n(B_n+1)

= n

n+ 1^× n−1

n ^×

n−k+ 2 n−k+ 3^×

1 n−k+ 2^×

n−k+ 1

n−k+ 2^×· · ·×1 2 Donc, par simplifications en cascade :

P(X =n+ 1) =

∑n k=1

1

(n+ 1)(n−k+ 2) = 1 n+ 1

n+1∑

j=2

1 j. Donc, d’apr`es la question 2. a) :

P(X =n+ 1)∼ ln(n+ 1) n+ 1 ∼lnn

n .

4. L’´ev´enement [X =n+ 2] est r´ealis´e lorsque la boule rose est tir´ee deux fois lors desn+ 2 premiers tirages, mais pas au (n+ 2)<sup>`eme</sup>rang (car sinon on r´ealiseX < n+ 2). De mˆeme qu’`a la question 3, on a donc :

P(X =n+ 2) = ∑

1≤k<l≤n+1

P(B1∩ · · · ∩Bk∩ · · · ∩Bl∩ · · · ∩Bn+2)

= ∑

1≤k<l≤n+1

1

(n+ 1)(n+ 2−k)(n+ 3−l)

= 1

n+ 1

∑

2≤i≤j≤n+1

1 ij =

n+1∑

k=2

1 k²+

∑n j=2

( 1j

j∑−1 i=2

1 i)

Donc, puisque le premier terme est de limite finie, donc n´egligeable devant le second : P(X =n+ 2)∼ (lnn)²

2n

Exercice 3.2.

Soit X une variable al´eatoire d´efinie sur un espace probabilis´e (Ω,A, P) admettant une variance et dont l’esp´eranceE(X) =λest un param`etre r´eel inconnu.

Pournentier>1, soit (X₁, X₂, . . . , X_n) un n-´echantilloni.i.d.de la loi deX. On poseX_n = 1 n

∑n i=1

X_i.

On noteS_λ l’ensemble des statistiquesU_n=g_n(X₁, X₂, . . . , X_n), o`ug_nest une fonction deRⁿ dansR, qui sont des estimateurs sans biais deλet qui admettent une variance not´eeV.

On admet la propri´et´eP suivante :

⟨⟨Pour toutUn deSλ, on a : cov(Xn, Un−Xn) = 0.^⟩⟩

On dit qu’un ´el´ementZ_ndeS_λest unestimateur optimaldansS_λsi pour toutU_ndeS_λ, on a :V(Z_n)6V(U_n).

1. Montrer queX_n est un estimateur optimal dansS_λ.

2. SoitZn un estimateur optimal dansSλ. Pourαr´eel etUn deSλ, on pose : Wn(α) =αUn+ (1−α)Zn

a) Montrer que pour toutαr´eel,Wn(α) est ´el´ement deSλ. b) CalculerV(W_n(α)). En d´eduire que Cov(Z_n, U_n−Z_n) = 0.

c) Montrer queZn=Xn presque sˆurement.

3. On suppose queX suit la loi de Poisson de param`etreλ >0, et on admet que la propri´et´e (P) est v´erifi´ee.

Pour toutn>2, on pose :T_n= 1 n−1

∑n i=1

(X_i−X_n)² a) Montrer queT_n est un estimateur sans biais deλ.

b) On admet sans d´emonstration l’existence de V(Tn).

Montrer que Cov(Tn, Xn) = λ n. Solution :

1.Xn s’´ecrit comme une fonction deX1, X2, . . . , Xn : c’est un estimateur. De plus, Xn admet une esp´erance

´

egale `a λet une variance, ce qui entraˆıne queXn appartient `a Sλ. Par la propri´et´e (P), on a : cov(X_n, U_n) =V(X_n).

Par l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz, :|cov(X_n, U_n)|²6V(X_n)V(U_n), doncV(X_n)6V(U_n), ce qui montre que X_n est optimal.

2. a) Question ´evidente, par lin´earit´e de l’op´erateur esp´erance et le fait que siU et V ont un moment d’orde deux, alors (U, V) a une covariance.

b) Bien ´evidemment :

V(W_n(α)) =α²V(U_n) + (1−α)²V(Z_n) + 2α(1−α)cov(U_n, Z_n)

=α²V(Un−Zn)−2α(V(Zn)−cov(Un, Zn)) +V(Zn) OrZn´etant optimal, il vient, pour toutαr´eel :

α²V(Un−Zn)−2α(V(Zn)−cov(Un, Zn))>0

Ce trinˆome du second degr´e enαrestant positif ou nul, son discriminant est n´egatif, soit : (V(Zn)−Cov(Un, Zn))²60, donc V(Zn) = Cov(Un, Zn), ou

Cov(Zn, Un−Zn) = 0.

c) On ´ecrit : Z_n=X_n+ (Z_n−X_n) ce qui entraˆıne que

V(Zn) =V(Xn) +V(Zn−Xn) + 2 Cov(Xn, Zn−Xn).

CommeZ_netX_n sont optimaux, il vientV(Z_n−X_n) + 2 Cov(X_n, Z_n−X_n) = 0 et toujours par optimalit´e de X_n, Cov(X_n, Z_n−X_n) = 0.

Finalement,V(Zn−Xn) = 0 etZn−Xn =C p.s., doncZn−Xn= 0 p.s.

3. a) En ´ecrivantX_i−X_n= (X_i−λ+λ−X_n), il vient :

∑n i=1

(X_i−X_n)²=

∑n i=1

(X_i−λ)²+n(X_n−λ)²−2n(X_n−λ)²=

∑n i=1

(X_i−λ)²−n(X_n−λ)² En prenant les esp´erances :

E(∑ⁿ

i=1

(X_i−X_n)²)

=

∑n i=1

V(X_i)−nV(X_n) = (n−1)λ Par suiteE(Tn) =λetTn est un estimateur sans biais deλ.

b) Comme T_n admet une variance, il appartient `a S_λ et par la propri´et´e (P) et T_n ̸= X_n, il vient Cov(X_n, T_n−X_n) = 0. Donc :

Cov(T_n, X_n) =λ n Exercice 3.3.

On observe le passage de v´ehicules `a un carrefour. Pour tout r´eel t>0, on noteX_tle nombre de v´ehicules qui passent entre les dates 0 ett, avec la conventionX₀= 0. On suppose que l’on d´efinit ainsi une famille de variables al´eatoires (X_t)_t∈R+ d´efinies sur un mˆeme espace probabilis´e (Ω,A, P) poss´edant les propri´et´es suivantes :

•E(Xt) existe pour toutt>0 et la fonctionm(t) =E(Xt) est continˆument d´erivable surR⁺, sa d´eriv´ee ´etant not´eeλ(t).

•Le nombre de passagesY_t0,hse produisant entre les instantst₀ett₀+h, avect₀>0 eth >0, est une variable al´eatoire dont la loi est d´efinie par :

∀k∈N, P(Yt₀,h=k) =α^ke^−α

k! o`uα=

∫ t0+h t0

λ(u)du=m(t0+h)−m(t0) (on notera donc queαd´epend det₀ et deh)

1. SoitT1la variable al´eatoire repr´esentant la date de passage du premier v´ehicule observ´e. CalculerP(T1>t).

En d´eduire une densit´e deT1 en utilisant les fonctionsλet m.

2. a) On suppose que l’on connaˆıt la datet0de passage du premier v´ehicule. SoitL1 la longueur de l’intervalle de temps s´eparant les passages du premier et du deuxi`eme v´ehicule. Calculer une densit´e deL1 en fonction de t0,λetm.

b) On suppose dans cette question que pour t > 0, λ(t) = at+b, a et b ´etant des constantes positives.

D´eterminer une densit´ef1 deL1dans ce cas.

3. On suppose d´esormais que pour tout t>0 :λ(t) =λ0, constante positive. Pourk ∈N^∗, soit Tk la date de passage duk-i`eme v´ehicule.

a) CalculerP(Tk >t) `a l’aide de la loi deY0,t. D´emontrer qu’une densit´efk deTk est : fk(t) =

{λ0(λ0t)^k−1e^−λ0t

(k−1)! pourt>0

0 sinon

b) Calculer l’esp´erance de Tk. Solution :

1. On aP(T₁>t) =P(X_t= 0) =P(Y_0,t) = 0) = e^−α= e^−m(t).

D’o`uP(T1< t) = 1−e^−m(t)et on peut prendre :fT₁(t) =λ(t)e^−m(t) (bien sˆur pourt>0).

2. a) On a :P(L₁> t) =P(Y_t0,t= 0) = e^{−(m(t0+t)−m(t0))}. D’o`u,P(L1≤t) = 1−e^{−(m(t0+t)−m(t0))} et,

f_L1(t) =m^′(t₀+t)e^{−(m(t0+t)−m(t0))}=λ(t₀+t)e^{−(m(t0+t)−m(t0))}

b) Dans ce casm(t) =a t²

2 +bt, ce qui donne : f1(t) = (a(t0+t) +b) exp(−(a(t+t0)²

2 +b(t+t0)−at²₀

2 −bt0)) f1(t) =

{

(a(t+t₀) +b) exp(−(a t²

2 + (at₀+b)t)) sit>0

0 sinon

3. a) Pourt>0, on a,P(Tk>t) =P(Y0,t< k) =

k∑−1 i=0

αⁱe^−α i! =

k∑−1 i=0

(λ₀t)ⁱe^−λ0t i!

On en d´eduit :ft_k(t) =−λ0 k∑−1 i=1

(λ0t)ⁱ⁻¹e^−λ0t (i−1)! +λ0

k∑−1 i=0

(λ0t)ⁱe^−λ0t i!

ft_k(t) =

{λ₀(λ₀t)^k−1e^−λ0t

(k−1)! sit>0

0 sinon

b) Enfin : E(Tk) =

∫ +∞ 0

tfk(t)dt= 1 (k−1)!

∫ +∞ 0

(λ0t)^ke^−λ0tdt

= 1

λ0(k−1)!

∫ +∞ 0

u^ke^−udu= k λ₀ Exercice 3.4.

Soitn ∈N^∗. On consid`ere nvariables al´eatoires mutuellement ind´ependantes X1, . . . , Xn, qui suivent une loi normale d’esp´erancemet de varianceσ².

On poseXn= 1 n

∑n i=1

Xiet Un= 1 σ²

∑n i=1

(Xi−Xn)². 1. SoitA= (ai,j)1≤i,j≤n∈ Mn(R) d´efinie par :ai,j =

{n−1 sii=j

−1 sii̸=j. SoitB le vecteur colonne deMn,1(R) dont tous les coefficients sont ´egaux `a 1.

a) Justifier que la matriceAest diagonalisable.

b) D´eterminer les valeurs propres deAainsi qu’une base des sous-espaces propres associ´es.

c) Justifier l’existence d’une matriceP deGLn(R) dont la derni`ere colonne est proportionnelle `a B et telle que^tP AP =D, o`u D est une matrice diagonale `a d´eterminer (on ne demande pas la matriceP).

d) On note^tP = (pi,j)1≤i,j≤n. Montrer que pour toutide [[1, n−1]],

∑n j=1

pi,j= 0 et pour tout ide [[1, n]],

∑n j=1

p²_i,j= 1.

2. On noteM = 1

nA etql’application de Mn,1(R) dansRd´efinie par :∀X ∈ Mn,1(R), q(X) =^tXM X.

On poseX=



 x1

... xn



etxn= 1 n

∑n j=1

xj.

Montrer queq(X) =

∑n i=1

(xi−xn)², puisq(X) =

n∑−1 i=1

(

∑n j=1

pi,jxj)². 3. Pour toutide [[1, n−1]], on poseY_i=

∑n j=1

p_i,jX_j. a) Justifier queE(Y_i) = 0 etV(Y_i) =σ².

b) On suppose que lesYi sont mutuellement ind´ependantes. Montrer queUn suit la loi Γ( 2, n−1

2 ).

Solution :

1. a) La matriceAest sym´etrique r´eelle : elle est diagonalisable dans une base orthonorm´ee.

b) Si l’on note J la matrice dont tous les ´el´ements valent 1, on a A = nI−J. Les valeurs propres de J sont 0 de sous-espace propre associ´e de dimensionn−1 (KerJ), et ndont le sous-espace propre associ´e est de dimension 1 engendr´e par le vecteurB (orthogonal `a KerJ).

Les valeurs propres deAsont doncnde sous-espace propre associ´e KerJ de dimensionn−1, et 0 de sous-espace propre associ´e Vect(B).

c) La matriceD demand´ee est la matrice diagonale diag(n, . . . , n,0).

d) La matrice P ´etant orthogonale, la relation ^tP P =I donne :

∑n j=1

p²_i,j = 1. Si l’on note C1, . . . , Cn−1 les premi`eres colonnes de la matriceP, elles repr´esentent les coordonn´ees des vecteurs du noyau deJ, ce qui donne la relation :

∑n j=1

pi,j= 0.

2. L’´ecriture de l’applicationq donne : q(X) =

∑n i=1

x²_i − 1 n

(∑ⁿ

j=1

xj

)2

=

∑n i=1

(xi−1 n

∑n j=1

xj)² La relation q(X) =

n∑−1 i=1

(

∑n j=1

pi,jxj)² est obtenue `a partir de l’´ecriture de q dans la base orthonorm´ee de diagonalisation, c’est-`a-dire q(X) =^t(P X)D(P X).

3. a) On aE(Y_i) = 0 par lin´earit´e de l’esp´erance et la relation

∑n j=1

p_i,j= 0.

Par ind´ependance des variables al´eatoires (Xi), il vient : V(Yi) =

∑n j=1

p²_i,jV(Yj) =σ².

Enfin, on sait (encore l’ind´ependance desX_i) que lesY_i suivent encore des lois normales. Elles suivent donc la loi normale centr´ee de varianceσ².

b) Grˆace aux questions pr´ec´edentes, on peut ´ecrire : Un= 1

σ²

∑n i=1

(Xi−Mn)²= 1 σ²

n∑−1 i=1

(∑ⁿ

j=1

pi,jXj

)2

=

n∑−1 i=1

(Yi

σ )2

Donc, Un est la somme des carr´es de n−1 variables al´eatoires ind´ependantes de mˆeme loi normale centr´ee r´eduite. On sait alors que :U_n,→Γ

( 2, n−1

2 )

. Exercice 3.5.

On consid`ere une fonction F d´efinie sur [0, +∞[ `a valeurs r´eelles, croissante, continue, telle que F(0) = 0 et

x→lim+∞F(x) = 1.

1. On d´efinit la suite (p_n)_n∈Npar, pour tout n∈N, p_n=F(n+ 1)−F(n).

Montrer que la s´erie de terme g´en´eralpn est convergente et d´eterminer sa somme.

2. a) Soitxun r´eel fix´e dans [0,1[. Montrer que la s´erie de terme g´en´eralF(x+n)−F(n) est convergente.

b) On consid`ere la fonctionφd´efinie sur [0, 1[ par : φ(x) =

+∑∞ n=0

(F(x+n)−F(n)).

Montrer queφest croissante.

c) Soient xet y deux r´eels fix´es de [0,1[. Montrer que pour tout εr´eel fix´e strictement positif, il existe N0

entier positif ind´ependant dexety tel que, pour toutN >N0:

+∑∞ n=N

|F(x+n)−F(y+n)|< ε En d´eduire queφest continue sur [0,1[.

3. On consid`ere d´esormais que F est la fonction de r´epartition d’une variable al´eatoire X `a valeurs dansR⁺ d´efinie sur un espace probabilis´e (Ω,A, P). On consid`ere les variables al´eatoires not´ees d(X) et ⌊X⌋ d´efinies par, pour toutω∈Ω :

d(X)(ω) =X(ω)− ⌊X(ω)⌋ et ⌊X⌋(ω) =⌊X(ω)⌋ o`u ⌊x⌋d´esigne la partie enti`ere du r´eelx.

a) D´eterminer la loi de⌊X⌋`a l’aide des (pn) et la fonction de r´epartition ded(X).

b) On suppose queX suit une loi exponentielle de param`etreλ >0. Expliciter la loi de ⌊X⌋et la fonction de r´epartition de d(X). D´eterminer une densit´e de d(X), puis calculer les esp´erances de ces deux variables al´eatoires.

Solution :

1. Pour tout N ∈N^∗, on a

∑N n=0

pn =F(N+ 1). D’apr`es les hypoth`eses, on en conclut que la s´erie converge et que sa somme vaut 1.

2. a) Pour toutn∈N^∗, on a : 06F(x+n)−F(n)6p_n. Cela montre que la s´erie consid´er´ee est convergente et que sa somme est inf´erieure `a 1.

b) Pour tout n∈N^∗ et tout r´eelsxet y tels quex>y, F(x+n)−F(n)>F(y+n)−F(n) ce qui montre queφ(x)>φ(y) et donc que la fonctionφest croissante.

c) De mani`ere ´evidente, pour toutn∈N<sup>∗</sup>,|F(x+n)−F(y+n)|6pn. D’o`u,

∀N ∈N, N>N₀,

+∑∞ n=N

|F(x+n)−F(y+n)|6 ⁺∑^∞

n=N

p_n

Pour toutε >0, la convergence de la deuxi`eme s´erie implique qu’il existeN0∈N<sup>∗</sup>tel que la somme consid´er´ee soit inf´erieure `a ε, d’o`u le r´esultat.

On ´ecrit alors :

|φ(x)−φ(y)|6 ^N∑⁰

n=1

|F(x+n)−F(y+n)|+

+∑∞ n=N₀+1

|F(x+n)−F(y+n)|

La seconde somme est inf´erieure `aε, ind´ependamment dexety, et par continuit´e d’une somme finie de fonctions continues, il existeδ >0 tel que la premi`ere somme soit inf´erieure `aε, pour|x−y|< δ. Ceci montre la continuit´e deφsur 0,1[.

3. a) Pour toutn∈N,P(⌊X⌋=n) =pn, et : P(d(X)< x) =

{ 0 six <0 φ(x) six∈[0,1[

1 six>1 b) Sous les hypoth`eses de cette question, pour toutn∈N:

P(⌊X⌋=n) = e^−λn−e^−λ(n+1) Donc :

φ(x) =

+∑∞ n=0

[(1−e^−λ(x+n))−(1−e^−λn)]

=

+∑∞ n=0

(e^−λn−e^−λ(x+n))

=

+∑∞ n=0

e^−λn(1−e^−λx) = (1−e^−λx)

+∑∞ n=0

(e^−λ)ⁿ = 1−e^−λx 1−e^−λ Une densit´e ded(X) est donn´ee parf(x) = λe^−λx

1−e^−λ, si x∈[0,1[, et 0 sinon.

On a : E(⌊X⌋) =

+∑∞ n=0

n(e^−λn−e^−λ(n+1)) =

+∑∞ n=0

ne^−λn−⁺∑^∞

n=0

(n+ 1−1)e^−λ(n+1))

=

+∑∞ n=0

e^−λ(n+1)= e^−λ 1−e^−λ et

E(d(X)) =E(X)−E(⌊X⌋) = 1

λ− e^−λ

1−e^−λ =1−(λ+ 1)e^−λ λ(1−e^−λ) Exercice 3.6.

Soit X une variable al´eatoire r´eelle de densit´e g et de fonction de r´epartition G. On suppose que g est une fonction paire d´efinie surR.

1. Exprimer, pour tout r´eelx,G(−x) en fonction de G(x).

2. On d´efinit la fonctioneg par :eg(t) =

{ 0 sit60 2g(t) sit >0.

V´erifier quegeest une densit´e de probabilit´e. On noteXe une variable al´eatoire de densit´eeg.

3. Exprimer la fonction de r´epartitionGe deXe en fonction deG.

Donner en particulier, pour 0< a < b,G(b)e −G(a) en fonction dee G(b) et deG(a).

4. Pour toutmde[1 2,1]

et tout r´eelt, on pose :

fm(t) = 2(1−m)g(t) + (2m−1)eg(t).

a) V´erifier que fmest une densit´e de probabilit´e et exprimerfm(t) en fonction de met deg(t).

b) SoitYmune variable al´eatoire de densit´efm. D´eterminer la fonction de r´epartitionFmdeYm, en fonction demet deG.

c) D´eterminer la loi de probabilit´e de la variable al´eatoire⌊|Ym|⌋(partie enti`ere de la valeur absolue deYm) en fonction deG, puis deG.e

5. On consid`ere une suite (Xk)k∈N^∗ de variables al´eatoires ind´ependantes suivant toutes la mˆeme loi queYm. On pose, pour tout entier naturelnnon nul,Z_n= (X₁, . . . , X_n) et T_n =

∑n i=1

1_(Xi≥0), c’est-`a-dire queT_n est le nombre de variables dun-upletZn qui sont positives. On pose enfinSn= 1

nTn. a) Donner la loi deT_n, son esp´erance, sa variance.

b) Montrer queS_n est un estimateur convergent dem.

6. Soitφune fonction de [[0, n]] dansR, telle que : ∀m∈[1 2,1[

, E(φ(T_n)) = 0. Montrer que φ= 0.

Solution : 1. On aG(x) =

∫ x

−∞

g(t)dt et donc,G(−x) =

∫ ₋x

−∞

g(t)dt. Avec le changement de variableu=−t, on obtient G(−x) =

∫ x +∞

g(u)(−du) =

∫ +∞ x

g(u)du. Conclusion :

G(−x) = 1−G(x).

2. La fonctioneg est ´evidemment continue sauf ´eventuellement en un nombre fini de points et positive. De plus

∫ +∞

−∞ eg(t)dt= 2

∫ +∞ 0

g(t)dt= 1.

3. Six <0, G(x) = 0.e Six>0, G(x) =e

∫ x

−∞eg(t)dt= 2

∫ x 0

g(t)dt=

∫ x

−x

g(t)dt=G(x)−G(−x)

= 2G(x)−1.

On a donc, pour 0< a < b,G(b)e −G(a) = 2(G(b)e −G(a)).

4. a) La fonctionfmest ´evidemment continue sauf ´eventuellement en un nombre fini de points et positive.

De plus

∫ +∞

−∞

f_m(t)dt= 2(1−m)

∫ +∞

−∞

g(t)dt+ (2m−1)

∫ +∞

−∞ eg(t)dt, soit :

∫ +∞

−∞

fm(t)dt= 2(1−m) + (2m−1) = 1.

Sit60, on afm(t) = 2(1−m)g(t).

Sit >0, on af_m(t) = 2(1−m)g(t) + 2(2m−1)g(t) = 2mg(t).

b) Six60,F_m(x) =

∫ x

−∞

2(1−m)g(t)dt= 2(1−m)G(x).

Six >0, F_m(x) =

∫ 0

−∞

2(1−m)g(t)dt+

∫ x 0

2mg(t)dt= 1−m+ 2m(G(x)−1 2).

c) Soitk∈N. On a :

P(⌊|Y_m|⌋=k) =P(k6|Y_m|< k+ 1)

=P(k6Ym< k+ 1) +P(−k−1< Ym6−k).

SoitP(⌊|Y_m|⌋=k) =F_m(k+ 1)−F_m(k) +F_m(−k)−F_m(−k−1). En rempla¸cantF_m`a l’aide deG, on trouve : P([|Ym]|=k) = 2(G(k+ 1)−G(k)) =G(ke + 1)−G(k).e

5. a) La variable al´eatoireTn suit une loi binomiale dont le param`etre est p=P(X_i>0) =

∫ +∞ 0

f_m(t)dt=m.

On en d´eduit queE(Tn) =nm etV(Tn) =nm(1−m).

b) On a doncE(Sn) =m et V(Sn) = m(1−m)

n . Ceci prouve, via l’in´egalit´e de Bienaym´e-Tchebychef, que Sn converge en probabilit´e vers met est donc un estimateur convergent dem.

6. On a :E(φ(Tn)) = 0⇐⇒ ∑ⁿ

k=0

φ(k)(_n

k

)m^k(1−m)^n−k= 0

⇐⇒ ∑ⁿ

k=0

φ(k)(_n

k

)( m 1−m

)k

= 0.

Consid´erons le polynˆomeP d´efini parP =

∑n k=0

φ(k)(_n

k

)X^k. Ce polynˆome s’annule pour tout les r´eelsαm= m 1−m obtenus lorsquemparcourt l’intervalle [ 1

2,1[. Il poss`ede donc une infinit´e de racines, c’est donc le poynˆome nul.

Conclusion :∀k∈[[0, n]], φ(k) = 0 etφest la fonction nulle.

Exercice 3.7.

1. SoitX etY deux variables al´eatoires r´eelles `a densit´e d´efinies sur un espace probabilis´e(

Ω,A, P)

etfY une densit´e deY. Pour toutzr´eel, justifier la convergence de l’int´egrale

∫ +∞

−∞

P(X 6z−y)fY(y)dy On admet que, siX et Y sont ind´ependantes, alors :

∀z∈R, P(X+Y 6z) =

∫ +∞

−∞

P(X 6z−y)fY(y)dy

Soitα∈R^∗+ fix´e et (Xk)k∈N^∗ une suite de variables al´eatoires mutuellement ind´ependantes telle que, pour tout k∈N^∗,Xk suit la loi exponentielle de param`etre kα.

Pourn entier deN^∗, on noteSn =

∑n k=1

Xk,Φn la fonction de r´epartition deSn etTn=Sn

n. 2. Montrer que : (∀n∈N^∗),(∀z∈R+),Φ_n(z) =(

1−e^−αz)n

.

(On pourra employer (en le justifiant) le changement de variableu= e^−αx.)

3. a) Calculer l’esp´erance E(Tn) de la variable al´eatoire Tn. A-t-elle une limite pour n tendant vers +∞? D´eterminer un ´equivalent deE(T_n) lorsquentend vers +∞.

b) Calculer la variance deT_n. A-t-elle une limite pourntendant vers +∞?

4. ´Etudier la convergence en loi de la suite (Tn)n∈N^∗. Solution :

1. Par comparaison : ∀z∈R,06P(X 6z−y)fY(y)6fY(y) qui est une fonction d’int´egrale convergente sur R. La convergence en r´esulte.

2. La variableS₁=X₁suit la loiE(α) et par r´ecurrence, pourz>0 commeS_n(Ω) =R⁺ : P(Sn+16z) =P(Sn+Xn+16z) =

∫ +∞ 0

P(

Sn6z−x)

(n+ 1)αe^−(n+1)αxdx CommeP(S_n 6z−x) =

{( 0 six>z 1−e^−α(z−x))n

six6z, en posantu= e^−αxil vient : P(S_n+16z) = (n+ 1)

∫ z 0

(1−e^−α(z−x))n

αe^−(n+1)αxdx

= (n+ 1)

∫ 1 e^−αz

(1−e^−αz u

)n

uⁿdu= (n+ 1)

∫ 1 e^−αz

(u−e^−αz)n

du

=(

1−e^−αz)n+1

3. a) Vu queE(E(λ)) = 1

λ, on a par lin´earit´eE(T_n) = 1 nα

∑n k=1

1

k et on en d´eduit classiquement (par comparaison s´erie–int´egrale) :

E(Tn) ∼

(∞)

lnn nα quantit´e qui tend vers 0 lorsque ntend vers +∞.

b) CommeV( E(λ))

= 1λ², on a par ind´ependance desXk : V(T_n) = 1

n²

∑n k=1

V(X_k) = 1 α²n²

∑n k=1

1 k² quantit´e qui tend vers 0 lorsque ntend vers +∞.

4. La fonction de r´epartitionFn deTn est nulle sur R⁻ et, pourx>0, F_n(x) =P(S_n ≤n x) = Φ_n(n x) =(

1−e^{−αn x})n

A` x >0 fix´e, un d´eveloppement limit´e donne : Fn(x) = exp[

nln(

1−e^−αnx)]

= exp[

−ne^−αnx+o(

ne^{−αn x})]

→e⁰= 1 Donc la suite (Tn)n∈N^∗ tend en loi vers la variable constante ´egale `a 0.

Exercice 3.8.

Une boˆıte contientnjetons num´erot´es de 1 `an. On tire un jeton au hasard, on note son num´ero et on le remet dans la boˆıte. Si le num´ero de ce jeton esti, alors on tire au hasard et sans remiseijetons de la boˆıte que l’on distribue au hasard dans trois urnesU<sub>1</sub>,U<sub>2</sub>etU<sub>3</sub>(vides au d´epart). Pour toutkde [[1,3]], on noteX<sub>k</sub> la variable al´eatoire d´esignant le nombre de jetons de l’urneUk apr`es cette op´eration.

1. SoitX la variable al´eatoire donnant le num´ero du jeton que l’on a tir´e au d´epart dans la boˆıte. Quelle est la loi deX? D´eterminer la loi conjointe du couple (Xk, X), o`uk∈[[1,3]].

2. Calculer pour toutk∈[[1,3]], l’esp´erance de X_k. 3.a) Trouver la loi du vecteur al´eatoire (X1, X2, X).

b) En d´eduire la loi du vecteur al´eatoire (X1, X2, X3).

4. On d´efinit pour toutk∈[[1,3]], la variable al´eatoireYk par :Yk =X_k X .

Calculer les esp´erances des variables al´eatoiresY_k et (Y_k)². Donner un ´equivalent de la variance deY_k, lorsque ntend vers l’infini.

Solution :

1.Xsuit la loi uniforme sur{1, . . . , n}. La variableX_kest `a valeur{0, . . . , n}. Soit (i, j)∈ {0, . . . , n}×{1, . . . , n}. On commence par remarquer queP((X_k=i)∩(X =j)) = 0 sii > j.

Pouri6j, on a :

P((X_k =i)∩(X =j)) =P_(X=j)(X_k =i)P(X =j) = 1

nP_(X=j)(X_k=i) La loi deXk sachantX =j est la loi binomialeB(j,1/3). D’o`u :

P(X=j)(Xk =i) = (j

i )(1

3 )i(2

3 )j−i

. D’o`u :

P((Xk =i)∩(X =j)) =

{ 0 sii > j 1

n (j

i )2^j−i

3^j si 06i6j 2. On remarque queX₁+X₂+X₃=X. OrE(X₁) =E(X₂) =E(X₃), d’o`u

E(Xk) =E(X)

3 = n+ 1 6 3.a) Soit (i, j, k)∈ {0, . . . , n}²× {1, . . . , n}.

On observe queP((X1=i)∩(X2=j)∩(X =k)) = 0 sii+j > k.

Sii+j6k, on a :

P_(X=k)((X₁=i)∩(X₂=j)) = 1 3^k

(k i

)(k−i j

) D’o`u :

P((X1=i)∩(X2=j)∩(X =k)) =

{ 0 sii+j > k

1 n

k!

i!j!(k−i−j)!

(1 3

)k

sii+j6k b) Soit (i, j, k)∈ {0, . . . , n}³.

Sii+j+k > non aP((X1=i)∩(X2=j)∩(X3=k)) = 0.

Lorsquei+j+k6n, on voit que :

p_i,j,k=P((X₁=i)∩(X₂=j)∩(X₃=k))

=P((X₁=i)∩(X₂=j)∩(X =i+j+k))

= 1n

(i+j+k)!

i!j!k!

(1 3

)i+j+k

4. La variableY_k est `a valeur dans Ω ={a/b; (a, b)∈ {0, . . . , n} × {1, . . . , n}}. On observe queY₁+Y₂+Y₃= 1.

Par ailleurs et par sym´etrie, on a :

E(Y1) =E(Y2) =E(Y3), d’o`uE(Yk) = 1/3.

Utilisons la formule de l’esp´erance totale par rapport au syst`eme complet d’´ev´enements (X = j) pour j= 1, . . . , n. Il vient :

E(Y_k²) =

∑n j=1

E_(X=j)(Y_k²)P(X =j) = 1 n

∑n j=1

1

j²E_(X=j)(X_k²)

Or nous avons remarqu´e que la loi de X_k sachant X = j est la loi binomiale B(j,1/3) d’esp´erance j 3 et de variance 2j

9 , d’o`u :

E(Y_k²) = 1 n

∑n j=1

1 j²(2j

9 +(j 3

)2

) = 1 n

∑n j=1

1 j( 2

9+j1 9) = 2

9n

∑n j=1

1 j + 1

9. Avec la formule de Huygens, on obtient :

V(Y_k) =E(Y_k²)−E(Y_k)²= 2 9n

∑n j=1

1 j

On d´emontre, par comparaison s´erie-int´egrale, que l’on a

∑n j=1

1

j ∼lnn, et on obtient : V(Y_k) ∼

(n→∞)

2 lnn 9n Exercice 3.9.

On consid`ere une suite (Xn)n∈N^∗ de variables al´eatoires ind´ependantes, d´efinies sur un espace probabilis´e (Ω,A, P), toutes de mˆeme loi uniforme sur le segment [0,1].

Pourn∈Net ω∈Ω, on r´eordonne par ordre croissant les r´eels X1(ω), X2(ω), . . . , X2n+1(ω)

et on noteMn(ω) le terme m´edian, c’est-`a-dire le (n+ 1)<sup>`eme</sup>de ces termes dans l’ordre croissant.

1. Pour tout r´eel xde [0,1], exprimerP(Mn6x) `a l’aide d’une somme.

2. En consid´erant les variables al´eatoires X_k^′ = 1−X_k pour k ∈N^∗ , montrer que l’esp´erance de la variable al´eatoireMn est ´egale `a 1

2. 3. Prouver l’´egalit´e :E(M_n) =

∫ 1 0

P(M_n> x)dx.

4. Pour tous entiers naturelsketmtels que 06k6mcalculer l’int´egrale : Ik,m=

∫ 1 0

x^k(1−x)^m−kdx.

5. Retrouver ainsi, par un calcul, la valeur de l’esp´erance deMn. Solution :

1. Soitx´el´ement de [0,1] fix´e. On d´efinit la variable al´eatoireZxpar :

∀ω∈Ω Zx(ω) = card{i∈[[1,2n+ 1]] Xi(ω)6x} La variableZ_x suit la loi binomiale de param`etres (2n+ 1, x). On a donc :

∀k∈[[0,2n+ 1]], P(Z_x=k) =

(2n+ 1 k

)

x^k(1−x)^2n+1−k Ainsi :P(Mn6x) =P(Zx>n+ 1) =

2n+1∑

k=n+1

P(Zx=k) En r´esum´e :

P(M_n6x) =







2n+1∑

k=n+1

(_2n+1

k

)x^k(1−x)^2n+1−k six∈[0,1]

0 six <0

1 six >1

Sous cette forme, il apparaˆıt que la fonction de r´epartition deMnest continue surR, d´erivable `a d´eriv´ee continue sur R\ {0,1}. Mn est une variable `a densit´e. Elle admet une esp´erance car son univers image est inclus dans [0,1].

2. Si l’on range les valeursX1(ω), . . . , X2n+1(ω) dans l’ordre croissant sous la forme : Y1(ω)6· · ·6Yn(ω)6Yn+1(ω)6Yn+2(ω)6· · ·6Y2n+1(ω) on obtient :Mn(ω) =Yn+1(ω).

On a :

1−Y2n+1(ω)6· · ·61−Yn+1(ω)61−Yn(ω)6· · ·61−Y1(ω) On d´efinit alorsM_n^′(ω), terme m´edian deX₁^′(ω), ... ,X_2n+1^′ (ω). Il vient :

∀ω∈Ω, M_n^′(ω) = 1−Yn+1(ω) = 1−Mn(ω) d’o`u l’on d´eduit queMn+M_n^′ = 1 et donc E(Mn) +E(M_n^′) = 1.

Par ailleurs, X_k et 1−X_k ont la mˆeme loi, donc il en va de mˆeme deM_n et M_n^′. Leurs esp´erances sont donc

´

egales et toutes deux ´egales `a 1/2.