Corrigé ESCP 1998 par Pierre Veuillez

Toutes les variables al\eatoires consid\er\ees dans cet exercice sont suppos\ees d\efinies sur un m\eme espace probabilis\e, muni de la probabilit\e P .

Pour tout entier n 1 , soit X n une variable al\eatoire r\eelle v\erifiant P ( X n = k ) = 1 n pour tout entier k tel que 0 k n 1 . On pose

D'autre part, soit Z une variable al\eatoire de loi uniforme sur l'intervalle [ 0 , 1 ] .

    1. Z a pour densité : u ( t ) = 1 sur [ 0 , 1 ] et 0 ailleurs.

      On a E ( Z ) = 0 + 1 2 = 1 2

      E ( Z 2 ) = + t 2 u ( t ) t = 0 1 t 2 t = [ t 3 3 ] 0 1 = 1 3 et V ( Z ) = 1 3 1 4 = 1 12

      Conclusion :

      E ( Z ) = 1 2 et V ( Z ) = 1 12

    2. On a E ( X n ) = k = 0 n 1 k 1 n = ( n 1 ) n 2 n = n 1 2

      E ( X n 2 ) = k = 0 n 1 k 2 1 n = ( n 1 ) n ( 2 n 2 + 1 ) 6 n = ( n 1 ) ( 2 n 1 ) 6

      et V ( X n ) = E ( X n 2 ) E ( X n ) 2 = ( n 1 ) ( 2 n 1 ) 6 ( n 1 2 ) 2 = ( n 1 ) ( 4 n 2 3 n + 3 ) 12 = n 2 1 12

      Et comme Y n = X n n alors E ( Y n ) = 1 n E ( X n ) = n 1 2 n et V ( Y n ) = 1 n 2 V ( X n ) = n 2 1 12 n 2

      Conclusion :

      E ( Y n ) = n 1 2 n 1 2 et V ( Y n ) = n 2 1 12 n 2 1 12

    3. par le théorème de transfert, on a :

      E ( f ( Y n ) ) = y Y ( Ω ) f ( y ) P ( Y = y ) = k = 0 n 1 f ( k n ) P ( Y = k n ) = 1 n k = 0 n 1 f ( k n ) 0 1 f ( t ) t pour f continue sur [ 0 , 1 ] (sommes de Rieman)

      d'autre part, le théorème de transfert (hypothèses 2007 : f continue et intégrale absolument convergente, hypothèses 1998 : f C 1 et strictement monotonne) E ( f ( Z ) ) = + f ( t ) u ( t ) t = 0 1 f ( t ) t

      Conclusion :

      E ( f ( Y n ) ) E ( f ( Z ) ) quand n tend vers +

  1. Pour tout réel x on note E n t ( x ) la partie entière de x , c'est-à-dire le plus grand nombre entier relatif inférieur ou égal à x .

    1. On a E n t ( x ) x et comme c'est le plus grand, E n t ( x ) + 1 est trop grand !

      On a donc E n t ( x ) x < E n t ( x )

      Et avec n x : E n t ( n x ) n x < E n t ( n x ) + 1  donc  E n t ( n x ) n x < E n t ( n x ) n + 1 n  et en inversant : x 1 n < E n t ( n x ) n x et par encadrement

      Conclusion :

      pour tout réel x , lim n + E n t ( n x ) n = x .

    2. Soit a et b deux réels vérifiant 0 a b 1 et soit I n ( a , b ) le nombre d'entiers k vérifiant a < k n b . Montrer que a < k n b n a < k n b avec, pour k entier,

      k n b k E n t ( n b ) pour k entier et car E n t ( n b ) est le plus grand de ceux vérifiant k n b

      n a < k E n t ( n a ) < k E n t ( n a ) + 1 k car k n'est pas de ceux vérifiant k n a

      Donc a < k n b k [ [ E n t ( n a ) + 1 , E n t ( n b ) ] ] dont le cardinal est I n ( a , b )

      Conclusion :

      I n ( a , b ) = E n t ( n b ) E n t ( n a )
      .

    3. Si 0 a b 1 ,

      Sur les événements,

      ( a < Y n b ) = y Y ( Ω ) a < y b ( Y = y ) Or, les valeurs de Y sont les k n , avec k entier de [ 0 , 1 [ .

      Donc ( a < Y n b ) réunion de I n ( a , b ) événements incompatibles, de probabilté 1 n ( 0 a b 1 )

      Donc P ( a < Y n b ) = I n ( a , b ) n = E n t ( n b ) E n t ( n a ) n = E n t ( n b ) n E n t ( n a ) n b a

      Conclusion :

      Si 0 a b 1 , alors lim n + P ( a < Y n b ) = P ( a < Z b ) .

  2. Pour tout entier n 1 on note Z n la variable aléatoire 1 n E n t ( n Z ) et on pose D n = Z Z n .

    1. E n t ( n Z ) est un entier.

      et ( E n t ( n Z ) = k ) = ( k n Z < k + 1 ) = ( k n Z < k + 1 n )

      Donc si k [ [ 0 , n 1 ] ] alors P ( E n t ( n Z ) = k ) = 0

      et si k [ [ 0 , n 1 ] ] , alors P ( E n t ( n Z ) = k ) = P ( k n Z < k + 1 n ) = k n k + 1 n 1 t = 1 n

      Donc E n t ( n Z ) a la même loi que X n .

      Et comme Y n = 1 n X n et Z n = 1 n E n t ( n Z ) alors

      Conclusion :

      Z n et Y n ont même loi de probabilité.

    2. On a 0 n Z E n t ( n Z ) < 1 donc 0 D n < 1 / n et

      • si x < 0 alors P ( D n x ) = 0

      • si x 1 n alors P ( D n x ) = 1

      • Enfin, si 0 x < 1 n alors ( D n x ) = ( 0 D n x ) = ( 0 Z Z n x )

        qui dépend de la valeur de Z n .

        ( Z n = k n ) k [ [ 0 , n 1 ] ] est un système complet d'événements donc P ( D n x ) = k = 1 n 1 P ( 0 Z Z n n x Z n = k n ) = k = 1 n 1 P ( k n Z k n + x )  (si ...alors et réciproque car  n x < 1  ) = n x

      Conclusion :

      F ( x ) = P ( D n x ) = 0 si x < 0 ; F ( x ) = n x si 0 x < 1 n ; F ( x ) = 1 si x 1 n

      Cette fonction de répartition est continnue sur ] , 0 [ sur [ 0 , 1 n [ et sur [ 0 , + [

      En 0 + : F ( x ) = n x 0 = F ( 0 ) quand x 0 + idem en 1.

      Donc F est continue sur .

      Elle est C 1 sur \ { 0 , 1 n } donc D n est une variable à densité.

      une densité est : f ( x ) = F ( x ) = n si x [ 0 , 1 n ] et 0 sinon.

      Conclusion :

      D n 𝒰 [ 0 , 1 n ]

    3. Pour un entier k tel que 0 k n 1 et un réel y tel que 0 y 1 n ,

      { Z n = k n et D n y } a été vu ci dessus, avec

      { Z n = k n et D n y } = { k n Z k n + y }

      et P ( Z n = k n et  D n y ) = y

    4. On test : P ( Z n = k n ) P ( D n y ) = 1 n n y = P ( Z n = k n et  D n y )

      pour y [ 0 , 1 [ et nullité partagée sinon.

      Conclusion :

      Z n et D n sont indépendantes.