Partiel du 10.11.10: corrigé - Université Paris

Université Paris-Dauphine
Département MIDO
DUMI2E L3
Intégration & Probabilités
Halim Doss
année /
Corrigé du Partiel du 10.11
Exercice 1
Soit Xi (i ≥ 1) une suite de variables de Bernoulli, indépendantes et de même loi :
P (Xi = 1) = P (Xi = −1) = 0.5
Pn
On s’intéresse à la marche aléatoire : Zn = i=1 Xi . Plus précisément, on cherche à évaluer la probabilité :
pn = P (Zn > n a), pour : 0 < a < 1.
1. Donner la fonction génératrice commune des Xi , puis celle de Zn .
La génératrice commune g des Xi calcule l’espérance g(u) = E(uXi ) de uXi , soit :
1
1
−1
g(u) = u P (Xi = 1) + u P (Xi = −1) = 0.5 u +
u
et, puisque les Xi sont indépendantes, la génératrice Gn de Zn est donnée par : Gn (u) = g n (u).
2. En remarquant que : pn = P (uZn > una ) pour : u > 1, déduire : pn ≤ min ϕ(u), où :
u>1
ϕ(u) = 2−n u−n a u +
1
u
n
(Utiliser l’inégalité de Markov)
Pour u > 1, z → uz = ez ln u est positive et strictement croissante, donc : pn = P uZn > una et :
1
1
pn ≤ P uZn ≥ una ≤ na E uZn = na g n (u) = ϕ(u)
u
u
puis, en étudiant ln ϕ(u), vérifier que :
1
1
ln pn ≤ − [(1 − a) ln(1 − a) + (1 + a) ln(1 + a)] < 0
n
2
1
ln ϕ(u) = − ln 2 − (1 + a) ln u + ln(1 + u2 ) définit une fonction de u, continue sur ]0, +∞[, qui tend
n
vers +∞ lorsque u → 0 ou u → +∞. Cette fonction atteint donc son minimum sur ]0, +∞[ en l’unique
1/2
1+a
point : û =
> 1 en lequel sa dérivée s’annule, et la valeur de ce minimum :
1−a
1
µ = − [(1 − a) ln(1 − a) + (1 + a) ln(1 + a)]
2
est strictement négative puisque : ln ϕ(1) = 0 .
et en déduire la limite de pn lorsque : n → +∞.
On déduit : pn ≤ eµ n , qui implique : pn → 0 lorsque : n → +∞.
Exercice 2
Soit Xn (n ≥ 1) une suite de variables aléatoires indépendantes suivant une même loi exponentielle E(1).
1. Calculer : P (Xn > r) pour : r > 0 donné.
R +∞
P (Xn > r) = r e−x dx = e−r .
2. Déduire, pour tout : α > 0 : P (Aα ), où : Aα = lim sup { Xn > α ln n }.
n→+∞
1
est le terme général d’une série de Riemann, convergente ssi :
nα
α > 1, et, puisque les Xn sont indépendants, les évènements : { Xn > α ln n } (n ≥ 1) sont indépendants.
On déduit du lemme de Borel-Cantelli : P (Aα ) = 0 pour : α > 1, et : P (Aα ) = 1 sinon.
En particulier : P (Xn > α ln n) =
3. On pose : L = lim sup (Xn / ln n).
n→+∞
a. Vérifier que L définit bien une variable aléatoire à valeurs dans R ∪ {+∞}.
On suppose les Xn définies sur un même espace probabilisé (Ω, A, P ). Pour tout entier n et tout réel
α, l’évènement :
\
{ sup Xm / ln m ≤ α } =
{ Xm / ln m ≤ α }
m≥n
m≥n
est donc élément de la tribu A, et, puisque les ensembles de la forme ] − ∞, α] engendrent la tribu
Borélienne de R ∪ {+∞}, on déduit que, pour tout entier n, Yn = supm≥n Xm / ln m est une variable
aléatoire sur (Ω, A, P ), à valeurs dans R ∪ {+∞}.
Rappelons maintenant que, par définition : L = inf n≥1 Yn , et donc, pour tout réel α, l’évènement :
\
{L≥α}=
{ Yn ≥ α }
n≥1
est encore élément de la tribu A. Puisque les ensembles de la forme ] − ∞, α] engendrent aussi la
tribu Borélienne de R ∪ {+∞}, L est également une variable aléatoire définie sur (Ω, A, P ), à valeurs
dans R ∪ {+∞}.
b. Prouver que, pour tout α > 0 : P (L > α) ≤ P (Aα ) ≤ P (L ≥ α).
• L = inf n≥1 Yn > α ⇒ ∀n ≥ 1 Yn = supm≥n Xm / ln m > α ⇒ ∀n ≥ 1, ∃m ≥ n Xm / ln m > α donc
tout élément de { L > α } appartient à une infinité de { Xm > α ln m }, c’est-à-dire à Aα .
• Réciproquemment, tout élément de Aα appartient, par définition, à une infinité de { Xm > α ln m },
donc appartient à { Yn > α } pour tout entier n, et a fortiori à { L = inf n≥1 Yn ≥ α }.
Ainsi : { L > α } ⊂ Aα ⊂ { L ≥ α }, d’où le résultat.
c. Déduire la valeur de P (L ≥ α) en fonction de α pour tout α > 0. Quelle est la loi de L ?
• P (L ≥ 1) ≥ P (A1 ) = 1 donc, presque sûrement : L ≥ 1.
• Mais, pour tout réel α > 1, P (L > α) ≤ P (Aα ) = 0.
Donc L = 1 presque sûrement.
Exercice 3
Soit fn (n ≥ 1) une suite de fonctionsZ continues et positives sur R, convergeant simplement sur R vers
x
fn (t) dt. Montrer que :
une fonction continue f , et : Fn (x) =
0
1. Si g = sup fn est Lebesgue intégrable sur R, Fn converge simplement vers une fonction F partout
n≥1
dérivable et F 0 = f
Pour tout réel x, la suite des fonctions intégrables : hn (t) = 1]0,x[ (t) fn (t) converge simplement vers la
fonction : h(t) = 1]0,x[ (t) f (t), et reste majorée, en valeur absolue par une même fonction intégrable :
|hn | ≤ |fn | = fn ≤ g ∈ L1 (R)
Z
On déduit du théorème de la convergence dominée de Lebesgue la convergence de Fn (x) = hn (t) dt
Z
Z x
vers F (x) =
h(t)dt =
f (t) dt, et, puisque f est supposée continue sur R, F est une intégrale de
0
Riemann, fonction dérivable de sa borne supérieure, et : F 0 = f .
2. Si fn (x) = n ϕ(n x − n + 2), où ϕ : R 7→ R+ est une fonction non nulle, continue sur R, et nulle en
dehors de l’intervalle [0, 1], fn et Fn convergent simplement vers des limites respectives f et F , et f est
continue mais n’est pas la dérivée de F .
2
1
• Par hypothèse, fn est nulle en dehors de l’intervalle 1 − , 1 −
, et a fortiori en dehors de l’intern
n
2
valle [0, 1[. Mais, pour tout x ∈ [0, 1[, il existe un rang n à partir duquel : x < 1 − , et donc : fn (x) = 0.
n
On conclut que la suite fn converge simplement vers f = 0.
Z x
Z 2−n+nx
• Pour tout x ∈ R : Fn (x) =
n ϕ(nt − n + 2) dt =
ϕ(u) du converge vers : zéro si x < 1,
0
2−n
Z
et : I = ϕ(t) dt > 0 sinon. On conclut que Fn converge simplement vers : F = I 1[1,+∞[ , qui n’est pas
dérivable en x = 1
Exercice 4
Soient (Ω, A, P ) un espace probabilisé, et X une variable aléatoire réelle définie sur Ω, presque sûrement
à valeurs dans ]0, +∞[ . Pour tout réel : r > 0, on pose : Ar = {ω ∈ Ω | X(ω) < r }.
1. Prouver que : P (Ar ) → 0 lorsque : r ↓ 0.
Il suffit de montrer que, pour toute suite rn décroissant vers zéro, P (Arn ) tend vers zéro, mais Arn
est alors une suite décroissante dont l’intersection A = {ω ∈ Ω | X(ω) ≤ 0} vérifie, par hypothèse :
P (A) = 0, d’où le résultat.
R
2. Déduire que, si une suite Bn d’éléments de A est telle que : Bn X(ω) dP (ω) → 0, alors : P (Bn ) → 0.
Pour tout r > 0 :
Z
Z
X(ω) dP (ω) =
Bn
d’où : P (Bn ) ≤ P (Ar ) +
|X(ω)| dP (ω) ≥ r P (Bn ∩ Acr )
Bn
1
r
Z
X(ω) dP (ω). Pour tout ε > 0 fixé, on peut choisir r > 0 tel que :
Z
P (Ar ) < ε/2, puis n assez grand pour que :
X(ω) dP (ω) ≤ r ε/2, d’où : P (Bn ) ≤ ε, ce qui prouve
Bn
Bn
la convergence de P (Bn ) vers zéro.
3. Prouver que la réciproque est vraie si : E(|X|) < +∞ (considérer la suite Xk = X 1Ak ).
Supposons : E(|X|) < +∞, et considérons : Xk = X 1Ak . La suite X − Xk est une suite de variables
aléatoires presque partout positives, majorée par X ∈ L1 (Ω), qui
Z converge simplement vers zéro. Du
théorème de la convergence dominée de Lebesgue, on déduit :
(X − Xk ) dP → 0. Pour tout ε > 0,
Ω
Z
on peut donc choisir k assez grand pour que :
(X − Xk ) dP < ε/2, puis n assez grand pour que
Ω
P (Bn ) < ε/(2k) de sorte que :
Z
Z
Z
X dP =
Xk dP +
Bn
Bn
Z
(X − Xk ) dP ≤ k P (Bn ) +
Bn
(X − Xk ) dP < ε
Ω
Z
X dP vers zéro.
ce qui établit la convergence de
Bn