Corrigé ESSEC 2005eco II par Pierre Veuillez Ce problème est

Corrigé ESSEC 2005eco II par Pierre Veuillez
Ce problème est dans les bordures du programme.
Il va chercher aux limites de ce qui est faisable avec les notions abordées en ECE.
Un outil récurrent dans ce problème est la décomposition de l’espérance pour faire réapparaître
la fonction de répartition (méthode utilisée pour la démonstration de l’inégalité de Bienaymé
& Tchebichev)
E(X) = X
x2X()
xP (X=x)
=X
x>a
xP (X=x) + X
xa
xP (X=x)
ce qui permet au choix :
Dans Px>a xP (X=x)on a x>adonc
X
x>a
xP (X=x)X
x>a
aP (X=x) = aX
x>a
P (X=x)
et comme Px>a P (X=x) = P (X > a)on a (pour Xne prenant que des valeurs positives)
E(X)X
x>a
xP (X=x)aP (X > a)
Dans ce problème, les variables aléatoires sont toutes dé…nies sur un espace probabilisé (;A; P ).
Si Xest une variable aléatoire réelle, E(X)désigne son espérance. Lorsque (Xn)n1est une
suite de variables aléatoires réelles, on note, pour tout n1,Sn=
n
X
k=1
Xk.
Préliminaires
1. a) Soit (Xn)une suite de variables aléatoires réelles de même loi, admettant une es-
pérance m.
(Xn)une suite de variables aléatoires réelles de même loi, admettant une même
espérance met une variance alors, avec Xn=X1++Xn
non a pour tout " > 0 :
PXnm> "!0quand n!+1(convergence en probabilité vers la valeur
moyenne)
b) Soit un réel strictement positif et Aun sous-ensemble de Rtel que l’intervalle
]m; m +[soit inclus dans le complémentaire de A.
Comme ]m; m +[ Aalors A]m; m +[
Donc PSn
n2APSn n2]m; m +[
avec Sn
n2]m; m +[() Sn nm"et comme PXnm> "!0alors,
par encadrement
lim
n!+1PSn
n2A= 0
Un exemple discret
Dans cette partie, Xest une variable aléatoire suivant une loi de Bernoulli B(p), avec 0<p<1.
(Xn)n1est une suite de variables aléatoires indépendantes suivant toutes le même loi que X.
On note Sn=
n
X
i=1
Xi. On rappelle que P(X= 1) = p; P (X= 0) = 1 p=q.
Corrigé ESSEC 2005 1/13

1. a) Comme les valeurs de Xsont f1; 0galors celles de esX sont f1; esgdonc X(variable
…nie) a une espérance
et E(X) = 1P esX = 1+esPesX =es= (1 p) + pes= 1 + p(es1)
On peut aussi passer par le théorème de transfert : EesX =P1
k=0 eskP (X=k)
b) Conclusion : On a donc '(s) = EesX = 1 + p(es1)
2. a) Comme Snest une somme de variables suivant des lois binomiales indépendantes de
même paramètre de succès palors
Conclusion : Sn,! B(n; p)
b) Sn() = [[0; n]] alors Sn
n() = k n= k 2[[0; n]]
et pour tout k2[[0; n]] : P Sn
n=k n=n kpk(1 p)nkest la loi de la variable
aléatoire Sn
n.
c) Soit sun réel
Comme Sn=Pn
k=1 Xk. et sSn
n=sPn
k=1 Xk
n=
n
X
k=1
s
nXk
alors esSn
n=Qn
k=1 es
nXket les Xkétant indépendantes, l’espérance du produit est le
produit des espérances :
EesSn
n=
n
Y
k=1
Ees
nXkavec Ees nXk='s
n(en substituant s nàs) et …nale-
ment
Conclusion : EesSn
n= ('(s=n))n.
Soit aun réel …xé de ]0;1[.
3. a) On note Ka=k2[[0; n]] ;k
na. Soit sun réel positif.
D’après le théorème de transfert,
EesSn
n=X
k2Sn()
esk
nP (Sn=k) =
n
X
k=0
esk
nn
kpkqnk
=X
k2Ka
esk
nn
kpkqnk+X
k62Ka
esk
nn
kpkqnk
les termes de la seconde somme étant positifs,
EesSn
nX
k2Ka
esk
nn
kpkqnk
et comme k
napour tout k2Kaalors, pour s0 : sk ns a
la fonction exp est croissante sur Ralors esk
nes a
Donc X
k2Ka
esk
nn
kpkqnkX
k2Ka
es aP (Sn=k) = es a X
k2Ka
P (Sn=k)
Corrigé ESSEC 2005 2/13

AvecPk2KaP (Sn=k) = P (Sn2Ka)et (Sn2Ka) = Sn
na
Finalement Pk2KaP (Sn=k)=PSn
naet
EesSn
nX
k2Ka
esk
nn
kpkqnkea sPSn na
b) Pour s0;on a vu que EesSn
n= ('(s=n))ndonc
EesSn
n= ('(s=n))nea sPSn
na
et que, pour tout s0
PSn
na('(s=n))neas
4. On suppose dans cette question que a>p.
a) Étudier sur R+les variations de la fonction `adé…nie par
`a:s7! as ln '(s)
avec '(s) = 1 + p(es1)
`aest dé…nie et dérivable en stel que 1 + p(es1) >0donc, en particulier, sur R+
`0
a(s) = a1
1 + p(es1)p es=esap esp+aap 1 + pesp
a+apesap pes
1 + pesp
Le dénominateur étant strictement positif, on cherche le signe du numérateur
Avec 0<p<a<1
esap esp+aap > 0() esp(a1) > a (p1)
() es<a(p1)
p(a1) car a1<0
() s < ln a(p1)
p(a1)
et de même `0
a(s) = 0 () s= ln a(p1)
p(a1) et `0
a(s)<0() s > ln a(p1)
p(a1) 
En 0 : '(s) = 1 + p(es1) !1et `a(s)!0
En +1:
`a(s) = as ln (1 + p(es1)) = as ln esp+es(1 p)
=as sln p+es(1 p)
= (a1) sln p+es(1 p)
! 1 car a1<0
Corrigé ESSEC 2005 3/13

b) Avec = ln a(p1)
p(a1) >0car a(p1) p(a1) 1 = ap p(1a)>0on a donc
s0+1
`0
a(s)+ 0 
`a(s) 0 % & 1
Donc la fonction `aatteint sur R+un maximum strictement positif en 
'() = 1 + p(e1) = 1 + pa(p1)
p(a1) 1
=p(a1) + pa (p1) p2(a1)
p(a1)
=p2p
p(a1) =p1 a1
et donc cette valeur maximale est :
h(a; p) = `a()
=aln a(p1)
p(a1)ln p1 a1
= (a1) ln p1
a1aln a p
c) Pour tout s0on avait
PSn
na('(s=n))neas
Pour faire apparaître l’expression demandée, on passe tout en exponentielle
Comme '(s=n)>0;(espérance d’une variable strictement positive) alors ('(s=n))n=
exp nln 's
net
('(s=n))neas = exp hnln 's
na si
= exp nhas
nln 's ni
= exp n `as
n
Un raisonnement qui n’aboutit pas est de dire : `as
nh(a; p)donc n`as n
nh (a; p)::: et l’inégalité se retrouve dans le mauvais sens pour pouvoir enchaîner.
On fait réapparaître ce maximum, en utilisant l’inégalité précédente dans le cas
particulier s=n:
On a donc
PSn
naexp n `an n= exp (nh(a; p)) = exp nsup
t>0
(at ln '(t))
5. On suppose dans cette question que a<p, (donc 1a > 1p).
a) Les valeurs de nSnsont nSn() = [[0; n]]
Corrigé ESSEC 2005 4/13

et pour tout k2[[0; n]] :
P (nSn=k) = P (Sn=nk) = n
nkpnk(1 p)k
=n
kpnk(1 p)k
Donc nSn,! B(n; 1p)
On peut aussi concrétiser cela en disant que : Snest le nombre de succès en n
expériences indépendantes donc nSnest le nombre de non-succès : d’échecs en n
expériences indépendantes, la probabilité d’échec étant 1p:
b) On se ramène au cas précédent :
Sn
na=Sn n1a1
=Snn
na1
=nSn
n1a
Donc en appliquant le résultat précédent à Tn=nSn
nqui suit B(n; 1p)on a
PSn
na= P (Tn1a)enh(1 a; 1p)
reste à voire, que h(1 a; 1p) = h(a; p) :
h(a; p) = (a1) ln p1
a1aln a p
donc
h(1 a; 1p) = (a) ln p
a(1 a) ln 1a 1p
= (a1) ln p1
a1aln a p=h(a; p)
et en…n que cette valeur est le maximum de `asur R
PSn
naensup
t>0
(at ln '(t))=enh(1 a; 1p)=enh(a; p)
6. Soit " > 0.
a) L’événement Sn
np"s’écrit : Sn np"[Sn np  "(incompatibles
car " > 0)
avec Sn
np"=Sn n"+p
et PSn
n"+penh(p+"; p)car a="+p>p
Corrigé ESSEC 2005 5/13