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