Partiel du 10.11.10: corrigé - Université Paris

Université Paris-Dauphine Intégration & Probabilités
Département MIDO Halim Doss
DUMI2E L3 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
On s’intéresse à la marche aléatoire : Zn=Pn
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 gdes Xicalcule l’espérance g(u) = E(uXi)de uXi, soit :
g(u) = u1P(Xi= 1) + u−1P(Xi=−1) = 0.5u+1
u
et, puisque les Xisont indépendantes, la génératrice Gnde Znest donnée par : Gn(u) = gn(u).
2. En remarquant que : pn=P(uZn> una)pour : u > 1, déduire : pn≤min
u>1ϕ(u), où :
ϕ(u)=2−nu−n a u+1
un
(Utiliser l’inégalité de Markov)
Pour u > 1,z→uz=ezln uest positive et strictement croissante, donc : pn=PuZn> unaet :
pn≤PuZn≥una≤1
una EuZn=1 una gn(u) = ϕ(u)
puis, en étudiant ln ϕ(u), vérifier que :
1
nln pn≤ −1 2[(1 −a) ln(1 −a) + (1 + a) ln(1 + a)] <0
1
nln ϕ(u) = −ln 2 −(1 + a) ln u+ ln(1 + u2)définit une fonction de u, continue sur ]0,+∞[, qui tend
vers +∞lorsque u→0ou u→+∞. Cette fonction atteint donc son minimum sur ]0,+∞[en l’unique
point : ˆu=1 + a
1−a1/2
>1en lequel sa dérivée s’annule, et la valeur de ce minimum :
µ=−1
2[(1 −a) ln(1 −a) + (1 + a) ln(1 + a)]
est strictement négative puisque : ln ϕ(1) = 0 .
et en déduire la limite de pnlorsque : n→+∞.
On déduit : pn≤eµ n, qui implique : pn→0lorsque : 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 > 0donné.
P(Xn> r) = R+∞
re−xdx =e−r.
2. Déduire, pour tout : α > 0:P(Aα), où : Aα= lim sup
n→+∞
{Xn> α ln n}.
En particulier : P(Xn> α ln n) = 1
nαest le terme général d’une série de Riemann, convergente ssi :
α > 1, et, puisque les Xnsont 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)=1sinon.
3. On pose : L= lim sup
n→+∞
(Xn/ln n).
a. Vérifier que Ldéfinit bien une variable aléatoire à valeurs dans R∪ {+∞}.
On suppose les Xndéfinies sur un même espace probabilisé (Ω,A, P ). Pour tout entier net tout réel
α, l’évènement :
{sup
m≥n
Xm/ln m≤α}=\
m≥n
{Xm/ln m≤α}
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≥nXm/ln mest une variable
aléatoire sur (Ω,A, P ), à valeurs dans R∪ {+∞}.
Rappelons maintenant que, par définition : L= infn≥1Yn, et donc, pour tout réel α, l’évènement :
{L≥α}=\
n≥1
{Yn≥α}
est encore élément de la tribu A. Puisque les ensembles de la forme ]− ∞, α]engendrent aussi la
tribu Borélienne de R∪ {+∞},Lest 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= infn≥1Yn> α ⇒ ∀n≥1Yn= supm≥nXm/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 Aαappartient, par définition, à une infinité de {Xm> α ln m},
donc appartient à {Yn> α }pour tout entier n, et a fortiori à{L= infn≥1Yn≥α}.
Ainsi : {L > α } ⊂ Aα⊂ { L≥α}, d’où le résultat.
c. Déduire la valeur de P(L≥α)en fonction de αpour tout α > 0. Quelle est la loi de L?
•P(L≥1) ≥P(A1)=1donc, 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 fonctions continues et positives sur R, convergeant simplement sur Rvers
une fonction continue f, et : Fn(x) = Zx
0
fn(t)dt. Montrer que :
1. Si g= sup
n≥1
fnest Lebesgue intégrable sur R,Fnconverge simplement vers une fonction Fpartout
dérivable et F0=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)
On déduit du théorème de la convergence dominée de Lebesgue la convergence de Fn(x) = Zhn(t)dt
vers F(x) = Zh(t)dt =Zx
0
f(t)dt, et, puisque fest supposée continue sur R,Fest une intégrale de
Riemann, fonction dérivable de sa borne supérieure, et : F0=f.
2. Si fn(x) = n ϕ(n x −n+ 2), où ϕ:R7→ R+est une fonction non nulle, continue sur R, et nulle en
dehors de l’intervalle [0,1],fnet Fnconvergent simplement vers des limites respectives fet F, et fest
continue mais n’est pas la dérivée de F.
•Par hypothèse, fnest nulle en dehors de l’intervalle 1−2
n,1−1 n, et a fortiori en dehors de l’inter-
valle [0,1[. Mais, pour tout x∈[0,1[, il existe un rang nà partir duquel : x < 1−2
n, et donc : fn(x) = 0.
On conclut que la suite fnconverge simplement vers f= 0.
•Pour tout x∈R:Fn(x) = Zx
0
n ϕ(nt −n+ 2) dt =Z2−n+nx
2−n
ϕ(u)du converge vers : zéro si x < 1,
et : I=Zϕ(t)dt > 0sinon. On conclut que Fnconverge simplement vers : F=I1[1,+∞[, qui n’est pas
dérivable en x= 1
Exercice 4
Soient (Ω,A, P )un espace probabilisé, et Xune 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)→0lorsque : r↓0.
Il suffit de montrer que, pour toute suite rndécroissant 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.
2. Déduire que, si une suite Bnd’éléments de Aest telle que : RBnX(ω)dP (ω)→0, alors : P(Bn)→0.
Pour tout r > 0:
ZBn
X(ω)dP (ω) = ZBn |X(ω)|dP (ω)≥r P (Bn∩Ac
r)
d’où : P(Bn)≤P(Ar) + 1
rZBn
X(ω)dP (ω). Pour tout ε > 0fixé, on peut choisir r > 0tel que :
P(Ar)< ε/2, puis nassez grand pour que : ZBn X(ω)dP (ω)≤r ε/2, d’où : P(Bn)≤ε, ce qui prouve
la convergence de P(Bn)vers zéro.

3. Prouver que la réciproque est vraie si : E(|X|)<+∞(considérer la suite Xk=X1Ak).
Supposons : E(|X|)<+∞, et considérons : Xk=X1Ak. La suite X−Xkest une suite de variables
aléatoires presque partout positives, majorée par X∈ L1(Ω), qui converge simplement vers zéro. Du
théorème de la convergence dominée de Lebesgue, on déduit : ZΩ (X−Xk)dP →0. Pour tout ε > 0,
on peut donc choisir kassez grand pour que : ZΩ (X−Xk)dP < ε/2, puis nassez grand pour que
P(Bn)< ε/(2k)de sorte que :
ZBn
X dP =ZBn XkdP +ZBn (X−Xk)dP ≤k P (Bn) + ZΩ (X−Xk)dP < ε
ce qui établit la convergence de ZBn X dP vers zéro.