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Le Mans Université, Agrégation interne

Séance 2 (mercredi 9 décembre)

Exercice 1 (Loi de Pareto)SoitYune v.a. de loi exponentielle de paramètre. La variable aléatoireX=eYest appeléevariable aléatoire de Pareto, de loi de Pareto

P(;1).

1. On poser(x) =P(Xx)(c"est lafonction de surviedeX). Montrer querest

donnée par : r(x) =x;six1;

1;six <1:

et la densité par : f(x) ==x+1;six1;

0;six <1:

2. CalculerE(X)(attention, il y a deux cas à distinguer).

3. Pour tout entierk1évaluerE(Xk)en déterminant la fonction de survie deXk.

4. On appellefonction génératricedeXla fonction suivante :g(u) =E(euX)pour

toutu2R. Montrer que pour toutu2R: g(u) =+1X k=0E(Xk)ukk!:

5. En déduire queg(u)<+1si et seulement siu= 0.

Réponse.Corrigé le 11 décembre. La loi de Pareto a un moment d"ordreksi et seulement sik < .

Ainsi si1, la loi des grands nombres (LGN) ne s"applique pas. Si1< 2, la LGN fonctionne

mais pas le théorème de la limite centrale (TCL). Et si >2, le TCL et la LGN s"appliquent!Exercice 2SoientXetYdeux variables aléatoires indépendantes et suivant une même

loi normale centrée réduite.

1. Montrer queC=X=Ysuit une loi de Cauchy.

2. Montrer queU=X2+Y22

suit une loi exponentielle dont on calculera le para- mètre.

3. On considèreV=X2X

2+Y2. Calculer la loi de(U;V). Montrer queUetVsont in-

dépendants. Donner la loi deV(on calculera sa densité). On appelle cette dernière loi"loi Arc sinus".

4. SoitCune variable suivant une loi de Cauchy de paramètre 1. Montrer que(1 +

C

2)1suit une loi Arc sinus.

A. Popier1

Réponse.

1. Il y a deux façons de calculer la loi deZ.

(a) Méthode 1 : Considérer (x;y) = (t=y=x;u=x)qui est un difféomorphisme deD= RRdans =RR. On ax=uety=tu. DoncJ( 1)(u;v) =u. Le couple (X;Y)a pour densité12e(x2+y2)=21D(x;y). Donc

E(f(T;U)) =Z

D f(y=x;x)12e(x2+y2)=2dxdy=Z f(t;u)12e(u2+(tu)2)=2jujdudt: Donc(T;U)a pour densité12jujeu2(1+t2)=21(t;u). De làTa pour densité q(t) =Z

R12jujeu2(1+t2)=2du=1

Z 1 0 eu2(1+t2)=2udu=1(1 +t2): (b) Méthode 2 : calculer directement

E(f(T)) =12Z Z

f(y=x)e(x2+y2)=2dxdy=12Z 2 0Z 1 0 f(tan())er2=2rddr 1 Z =2 =2f(tan())d=1 Z 1 1 f(t)11 +t2dt:

2. Méthode la plus efficace :

E(G(U;V)) =ZZ

R

2Gx2+y22

;x2x 2+y2

12e(x2+y2)=2dxdy

= 4 ZZ D

Gx2+y22

;x2x 2+y2

12e(x2+y2)=2dxdy

oùD=]0;+1[2. On fait le changement de variables : pour(x;y)2D u=x2+y22 ; v=x2x 2+y2; soit x=p2uv; y=p2u(1v): Et(u;v)2]0;+1[]0;1[= . On calcule la matrice jacobienne de ce chgt de variables : 0 B

B@p2v2

pu p2u2 pv p2(1v)2 pu p2u2 p1v1 C CA dont le déterminant (jacobien) estJ(u;v) =12 pv(1v). De là 4 ZZ D

Gx2+y22

;x2x 2+y2

12e(x2+y2)=2dxdy= 4ZZ

G(u;v)12eujJ(u;v)jdudv

ZZ

G(u;v)1

pv(1v)eududv=ZZ R

2G(u;v)eu

pv(1v)1]0;+1[(u)1]0;1[(v)dudv: Donc

E(G(U;V)) =ZZ

R

2G(u;v)h(u;v)dudv:

A. Popier2

Le vecteur aléatoire(U;V)admet donc pour densité la fonctionh. Celle-ci se décompose en h(u;v) =(u) (v) =eu1]0;+1[(u)1 pv(1v)1]0;1[(v): DoncUetVsont indépendantes etest (proportionnelle à) la densité deU(loi exponentielle de paramètre 1). est (proportionnelle à) la densité deV. Exercice 3Soit(X;Y)un couple de variables aléatoires dont la densité jointe est définie par : f(x;y) =24xy; x0; y0; x+y1;

0sinon.

1. Vérifier quef(x;y)est bien une fonction de densité.

2. Déterminer les densités marginales deXet deY. Les variables aléatoiresXetY

sont-elles indépendantes?

Réponse.L"ensemble

D=f(x;y); x0; y0; x+y1g

est un triangle et donc on ne peut pas écriref(x;y) =g(x)h(y). Donc les deux composantes ne sont pas indépendantes.

1. Pour tout(x;y),f(x;y)0et on vérifie queRR

R

2f(x;y)dxdy= 1.

2. La densité deXest donné par

g(x) =Z R f(x;y)dy=(

0six62[0;1]R1x

024xydy= 12x(1x)2six2[0;1]:

Notons queg0etR1

0g(x)dx= 1. C"est bien une densité! La densité deYest

h(y) =Z R f(x;y)dx=g(y): SiXetYétaient indépendantes alorsf(x;y) =g(x)h(y), ce qui n"est pas vrai. Les exercices 4, 5 et 6 sont moins importants pour l"agrégation interne. On rappelle que la convergence presque sûre implique la convergence en probabilité qui implique la convergence en loi, tandis que la convergence en moyenne (d"ordrep) implique la

convergence en probabilité. Toutes les réciproques sont en général fausses.Exercice 4Soit(Xn)n2Nune suite de variables aléatoires telles queXnprend les

valeurs 0,netnavec probabilité(11=n2),1=(2n2)et1=(2n2). Montrer que cette suite tend vers 0 presque sûrement mais pas en moyenne quadratique.

A. Popier3

Réponse.Commençons par calculer

E(jXnjp) =np1n

2=np2:

Donc sip2, la suiteXnne converge pas en moyenne d"ordrepvers 0. Mais sip <2, alors il y a

convergence en moyenne d"ordrepvers 0. En particulier il y a convergence en probabilité vers 0, ce

qu"on peut vérifier à la main : pour tout" >0

P(jXnj ") =P(jXnj=n) =1n

2!0:

Pour montrer la convergence presque sûre, on utilise le résultat suivant :s"il exister >0tel que

la série de terme géneralE(jXnjr)converge, alors la suite(Xn)converge vers 0 presque sûrement.Ce

résultat est lui même une conséquence de :si pour tout" >0la série de terme géneralP(jXnj> ")

converge, alors la suite(Xn)converge vers 0 presque sûrement.Ce sont les deux critères les plus rapides

pour montrer de la convergencve presque sûre. Ici on peut utiliserr= 1=2pour conclure.Exercice 5Soit(Xn)n2Nune suite de variables aléatoires indépendantes telles queXn

prend les valeurs 0 etnavec probabilité(11=n)et1=n.

1. Montrer que cette suite tend vers 0 en probabilité.

2. On poseYn=1n

P n k=1Xk. Montrer queYnne converge pas en probabilité vers zéro.

3. Qu"en déduit-on?

Réponse.

1. Comme pour" >0

P(jXnj> ") =P(Xn=n) = 1=n

la convergence en probabilité s"en déduit.

2. On remarque que l"événementfY2n1=2gcontient

nP(Y2n1=2)P0 nP(Y2n1=2)1Y n3. Le théorème de Césaro n"est pas vrai pour la convergence en probabilité.

A. Popier4

Exercice 6SoientXune variable aléatoire à valeurs dans[0;+1[et(Xn)n2Nune suite de variables aléatoires indépendantes de même loi queX.

1. Supposons queP(X > x) =o(1=x)lorsquextend vers+1. Montrer queZn=

1n max(X1;:::;Xn)tend en loi vers 0.

2. SiP(X > x)=xlorsquextend vers+1, montrer que

Z n=1n

1=max(X1;:::;Xn)

tend en loi versYde loi de Fréchet, dont la fonction de répartition estFY(x) = e x,x >0.

Réponse.

1. Remarquons d"abord queZn0presque sûrement (comme maximum de v.a. positives). Pour

toutx >0 P(Znx) =P(max(X1;:::;Xn)nx) =P(8k; Xknx) = (P(Xnx))n = (1P(X > nx))n= (1o(1=nx))n: Doncln(P(Znx))nln(1o(1=nx))tend vers zéro quandntend vers+1. AinsiP(Znx) tend vers 1, et ceci quel que soitx >0. Donc la fonction de répartition deZntend vers celle d"une v.a. nulle presque sûrement. À titre d"exemple, on peut considérerXde loi exponentielle ou la valeur absolue deXde loi normale.

2. Le même calcul montre que

P(Znx) = (P(Xn1=x))n=

1nx +o(1=n) n qui tend versexlorsquentend vers+1. Comme exemple, on peut considérer la loi de Pareto (exercice 1). Exercice 7Soitfnla fonction nulle en dehors de l"intervalle[1;1]et definie pour tout x2[1;1]par f n(x) = sin2(2nx):

1. Montrer quefnest la densité d"une loi de probabilitéPnsur(R;B(R)).

2. Calculer son espérance et sa variance et montrer que sa fonction caractéristique

est : n(t) =sin(t)t 1t2t

2162n2

pourt6=4n.

3. Montrer que si(Xn)est une suite de v.a. de loiPn, la suiteXnconverge en loi

vers la loi uniforme sur[1;1]. A-t-on convergence de la suite(fn)? De la suite des variances dePn?

A. Popier5

Réponse.

1. Pour toutx2R,fn(x)0et

Z R f n(x)dx=Z 1

1sin2(2nx)dx=Z

1

11cos(4nx)2

dx= 1:

C"est une densité.

2. Sa moyenne est nulle :

Z1 1xf n(x)dx= 0: Pour sa variance, par intégration par parties : Z 1

1x2fn(x)dx=Z

1

1x21cos(4nx)2

dx=13 12 Z 1

1x2cos(4nx)dx=13

182n2:

Fonction caractéristique :

EeitX=Z

1

1eitxsin2(2nx)dx=Z

1

1eitx1cos(4nx)2

dx=sin(t)t 12 eitxcos(4nx)dx:

La formule d"Euler permet de conclure.

3. La fonctionnconverge simplement vers

(t) =sin(t)t =Z 1

1eitx12

dx: est la fonction caractéristique de la loi uniforme sur[1;1]. La convergence simple des fonctions

caractéristique entraîne la convergence en loi souhaitée. Et la variance converge vers la variance

de la loi uniforme sur[1;1](qui vaut 1/3). En revanche la suite de fonctionsfnne converge pas simplement. D"un point de vue analyse, on a une suite de fonctions qui ne converge pas (au sens de la convergence simple), mais qui converge au sens des distributions.

Exercice 8 (Théorème de Weierstrass)

Le théorème de Bernoulli fournit une démonstration remarquable, due à Bernstein, du théorème d"approximation de Weierstrass, qui affirme qu"une fonctioncontinuesur un intervallebornépeut être approchée par des polynômes, et ceci uniformément sur cet intervalle. Soit(Xn)n1une suite de v.a. i.i.d. de loi commune de Bernoulli de paramètrep2 ]0;1[. On poseYn= (1=n)nX k=1X k.

1. Rappeler l"énoncé du théorème de Bernoulli.

2. Soith: [0;1]!Rune fonction continue. Montrer queE(h(Yn))!h(p)(n!+1)

et ceci uniformément enp2]0;1[.

Réponse.

1. C"est la loi des grands nombres. Presque sûrementYnconverge versE(X1) =pquandntend

vers+1.

A. Popier6

2. Commehest continue sur un compact elle est bornée. Donc commeh(Yn)converge presque

sûrement versp, le théorème de convergence dominée nous dit queE(h(Yn))!h(p)(n!+1). Or

E(h(Yn)) =nX

k=0hkn n k p k(1p)nk=Hn(p); car Pn k=1Xksuit une loi binomiale(n;p). EtHnest un polynôme enp! Cette suite de polynômes converge donc simplement sur]0;1[versh(p).

Pour obtenir la convergence uniforme, notons que

jHn(p)H(p)j nX j=0jh(j=n)h(p)jP(Yn=j=n): Commehest continue sur[0;1], elle est bornée et uniformément continue. Donc il existeMtel quejh(x)j Mpour toutxet pour tout" >0, il existe >0tel que pour toutx2[0;1], jxpj implique quejh(x)h(p)j ". Donc jHn(p)H(p)j "X

0jn;jj=npjP(Yn=j=n) + 2MX

0jn;jj=npj>P(Yn=j=n)

"+ 2ME(jYnpj )"+ 2ME(jYnj2)

2="+ 2Mnp(1p)n

22:
Pour la dernière inégalité, on a utilisé l"inégalité de Bienaymé-Tchebichev. Notons que d"autres resultats d"analyse s"obtiennent facilement avec le TCL, comme : - Bernstein : lim n!+1ennX k=0n kk!=12 - Formule de Stirling.

A. Popier7

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