ASE - Exercices, suite (encore)

Exercice 5

Soit

$X$ une v.a. normale centree et reduite

$X\to \mathcal{N}(0,1)$.
Montrer que

$\mathrm{\forall }x\in {\mathbb{R}}_{+}^{\ast }$

$${\int }_0^x{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt\ge \sqrt{\frac{\pi }{2}}(1-\frac{1}{x^2})$$

Utiliser Tchebychev.

Solution

Soit

$X\to \mathcal{N}(0,1)$ (Loi normale centree reduite).

D'apres l'inegalite de Techbychev:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\forall }\epsilon >0,& P(|X-E(X)|\ge \epsilon )\le \frac{V(X)}{{\epsilon }^2}\\ \text{or: }& E(X)=0\text{ et }V(X)=1\\ & P(|X|\ge \epsilon )\le \frac{1}{{\epsilon }^2}\\ \text{et}& P(|X|\ge \epsilon )=1-P(|X|\le \epsilon )\\ \text{Ca permet d'ecrire: }& P(|X|<\epsilon )\ge 1-\frac{1}{{\epsilon }^2}\\ \text{c.a.d.}& P(-\epsilon <X<\epsilon )\ge 1-\frac{1}{{\epsilon }^2}\\ & F(\epsilon )-F(-\epsilon )\ge 1-\frac{1}{{\epsilon }^2}\text{ F: fonction de densite de }\mathcal{N}(0,1)\\ & F(\epsilon )-(1-F(\epsilon ))\ge 1-\frac{1}{{\epsilon }^2},\mathrm{\forall }\epsilon >0\\ \Rightarrow & 2F(\epsilon )-1\ge 1-\frac{1}{{\epsilon }^2}(\ast )\end{array}$$

On a aussi

$\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_0^x{e}^{-\frac{t^2}{2}}=F(x)-F(0)=F(x)-\frac{1}{2},\mathrm{\forall }x>0$

$$\begin{array}{rl}\Rightarrow {\int }_0^x{e}^{-\frac{t^2}{2}}& =\sqrt{2\pi }(F(x)-\frac{1}{2})\\ & =\frac{\sqrt{2\pi }}{2}(2F(x)-1),\mathrm{\forall }x>0\end{array}$$

Grace a l'inegalite

$(\ast )$ et en remplacant

$\epsilon$ par

$x$, on obtient

$\mathrm{\forall }x>0$:

$${\int }_0^x{e}^{-\frac{t^2}{2}}=\frac{\sqrt{2\pi }}{2}(2F(x)-1)\ge \frac{2\pi }{2}(1-\frac{1}{x^2})$$

On a bien:

$$\mathrm{\forall }x>0,{\int }_0^X{e}^{-\frac{t^2}{2}}\ge \sqrt{\frac{\pi }{2}}(1-\frac{1}{x^2})$$

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Exercice 6

On considere une suite suite de v.a.a

$(X_n),n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ dsitribue suivant la loi de Poisson

$\mathcal{P}(\frac{1}{n}),(\lambda =\frac{1}{n})$.
Montrer que

$X_n$ converge en loi vers la variable aleatoire

$X=0$

$(X_n{\to }_{n\to +\mathrm{\infty }}^{L}0)$

Solution

$(X_n),n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ suit la loi de Poisson

$\mathcal{P}(\frac{1}{n})$.

Rappel:

$$\begin{gathered} P(X_n=k)=e^{-\lambda }\frac{{\lambda }^k}{k!}\text{ (avec }\lambda =\frac{1}{n}\text{)} \\ P(X_n=k)=e^{-\frac{1}{n}}\frac{1}{n^{k}k!},\mathrm{\forall }k\in \mathbb{N} \end{gathered}$$

• Si
  $k=0$,
  $P(X_n=0)=e^{-\frac{1}{n}}{\to }_{n\to +\mathrm{\infty }}0$
• Si
  $k\ge 1$,
  $P(X_n=k)=\frac{1}{n^{k}k!}{e}^{-\frac{1}{n}}{\to }_{n\to +\mathrm{\infty }}0$ car
  $\frac{1}{n^k}{\to }_{n\to +\mathrm{\infty }}0$

Conclusion: on a montre que

$$\{\begin{array}{ll}& \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}P(X_n=0)=1=P(X=0)\iff X_n{\to }_{n\to +\mathrm{\infty }}^{L}0\text{ variable certaine}\\ & \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}P(X_n=k)=0=P(X=k),\mathrm{\forall }k\ge 1\end{array}$$

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Exercice 7

Soir

$X$ une v.a. suivant la loi exponentielle de parametre

$(\lambda >0)$.

1. Montrer que
   $\mathrm{\forall }\epsilon >0$,
   $P(|X-\frac{1}{\lambda }|\ge \epsilon )\le \frac{1}{{\lambda }^2{\epsilon }^2}$
2. En deduire que
   $P(X>\frac{3}{\lambda })\le \frac{1}{4}$

Solution

$X$ suit la loi exponentielle

$(\lambda )$ de parametre

$\lambda$.

1.On rappelle que

$E(X)=\frac{1}{\lambda }$ et

$V(X)=\frac{1}{{\lambda }^2}$. En appliquant l'inegalite de Tchebychev:

$$\begin{array}{rl}& P(|X-E(X)|\ge \epsilon )\le \frac{V(X)}{{\epsilon }^2},\mathrm{\forall }\epsilon >0\\ \Rightarrow & P(|X-\frac{1}{\lambda }|\ge \epsilon )\le \frac{\lambda }{{\lambda }^2{\epsilon }^2},\mathrm{\forall }\epsilon >0\end{array}$$

2.L'evenement:

$$\begin{gathered} (|X-\frac{1}{\lambda }|\ge \epsilon |)=(X-\frac{1}{\lambda }\ge \epsilon )\cup (X-\frac{1}{\lambda }\le -\epsilon ) \\ \text{or: }A\in A\cup B\text{donc: }(X-\frac{1}{\lambda }\ge \epsilon )\in (|X-\frac{1}{\lambda }|\ge \epsilon |) \end{gathered}$$

On en deduit, par croissance de la probabilite:

$$\begin{array}{rl}& P(X-\frac{1}{\lambda }\ge \epsilon )\le P(|X-\frac{1}{\lambda }|\ge \epsilon )\\ \Rightarrow & P(X-\frac{1}{\lambda }\ge \epsilon )\le \frac{1}{{\lambda }^2{\epsilon }^2}\text{ (d'apres la question 1)}\end{array}$$

En choisissant

$\epsilon =\frac{2}{\lambda }>0$, on obtient

$P(X\ge \frac{3}{\lambda })\le \frac{1}{4}$

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Exercice 8

$(X_n)$ une suite de v.a. telle que

$\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$:

$X_n$ suit la loi geometrique

$G(\frac{1}{n})$ (de parametre

$\frac{1}{n}$).
On pose

$Y_n=\frac{X_n}{n}$.

1. Determiner la fonction de repartition de la suite
   $Y_n:P(Y_n\le x),\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$
2. Montrere que
   $Y_n{\to }_{n\to +\mathrm{\infty }}^{L}Y$ avec
   $Y$ suit la loi exponentielle
   $(\lambda =1)$

Solution

$(X_n),n>0$ une suite de v.a. geometrique

$G(\frac{1}{n})$ avec

$p=\frac{1}{n}$ parametre.

Rappel:

$$\begin{array}{rl}P(X_n=k)& =(1-p{)}^{k-1}p,\mathrm{\forall }k\ge 1\\ & =(1-\frac{1}{n}{)}^{k-1}\frac{1}{n}\end{array}$$

1.On veut determiner la fonction de repartition de

$Y_n$.

$$\mathrm{\forall }x\le 0,P(Y_n\ge x)=P(X_n\le nx)=0\text{ car }nx\le 0$$

Remarque: donc

$\mathrm{\forall }x\le 0$,

$\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}P(Y_n\le x)=0$,

$\mathrm{\forall }x>0$ (reel strictement positif).

Des que

$n$ est assez grand,

$nx\ge 1$.

$$\begin{array}{rl}P(Y_n\le x)& =P(X_n\le nx)=\sum _{k=1}^{[nx]}P(X_n=k)([nx]\text{participation entiere de }nx)\\ \mathrm{\forall }x>0,P(Y_n\le x)& =\sum _{k=1}^{[nx]}(1-\frac{1}{n}{)}^{k-1}\frac{1}{n}\\ & =\frac{1}{n}\sum _{k=1}^{[nx]}(1-{\frac{1}{n}}^{k-1})=\frac{1}{n}(\frac{1-(1-\frac{1}{n}{)}^{[nk]}}{1-(1-\frac{1}{n})})\\ & =P(Y_n\le x)=1-(1-\frac{1}{n}{)}^{[nk]}\end{array}$$

Donc:

$$F_n(X)=P(Y_n\le x)=\{\begin{array}{ll}0& x\le 0\\ 1-(1-\frac{1}{n}{)}^{[nx]}& x>0\end{array}$$

On a:

$$\begin{gathered} (1-\frac{1}{n}{)}^{[nx]}=\exp ([nx]ln(1-\frac{1}{n})) \\ \ln (1-\frac{1}{n})\sim -\frac{1}{n}\text{ (}n\text{ au voisinage de }+\mathrm{\infty }\text{)} \\ \text{(}\ln (1+x)\sim x\text{ au (voisinage de 0))} \end{gathered}$$

Par definition de la partie entiere:

$$\begin{array}{rl}& [nx]\le nx<[nx]+1\\ & nx-1<[nx]\le nx\\ & \Rightarrow 1-\frac{1}{nx}<\frac{[nx]nx}{\le }1\\ & \Rightarrow \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{[nx]}{nx}\le 1\\ & \Rightarrow [nx]\sim nx\text{ (}n\text{ au voisinage de }+\mathrm{\infty }\text{)}\end{array}$$

Donc

$[nx]\ln (1-\frac{1}{n})\sim nx(-\frac{1}{n})=-x$.

$$\begin{gathered} \exp ([nx]\ln (1-\frac{1}{n}))\sim e^{-x}\text{ (}n\text{ au voisinage de }+\mathrm{\infty }\text{)} \\ \mathrm{\forall }x>0,\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{F}_n(x)=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}P(Y_n\le x)=1-e^{-x} \end{gathered}$$

Conclusion:

$$\begin{gathered} \mathrm{\forall }x\le 0,\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{F}_n(x)=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}P(Y_n\le x)=0 \\ \text{et} \\ \mathrm{\forall }x>0,\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{F}_n(x)=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}P(Y_n\le x)=1-e^{-x} \\ \text{or }F(x)\{\begin{array}{ll}0& x\le 0\\ 1-e^{-x}& x>0\end{array} \end{gathered}$$

$F(x)$ est la fonction de repartition de la loi exponentielle

$(\lambda =1)$

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