Exercice 5

Soit $X$ une v.a. normale centree et reduite $X\to\mathcal N(0,1)$ . Montrer que $\forall x\in\mathbb R^*_+$

\int_{0}^{x} e^{- \frac{t^{2}}{2}} d t \geq \sqrt{\frac{π}{2}} (1 - \frac{1}{x^{2}})

$\int_0^x e^{-\frac{t^2}{2}}dt\ge\sqrt{\frac{\pi}{2}}(1-\frac{1}{x^2})$

Utiliser Tchebychev.

Solution

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

D’apres l’inegalite de Techbychev:

\begin{aligned} \forall ε > 0, & P (| X - E (X) | \geq ε) \leq \frac{V (X)}{ε^{2}} \\ or: & E (X) = 0 et V (X) = 1 \\ P (| X | \geq ε) \leq \frac{1}{ε^{2}} \\ et & P (| X | \geq ε) = 1 - P (| X | \leq ε) \\ Ca permet d'ecrire: & P (| X | < ε) \geq 1 - \frac{1}{ε^{2}} \\ c.a.d. & P (- ε < X < ε) \geq 1 - \frac{1}{ε^{2}} \\ F (ε) - F (- ε) \geq 1 - \frac{1}{ε^{2}} F: fonction de densite de N (0, 1) \\ F (ε) - (1 - F (ε)) \geq 1 - \frac{1}{ε^{2}}, \forall ε > 0 \\ \Rightarrow & 2 F (ε) - 1 \geq 1 - \frac{1}{ε^{2}} (*) \end{aligned}

$\begin{aligned} \forall\varepsilon\gt0, &P(\vert X-E(X)\vert\ge\varepsilon)\le\frac{V(X)}{\varepsilon^2}\\ \text{or: } &E(X) = 0 \text{ et } V(X) = 1\\ &P(\vert X\vert\ge\varepsilon)\le\frac{1}{\varepsilon^2}\\ \text{et} &P(\vert X\vert\ge\varepsilon)=1-P(\vert X\vert\le\varepsilon)\\ \text{Ca permet d'ecrire: } &P(\vert X\vert\lt\varepsilon)\ge 1-\frac{1}{\varepsilon^2}\\ \text{c.a.d.} &P(-\varepsilon\lt X\lt\varepsilon)\ge1-\frac{1}{\varepsilon^2}\\ &F(\varepsilon) - F(-\varepsilon)\ge 1-\frac{1}{\varepsilon^2} \text{ F: fonction de densite de }\mathcal N(0,1)\\ &F(\varepsilon) - (1-F(\varepsilon))\ge 1-\frac{1}{\varepsilon^2}, \forall\varepsilon\gt0\\ \Rightarrow &2F(\varepsilon) -1 \ge 1-\frac{1}{\varepsilon^2}(*) \end{aligned}$

On a aussi $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^xe^{-\frac{t^2}{2}} = F(x) - F(0) = F(x) - \frac{1}{2}, \forall x\gt0$

\begin{aligned} \Rightarrow \int_{0}^{x} e^{- \frac{t^{2}}{2}} & = \sqrt{2 π} (F (x) - \frac{1}{2}) \\ = \frac{\sqrt{2 π}}{2} (2 F (x) - 1), \forall x > 0 \end{aligned}

$\begin{aligned} \Rightarrow \int_0^xe^{-\frac{t^2}{2}} &= \sqrt{2\pi}(F(x) - \frac{1}{2})\\ &=\frac{\sqrt{2\pi}}{2}(2F(x) - 1), \forall x\gt0 \end{aligned}$

Grace a l’inegalite $(*)$ et en remplacant $\varepsilon$ par $x$ , on obtient $\forall x\gt0$ :

\int_{0}^{x} e^{- \frac{t^{2}}{2}} = \frac{\sqrt{2 π}}{2} (2 F (x) - 1) \geq \frac{\sqrt{2 π}}{2} (1 - \frac{1}{x^{2}})

$\int_0^xe^{-\frac{t^2}{2}}=\frac{\sqrt{2\pi}}{2}(2F(x) - 1)\ge\frac{\sqrt{2\pi}}{2}(1-\frac{1}{x^2})$

On a bien:

$\forall x\gt0, \int_0^Xe^{-\frac{t^2}{2}}\ge\sqrt{\frac{\pi}{2}}(1-\frac{1}{x^2})$

Exercice 6

On considere une suite suite de v.a.a $(X_n), n\in\mathbb N^*$ 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 $X=0$ $(X_n\to_{n\to+\infty}^L0)$

Solution

$(X_n), n\in\mathbb N^*$ suit la loi de Poisson $\mathcal P(\frac{1}{n})$ .

Rappel:

P (X_{n} = k) = e^{- λ} \frac{λ^{k}}{k!} (avec λ = \frac{1}{n})

$P(X_n=k) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} \text{ (avec } \lambda = \frac{1}{n}\text{)}$

P (X_{n} = k) = e^{- \frac{1}{n}} \frac{1}{n^{k} k!}, \forall k \in N

$P(X_n = k)= e^{-\frac{1}{n}}\frac{1}{n^kk!}, \forall k\in\mathbb N$

Si $k=0$ , $P(X_n = 0) = e^{-\frac{1}{n}}\to_{n\to+\infty}1$
Si $k\ge1$ , $P(X_n=k)=\frac{1}{n^kk!}e^{-\frac{1}{n}}\to_{n\to+\infty}0$ car $\frac{1}{n^k}\to_{n\to+\infty}0$

Conclusion: on a montre que

{\begin{cases} lim_{n \to + \infty} P (X_{n} = 0) = 1 = P (X = 0) \Leftrightarrow X_{n} \to_{n \to + \infty}^{L} 0 variable certaine \\ lim_{n \to + \infty} P (X_{n} = k) = 0 = P (X = k), \forall k \geq 1 \end{cases}

$\begin{cases} &\lim_{n\to+\infty}P(X_n=0)=1=P(X=0) \Leftrightarrow X_n\to_{n\to+\infty}^L0 \text{ variable certaine}\\ &\lim_{n\to+\infty}P(X_n=k) = 0 = P(X=k), \forall k\ge1 \end{cases}$

Exercice 7

Soir $X$ une v.a. suivant la loi exponentielle de parametre $(\lambda\gt0)$ .

Montrer que $\forall\varepsilon\gt0$ , $P(\vert X-\frac{1}{\lambda}\vert\ge\varepsilon)\le\frac{1}{\lambda^2\varepsilon^2}$
En deduire que $P(X\gt\frac{3}{\lambda})\le\frac{1}{4}$

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{aligned} P (| X - E (X) | \geq ε) \leq \frac{V (X)}{ε^{2}}, \forall ε > 0 \\ \Rightarrow & P (| X - \frac{1}{λ} | \geq ε) \leq \frac{λ}{λ^{2} ε^{2}}, \forall ε > 0 \end{aligned}

$\begin{aligned} &P(\vert X-E(X)\vert\ge\varepsilon)\le\frac{V(X)}{\varepsilon^2}, \forall\varepsilon\gt0\\ \Rightarrow &P(\vert X-\frac{1}{\lambda}\vert\ge\varepsilon)\le\frac{\lambda}{\lambda^2\varepsilon^2}, \forall\varepsilon\gt0 \end{aligned}$

2.L’evenement:

(| X - \frac{1}{λ} | \geq ε) = (X - \frac{1}{λ} \geq ε) \cup (X - \frac{1}{λ} \leq - ε) or: A \in A \cup B donc: (X - \frac{1}{λ} \geq ε) \in (| X - \frac{1}{λ} | \geq ε |)

$(\vert X-\frac{1}{\lambda}\vert\ge\varepsilon) = (X-\frac{1}{\lambda}\ge\varepsilon)\cup(X-\frac{1}{\lambda}\le-\varepsilon)\\ \text{or: } A\in A\cup B\\ \text{donc: } (X-\frac{1}{\lambda}\ge\varepsilon)\in(\vert X-\frac{1}{\lambda}\vert\ge\varepsilon \vert)$

On en deduit, par croissance de la probabilite:

\begin{aligned} P (X - \frac{1}{λ} \geq ε) \leq P (| X - \frac{1}{λ} | \geq ε) \\ \Rightarrow & P (X - \frac{1}{λ} \geq ε) \leq \frac{1}{λ^{2} ε^{2}} (d'apres la question 1) \end{aligned}

$\begin{aligned} &P(X-\frac{1}{\lambda}\ge\varepsilon)\le P(\vert X-\frac{1}{\lambda}\vert\ge\varepsilon)\\ \Rightarrow &P(X-\frac{1}{\lambda}\ge\varepsilon)\le\frac{1}{\lambda^2\varepsilon^2} \text{ (d'apres la question 1)} \end{aligned}$

En choisissant $\varepsilon=\frac{2}{\lambda}\gt0$ , on obtient $P(X\ge\frac{3}{\lambda})\le\frac{1}{4}$

Exercice 8

$(X_n)$ une suite de v.a. telle que $\forall n\in\mathbb N^*$ : $X_n$ suit la loi geometrique $G(\frac{1}{n})$ (de parametre $\frac{1}{n}$ ). On pose $Y_n=\frac{X_n}{n}$ .

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

Solution

$(X_n), n\gt0$ une suite de v.a. geometrique $G(\frac{1}{n})$ avec $p=\frac{1}{n}$ parametre.

Rappel:

\begin{aligned} P (X_{n} = k) & = (1 - p)^{k - 1} p, \forall k \geq 1 \\ = (1 - \frac{1}{n})^{k - 1} \frac{1}{n} \end{aligned}

$\begin{aligned} P(X_n = k) &= (1-p)^{k-1}p, \forall k\ge1\\ &= (1-\frac{1}{n})^{k-1}\frac{1}{n} \end{aligned}$

1.On veut determiner la fonction de repartition de $Y_n$ .

\forall x \leq 0, P (Y_{n} \leq x) = P (X_{n} \leq n x) = 0 car n x \leq 0

$\forall x\le0, P(Y_n\le x) = P(X_n\le nx) = 0 \text{ car } nx\le0$

Remarque: donc $\forall x\le 0$ , $\lim_{n\to+\infty}P(Y_n\le x) = 0$ .

$\forall x\gt 0$ (reel strictement positif). Des que $n$ est assez grand, $nx\ge 1$ .

\begin{aligned} P (Y_{n} \leq x) & = P (X_{n} \leq n x) = \sum_{k = 1}^{[n x]} P (X_{n} = k) ([n x] participation entiere de n x) \\ \forall x > 0, P (Y_{n} \leq x) & = \sum_{k = 1}^{[n x]} (1 - \frac{1}{n})^{k - 1} \frac{1}{n} \\ = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{[n x]} (1 - {\frac{1}{n}}^{)} k - 1 = \frac{1}{n} (\frac{1 - (1 - \frac{1}{n})^{[n x]}}{1 - (1 - \frac{1}{n})}) \\ = P (Y_{n} \leq x) = 1 - (1 - \frac{1}{n})^{[n x]} \end{aligned}

$\begin{aligned} P(Y_n\le x) &= P(X_n\le nx) = \sum_{k=1}^{[nx]}P(X_n=k) \text{ }([nx] \text{participation entiere de } nx)\\ \forall x\gt0, P(Y_n\le x) &= \sum_{k=1}^{[nx]}(1-\frac{1}{n})^{k-1}\frac{1}{n}\\ &= \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{[nx]}(1-\frac{1}{n}^){k-1} = \frac{1}{n}\biggr(\frac{1-(1-\frac{1}{n})^{[nx]}}{1-(1-\frac{1}{n})}\biggr)\\ &= P(Y_n\le x) = 1 - (1-\frac{1}{n})^{[nx]} \end{aligned}$

Donc:

F_{n} (X) = P (Y_{n} \leq x) = {\begin{cases} 0 & x \leq 0 \\ 1 - (1 - \frac{1}{n})^{[n x]} & x > 0 \end{cases}

$F_n(X) = P(Y_n\le x) = \begin{cases} 0 &x\le0\\ 1-(1-\frac{1}{n})^{[nx]} &x\gt0 \end{cases}$

On a:

(1 - \frac{1}{n})^{[n x]} = \exp ([n x] l n (1 - \frac{1}{n})) \ln (1 - \frac{1}{n}) \sim - \frac{1}{n} (n au voisinage de + \infty) (\ln (1 + x) \sim x au (voisinage de 0))

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

Par definition de la partie entiere:

\begin{aligned} [n x] \leq n x < [n x] + 1 \\ n x - 1 < [n x] \leq n x \\ \Rightarrow 1 - \frac{1}{n x} < \frac{[n x] n x}{\leq} 1 \\ \Rightarrow lim_{n \to + \infty} \frac{[n x]}{n x} \leq 1 \\ \Rightarrow [n x] \sim n x (n au voisinage de + \infty) \end{aligned}

$\begin{aligned} &[nx]\le nx\lt[nx] + 1\\ &nx-1\lt[nx]\le nx\\ &\Rightarrow 1-\frac{1}{nx}\lt\frac{[nx]{nx}}\le1\\ &\Rightarrow\lim_{n\to+\infty}\frac{[nx]}{nx}\le1\\ &\Rightarrow [nx]\sim nx \text{ (} n \text{ au voisinage de } +\infty\text{)} \end{aligned}$

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

\exp ([n x] \ln (1 - \frac{1}{n})) \sim e^{- x} (n au voisinage de + \infty) \forall x > 0, lim_{n \to + \infty} F_{n} (x) = lim_{n \to + \infty} P (Y_{n} \leq x) = 1 - e^{- x}

$\exp([nx]\ln(1-\frac{1}{n}))\sim e^{-x} \text{ (} n \text{ au voisinage de } +\infty\text{)}\\ \forall x\gt0, \lim_{n\to+\infty} F_n(x) = \lim_{n\to+\infty}P(Y_n\le x)=1-e^{-x}$

Conclusion:

\forall x \leq 0, lim_{n \to + \infty} F_{n} (x) = lim_{n \to + \infty} P (Y_{n} \leq x) = 0 et \forall x > 0, lim_{n \to + \infty} F_{n} (x) = lim_{n \to + \infty} P (Y_{n} \leq x) = 1 - e^{- x} or F (x) {\begin{cases} 0 & x \leq 0 \\ 1 - e^{- x} & x > 0 \end{cases}

$\forall x\le 0, \lim_{n\to+\infty}F_n(x)=\lim_{n\to+\infty}P(Y_n\le x)=0\\ \text{et}\\ \forall x\gt0, \lim_{n\to+\infty}F_n(x)=\lim_{n\to+\infty}P(Y_n\le x)=1-e^{-x}\\ \text{or } F(x) \begin{cases} 0 &x\le 0 \\ 1-e^{-x} &x\gt 0 \end{cases}$

$F(x)$ est la fonction de repartition de la loi exponentielle $(\lambda=1)$

ASE2: TD 1, suite (encore)

Exercice 5

Exercice 6

Exercice 7

Exercice 8

Further Reading

ASE2: Convergence et estimation - 2

ASE2: Rappels sur les lois

ASE2: TD 2