1ère année Probabilités générales - Cursus Mathématiques ENSAI

Examen du 21 décembre 2017 - 2h30

Question de cours (2 points)

Exercice 1 (6 points)
1. Comme X et Y sont indépendantes, il vient que
Z Z
−1 −1 2 +y 2 )/2 dxdy
E[g ◦ φ (X, Y )] = g ◦ φ (x, y)fX (x)fY (y) dxdy = g ◦ φ−1 (x, y)e−(x .
R2 R2 2π

2. L’application φ est un C 1 -difféomorphisme de R∗+ × [0, 2π[ dans R2∗ . On fait le changement de variable
(x, y) = φ(u, v), on calcule
cos(v) √ !
√
2 u
− u sin(u)
|det Jφ (u, v)| = det sin(v) √ = 1/2.
√
2 u
u cos(v)

Ainsi,
e−u/2
Z
1
E(g(U, V )) = g(u, v) 1R+ (u) 1(0,2π) (v) dudv.
R2 2 2π
3. On identifie la densité du couple (U, V ) et on remarque qu’elle est à variables séparées donc U et V sont
indépendantes.
4. On reconnaı̂t pour U une loi exponentielle de paramètre 1/2 et pour V une loi uniforme sur [0, 2π[
5. On calcule à l’aide du changement de variable s = 1 − exp(−u/2) avec du = 2(1 − s)−1 ds :
Z ∞
e−u/2
Z 1
2(1 − s)
E[g(1 − e−U/2 )] = g(1 − e−u/2 ) du = g(s) ds.
0 2 0 2(1 − s)

On déduit que 1 − e−U/2 suit une loi uniforme sur ]0, 1[.
6. Pour résoudre ce problème, il suffit de se donner un couple de variables aléatoire (S, T ) indépendantes et
toutes les deux de loi uniforme sur ]0, 1[. Puis, on pose U = −2 log(1−S) et V = T , puis (X, Y ) = φ(U, V ).
Enfin, par indépendance de X et Y , en projettant sur la première coordonnée X, on obtient une variable
aléatoire de loi N (0, 1). La variable aléatoire voulue est finalement m + σX.

Exercice 2 (6 points)
1. (a) La suite (Xn )n≥1 étant i.i.d. et X1 ∈ L2 , on peut appliquer le TCL et on obtient la convergence en
loi de Tn vers une variable aléatoire G ∼ N (0, σ 2 ).
(b) Par la loi forte des grand nombres de Kolmogorov, Mn converge presque sûrement vers m et donc
Mn + m converge presque sûrement vers 2m.
√ √
(c) Pour tout n ≥ 1, Wn = n(Mn2 − m2 ) = n(Mn − m)(Mn + m) = Tn (Mn + m).
Or, Tn converge en loi vers G et Mn + m converge presque sûrement, donc en probabilité vers 2m.
Par le lemme de Slutsky et par continuité de l’application (x, y) → xy, la suite Wn converge en loi
vers 2mG. De plus 2mG ∼ N (0, 4m2 σ 2 ).
2. (a) C’est le développement de Taylor de f à l’ordre 1.
(b) La suite Tn converge en loi vers G et ε(Mn − m) vers 0 presque sûrement, donc en probabilité. Une
√
nouvelle application du lemme de Slutsky donne la convergence en loi de n(Mn − m)ε(Mn − m)
vers 0. Or la convergence en loi vers une constante implique la convergence en probabilité, d’où le
résultat.
(c) C’est encore une fois une application du lemme de Slutsky. La loi limite est alors la loi de f 0 (m)G,
i.e. une N (0, [f 0 (m)]2 σ 2 ). Notons que si f 0 (m) = 0, alors la variance limite est nulle, la limite est une
constante presque sûre et on déduit en réalité une convergence en probabilité.
Exercice 3 (6 points)
1. Les variables aléatoires Xn ne sont pas identiquement distribué.
2. (a) Pour tout n ≥ 1, P(Yn = −1) = P(Yn = 1) = 12 1 − 21n et P(Yn = 0) = 1
On déduit que Yn ∈ L2


2n .
(elle est bornée presque sûrement par 1) et
1
E(Yn ) = 0 et V(Yn ) = E(Yn2 ) = 1 − .
2n

(b) Comme V(Yn ) ≤ 1, on déduit que n≥1 V(Yn )/n2 < ∞. De plus, (Yn /n)n≥1 est une suite de variables
P

aléatoires indépendantes, de carré intégrable, centrées et V(Yn /n) = V(Yn )/n2 qui est sommable. Le
théorème des séries centrées implique que la série de terme général Yn /n converge presque sûrement
dans R.
(c) Le lemme de Kronecker implique que n1 nk=1 Yk = 0.
P

(d) Comme X X X
P(Xn 6= Yn ) = P(Xn = ±2n ) = 2−n < ∞,
n≥1 n≥1 n≥1

le premier lemme de Borel-Cantelli implique que P(lim sup{Xn 6= Yn }) = 0 et donc, par passage au
complémentaire, P(lim inf{Xn = Yn }) = 1.
(e) Ainsi, avec probabilité 1, Xn = Yn sauf peut-être pour nombre fini de n ≥ 1. Plus précisément,
il existe N (ω) tel que N < ∞ presque sûrement et pour tout n ≥ N (ω), Xn (ω) = Yn (ω). Par
conséquent,
n N
1X 1X
(Xk − Yk ) = Xk .
n n
k=1 k=1

Le terme à droite tend vers 0 presque sûrement lorsque n tend vers l’infini ce qui montre le résultat
voulu.

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