Espérance et variance : corrigé des exercices de maths sup.

Corrigé de l’exercice 1 : Espérance et variance à partir d’une loi

1. Par définition de l’espérance :
   \[E(X) = -2 \times 0{,}1 + 0 \times 0{,}3 + 1 \times 0{,}4 + 3 \times 0{,}2 = -0{,}2 + 0{,}4 + 0{,}6.\]
   Donc \(E(X) = 0{,}8\).
2. Les valeurs de \(X^2\) sont \(4\), \(0\), \(1\) et \(9\). Elles sont deux à deux distinctes, donc \(Y\) prend la valeur \(0\) avec probabilité \(0{,}3\), \(1\) avec probabilité \(0{,}4\), \(4\) avec probabilité \(0{,}1\) et \(9\) avec probabilité \(0{,}2\). Avec cette loi, \(E(Y) = 0 + 0{,}4 + 0{,}4 + 1{,}8 = 2{,}6\). Ensuite, la formule de transfert donne \(E(X^2) = 4 \times 0{,}1 + 0 \times 0{,}3 + 1 \times 0{,}4 + 9 \times 0{,}2 = 2{,}6\). Les deux méthodes donnent \(E(Y) = 2{,}6\).
3. Par la formule de König-Huygens, \(V(X) = E(X^2) – E(X)^2 = 2{,}6 – 0{,}64 = 1{,}96\). Ainsi \(V(X) = 1{,}96\) et \(\sigma(X) = 1{,}4\).
4. On applique la formule de transfert avec \(f(x) = |x – 1|\) :
   \[E(|X – 1|) = 3 \times 0{,}1 + 1 \times 0{,}3 + 0 \times 0{,}4 + 2 \times 0{,}2 = 0{,}3 + 0{,}3 + 0{,}4.\]
   Donc \(E(|X – 1|) = 1\).

Point de méthode : la formule de transfert évite de chercher la loi de \(f(X)\). Elle est surtout utile quand \(f\) n’est pas injective.

Corrigé de l’exercice 2 : Loi à paramètre et formule de transfert

1. La somme des probabilités vaut \(1\) : \(c(1 + 2 + 3 + 4) = 10c = 1\). De plus, avec \(c = \frac{1}{10}\), toutes les probabilités sont positives. Donc \(c = \frac{1}{10}\).
2. On calcule \(E(X) = \frac{1}{10}\sum_{k=1}^{4} k^2 = \frac{30}{10} = 3\). Ensuite, par transfert, \(E(X^2) = \frac{1}{10}\sum_{k=1}^{4} k^3 = \frac{1 + 8 + 27 + 64}{10} = 10\). Par conséquent, \(V(X) = 10 – 9\). On obtient \(E(X) = 3\), \(E(X^2) = 10\) et \(V(X) = 1\).
3. Par la formule de transfert, \(E\big(\frac{1}{X}\big) = \sum_{k=1}^{4} \frac{1}{k} \cdot \frac{k}{10} = \frac{4}{10}\). De même,
   \[E(2^X) = \frac{2 \times 1 + 4 \times 2 + 8 \times 3 + 16 \times 4}{10} = \frac{98}{10}.\]
   Donc \(E\big(\frac{1}{X}\big) = \frac{2}{5}\) et \(E(2^X) = \frac{49}{5}\). Enfin, \(\frac{1}{E(X)} = \frac{1}{3} < \frac{2}{5}\) : l’espérance de l’inverse n’est pas l’inverse de l’espérance.

Corrigé de l’exercice 3 : Transformation affine et variable centrée réduite

1. Par linéarité, \(E(Y) = \frac{E(X) – m}{\sigma} = 0\). Ensuite, d’après \(V(aX + b) = a^2V(X)\), on a \(V(Y) = \frac{V(X)}{\sigma^2} = 1\). La variable \(Y\) est centrée réduite.
2. Soit \(Z = aX + b\) avec \(a > 0\). D’une part, \(E(Z) = am + b\), donc \(Z\) est centrée si et seulement si \(b = -am\). D’autre part, \(V(Z) = a^2\sigma^2\) vaut \(1\) si et seulement si \(a = \frac{1}{\sigma}\), car \(a > 0\). Ainsi \(a = \frac{1}{\sigma}\), \(b = -\frac{m}{\sigma}\) et \(Z = Y\).
3. D’abord, \(E(D) = \frac{7}{2}\). Ensuite, \(E(D^2) = \frac{1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36}{6} = \frac{91}{6}\). Donc \(V(D) = \frac{91}{6} – \frac{49}{4} = \frac{182 – 147}{12} = \frac{35}{12}\). Par linéarité, \(E(3 – 2D) = 3 – 7 = -4\). Enfin, \(V(3 – 2D) = (-2)^2 V(D) = \frac{140}{12}\). On trouve \(V(D) = \frac{35}{12}\), \(E(3 – 2D) = -4\) et \(V(3 – 2D) = \frac{35}{3}\).

Corrigé de l’exercice 4 : Loi uniforme sur un intervalle d’entiers

1. On a \(E(X) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n+1}{2}\). Ensuite, par transfert, \(E(X^2) = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{(n+1)(2n+1)}{6}\). Par König-Huygens :
   \[V(X) = \frac{(n+1)(2n+1)}{6} – \frac{(n+1)^2}{4} = \frac{(n+1)\big(2(2n+1) – 3(n+1)\big)}{12} = \frac{(n+1)(n-1)}{12}.\]
   Donc \(E(X) = \frac{n+1}{2}\) et \(V(X) = \frac{n^2 – 1}{12}\).
2. On pose \(n = b – a + 1\) et \(X\) uniforme sur \(\{1, \ldots, n\}\). La variable \(X + a – 1\) prend chaque valeur \(u \in \{a, \ldots, b\}\) avec probabilité \(P(X = u – a + 1) = \frac{1}{n}\). Elle a donc la loi de \(U\). Par conséquent, \(E(U) = \frac{n+1}{2} + a – 1 = \frac{b – a + 2}{2} + a – 1\). Enfin, une translation ne change pas la variance. Donc \(E(U) = \frac{a+b}{2}\) et \(V(U) = \frac{(b – a + 1)^2 – 1}{12}\).
3. Ici \(a = 0\) et \(b = 10\), donc \(n = 11\). L’espérance vaut \(5\) et la variance \(\frac{121 – 1}{12} = 10\).

Corrigé de l’exercice 5 : Moments de la loi binomiale par le calcul direct

1. Pour \(1 \leq\, k \leq\, n\) :
   \[k\binom\,{n}{k} = \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!} = n \cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)!\,\big((n-1) – (k-1)\big)!} = n\binom\,{n-1}{k-1}.\]
   Ensuite, pour \(2 \leq\, k \leq\, n\), on applique cette formule deux fois, la seconde avec \(n – 1\) et \(k – 1\) : \(k(k-1)\binom\,{n}{k} = n(k-1)\binom\,{n-1}{k-1} = n(n-1)\binom\,{n-2}{k-2}\). Les deux identités sont établies.
2. Le terme \(k = 0\) est nul. Puis on pose \(j = k – 1\) :
   \[E(X) = \sum_{k=1}^{n} n\binom\,{n-1}{k-1} p^k q^{n-k} = np\sum_{j=0}^{n-1}\binom\,{n-1}{j} p^j q^{n-1-j} = np(p + q)^{n-1}.\]
   Comme \(p + q = 1\), on obtient \(E(X) = np\).
3. Par transfert, les termes \(k = 0\) et \(k = 1\) sont nuls. On pose ensuite \(j = k – 2\) :
   \[E\big(X(X-1)\big) = n(n-1)p^2\sum_{j=0}^{n-2}\binom\,{n-2}{j}p^j q^{n-2-j} = n(n-1)p^2.\]
   Donc \(E(X(X-1)) = n(n-1)p^2\).
4. Par linéarité, \(E(X^2) = E(X(X-1)) + E(X) = n(n-1)p^2 + np\). Ainsi, \(V(X) = n(n-1)p^2 + np – n^2p^2 = np – np^2\). On retrouve \(V(X) = np(1-p)\).

Point de méthode : le moment \(E(X(X-1))\), dit factoriel, se calcule mieux que \(E(X^2)\), car \(k(k-1)\) se simplifie avec \(k!\).

Corrigé de l’exercice 6 : Espérance d’une variable à valeurs complexes

1. Par la formule de transfert, puis par la formule du binôme :
   \[E\big(e^{i\theta X}\big) = \sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}\big(pe^{i\theta}\big)^k q^{n-k} = \big(q + pe^{i\theta}\big)^n.\]
   Donc \(E(e^{i\theta X}) = (q + pe^{i\theta})^n\).
2. Pour \(p = \frac{1}{2}\), on factorise par l’angle moitié : \(\frac{1 + e^{i\theta}}{2} = e^{i\theta/2}\,\frac{e^{-i\theta/2} + e^{i\theta/2}}{2} = e^{i\theta/2}\cos(\theta/2)\). Par conséquent, \(E(e^{i\theta X}) = e^{in\theta/2}\cos^n(\theta/2)\). Son module vaut \(|\cos(\theta/2)|^n\). Pour \(\theta = \pi\), on obtient \(E(e^{i\pi X}) = 0\), car \(\cos(\pi/2) = 0\) et \(n \geq\, 1\). Or \(\cos(\pi X)\) est la partie réelle de \(e^{i\pi X}\), donc \(E(\cos(\pi X)) = \mathrm{Re}\big(E(e^{i\pi X})\big) = 0\). Ainsi \(E(\cos(\pi X)) = 0\). De plus, \(\cos(\pi X) = (-1)^X\) vaut \(1\) si \(X\) est pair et \(-1\) sinon. Donc \(P(X \text{ pair}) – P(X \text{ impair}) = 0\). Autrement dit, \(P(X \text{ pair}) = \frac{1}{2}\).
3. On note \(\omega = e^{2i\pi k/n}\). Par transfert, \(E(Z^k) = \frac{1}{n}\sum_{u=0}^{n-1}\omega^u\). Si \(n\) divise \(k\), alors \(\omega = 1\) et la somme vaut \(n\). Sinon, \(\omega \neq 1\) et la somme géométrique vaut \(\frac{1 – \omega^n}{1 – \omega} = 0\), car \(\omega^n = e^{2i\pi k} = 1\). Donc \(E(Z^k) = 1\) si \(n \mid k\) et \(E(Z^k) = 0\) sinon. En particulier, comme \(n \geq\, 2\), \(E(Z) = 0\). Or \(|Z| = 1\), donc \(E(|Z|) = 1\). L’inégalité \(|E(Z)| \leq\, E(|Z|)\) est ici stricte : \(0 < 1\).

Corrigé de l’exercice 7 : Formule de transfert et inverse d’une binomiale

1. Pour \(0 \leq\, k \leq\, n\), on a \((n+1) – (k+1) = n – k\). Donc
   \[\frac{1}{k+1}\binom\,{n}{k} = \frac{n!}{(k+1)!\,(n-k)!} = \frac{1}{n+1}\cdot\frac{(n+1)!}{(k+1)!\,(n-k)!} = \frac{1}{n+1}\binom\,{n+1}{k+1}.\]
   L’identité est démontrée.
2. Par la formule de transfert, puis la question 1, et enfin avec \(j = k + 1\) :
   \[E\Big(\frac{1}{X+1}\Big) = \frac{1}{(n+1)p}\sum_{k=0}^{n}\binom\,{n+1}{k+1}p^{k+1}q^{n-k} = \frac{1}{(n+1)p}\sum_{j=1}^{n+1}\binom\,{n+1}{j}p^j q^{n+1-j}.\]
   La dernière somme est le binôme \((p + q)^{n+1} = 1\) privé de son terme \(j = 0\), qui vaut \(q^{n+1}\). Donc \(E\big(\frac{1}{X+1}\big) = \frac{1 – q^{n+1}}{(n+1)p}\).
3. Pour \(n = 1\), \(X\) vaut \(0\) avec probabilité \(q\) et \(1\) avec probabilité \(p\). Directement, \(E\big(\frac{1}{X+1}\big) = q + \frac{p}{2}\). Par ailleurs, la formule donne \(\frac{1 – q^2}{2p} = \frac{(1 – q)(1 + q)}{2p} = \frac{1 + q}{2} = \frac{2 – p}{2}\). Les deux valent \(1 – \frac{p}{2}\).
4. Pour \(n = 2\) et \(p = \frac{1}{2}\), la formule donne \(\frac{1 – 1/8}{3/2} = \frac{7}{8}\cdot\frac{2}{3} = \frac{7}{12}\). On le vérifie : \(\frac{1}{4}\cdot 1 + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2} + \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3} = \frac{7}{12}\). En revanche, \(E(X) = 1\), donc \(\frac{1}{E(X) + 1} = \frac{1}{2}\). On a \(E\big(\frac{1}{X+1}\big) = \frac{7}{12} > \frac{1}{2} = \frac{1}{E(X)+1}\).

Corrigé de l’exercice 8 : Espérance à l’aide des probabilités P(X ≥ k)

1. Pour \(1 \leq\, k \leq\, n\), on a \(P(X \geq\, k) = \sum_{j=k}^{n}P(X = j)\). On échange ensuite les deux sommes finies :
   \[\sum_{k=1}^{n}P(X \geq\, k) = \sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{j}P(X = j) = \sum_{j=1}^{n}j\,P(X = j).\]
   Le terme \(j = 0\) de l’espérance est nul. Donc \(E(X) = \sum_{k=1}^{n}P(X \geq\, k)\).
2. Notons \(D_1\) et \(D_2\) les deux dés. L’événement \(\{M \leq\, k\}\) est \(\{D_1 \leq\, k\} \cap \{D_2 \leq\, k\}\). Par indépendance, \(P(M \leq\, k) = \frac{k^2}{36}\). Ensuite, \(P(M \geq\, k) = 1 – P(M \leq\, k – 1) = 1 – \frac{(k-1)^2}{36}\). Donc
   \[E(M) = \sum_{k=1}^{6}\Big(1 – \frac{(k-1)^2}{36}\Big) = 6 – \frac{0 + 1 + 4 + 9 + 16 + 25}{36} = 6 – \frac{55}{36}.\]
   Ainsi \(E(M) = \frac{161}{36} \approx 4{,}47\).
3. Pour \(1 \leq\, k \leq\, 6\), on a \(P(M = k) = P(M \leq\, k) – P(M \leq\, k-1) = \frac{k^2 – (k-1)^2}{36}\). Donc \(P(M = k) = \frac{2k – 1}{36}\). On vérifie : \(\sum_{k=1}^{6}k(2k – 1) = 2 \times 91 – 21 = 161\). On retrouve bien \(E(M) = \frac{161}{36}\).
4. De même, \(\{m \geq\, k\} = \{D_1 \geq\, k\} \cap \{D_2 \geq\, k\}\), donc \(P(m \geq\, k) = \frac{(7 – k)^2}{36}\). Par la question 1 :
   \[E(m) = \frac{36 + 25 + 16 + 9 + 4 + 1}{36} = \frac{91}{36}.\]
   Donc \(E(m) = \frac{91}{36} \approx 2{,}53\). Contrôle : \(M + m = D_1 + D_2\), donc \(E(M) + E(m) = 7\). Or \(\frac{161 + 91}{36} = \frac{252}{36} = 7\). La figure ci-dessous montre les deux lois : elles sont symétriques l’une de l’autre par rapport à \(\frac{7}{2}\).

Corrigé de l’exercice 9 : Covariance nulle sans indépendance

1. Par symétrie, \(E(X) = \frac{-1 + 0 + 1}{3} = 0\). Ensuite, \(Y\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(P(X \neq 0) = \frac{2}{3}\), donc \(E(Y) = \frac{2}{3}\). De plus, \(XY = X^3 = X\), car \(X \in \{-1, 0, 1\}\). Donc \(E(XY) = 0\). Ainsi \(\mathrm{Cov}(X, Y) = 0 – 0 \times \frac{2}{3} = 0\).
2. On a \(P(X = 0, Y = 1) = 0\), car \(X = 0\) impose \(Y = 0\). Cependant, \(P(X = 0)P(Y = 1) = \frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3} = \frac{2}{9} \neq 0\). Les variables \(X\) et \(Y\) ne sont pas indépendantes, bien que décorrélées.
3. D’abord, \(V(X) = E(X^2) = \frac{2}{3}\) et \(V(Y) = \frac{2}{3}\cdot\frac{1}{3} = \frac{2}{9}\). Comme la covariance est nulle, \(V(X + Y) = \frac{2}{3} + \frac{2}{9} = \frac{8}{9}\). Vérifions avec la loi. Si \(X = -1\) ou \(X = 0\), alors \(X + Y = 0\) ; si \(X = 1\), alors \(X + Y = 2\). Donc \(X + Y = 2B\), avec \(B \sim \mathcal{B}(\frac{1}{3})\). Ainsi \(V(X + Y) = 4 \cdot \frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\). Les deux méthodes donnent \(V(X + Y) = \frac{8}{9}\).

Corrigé de l’exercice 10 : Couple défini par un tableau

1. On somme les lignes, puis les colonnes. On obtient \(P(X = 0) = 0{,}3\), \(P(X = 1) = 0{,}3\), \(P(X = 2) = 0{,}4\), puis \(P(Y = 0) = 0{,}6\) et \(P(Y = 1) = 0{,}4\).
2. On calcule \(E(X) = 0{,}3 + 0{,}8 = 1{,}1\) et \(E(X^2) = 0{,}3 + 1{,}6 = 1{,}9\). Donc \(V(X) = 1{,}9 – 1{,}21\). Ensuite, \(Y \sim \mathcal{B}(0{,}4)\). Ainsi \(E(X) = 1{,}1\), \(V(X) = 0{,}69\), \(E(Y) = 0{,}4\) et \(V(Y) = 0{,}24\).
3. Par transfert, seuls les termes où \(xy \neq 0\) comptent : \(E(XY) = 1 \times 1 \times 0{,}1 + 2 \times 1 \times 0{,}1 = 0{,}3\). Donc \(\mathrm{Cov}(X, Y) = 0{,}3 – 1{,}1 \times 0{,}4 = -0{,}14\). La covariance vaut \(-0{,}14\). Elle est non nulle, donc \(X\) et \(Y\) ne sont pas indépendantes.
4. Par bilinéarité de la covariance :
   \[\begin{aligned} V(X + Y) = 0{,}69 + 0{,}24 – 0{,}28 = 0{,}65, \\ V(X – Y) = 0{,}69 + 0{,}24 + 0{,}28 = 1{,}21, \\ V(2X – 3Y) = 4 \times 0{,}69 + 9 \times 0{,}24 – 12 \times (-0{,}14) = 6{,}6. \end{aligned}\]
   Vérifions la première valeur. La variable \(S = X + Y\) vaut \(0\) avec probabilité \(0{,}1\), \(1\) avec probabilité \(0{,}2 + 0{,}2 = 0{,}4\), \(2\) avec probabilité \(0{,}1 + 0{,}3 = 0{,}4\) et \(3\) avec probabilité \(0{,}1\). Ainsi \(E(S) = 1{,}5\) et \(E(S^2) = 0{,}4 + 1{,}6 + 0{,}9 = 2{,}9\). On retrouve \(V(X + Y) = 2{,}9 – 2{,}25 = 0{,}65\) ; de plus \(V(X – Y) = 1{,}21\) et \(V(2X – 3Y) = 6{,}6\).

Corrigé de l’exercice 11 : Espérance et variance d’un produit indépendant

1. Les variables \(X\) et \(Y\) sont indépendantes. D’après le lemme des coalitions, \(X^2\) et \(Y^2\) le sont aussi. Donc \(E(X^2Y^2) = E(X^2)E(Y^2)\) et \(E(XY) = E(X)E(Y)\). On écrit \(E(X^2) = V(X) + E(X)^2\), et de même pour \(Y\). En développant :
   \[V(XY) = \big(V(X) + E(X)^2\big)\big(V(Y) + E(Y)^2\big) – E(X)^2E(Y)^2.\]
   Après simplification, \(V(XY) = V(X)V(Y) + V(X)E(Y)^2 + V(Y)E(X)^2\).
2. Le produit \(XY\) prend ses valeurs dans \(\{0, 1\}\). Par indépendance, \(P(XY = 1) = P(X = 1)P(Y = 1) = pp^{\prime}\). Donc \(XY \sim \mathcal{B}(pp^{\prime})\) et \(V(XY) = pp^{\prime}(1 – pp^{\prime})\). Avec \(q = 1 – p\) et \(q^{\prime} = 1 – p^{\prime}\), la formule donne \(pqp^{\prime}q^{\prime} + pqp^{\prime 2} + p^{\prime}q^{\prime}p^2 = pp^{\prime}\big(q(q^{\prime} + p^{\prime}) + q^{\prime}p\big)\). Cette quantité vaut \(pp^{\prime}(q + q^{\prime}p) = pp^{\prime}(1 – pp^{\prime})\). On retrouve bien le résultat.
3. Par indépendance, \(E(XY) = \big(\frac{7}{2}\big)^2 = \frac{49}{4}\). Ensuite, avec \(V(X) = V(Y) = \frac{35}{12}\) :
   \[V(XY) = \frac{1225}{144} + 2 \cdot \frac{35}{12}\cdot\frac{49}{4} = \frac{1225 + 10290}{144}.\]
   Donc \(E(XY) = \frac{49}{4}\) et \(V(XY) = \frac{11515}{144} \approx 79{,}97\). Contrôle : \(E(X^2)^2 – E(XY)^2 = \frac{8281}{36} – \frac{2401}{16} = \frac{33124 – 21609}{144}\), ce qui redonne \(\frac{11515}{144}\).
4. Prenons \(Y = X\) avec \(X \sim \mathcal{B}(\frac{1}{2})\). Alors \(XY = X^2 = X\), donc \(V(XY) = \frac{1}{4}\). La formule donnerait \(\frac{1}{16} + 2 \cdot \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4} = \frac{3}{16}\). La formule est fausse sans indépendance.

Corrigé de l’exercice 12 : Points fixes d’une permutation aléatoire

1. On note \(A_i = \{\sigma(i) = i\}\). Alors \(N = \sum_{i=1}^{n}\mathbf{1}_{A_i}\). Les permutations qui fixent \(i\) correspondent aux permutations des \(n – 1\) autres éléments. Elles sont \((n-1)!\) parmi \(n!\), donc \(P(A_i) = \frac{1}{n}\). Par linéarité, \(E(N) = n \cdot \frac{1}{n}\). Donc \(E(N) = 1\).
2. De même, les permutations qui fixent \(i\) et \(j\) sont au nombre de \((n-2)!\). Ainsi, \(P(A_i \cap A_j) = \frac{1}{n(n-1)}\). Comme \(\mathbf{1}_{A_i}\mathbf{1}_{A_j} = \mathbf{1}_{A_i \cap A_j}\) :
   \[\mathrm{Cov}(\mathbf{1}_{A_i}, \mathbf{1}_{A_j}) = \frac{1}{n(n-1)} – \frac{1}{n^2} = \frac{n – (n-1)}{n^2(n-1)}.\]
   Cette covariance vaut \(\frac{1}{n^2(n-1)}\).
3. Par la formule de la variance d’une somme, avec \(n(n-1)\) couples ordonnés \((i, j)\), \(i \neq j\) :
   \[V(N) = n\cdot\frac{1}{n}\Big(1 – \frac{1}{n}\Big) + n(n-1)\cdot\frac{1}{n^2(n-1)} = 1 – \frac{1}{n} + \frac{1}{n}.\]
   Donc \(V(N) = 1\), quel que soit \(n \geq\, 2\).
4. La variable \(N\) est positive. Par l’inégalité de Markov, \(P(N \geq\, 3) \leq\, \frac{E(N)}{3} = \frac{1}{3}\). Ensuite, \(N \geq\, 3\) implique \(N – 1 \geq\, 2\), donc \(\{N \geq\, 3\} \subset \{|N – 1| \geq\, 2\}\). Par Bienaymé-Tchebychev, \(P(N \geq\, 3) \leq\, \frac{V(N)}{4} = \frac{1}{4}\). La borne de Bienaymé-Tchebychev, \(\frac{1}{4}\), est meilleure que celle de Markov, \(\frac{1}{3}\).

La figure ci-dessous donne la loi exacte de \(N\) pour \(n = 6\), obtenue en énumérant les \(720\) permutations. On y lit \(P(N \geq\, 3) = \frac{56}{720} \approx 0{,}078\), bien sous les deux bornes. On note aussi que \(P(N = 5) = 0\) : une permutation qui fixe \(5\) éléments fixe forcément le sixième.

Corrigé de l’exercice 13 : Tirages sans remise et loi hypergéométrique

1. L’univers \(\Omega\) est l’ensemble des \(n\)-uplets de boules distinctes, muni de la probabilité uniforme. Son cardinal est \(A_N^n = \frac{N!}{(N-n)!}\). Pour réaliser \(B_k\), on choisit la \(k\)-ième boule parmi les \(b\) blanches, puis les \(n – 1\) autres parmi les \(N – 1\) restantes, dans l’ordre. D’où \(|B_k| = b\,A_{N-1}^{n-1}\). Or \(A_N^n = N\,A_{N-1}^{n-1}\). Donc \(P(B_k) = \frac{b}{N}\), quel que soit le rang \(k\).
2. On a \(X = \sum_{k=1}^{n}\mathbf{1}_{B_k}\). Par linéarité, \(E(X) = \frac{nb}{N}\).
3. Pour \(k \neq l\), on choisit de même les boules des rangs \(k\) et \(l\) parmi les blanches, puis les autres. Ainsi \(|B_k \cap B_l| = b(b-1)A_{N-2}^{n-2}\) et \(A_N^n = N(N-1)A_{N-2}^{n-2}\). Donc \(P(B_k \cap B_l) = \frac{b(b-1)}{N(N-1)}\). Ensuite :
   \[\mathrm{Cov}(\mathbf{1}_{B_k}, \mathbf{1}_{B_l}) = \frac{b(b-1)}{N(N-1)} – \frac{b^2}{N^2} = \frac{b\big(N(b-1) – b(N-1)\big)}{N^2(N-1)} = \frac{b(b – N)}{N^2(N-1)}.\]
   La covariance vaut \(-\frac{b(N-b)}{N^2(N-1)}\) : elle est négative.
4. Chaque \(\mathbf{1}_{B_k}\) a pour variance \(\frac{b}{N}\big(1 – \frac{b}{N}\big) = \frac{b(N-b)}{N^2}\). Avec \(n(n-1)\) couples ordonnés :
   \[V(X) = \frac{nb(N-b)}{N^2} – \frac{n(n-1)b(N-b)}{N^2(N-1)} = \frac{nb(N-b)}{N^2}\Big(1 – \frac{n-1}{N-1}\Big).\]
   Or \(1 – \frac{n-1}{N-1} = \frac{N-n}{N-1}\). On obtient \(V(X) = n\frac{b}{N}\big(1 – \frac{b}{N}\big)\frac{N-n}{N-1}\).
5. Avec \(N = 10\), \(b = 4\) et \(n = 5\), on trouve \(E(X) = 2\) et \(V(X) = 5 \cdot \frac{2}{5}\cdot\frac{3}{5}\cdot\frac{5}{9} = \frac{2}{3}\). Avec remise, le nombre de blanches suivrait la loi \(\mathcal{B}(5; 0{,}4)\), d’espérance \(2\) et de variance \(1{,}2\). Les espérances sont égales ; sans remise, la variance \(\frac{2}{3}\) est plus petite que \(\frac{6}{5}\). En effet, le facteur \(\frac{N-n}{N-1} = \frac{5}{9}\) traduit la corrélation négative des tirages.

Corrigé de l’exercice 14 : Urnes vides

1. Soit \(E_j\) l’événement « l’urne \(j\) est vide ». Chaque boule évite l’urne \(j\) avec probabilité \(1 – \frac{1}{r}\), et les boules sont placées indépendamment. Donc \(P(E_j) = \big(1 – \frac{1}{r}\big)^n = a\). Comme \(V = \sum_{j=1}^{r}\mathbf{1}_{E_j}\), la linéarité donne \(E(V) = ra\). Donc \(E(V) = r\big(1 – \frac{1}{r}\big)^n\), et le nombre d’urnes occupées a pour espérance \(r – r\big(1 – \frac{1}{r}\big)^n\).
2. Pour \(j \neq k\), chaque boule évite les deux urnes avec probabilité \(1 – \frac{2}{r}\). Donc \(P(E_j \cap E_k) = b\) et \(\mathrm{Cov}(\mathbf{1}_{E_j}, \mathbf{1}_{E_k}) = b – a^2\). Par ailleurs, \(V(\mathbf{1}_{E_j}) = a(1-a)\). Il y a \(r(r-1)\) couples ordonnés \((j, k)\) avec \(j \neq k\). Donc \(V(V) = ra(1-a) + r(r-1)(b – a^2)\).
3. Pour \(n = r = 4\) : \(a = \frac{81}{256}\) et \(b = \frac{1}{16} = \frac{16}{256}\). D’abord, \(E(V) = 4 \cdot \frac{81}{256} = \frac{81}{64}\). Ensuite :
   \[V(V) = 4\cdot\frac{81}{256}\cdot\frac{175}{256} + 12\Big(\frac{4096 – 6561}{65536}\Big) = \frac{56700 – 29580}{65536} = \frac{27120}{65536}.\]
   Donc \(E(V) = \frac{81}{64} \approx 1{,}27\) et \(V(V) = \frac{1695}{4096} \approx 0{,}41\).
4. Il y a \(4^4 = 256\) répartitions équiprobables. On compte les cas :
   • \(V = 3\) : toutes les boules dans une même urne, soit \(4\) cas ;
   • \(V = 2\) : on choisit \(2\) urnes, puis une répartition qui les remplit toutes deux, soit \(6 \times (2^4 – 2) = 84\) cas ;
   • \(V = 0\) : une boule par urne, soit \(4! = 24\) cas ;
   • \(V = 1\) : le reste, soit \(256 – 4 – 84 – 24 = 144\) cas.

   Ainsi \(E(V) = \frac{144 + 168 + 12}{256} = \frac{324}{256} = \frac{81}{64}\). Ensuite, \(E(V^2) = \frac{144 + 336 + 36}{256} = \frac{8256}{4096}\). Donc \(V(V) = \frac{8256 – 6561}{4096}\). La loi \(\big(\frac{24}{256}, \frac{144}{256}, \frac{84}{256}, \frac{4}{256}\big)\) confirme \(E(V) = \frac{81}{64}\) et \(V(V) = \frac{1695}{4096}\).

Corrigé de l’exercice 15 : Nombre de changements dans une suite de lancers

1. L’événement \(\{C_i = 1\}\) est la réunion disjointe de \(\{X_i = 1, X_{i+1} = 0\}\) et de \(\{X_i = 0, X_{i+1} = 1\}\). Par indépendance, \(P(C_i = 1) = pq + qp = 2pq\). Comme \(C = \sum_{i=1}^{n-1}C_i\), on obtient \(E(C) = 2(n-1)pq\).
2. La variable \(C_i\) est une fonction de \((X_i, X_{i+1})\), et \(C_j\) une fonction de \((X_j, X_{j+1})\). Si \(|i – j| \geq\, 2\), les ensembles d’indices \(\{i, i+1\}\) et \(\{j, j+1\}\) sont disjoints. Par le lemme des coalitions, \(C_i\) et \(C_j\) sont indépendantes, donc décorrélées.
3. On a \(C_iC_{i+1} = 1\) si et seulement si \(X_i \neq X_{i+1}\) et \(X_{i+1} \neq X_{i+2}\). Les triplets possibles sont \((1, 0, 1)\) et \((0, 1, 0)\). Donc \(E(C_iC_{i+1}) = p^2q + q^2p = pq(p + q) = pq\). Ainsi \(\mathrm{Cov}(C_i, C_{i+1}) = pq – 4p^2q^2 = pq(1 – 4pq)\).
4. Chaque \(C_i\) suit la loi \(\mathcal{B}(2pq)\), donc \(V(C_i) = 2pq(1 – 2pq)\). Dans la somme des covariances, seuls les couples \(i < j\) avec \(j = i + 1\) comptent, d’après la question 2. Il y en a \(n – 2\). Par conséquent \(V(C) = 2(n-1)pq(1 – 2pq) + 2(n-2)pq(1 – 4pq)\).
5. Pour \(p = \frac{1}{2}\), \(pq = \frac{1}{4}\) : la covariance est nulle et \(V(C_i) = \frac{1}{4}\). Avec \(n – 1 = 100\), on trouve \(E(C) = 50\) et \(V(C) = 25\). Par Bienaymé-Tchebychev, \(P(|C – 50| \geq\, 10) \leq\, \frac{25}{100} = \frac{1}{4}\).

Corrigé de l’exercice 16 : Inégalité de Markov et somme de dés

1. On a \(S = D_1 + D_2\) avec \(D_1\), \(D_2\) indépendants de loi uniforme sur \(\{1, \ldots, 6\}\). Par linéarité, \(E(S) = 7\). Par indépendance, \(V(S) = 2 \times \frac{35}{12}\). Donc \(E(S) = 7\) et \(V(S) = \frac{35}{6}\).
2. La variable \(S\) est positive. Par Markov, \(P(S \geq\, 10) \leq\, \frac{7}{10}\). Ensuite, \(S \geq\, 10\) implique \(|S – 7| \geq\, 3\). Par Bienaymé-Tchebychev, \(P(S \geq\, 10) \leq\, \frac{35/6}{9} = \frac{35}{54} \approx 0{,}65\). Enfin, les couples qui donnent \(S \geq\, 10\) sont \((4, 6)\), \((5, 5)\), \((6, 4)\), \((5, 6)\), \((6, 5)\) et \((6, 6)\). La valeur exacte vaut \(\frac{6}{36} = \frac{1}{6} \approx 0{,}17\), loin des bornes \(0{,}7\) et \(0{,}65\). On peut d’ailleurs améliorer la seconde borne. En effet, la loi de \(S\) est symétrique par rapport à \(7\), donc \(P(S \geq\, 10) = \frac{1}{2}P(|S – 7| \geq\, 3) \leq\, \frac{35}{108} \approx 0{,}32\).
3. Comme \(0 < m \leq\, a\), le nombre \(\frac{m}{a}\) est dans \(]0, 1]\). On définit \(X\) par \(P(X = a) = \frac{m}{a}\) et \(P(X = 0) = 1 – \frac{m}{a}\). Alors \(X \geq\, 0\) et \(E(X) = a \cdot \frac{m}{a} = m\). De plus, \(P(X \geq\, a) = \frac{m}{a} = \frac{E(X)}{a}\). L’inégalité de Markov est une égalité pour cette variable : on ne peut pas l’améliorer sans autre information sur la loi.

Corrigé de l’exercice 17 : Inégalité de Bienaymé-Tchebychev pour une binomiale

1. Les lancers sont indépendants et chacun donne pile avec probabilité \(\frac{1}{2}\). Donc \(X \sim \mathcal{B}(100, \frac{1}{2})\), avec \(E(X) = 50\) et \(V(X) = 25\).
2. Par Bienaymé-Tchebychev, \(P(|X – 50| \geq\, 10) \leq\, \frac{25}{10^2} = \frac{1}{4}\). Or \(\{40 < X < 60\} = \{|X – 50| < 10\}\) est l’événement contraire. Donc \(P(|X – 50| \geq\, 10) \leq\, \frac{1}{4}\) et \(P(40 < X < 60) \geq\, \frac{3}{4}\).
3. On veut \(\frac{25}{t^2} \leq\, 0{,}05\), c’est-à-dire \(t^2 \geq\, 500\). Or \(22^2 = 484\) et \(23^2 = 529\). Le plus petit entier convenable est \(t = 23\).
4. Par Markov, \(P(X \geq\, 60) \leq\, \frac{50}{60} = \frac{5}{6}\). Ensuite, \(100 – X\) compte les faces et suit la même loi que \(X\). Donc \(P(X \geq\, 60) = P(100 – X \geq\, 60) = P(X \leq\, 40)\). Ces deux événements disjoints ont pour réunion \(\{|X – 50| \geq\, 10\}\). Ainsi \(2P(X \geq\, 60) \leq\, \frac{1}{4}\). On obtient \(P(X \geq\, 60) \leq\, \frac{1}{8}\), bien meilleur que \(\frac{5}{6}\).

La figure ci-dessous montre la loi de \(X\). Les valeurs en rouge forment l’événement \(\{|X – 50| \geq\, 10\}\). Sa probabilité exacte, environ \(0{,}057\), reste loin du majorant \(0{,}25\). De même, \(P(X \geq\, 60) \approx 0{,}028\).

Corrigé de l’exercice 18 : Taille d’un sondage

1. Par linéarité, \(E(F_n) = p\). Les \(X_i\) sont indépendantes, donc \(V(F_n) = \frac{1}{n^2} \cdot np(1-p) = \frac{p(1-p)}{n}\). Or \(p(1-p) = \frac{1}{4} – \big(p – \frac{1}{2}\big)^2 \leq\, \frac{1}{4}\). Donc \(E(F_n) = p\) et \(V(F_n) \leq\, \frac{1}{4n}\).
2. Par Bienaymé-Tchebychev et la question 1, \(P(|F_n – p| \geq\, 0{,}02) \leq\, \frac{1}{4n \times 0{,}0004} = \frac{625}{n}\). Cette borne est au plus \(0{,}05\) si et seulement si \(n \geq\, 12\,500\). Interroger \(12\,500\) personnes suffit.
3. Avec \(\varepsilon = 0{,}01\), la borne devient \(\frac{2500}{n}\), et il faut \(n \geq\, 50\,000\). Diviser la précision par \(2\) multiplie la taille suffisante par \(4\). En effet, cette taille est proportionnelle à \(\frac{1}{\varepsilon^2}\).
4. La fonction \(p \mapsto p(1-p)\) est croissante sur \([0, \frac{1}{2}]\). Donc, si \(p \leq\, 0{,}1\), \(p(1-p) \leq\, 0{,}09\). La borne devient \(\frac{0{,}09}{n \times 0{,}0004} = \frac{225}{n}\). Il suffit alors de \(n \geq\, 4\,500\). La figure ci-dessous compare les deux majorants et leur seuil commun \(0{,}05\).

Corrigé de l’exercice 19 : Moyenne de lancers de dés

1. Les résultats \(D_1, \ldots, D_n\) sont indépendants, d’espérance \(\frac{7}{2}\) et de variance \(\frac{35}{12}\). Par linéarité, \(E(M_n) = \frac{7}{2}\). Par indépendance, \(V(M_n) = \frac{1}{n^2} \cdot n \cdot \frac{35}{12}\). Donc \(E(M_n) = \frac{7}{2}\) et \(V(M_n) = \frac{35}{12n}\).
2. Par Bienaymé-Tchebychev, \(P(|M_n – 3{,}5| \geq\, 0{,}1) \leq\, \frac{35}{12n \times 0{,}01}\). On impose que cette borne soit au plus \(0{,}05\), soit \(n \geq\, \frac{35}{0{,}006} \approx 5833{,}3\). Il suffit de \(5\,834\) lancers.
3. La fréquence \(F_n\) est la moyenne de \(n\) Bernoulli indépendantes de paramètre \(\frac{1}{6}\). Donc \(V(F_n) = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{6}\cdot\frac{5}{6} = \frac{5}{36n}\). On impose \(\frac{5}{36n \times 10^{-4}} \leq\, 0{,}1\), soit \(n \geq\, \frac{5}{36 \times 10^{-5}} \approx 13\,888{,}9\). Il suffit de \(13\,889\) lancers.
4. Pour tout \(\varepsilon > 0\), \(0 \leq\, P(|M_n – 3{,}5| \geq\, \varepsilon) \leq\, \frac{35}{12n\varepsilon^2}\). Le majorant tend vers \(0\). Par encadrement, la probabilité tend vers \(0\) : c’est la loi faible des grands nombres pour les dés.

Corrigé de l’exercice 20 : Variance nulle et meilleure approximation par une constante

1. Par transfert, \(V(X) = \sum_{x \in X(\Omega)}(x – m)^2P(X = x)\). C’est une somme de termes positifs. Elle est nulle si et seulement si chaque terme est nul, c’est-à-dire \(P(X = x) = 0\) pour tout \(x \neq m\). Cela équivaut à \(P(X = m) = 1\). Donc \(V(X) = 0\) si et seulement si \(X\) est presque sûrement égale à \(m\).
2. De même, \(E(X) = \sum_x xP(X = x)\) est une somme de termes positifs, car \(X \geq\, 0\). Si elle est nulle, alors \(P(X = x) = 0\) pour tout \(x > 0\). Donc \(P(X = 0) = 1\).
3. On écrit \(X – a = (X – m) + (m – a)\). En développant, puis par linéarité :
   \[g(a) = V(X) + 2(m – a)E(X – m) + (m – a)^2 = V(X) + (m – a)^2,\]
   car \(E(X – m) = 0\). Ainsi \(g\) atteint son minimum \(V(X)\) en \(a = m\), et seulement en ce point.
4. On pose \(c = \frac{\alpha + \beta}{2}\). Comme \(\alpha \leq\, X \leq\, \beta\), on a \(|X – c| \leq\, \frac{\beta – \alpha}{2}\). Par la question 3 et la croissance de l’espérance, \(V(X) = g(m) \leq\, g(c) \leq\, \frac{(\beta – \alpha)^2}{4}\). Donc \(V(X) \leq\, \frac{(\beta – \alpha)^2}{4}\). Il y a égalité si \(X\) vaut \(\alpha\) et \(\beta\) avec probabilité \(\frac{1}{2}\) chacune. En effet, dans ce cas \(m = c\) et \((X – c)^2 = \frac{(\beta – \alpha)^2}{4}\). Par exemple, une Bernoulli de paramètre \(\frac{1}{2}\) a pour variance \(\frac{1}{4}\).

Corrigé de l’exercice 21 : Coefficient de corrélation et régression linéaire

1. Par bilinéarité, \(h(\lambda) = V(Y – \lambda X) = V(Y) – 2\lambda\,\mathrm{Cov}(X, Y) + \lambda^2V(X)\). C’est un trinôme du second degré, car \(V(X) > 0\). Il est positif pour tout réel \(\lambda\), donc son discriminant est négatif ou nul : \(4\,\mathrm{Cov}(X, Y)^2 – 4V(X)V(Y) \leq\, 0\). Donc \(\mathrm{Cov}(X, Y)^2 \leq\, V(X)V(Y)\).
2. En prenant la racine carrée, \(|\mathrm{Cov}(X, Y)| \leq\, \sigma(X)\sigma(Y)\), donc \(|\rho| \leq\, 1\). Supposons \(|\rho| = 1\). Le discriminant est nul, donc \(h\) s’annule en \(\lambda_0 = \frac{\mathrm{Cov}(X, Y)}{V(X)}\). D’après l’exercice 20, \(Y – \lambda_0X\) est presque sûrement égale à sa moyenne \(b\). Donc \(P(Y = \lambda_0X + b) = 1\). Réciproquement, supposons \(P(Y = aX + b) = 1\). Alors \(Y\) et \(aX + b\) ont les mêmes moments, car les formules de transfert ne diffèrent que sur un événement de probabilité nulle. Ainsi \(\mathrm{Cov}(X, Y) = aV(X)\) et \(V(Y) = a^2V(X)\), avec \(a \neq 0\) car \(V(Y) > 0\). Donc \(\rho = \frac{aV(X)}{|a|V(X)} = \pm 1\). On a \(|\rho| \leq\, 1\), avec égalité si et seulement si \(Y = aX + b\) presque sûrement.
3. Fixons \(a\) et posons \(W = Y – aX\). D’après l’exercice 20, \(\varphi(a, b) = E\big((W – b)^2\big) = V(W) + \big(E(W) – b\big)^2\). Donc \(\varphi(a, b) \geq\, h(a)\), avec égalité si et seulement si \(b = E(Y) – aE(X)\). Ensuite, le trinôme \(h\) atteint son minimum en un unique point \(a_0 = \frac{\mathrm{Cov}(X, Y)}{V(X)}\). Ce minimum vaut
   \[h(a_0) = V(Y) – \frac{\mathrm{Cov}(X, Y)^2}{V(X)} = V(Y)\big(1 – \rho^2\big).\]
   Le minimum de \(\varphi\) est atteint au seul couple \(a_0 = \frac{\mathrm{Cov}(X, Y)}{V(X)}\), \(b_0 = E(Y) – a_0E(X)\), et il vaut \(V(Y)(1 – \rho^2)\).
4. Par bilinéarité et indépendance, \(\mathrm{Cov}(X, Y) = V(X) + \mathrm{Cov}(X, Z) = \frac{35}{12}\). De plus, \(V(Y) = \frac{35}{6}\). Donc \(\rho = \frac{35/12}{\sqrt{(35/12)(35/6)}} = \frac{1}{\sqrt{2}}\). Ensuite, \(a_0 = 1\) et \(b_0 = 7 – \frac{7}{2}\). Enfin, le minimum vaut \(\frac{35}{6}\big(1 – \frac{1}{2}\big)\). On obtient \(\rho = \frac{\sqrt{2}}{2}\), \(a_0 = 1\), \(b_0 = \frac{7}{2}\) et un minimum égal à \(\frac{35}{12}\). Ce minimum est \(V(Z)\) : la meilleure prévision affine de la somme remplace le second dé par sa moyenne. La figure ci-dessous montre les \(36\) couples équiprobables et la droite \(y = x + \frac{7}{2}\).

Corrigé de l’exercice 22 : Problème : polynômes de Bernstein et théorème de Weierstrass

1. La variable \(S_n\) prend la valeur \(k \in \{0, \ldots, n\}\) avec probabilité \(\binom\,{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}\), avec la convention \(0^0 = 1\) pour \(x \in \{0, 1\}\). La formule de transfert donne alors l’expression demandée. Chaque terme est un polynôme en \(x\) de degré au plus \(n\), donc \(B_n(f)\) est une fonction polynomiale.
2. Pour \(f = 1\), \(B_n(f)(x) = E(1) = 1\). Pour \(f(t) = t\), \(B_n(f)(x) = \frac{E(S_n)}{n} = x\). Pour \(f(t) = t^2\), on utilise König-Huygens : \(E(S_n^2) = V(S_n) + E(S_n)^2 = nx(1-x) + n^2x^2\). Donc \(B_n(1) = 1\), \(B_n(t) = x\) et \(B_n(t^2) = x^2 + \frac{x(1-x)}{n}\).
3. La variance de \(|Y|\) est positive, et \(|Y|^2 = Y^2\). Donc \(0 \leq\, V(|Y|) = E(Y^2) – E(|Y|)^2\). Comme \(E(|Y|) \geq\, 0\), on obtient \(E(|Y|) \leq\, \sqrt{E(Y^2)}\).
4. Par linéarité, \(B_n(f)(x) – f(x) = E\big(f(\frac{S_n}{n}) – f(x)\big)\). Ensuite, on utilise successivement l’inégalité triangulaire, le caractère lipschitzien de \(f\) et la question 3 :
   \[|B_n(f)(x) – f(x)| \leq\, K\,E\Big(\Big|\frac{S_n}{n} – x\Big|\Big) \leq\, K\sqrt{V\Big(\frac{S_n}{n}\Big)} = K\sqrt{\frac{x(1-x)}{n}}.\]
   En effet, \(E(\frac{S_n}{n}) = x\). Enfin, \(x(1-x) \leq\, \frac{1}{4}\). Donc \(|B_n(f)(x) – f(x)| \leq\, \frac{K}{2\sqrt{n}}\) pour tout \(x \in [0, 1]\).
5. La fonction \(f\) est continue sur le segment \([0, 1]\). Par le théorème de Heine, elle y est uniformément continue. Il existe donc \(\delta > 0\) tel que \(|s – t| < \delta\) implique \(|f(s) – f(t)| \leq\, \varepsilon\). Notons \(A = \{|\frac{S_n}{n} – x| \geq\, \delta\}\). En tout point de \(\Omega\), on a
   \[\Big|f\Big(\frac{S_n}{n}\Big) – f(x)\Big| \leq\, \varepsilon + 2\|f\|_\infty\mathbf{1}_A.\]
   En effet, hors de \(A\), le membre de gauche est au plus \(\varepsilon\) ; sur \(A\), il est au plus \(2\|f\|_\infty\). Par croissance de l’espérance, \(|B_n(f)(x) – f(x)| \leq\, \varepsilon + 2\|f\|_\infty P(A)\). Or Bienaymé-Tchebychev donne \(P(A) \leq\, \frac{x(1-x)}{n\delta^2} \leq\, \frac{1}{4n\delta^2}\). Ainsi \(|B_n(f)(x) – f(x)| \leq\, \varepsilon + \frac{\|f\|_\infty}{2n\delta^2}\). Ce majorant ne dépend pas de \(x\), car \(\delta\) n’en dépend pas. Pour \(n \geq\, \frac{\|f\|_\infty}{2\varepsilon\delta^2}\), on a donc \(\sup_{[0, 1]}|B_n(f) – f| \leq\, 2\varepsilon\). Par conséquent, \(\sup_{x \in [0, 1]}|B_n(f)(x) – f(x)| \to 0\).
6. Avec \(f(0) = f(1) = \frac{1}{2}\) et \(f(\frac{1}{2}) = 0\) :
   \[B_2(f)(x) = \frac{1}{2}(1-x)^2 + 2x(1-x) \times 0 + \frac{1}{2}x^2 = x^2 – x + \frac{1}{2}.\]
   Donc \(B_2(f)(x) = x^2 – x + \frac{1}{2}\). En \(x = \frac{1}{2}\), \(B_2(f)(\frac{1}{2}) = \frac{1}{4}\), donc l’écart avec \(f(\frac{1}{2}) = 0\) vaut \(\frac{1}{4}\). Or \(f\) est \(1\)-lipschitzienne, par l’inégalité triangulaire renversée. La question 4 donne donc la borne \(\frac{1}{2\sqrt{2}} \approx 0{,}354\). On vérifie bien \(\frac{1}{4} \leq\, \frac{1}{2\sqrt{2}}\). La figure ci-dessous montre \(B_2(f)\), \(B_{10}(f)\) et \(B_{50}(f)\) : l’écart maximal, atteint en \(\frac{1}{2}\), diminue lentement.

Point de méthode : on vient de démontrer le théorème de Weierstrass sur \([0, 1]\), étudié plus en détail en seconde année. L’idée clé consiste à couper selon que \(\frac{S_n}{n}\) est proche de \(x\) ou non, puis à contrôler le second cas par Bienaymé-Tchebychev.

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