Corrigé du contrôle de maths L3 : partiel final : intégration et probabilités

Exercice 1 : Question de cours : convergence dominée et continuité (3,5 points)

1. Théorème de convergence dominée. Soit \((f_n)\) une suite de fonctions mesurables de \(E\) dans \(\mathbb{R}\) ou \(\mathbb{C}\). On suppose que \(f_n(x) \to f(x)\) pour \(\mu\)-presque tout \(x\). On suppose aussi qu’il existe \(g\) intégrable telle que \(|f_n| \leq\, g\) presque partout, pour tout \(n\). Alors \(f\) est intégrable et :

   \[\int_E |f_n – f|\,\mathrm{d}\mu \to 0, \quad \text{donc} \quad \int_E f_n\,\mathrm{d}\mu \to \int_E f\,\mathrm{d}\mu.\]

2. Dérivation sous le signe intégrale. Soit \(J\) un intervalle ouvert et \(f : J \times E \to \mathbb{R}\). On suppose :

   • pour tout \(s \in J\), \(x \mapsto f(s, x)\) est intégrable ;
   • pour presque tout \(x\), \(s \mapsto f(s, x)\) est dérivable sur \(J\) ;
   • il existe \(g\) intégrable telle que \(|\partial_s f(s, x)| \leq\, g(x)\) pour tout \(s \in J\) et presque tout \(x\).

   Alors \(F\) est dérivable sur \(J\) et \(F^{\prime}(s) = \displaystyle\int_E \partial_s f(s, x)\,\mathrm{d}\mu(x)\).

3. Soit \(t \in \mathbb{R}\) et \((t_n)\) une suite qui tend vers \(t\). Pour tout \(\omega\), \(e^{it_nX(\omega)} \to e^{itX(\omega)}\), par continuité de l’exponentielle. De plus, \(|e^{it_nX}| = 1\), et la constante \(1\) est intégrable sur l’espace probabilisé, de mesure totale 1.

   Le théorème de convergence dominée donne donc \(\varphi_X(t_n) \to \varphi_X(t)\). Par la caractérisation séquentielle de la continuité, \(\varphi_X\) est continue en tout point \(t\).

Barème : a) 1 point (domination indépendante de \(n\) exigée) ; b) 1 point ; c) 0,5 point pour la convergence simple, 0,5 point pour la domination, 0,5 point pour la conclusion séquentielle.

Exercice 2 : Passages à la limite dans une espérance (4 points)

1. Pour \(x \geq\, 0\), on pose \(h_n(x) = n\ln(1 + \dfrac{x}{n})\). D’abord, \(\ln(1 + u) \sim u\) en \(0\), donc \(h_n(x) \to x\). Ensuite, l’inégalité \(\ln(1 + u) \leq\, u\) pour \(u \geq\, 0\) donne \(0 \leq\, h_n(x) \leq\, x\).

   Ainsi \(h_n(X) \to X\) partout, et \(|h_n(X)| \leq\, X\), qui est intégrable et ne dépend pas de \(n\). Par convergence dominée, \(n\,\mathbb{E}[\ln(1 + \frac{X}{n})] = \mathbb{E}[h_n(X)] \to \mathbb{E}[X]\).

2. Pour \(x \geq\, 0\), \((1 + \dfrac{x}{n})^{-n} = \exp(-h_n(x)) \to e^{-x}\) d’après a). De plus, cette quantité est comprise entre \(0\) et \(1\). La constante \(1\) est intégrable, car \(\mathbb{P}\) est une probabilité. Par convergence dominée, la limite vaut \(\mathbb{E}[e^{-X}]\).

   Si \(X\) suit la loi uniforme sur \([0, 2]\) : \(\mathbb{E}[e^{-X}] = \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_0^2 e^{-x}\,\mathrm{d}x\). La limite vaut donc \(\dfrac{1 – e^{-2}}{2}\).

3. Continuité. Soit \(s_n \to s\) dans \([0, +\infty[\). Alors \(e^{-s_nX} \to e^{-sX}\) partout, et \(0 \leq\, e^{-s_nX} \leq\, 1\). Par convergence dominée, \(L(s_n) \to L(s)\). Donc \(L\) est continue sur \([0, +\infty[\).

   Dérivabilité. Soit \(a > 0\). On travaille sur \(J = \,]a, +\infty[\). Pour tout \(x \geq\, 0\), \(s \mapsto e^{-sx}\) est dérivable, de dérivée \(-xe^{-sx}\). Or, pour \(s > a\) :

   \[|-xe^{-sx}| \leq\, xe^{-ax} \leq\, \dfrac{1}{ea},\]

   car la fonction \(x \mapsto xe^{-ax}\) atteint son maximum \(\frac{1}{ea}\) en \(x = \frac{1}{a}\). Cette constante est intégrable sur l’espace probabilisé. Par dérivation sous le signe intégrale, \(L\) est dérivable sur \(]a, +\infty[\). Comme \(a > 0\) est arbitraire, \(L\) est dérivable sur \(]0, +\infty[\) et \(L^{\prime}(s) = -\mathbb{E}[Xe^{-sX}]\).

Erreur fréquente : dominer par \(X\) pour la dérivée. C’est inutile sur \(]a, +\infty[\), et impossible si \(X\) n’est pas intégrable. La domination doit être uniforme en \(s\) sur un intervalle, d’où le recours à \(a > 0\).

Barème : a) 0,5 point pour la limite simple, 0,5 point pour la domination, 0,5 point pour la conclusion ; b) 0,5 point pour le passage à la limite, 0,5 point pour le calcul ; c) 0,5 point pour la continuité, 1 point pour la dérivabilité avec domination locale.

Exercice 3 : La loi de Cauchy (4 points)

1. On a \(\varphi_X(t) = \displaystyle\int_{\mathbb{R}}\dfrac{\cos(tx) + i\sin(tx)}{\pi(1 + x^2)}\,\mathrm{d}x\), les deux intégrales convergeant absolument. La partie en sinus est nulle, car son intégrande est impaire. Avec l’intégrale admise, \(\varphi_X(t) = \dfrac{1}{\pi} \times \pi e^{-|t|} = e^{-|t|}\).

   En revanche, \(\dfrac{|x|}{\pi(1 + x^2)} \sim \dfrac{1}{\pi|x|}\) en \(\pm\infty\), qui n’est pas intégrable. Donc \(\mathbb{E}[|X|] = +\infty\) : \(X\) n’est pas intégrable.

2. Par indépendance, la fonction caractéristique d’une somme est le produit des fonctions caractéristiques. Donc, pour tout réel \(t\) :

   \[\varphi_{\overline{X}_n}(t) = \prod_{k=1}^{n}\varphi_{X_k}(\dfrac{t}{n}) = (e^{-|t|/n})^n = e^{-|t|}.\]

   La fonction caractéristique caractérise la loi. Donc \(\overline{X}_n\) suit encore la loi de Cauchy, pour tout \(n\).

   Supposons que \(\overline{X}_n \to c\) en probabilité, pour une constante \(c\). Alors \(\overline{X}_n \to c\) en loi, et le théorème de Lévy donne \(e^{-|t|} \to e^{itc}\). C’est absurde : pour \(t \neq 0\), \(e^{-|t|} < 1 = |e^{itc}|\). Donc \(\overline{X}_n\) ne converge en probabilité vers aucune constante.

   Cela ne contredit pas la loi des grands nombres. En effet, celle-ci suppose que \(X_1\) est intégrable, ce qui est faux ici.

3. La variable \(X\) est non nulle presque sûrement. Soit \(h\) mesurable positive. Par le théorème de transfert :

   \[\mathbb{E}[h(\tfrac{1}{X})] = \int_{-\infty}^{0} h(\tfrac{1}{x})\dfrac{\mathrm{d}x}{\pi(1 + x^2)} + \int_{0}^{+\infty} h(\tfrac{1}{x})\dfrac{\mathrm{d}x}{\pi(1 + x^2)}.\]

   Sur \(]0, +\infty[\), l’application \(x \mapsto \frac{1}{x}\) est un \(C^1\)-difféomorphisme. On pose \(y = \frac{1}{x}\), d’où \(|\mathrm{d}x| = \frac{\mathrm{d}y}{y^2}\). Ainsi :

   \[\int_{0}^{+\infty} h(\tfrac{1}{x})\dfrac{\mathrm{d}x}{\pi(1 + x^2)} = \int_{0}^{+\infty} h(y)\dfrac{1}{\pi(1 + \frac{1}{y^2})}\,\dfrac{\mathrm{d}y}{y^2} = \int_{0}^{+\infty}\dfrac{h(y)}{\pi(1 + y^2)}\,\mathrm{d}y.\]

   Le même calcul vaut sur \(]-\infty, 0[\). Donc \(\mathbb{E}[h(\frac{1}{X})] = \displaystyle\int_{\mathbb{R}}\dfrac{h(y)}{\pi(1 + y^2)}\,\mathrm{d}y\). Ainsi \(\dfrac{1}{X}\) suit la loi de Cauchy.

Barème : a) 0,5 point pour \(\varphi_X\), 0,5 point pour la non-intégrabilité ; b) 0,5 point pour la loi de \(\overline{X}_n\), 0,5 point pour l’absence de convergence, 0,5 point pour l’hypothèse manquante ; c) 0,5 point pour la fonction muette, 1 point pour le changement de variable sur chaque demi-droite.

Exercice 4 : Fubini-Tonelli et queue de distribution (3,5 points)

1. Pour tout \(\omega\), on écrit \(X(\omega) = \displaystyle\int_0^{+\infty}\mathbf{1}_{\{t < X(\omega)\}}\,\mathrm{d}t\). La fonction \((\omega, t) \mapsto \mathbf{1}_{\{t < X(\omega)\}}\) est mesurable et positive sur \(\Omega \times [0, +\infty[\). En effet, l’ensemble \(\{(\omega, t) : X(\omega) – t > 0\}\) est mesurable pour la tribu produit.

   Le théorème de Fubini-Tonelli permet alors d’échanger les intégrales, sans hypothèse d’intégrabilité, dans \([0, +\infty]\) :

   \[\mathbb{E}[X] = \int_{\Omega}\int_0^{+\infty}\mathbf{1}_{\{t < X\}}\,\mathrm{d}t\,\mathrm{d}\mathbb{P} = \int_0^{+\infty}\mathbb{P}(X > t)\,\mathrm{d}t.\]

2. De même, \(X^2 = \displaystyle\int_0^{X}2t\,\mathrm{d}t = \int_0^{+\infty}2t\,\mathbf{1}_{\{t < X\}}\,\mathrm{d}t\). La fonction intégrée est encore mesurable et positive. Par le théorème de Fubini-Tonelli, \(\mathbb{E}[X^2] = \displaystyle\int_0^{+\infty}2t\,\mathbb{P}(X > t)\,\mathrm{d}t\).

3. D’après a) :

   \[\mathbb{E}[X] = \int_0^{+\infty}\dfrac{\mathrm{d}t}{(1 + t)^3} = [-\dfrac{1}{2(1 + t)^2}]_0^{+\infty} = \dfrac{1}{2}.\]

   D’après b), en écrivant \(t = (1 + t) – 1\) :

   \[\mathbb{E}[X^2] = 2\int_0^{+\infty}(\dfrac{1}{(1 + t)^2} – \dfrac{1}{(1 + t)^3})\mathrm{d}t = 2(1 – \dfrac{1}{2}) = 1.\]

   Donc \(\mathbb{E}[X] = \dfrac{1}{2}\), \(\mathbb{E}[X^2] = 1\) et \(\operatorname{Var}(X) = 1 – \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}\).

Barème : a) 0,5 point pour l’écriture intégrale de \(X\), 0,5 point pour la mesurabilité et la positivité, 0,5 point pour Fubini-Tonelli ; b) 1 point ; c) 0,5 point pour \(\mathbb{E}[X]\), 0,5 point pour \(\mathbb{E}[X^2]\) et la variance.

Exercice 5 : Problème : méthode de Monte-Carlo et intervalle de confiance (5 points)

1. Loi forte des grands nombres. Si \((Y_k)\) est une suite de variables indépendantes, de même loi et intégrables, alors \(\dfrac{Y_1 + \cdots + Y_n}{n} \to \mathbb{E}[Y_1]\) presque sûrement.

   Les \(G_k = g(U_k)\) sont indépendantes et de même loi, comme images des \(U_k\) par une même fonction mesurable. Elles sont bornées par \(4\), donc intégrables. Enfin, par le théorème de transfert, \(\mathbb{E}[G_1] = \displaystyle\int_0^1 g(x)\,\mathrm{d}x = \pi\). Donc \(I_n \to \pi\) presque sûrement.

2. On pose \(x = \tan\theta\), avec \(\theta \in [0, \frac{\pi}{4}]\). Alors \(\mathrm{d}x = (1 + \tan^2\theta)\,\mathrm{d}\theta\) et \(\dfrac{1}{1 + \tan^2\theta} = \cos^2\theta\). Donc :

   \[\int_0^1\dfrac{\mathrm{d}x}{(1 + x^2)^2} = \int_0^{\pi/4}\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta = [\dfrac{\theta}{2} + \dfrac{\sin 2\theta}{4}]_0^{\pi/4} = \dfrac{\pi}{8} + \dfrac{1}{4}.\]

   Ainsi \(\mathbb{E}[G_1^2] = 16(\dfrac{\pi}{8} + \dfrac{1}{4}) = 2\pi + 4\). Donc \(\sigma^2 = \mathbb{E}[G_1^2] – \pi^2 = 2\pi + 4 – \pi^2 \approx 0{,}4136\).

3. Les \(G_k\) sont indépendantes, de même loi, de carré intégrable et de variance \(\sigma^2 > 0\). Le théorème central limite donne \(\dfrac{\sqrt{n}(I_n – \pi)}{\sigma} \to \mathcal{N}(0, 1)\) en loi. Comme \(\Phi\) est continue, on obtient :

   \[\mathbb{P}(\pi \in [I_n – \dfrac{1{,}96\,\sigma}{\sqrt{n}}\,;\, I_n + \dfrac{1{,}96\,\sigma}{\sqrt{n}}]) \to 2\Phi(1{,}96) – 1 \approx 0{,}95.\]

   C’est un intervalle de confiance asymptotique de niveau \(95\,\%\).

   En pratique, \(\sigma\) est inconnu, car il dépend de \(\pi\). On le remplace par l’écart type empirique \(s_n = \sqrt{\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} G_k^2 – I_n^2}\). Par la loi forte des grands nombres appliquée aux \(G_k\) et aux \(G_k^2\), \(s_n \to \sigma\) presque sûrement. Ensuite, le lemme de Slutsky montre que \(\frac{\sqrt{n}(I_n – \pi)}{s_n}\) converge encore en loi vers \(\mathcal{N}(0, 1)\). L’intervalle \([I_n \pm \frac{1{,}96\,s_n}{\sqrt{n}}]\) est donc aussi de niveau asymptotique \(95\,\%\).

   

4. Pour \(n = 10\,000\), \(\sqrt{n} = 100\) et \(\sigma \approx 0{,}6431\). La demi-largeur vaut donc \(\dfrac{1{,}96 \times 0{,}6431}{100} \approx 0{,}0126\). On obtient \(\pi\) à environ \(0{,}013\) près, avec une confiance d’environ \(95\,\%\).

   Pour le second estimateur, \(\mathbb{E}[4\sqrt{1 – U_1^2}] = 4\displaystyle\int_0^1\sqrt{1 – x^2}\,\mathrm{d}x = 4 \times \dfrac{\pi}{4} = \pi\), aire du quart de disque unité. De plus, \(\mathbb{E}[16(1 – U_1^2)] = 16(1 – \dfrac{1}{3}) = \dfrac{32}{3}\). Sa variance vaut donc \(\sigma^{\prime 2} = \dfrac{32}{3} – \pi^2 \approx 10{,}6667 – 9{,}8696 = 0{,}7971\).

   La largeur de l’intervalle est proportionnelle à \(\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\). Pour une même précision, le nombre de tirages est donc proportionnel à la variance. Or \(\dfrac{0{,}7971}{0{,}4136} \approx 1{,}93\). Le second estimateur demande environ \(1{,}9\) fois plus de tirages, soit près de \(19\,300\) au lieu de \(10\,000\) : la première méthode est préférable.

Barème : a) 0,5 point pour l’énoncé, 0,5 point pour la vérification des hypothèses ; b) 1 point pour l’intégrale, 0,5 point pour \(\sigma^2\) ; c) 1 point pour l’intervalle, 0,5 point pour l’estimation de \(\sigma\) ; d) 0,5 point pour la demi-largeur, 0,5 point pour la comparaison.

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Après le corrigé du contrôle : partiel final : intégration et probabilités

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