\begin{exo}

Toutes les variables al\'{e}atoires de l'exercice sont d\'{e}finies sur un m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega,{\cal A},P)$.

On consid\`{e}re une urne qui contient trois boules : une blanche, une noire et une rouge.\\ On effectue des tirages au hasard d'une boule avec remise dans cette urne.

On note $X$ le num\'{e}ro du tirage o\`u pour la premi\`{e}re fois on a
obtenu une boule blanche et $Y$  le num\'{e}ro du tirage o\`u pour la premi\`{e}re fois on a
obtenu une boule noire.

On note \'{e}galement  $U=|X-Y|$ et $W=\min(X,Y)$.


\begin{enumerate}
\item D\'{e}terminer la loi de $X$, son esp\'{e}rance et sa variance.
\item D\'{e}terminer la loi de $W$, son esp\'{e}rance et sa variance.
\item \'Ecrire en Scilab une fonction \texttt{escp} qui renvoie un vecteur \texttt{C} \`{a} deux composantes qui simule la valeur du couple $(X,Y)$.
%Compl\`eter la fonction SCILAB suivante permettant d'obtenir un simulation du couple $(X,Y)$ dans le tableau $C$ appel\'{e} par la fonction ESCP



\item \`{A} partir de cette question et jusqu'\`{a} la question 6, {\it on admet} que pour $k\in\N^*$, la loi conditionnelle de $U$ sachant $[W=k]$ est la loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre $\dfrac13$.

    Que peut-on en d\'{e}duire sur la loi de $U$ et sur le couple $(U,W)$ ?
\item  Que repr\'{e}sente la variable al\'{e}atoire $U+W$ ? En d\'eduire une relation lin\'eaire  entre $U$, $W$, $X$ et $Y$.
\item  En d\'{e}duire la valeur de la covariance de $X$ et de $Y$.\\
Expliquer de mani\`{e}re probabiliste le signe de la valeur obtenue.
%\item Donner la loi du couple $(X,Y)$.
\item Justifier l'affirmation de la question 4, \`{a} savoir que, pour tout $k\in\NN^*$, la loi conditionnelle de $U$ sachant $[W=k]$ est la loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre $\dfrac13$.
\end{enumerate}



\end{exo}



\begin{sol}


\begin{enumerate}
\item Les tirages \'{e}tant identiques et ind\'ependants
\fbox{$X\hookrightarrow{\mathcal G}\Big(\dfrac{1}{3}\Big)$, $E(X)=3$, $V(X)=6$.}

\item Pour $W=\min(X,Y)$, c'est la m\^eme chose : on effectue des tirages identiques et ind\'ependants jusqu'\`a obtenir une boule noire ou blanche. Ainsi:

\fbox{$W\hookrightarrow{\mathcal G}\Big(\dfrac{2}{3}\Big)$, $E(W)=\dfrac{3}{2}$, $V(W)=\dfrac{3}{4}$.}

\item

 \begin{multicols}{2}
\columnseprule=0.4pt
\begin{verbatim}
function C=escp()
 n=0;
 X=0;
 Y=0;
while (X==0 or Y==0)
  n=n+1;
  b=grand(1,1,'uin',1,3);
 if b==1 and X==0;
    then X=n;end;
 if b==2 and Y==0
    then Y=n;end;
 end;
 C=[x,y]
endfunction
\end{verbatim}

\end{multicols}


\item
Comme la loi conditionnelle de $U$ sachant $[W=k]$ ne d\'epend pas de $k$, il vient :

\fbox{$U$ et $W$ sont ind\'ependantes et $U\hookrightarrow{\mathcal G}\Big(\dfrac{1}{3}\Big)$.}


\item
La variable $U+W$ repr\'esente le maximum de $X$ et de $Y$ ; en effet :\\
$\bullet\ $ si $X(\omega)<Y(\omega)$, $U(\omega)+W(\omega)=X(\omega)+Y(\omega)-X(\omega)=Y(\omega)$\\
$\bullet\ $ si $X(\omega)>Y(\omega)$, $U(\omega)+W(\omega)=Y(\omega)+X(\omega)-Y(\omega)=X(\omega)$.


Par cons\'{e}quent, $X+Y=\max(X,Y)+\min(X,Y)=(U+W)+W=\boxed{U+2W.}$

\item Comme $U$ et $W$ sont ind\'ependantes, on a : $V(X)+V(Y)+2\cov(X,Y)=V(X+Y)=V(U+2W)=V(U)+4V(W)$,\\
soit $6+6+2\cov(X,Y)=6+4\times \dfrac{3}{4}$ \ie \fbox{cov($X,Y$)=$-\dfrac{3}{2}$}

Si $X$ est grand, il y aura peu de boules blanches au d\'ebut, cela induira une augmentation de boules noires et donc \`{a} une baise de $Y$,  \ie $X$ et $Y$ varient en sens contraires, d'o\`{u} le signe de la covariance.

\item La loi du couple $(X,Y)$ est donn\'{e}e par :
\begin{itemize}
\item[$\bullet$]
{Si $i=j$, $\P(X=i\cap Y=j)=0$}.
\item[$\bullet$]
{Si $i<j$, $\P(X=i\cap Y=j)=\dfrac1{3^{i-1}}\times \dfrac13\times \Big(\dfrac23\Big)^{j-i-1}\times \dfrac13=\dfrac{2^{j-i-1}}{3^j}$}.

En effet, $[X=i]\cap [Y=j]=\Big(\dis\bigcap_{k=1}^{i-1}R_k\Big)\cap B_i\cap \Big(\dis\bigcap_{k=i+1}^{j-1}{\overline N_k}\Big)\cap N_j$.


\item[$\bullet$]
{De m\^eme si $i>j$, $\P(X=i\cap Y=j)=\dfrac{2^{i-j-1}}{3^i}$}.
\end{itemize}

Donc, pour tout $i\in\N^*$ et $k\in\N^*$, on a :

 $$\P_{[W=k]}(U=i)=\dfrac{\P(U=i\cap W=k)}{\P(W=k)}=\dfrac{ \P(X=k\cap Y=k+i)+\P(Y=k\cap X=k+i)}{\P(W=k)}$$

Ainsi,
$$\P_{[W=k]}(U=i)=\dfrac{2\times \dfrac{2^{i-1}}{3^{i+k}}}{\dfrac23\times\left(\dfrac{1}{3}\right)^{k-1}}=\dfrac{2^i.3^{k}}{2.3^{i+k}}=\frac12\times\left(\dfrac23\right)^i=\dfrac13
\left(\dfrac{2}{3}\right)^{i-1}$$

Et la loi conditionnelle de $U$ sachant $[W=k]$ est  bien la \fbox{loi g\'eom\'etrique de param\`etre $\dfrac13$.}

\end{enumerate}
\end{sol}



%--------------------------------------------

\begin{exo}

Soit  ${(X_i)}_{i\in\N^*}$ une suite de variables al\'eatoires ind\'{e}pendantes de m\^{e}me loi et \`{a} valeurs dans $[-1,1]$, d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A}, P)$.

Pour tout $n\in\N^*$, on note $S_n=\dfrac{X_1+\cdots +X_n}{n}.$

\begin{enumerate}
\item Montrer que $X_1$ admet une esp\'erance, ainsi que $\ee^{tX_1}$, pour tout $t>0$.
\item Montrer que, pour tout $t>0$ et tout $n\in \NN^*$, $\ee^{tnS_n}$ admet une esp\'{e}rance.\\
Exprimer cette esp\'{e}rance en fonction de $E\left(\ee^{tX_1}\right)$.
\end{enumerate}
{\bf On suppose d\'esormais que $X_1$ est \emph{centr\'ee}.}
\begin{enumerate}[resume]
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que : $\forall t>0,\; \forall x\in[-1,1],\; \e^{tx}\leq \dfrac{1-x}{2}\e^{-t}+\dfrac{1+x}{2}\e^t.$
\item En d\'eduire que : $\forall t>0,\; E\big(\e^{tX_1}\big)\leq\dfrac{\ee^t+\ee^{-t}}2.$
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Montrer que, pour tout $t>0$, pour tout $\varepsilon>0$ et pour tout $n\in\N^*$, on a :
$$P\big(S_n \geq \varepsilon\big)%=P\big(\e^{tnS_n}\geq \e^{tn\varepsilon}\big)
\leq\frac{\big(E\big(\e^{tX_1}\big)\big)^n}{\e^{tn\varepsilon}}.$$
\end{enumerate}
{\bf On admet que, pour tout $\epsilon>0$, il existe $t>0$ tel que : $\left(\dfrac{\ee^t+\ee^{-t}}2\right)^n\ee^{-nt \epsilon} \leq \ee^{-\frac{n\epsilon^2}2}$.}


\begin{enumerate}[resume]
\item Montrer que, pour tout r\'eel $\varepsilon>0$, la s\'erie de terme g\'en\'eral $P(\vert S_n\vert>\varepsilon)$ converge.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Soit $(C_k)_{k\in \NN^*}$ une famille d'\'{e}v\'{e}nements telle que $P(C_k)=0$ pour tout $k$.\\
Montrer que $\displaystyle P\left(\bigcup_{k\in\N^*} C_k\right)=0$.
\item Pour tout $\varepsilon>0$, et pour tout $n\in\N^*$, on d\'{e}finit l'\'{e}v\'{e}nement :
$B_n(\varepsilon)=\displaystyle \bigcup_{m\geq n}\{ \omega\in\Omega ~;~ \ \vert S_m(\omega)\vert >\varepsilon\}.$\\
Montrer que : %, pour tout $n\in\N^*$ et tout $\varepsilon>0$, $B_n(\varepsilon)$ est un \'ev\'enement et que
$\displaystyle P\left(\bigcap_{n\in\N^*}B_n(\varepsilon)\right)=0$.
\item Soit l'\'{e}v\`{e}nement $A=\{\omega\in\Omega ~;~ \dlim_{n\to\infty}S_n(\omega)=0\}.$\\
D\'eduire des questions pr\'ec\'edentes  que $P(A)=1$.
\end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{exo}




\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me d'existence d'une esp\'{e}rance par majoration, toute variable al\'{e}atoire born\'{e}e admet une esp\'{e}rance. C'est le cas de $X_1$ (\`{a} valeurs dans $[-1,1]$), donc aussi de  $\ee^{tX_1}$.
\item Comme les $X_i$ sont ind\'{e}pendantes, d'apr\`{e}s le lemme des coalitions, les $\ee^{t X_i}$ aussi, donc  leur produit $\ee^{tnS_n}$ admet une esp\'{e}rance qui est donn\'{e}e par : %\\
$E\left(\ee^{tnS_n}\right)=E\left(\ee^{tX_1}\right)\cdots E\left(\ee^{tX_n}\right)=\left(E\left(\ee^{tX_1}\right)\right)^n.$
\item
\begin{enumerate}
\item La fonction $x\mapsto \ee^{t x}$ est convexe, donc son graphe est situ\'{e} sous la s\'{e}cante entre les points d'abscisse $x=-1$ et $x=1$ :
$$\forall p\in [0,1],\ \ee^{t (p\times (-1)+(1-p)\times 1)} \leq p\ee^{-t}+(1-p)\ee^{t}.$$
On obtient le r\'{e}sultat voulu en prenant $p= \dfrac{1-x}2$ (et alors $1-p=\dfrac{1+x}2$ et $-p+(1-p)=x$).
\item Comme $X_1(\Omega)\subset [-1,1]$, on en d\'{e}duit :
$\ee^{tX_1} \leqslant \dis\frac{1-X_1}{2}\ee^{-t}+\frac{1+X_1}{2}\ee^t= \dfrac{\ee^t+\ee^{-t}}2+\dfrac{\ee^t-\ee^{-t}}2 X_1.$\\
D'o\`{u}, par croissance et lin\'{e}arit\'{e} de l'esp\'{e}rance :
$E\left(\ee^{X_1}\right)\leq  \dfrac{\ee^t+\ee^{-t}}2+ \dfrac{\ee^t-\ee^{-t}}2 E(X_1)=\dfrac{\ee^t+\ee^{-t}}2.$
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item L'in\'{e}galit\'{e} de Markov donne : $P\big(S_n \geq \varepsilon\big)=P\big(\e^{tnS_n}\geq \e^{tn\varepsilon}\big)
\leq \dfrac{E\left(\e^{tnS_n}\right)}{\e^{tn\epsilon}}= \dfrac{\big(E\big(\e^{tX_1}\big)\big)^n}{\e^{tn\varepsilon}}$.
\item L'\'{e}v\'{e}nement $[|S_n|\geq \varepsilon]$ est \'{e}gal \`{a} $[S_n\geq \varepsilon]\cup [-S_n\geq \varepsilon]$. En reprenant la m\^{e}me d\'{e}monstration que pr\'{e}c\'{e}demment, avec $-X_i$ en lieu de $X_i$, on obtient  $P(-S_n\geq \varepsilon) \leq \dis\frac{\big(E\big(\e^{tX_1}\big)\big)^n}{\e^{tn\varepsilon}}$. Ainsi:

$$0\leq P(\vert S_n\vert>\varepsilon)=2P\big(S_n \geq \varepsilon\big) \leq 2\frac{\big(\E\big(\e^{tX_1}\big)\big)^n}{\e^{tn\varepsilon}} \leq 2\left(\dfrac{\ee^t+\ee^{-t}}2\right)^n\ee^{-nt \epsilon} \leq 2\ee^{-\frac{n\epsilon^2}2},$$
en choisissant le $t$ dont l'existence est admise. La s\'erie $\dis\sum\limits_{n \geqslant 1} \e^{-\frac{n\varepsilon^2}{2}}$ est g\'eom\'etrique, de raison $\e^{-\frac{\varepsilon^2}{2}} \in ]0,1[$, donc elle est convergente. D'o\`{u} le r\'{e}sultat voulu  par comparaison de s\'eries.
\end{enumerate}
%
\item
\begin{enumerate}
\item
Par sous-additivit\'{e} (in\'{e}galit\'{e} de Boole), on a :  $\displaystyle 0\leq P\left(\bigcup_{k\leq n} C_k\right) \leq \dsum_{k=1}^n P(C_k)=0$.\\
Ainsi par continuit\'{e} croissante, on a :
$\displaystyle P\left(\bigcup_{k\in\N^*} C_k\right)=\dlim_{n\to +\infty} P\left(\bigcup_{k\leq n} C_k\right)=0.$
\item Par  continuit\'e d\'ecroissante, on a :
$P\left(\displaystyle\bigcap_{n \in \N^*}B_n(\epsilon)\right) = \dlim_{n \to +\infty} P(B_n(\epsilon)).$\\
Or, par sous-additivit\'e, on a:
$0\leqslant P(B_n(\epsilon)) = P\left(\displaystyle \bigcup\limits_{m \geqslant n} \left(|S_m| > \varepsilon\right)\right) \leqslant \dsum_{m=n}^{+\infty}P\left(|S_m|> \varepsilon\right),$\\
o\`{u} le majorant est, d'apr\`{e}s  la question 4b, le reste d'une s\'erie convergente, donc tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$. D'o\`{u} le r\'{e}sultat voulu par th\'{e}or\`{e}me d'encadrement.
\item D'apr\`{e}s la d\'efinition, la limite $\dlim_{n \to +\infty} S_n(\omega) = 0$ est caract\'{e}ris\'{e}e par :
$$\forall k \in \N^*, \ \exists n_0 \in \N^*, \ \forall n \geqslant n_0, \ |S_n(\omega)|\leqslant \frac{1}{k}.$$
Donc : $A= \displaystyle\bigcap\limits_{k \in \N^*} \bigcup_{n_0\in \N^*} \bigcap_{n \geqslant n_0} \left(|S_n|\leq \frac{1}{k}\right)= \bigcap\limits_{k \in \N^*} \bigcup_{n_0\in \N^*} \overline{B_{n_0}\left(\frac1k\right)}=\overline{\bigcup\limits_{k \in \N^*} \bigcap_{n_0\in \N^*} B_{n_0}\left(\frac1k\right)}.$\\
Par suite,
$P(A)=\displaystyle 1-P\left(\bigcup\limits_{k \in \N^*} C_k\right) \blanc \avec  C_k=\bigcap_{n_0\in \N^*} B_{n_0}\left(\frac1k\right).$\\
D'o\`{u} le r\'{e}sultat d'apr\`{e}s les deux questions pr\'{e}c\'{e}dentes.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}



%---------------------------------

\begin{exo}

	On consid\`{e}re $6$ variables al\'{e}atoires $\left( X_1,X_2,X_3,Y_1,Y_2,Y_3\right)$ r\'{e}elles,
	d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A}, P)$, qui sont
	mutuellement ind\'{e}pendantes. Les variables $X_1$, $X_2$ et $X_3$ suivent la m\^{e}me loi qui est donn\'{e}e par
	$P(X_i=-1)=P(X_i=1)=1/2$ et les variables $Y_1$, $Y_2$ et $Y_3$ suivent des lois g\'{e}om\'{e}triques de param\`{e}tres respectifs $p_1$, $p_2$ et $p_3$ qui appartiennent \`{a} l'intervalle $]0,1[$. On pose
	$Z=X_1Y_1+X_2Y_2+X_3Y_3$.
	\begin{enumerate}
		\item Justifier l'existence de l'esp\'{e}rance de la variable al\'{e}atoire $Z$ et celle de sa variance,  et les d\'{e}terminer.
		\item Pour $\varepsilon=\left( \varepsilon_1,\varepsilon_2,\varepsilon_3 \right)
		\in \Lambda =\left\lbrace -1,1 \right\rbrace^3$, on introduit l'\'{e}v\'{e}nement
		$A_{\varepsilon}=\left[X_1= \varepsilon_1\right]\cap\left[X_2= \varepsilon_2\right]
		\cap\left[X_3= \varepsilon_3\right] $.
		\begin{enumerate}
			\item Soit $\varepsilon \in \Lambda$. On note
			$E_{A_{\varepsilon}}(\left| Z \right| )$ l'esp\'{e}rance de $\left| Z \right|$ pour la probabilit\'{e} conditionnelle $P_{A_{\varepsilon}}$. Justifier son existence et montrer que:
			$$
			E_{A_{\varepsilon}}(\left| Z \right| )=E(\left| \varepsilon_1 Y_1
			+\varepsilon_2 Y_2+\varepsilon_3 Y_3 \right| ).
			$$
			\item En d\'{e}duire que :
			$$
			E(\left| Z \right|)=\frac{1}{4}\left[E(\left|  Y_1
			+Y_2+ Y_3 \right| +E(\left|  Y_1+Y_2- Y_3 \right| + E(\left|  Y_1
			-Y_2+ Y_3 \right| +E(\left|  Y_1
			-Y_2- Y_3 \right|\right].
			$$
		\end{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
			\item Soient $a$ et $b$ deux r\'{e}els. Montrer que :
			$$
			\max(\left| a \right|, \left| b \right| )=\frac{\left| a +b\right| +
				\left| a-b \right|}{2}.
			$$
			\item En d\'{e}duire que :
			$$
			 E(\left| Z \right|) \geq  \frac{1}{2}\left(\frac{1}{p_1}
			 + \frac{1}{p_2} +\frac{1}{p_3}\right) .
			$$
		\end{enumerate}
		\item Dans cette question, on suppose que $p_1= p_2= p_3=1/2$.
		\begin{enumerate}
			\item Exprimer la variance de $\left| Z \right|$ en fonction de $E(\left| Z \right|)$.
			\item Soit $r$ un r\'{e}el strictement positif. A l'aide du cours et de la question 3.(b), donner une majoration de la probabilit\'{e}
			$P\left(\left| \left| Z \right| - E(\left| Z \right|)  \right| \geq r  \right) $. \`{A} partir
			de quelle valeur de $r$ cette majoration est-elle significative~?
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
		\begin{enumerate}
		\item On a $\left|Z \right| \leq  Y_1  +Y_2
		+ Y_3 $. La variable $Z$ admet donc une esp\'{e}rance par domination.
		En utilisant l'in\'{e}galit\'{e} de Cauchy-Schwarz, il vient
		$Z^2 \leq 3\left( Y_1^2+Y_2^2+Y_3^2 \right) $. Comme les variables $Y_i$ admettent un moment d'ordre $2$, par domination on en d\'{e}duit que $Z$ en admet un aussi. Ainsi, la variance de $Z$ existe.
		Avec l'ind\'{e}pendance des variables consid\'{e}r\'{e}es, il vient
		$E(Z)=E(X_1)E(Y_1)+E(X_2)E(Y_2)+E(X_3)E(Y_3)=0$ ($E(X_i)=0$).
		Le lemme des coalitions nous dit que $Z$ est la somme de trois variables ind\'{e}pendantes. Ceci et la formule de Huygens entra\^{\i}nent que
		$ V(Z)=V(X_1Y_1) +V(X_2Y_2)+ V(X_3Y_3)=E(Y_1^2)+E(Y_2^2)+E(Y_3^2)=\dis\sum_{i=1}^{3} \frac{2-p_i}{p_i^2} $.
		\item
		\begin{enumerate}
			\item La variable $Y_i$ est ind\'{e}pendante de l'\'{e}v\'{e}nement $A_{\varepsilon}$; l'esp\'{e}rance de $Y_i$ pour la probabilit\'{e} conditionnelle $P_{A_{\varepsilon}}$ existe et est \'{e}gale \`{a} $E(Y_i)$.
			L'esp\'{e}rance de $Z$ par rapport \`{a} la probabilit\'{e} conditionnelle $P_{A_{\varepsilon}}$ existe alors par domination puisque $\left|Z \right| \leq  Y_1  +Y_2
			+ Y_3 $. Par ailleurs, on a:
			\begin{align*}
			&E_{A_{\varepsilon}}(\left| Z \right| )
			=\frac{1}{P(A_{\varepsilon})}\sum_{n \in \left| Z\right| (\Omega)} n
			P\left( \left[\left| X_1Y_1+X_2Y_2+X_3Y_3\right| =n \right] \cap A_{\varepsilon}\right)\\
			&=
			\frac{1}{P(A_{\varepsilon})}\sum_{n \in \left| Z\right| (\Omega)} n
			P\left( \left[\left| \varepsilon_1 Y_1
			+\varepsilon_2 Y_2+\varepsilon_3 Y_3 \right| =n \right] \cap A_{\varepsilon}\right)\\
			&=
			\sum_{n \in \left| \varepsilon_1 Y_1
				+\varepsilon_2 Y_2+\varepsilon_3 Y_3 \right| (\Omega)} n
			P\left( \left| \varepsilon_1 Y_1
			+\varepsilon_2 Y_2+ \varepsilon_3 Y_3 \right| =n \right)
			=
			E(\left| \varepsilon_1 Y_1
			+\varepsilon_2 Y_2+\varepsilon_3 Y_3 \right| ).
			\end{align*}
			\item Avec la formule de l'esp\'{e}rance totale et la question pr\'{e}c\'{e}dente, il vient
			$E(\left| Z\right|  )=\dfrac{1}{8}
			\dis\sum_{\varepsilon \in \Lambda }E_{A_{\varepsilon}}(\left| Z \right| )
			=\dfrac{1}{8} \sum_{\varepsilon \in \Lambda }	E(\left| \varepsilon_1 Y_1
			+\varepsilon_2 Y_2+\varepsilon_3 Y_3 \right| )$.
			On aboutit \`{a} la formule demand\'{e}e en observant que $\varepsilon$ et $-\varepsilon$ donnent la m\^{e}me contribution dans la somme pr\'{e}c\'{e}dente.
		\end{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
			\item  On remarque que la valeur de l'expression $\left| a +b\right| +
			\left| a-b \right|$ est la m\^{e}me si on remplace $a$ par $\left| a\right|$. Puis on voit que c'est encore la m\^{e}me valeur si on remplace $b$ par $\left|b \right|$. Comme $a$ et $b$ jouent des r\^{o}les sym\'{e}triques, on peut ensuite supposer que $\left| a\right| \geq \left| b\right|$; on trouve alors $2\left|a \right|$ et c'est termin\'{e}.
			\item En utilisant la question $3.(a)$, on trouve:
			\begin{align*}
			&\left|  Y_1
			+Y_2+ Y_3 \right| +\left|  Y_1+Y_2- Y_3 \right| + \left|  Y_1
			-Y_2+ Y_3 \right| +\left|  Y_1-Y_2- Y_3 \right|\\
			&=2\max\left(Y_1+Y_2, Y_3 \right)+2 \max\left(\left| Y_1-Y_2\right| , Y_3 \right)
			\geq 2\left(Y_1+Y_2+Y_3 \right).
		    \end{align*}
			On termine en utilisant la question $2.(b)$, la croissance de l'esp\'{e}rance et le fait
			que $E(Y_i)=1/p_i$.
		\end{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
			\item Avec le formule de Huygens, il vient
			$V(\left| Z \right|)=E(Z^2)-E(\left| Z \right|)^2=V(Z)-E(\left| Z \right|)^2
			=18-E(\left| Z \right|)^2$.
			\item Avec la question $3.(b)$, on obtient $E(\left| Z \right|)\geq 3$, d'o\`{u}
			$V(\left| Z \right|)\leq 9$. L'in\'{e}galit\'{e} de Bienaym\'{e}-Tchebychev donne la majoration
			$P\left(\left| \left| Z \right| - E(\left| Z \right|)  \right| \geq r  \right)
			\leq \dfrac{9}{r^2} $ qui sera significative d\`{e}s que $r>3$.
			\end{enumerate}
	\end{enumerate}
\end{sol}




%-----------------------------------
\begin{exo}

	Dans tout l'exercice, on consid\`{e}re une suite de variables al\'{e}atoires r\'{e}elles $(X_n)_{n \geq 1}$, d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A}, P)$, qui sont mutuellement ind\'{e}pendantes et qui suivent toutes la m\^{e}me loi. On supposera \'{e}galement que $N$ est une variable al\'{e}atoire, d\'{e}finie sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e}, qui prend ses valeurs dans $\mathbb{N}$ et qui est ind\'{e}pendante de la suite $(X_n)_{n \geq 1}$.
	Pour tout $\omega\in \Omega$, on pose :
	\[
Y(\omega)=	\left\{
	\begin{array}{r c l}	
\dsum_{k=1}^{N(\omega)} X_k(\omega)&\text{ si }& N(\omega) \geq 1\\
0 &\text{ si }& N(\omega)=0
	\end{array}
	\right.
	\]
	et $Z(\omega)= N(\omega)-Y(\omega)$.
	\begin{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
			\item  Soit $n\in \mathbb{N}$ et $x\in \mathbb{R}$. V\'{e}rifier que
			$\left\lbrace \omega \in \Omega; Y(\omega) \leq x \right\rbrace
			\cap \left\lbrace \omega \in \Omega; N(\omega)=n\right\rbrace \in  \mathcal{A}$.
			\item En d\'{e}duire que $Y$ et $Z$ sont deux variables al\'{e}atoires d\'{e}finies sur
			l'espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A}, P)$.
		\end{enumerate}
		\item Dans cette question, on suppose que chaque $X_n$ suit la loi de Bernoulli de param\`{e}tre
		$p \in ]0,1[$ et que $N$ suit la loi de Poisson de param\`{e}tre
		$\lambda \in \mathbb{R}_{+}^{\ast}$. On pose: $q=1-p$.
		\begin{enumerate}
			\item D\'{e}terminer la loi de la variable al\'{e}atoire $Y$.
			\item V\'{e}rifier que $Z(\omega)=\dsum_{k=1}^{N(\omega)} (1-X_k(\omega))$ pour tout
			$\omega \in \Omega$ tel que $N(\omega)\geq 1$.
			\item En d\'{e}duire la loi de $Z$.
			\item Montrer que les variables al\'{e}atoires $Y$ et $Z$ sont ind\'{e}pendantes.
		\end{enumerate}
		\item Dans cette question, on suppose que chaque $X_n$ est \`{a} valeurs dans un segment $[a,b]$ ($a<b$) et suit une loi \`{a} densit\'{e} de densit\'{e} $f$, et que la variable $N+1$ suit une loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre $p \in ]0,1[$. Pour $n \in \mathbb{N}^{\ast}$ on pose
		$A_n=\left\lbrace \omega \in \Omega; 0 \leq N(\omega) \leq n \right\rbrace$ et
		$Y_n=\mathbf{1}_{A_n} Y$.\\
		({\em Si $A \in \mathcal{A}$, on d\'{e}signe par $ \mathbf{1}_{A}$ la variable al\'{e}atoire qui vaut $1$ sur $A$ et $0$ en dehors de $A$.} )
		\begin{enumerate}
			\item Montrer qu'il existe une constante $c \in \mathbb{R}_{+}^{\ast} $ telle que
			$\left| Y \right| \leq cN $. En d\'{e}duire que $Y$ admet une esp\'{e}rance et une variance.
			\item Soit $n \in \mathbb{N}^{\ast}$. Justifier l'\'{e}galit\'{e} :
			$Y_n=\dis\sum_{k=1}^{n}\mathbf{1}_{[N=k]}\left( \sum_{i=1}^{k} X_i\right)  $.
			\item V\'{e}rifier que $\left| Y -Y_n\right|=\mathbf{1}_{A_n^{c}}\left| Y \right| $
			(o\`{u} $A_n^{c}$ est l'\'{e}v\'{e}nement contraire de $A_n$).\\ Montrer que la suite
			$\left( E(Y_n)\right)_{n \geq 1} $
			converge vers $E(Y)$.
			\item En d\'{e}duire une expression de $E(Y)$  en fonction de $f$.
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
	\begin{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
			\item Si $n\geq 1$, on a
			$A_n=\left[ Y \leq x \right]\cap \left[ N=n  \right]
			=\left[ \dis\sum_{k=1}^{n} X_k \leq x \right]\cap \left[ N=n  \right] \in \mathcal{A} $ puisque
			$\dis\sum_{k=1}^{n} X_k$ et $N$ sont deux variables al\'{e}atoires sur $(\Omega, \mathcal{A}, P)$.
			De plus, $ A_0=\emptyset \in \mathcal{A}$   si $x<0$ et  $ A_0= [N=0] \in \mathcal{A}$ si $x\geq 0$.
			\item On en d\'{e}duit que $\left[ Y \leq x \right]=\dis\bigcup_{n\geq 0}
			 A_n \in \mathcal{A} $ comme r\'{e}union d\'{e}nombrable d'\'{e}l\'{e}ments de $\mathcal{A}$. Par suite
			$Y$ (et donc $Z$, par somme de v.a.) est bien une variable al\'{e}atoire sur $(\Omega, \mathcal{A}, P)$.
				\end{enumerate}
		\item
		\begin{enumerate}
			\item On a:
			$ P(Y=0)=\dis\sum_{n=0}^{+\infty}P\left(\left[ Y=0\right] \cap \left[ N=n\right] \right)
			=P\left(\left[ N=0\right] \right)
			+\sum_{n=1}^{+\infty}P\left(\left[\sum_{k=1}^{n} X_k =0\right] \cap \left[ N=n\right] \right)
			=e^{-\lambda}+e^{-\lambda}(e^{\lambda q}-1)=e^{-\lambda p}$\\
			 Et si $m\geq 1$,
			$P(Y=m)=\dis\sum_{n=0}^{+\infty}P\left(\left[ Y=m\right] \cap \left[ N=n\right] \right)=\sum_{n=m}^{+\infty} \binom{n}{m}p^mq^{n-m}e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^n}{n!}=e^{-\lambda p}\dfrac{(\lambda p)^m}{m!}.
		$
La variable $Y$ suit donc une loi de Poisson de param\`{e}tre $\lambda p$.
			\item Si $N(\omega)\geq 1$, on a
			$Z(\omega)=N(\omega)-Y(\omega) =N(\omega)-\dis\sum_{k=1}^{N(\omega)} X_k(\omega)
			=\sum_{k=1}^{N(\omega)} (1-X_k(\omega))$.
			\item Comme $Z(\omega)=0$ si $N(\omega)=0$ et que les variables $1-X_k$ suivent suit la loi de Bernoulli de param\`{e}tre
			$q \in ]0,1[$ , on observe que
			$Z$ joue le r\^{o}le de $Y$ si on remplace $p$ par $q$, d'o\`{u} $Z\hookrightarrow \mathcal{P}(\lambda q)$.
			\item On a
			$ P\left( \left[ Y=0 \right] \cap \left[ Z=0 \right]  \right)
			=P\left( \left[ Y=0\right] \cap \left[ N=0\right]  \right)
			=P\left( N=0 \right)=e^{-\lambda} =e^{-\lambda p} e^{-\lambda q}
			=P\left( Y=0 \right)\times P\left( Z=0 \right) $.
			Si $(m_1,m_2) \in \mathbb{N}^2\setminus \left\lbrace (0,0)\right\rbrace $, en utilisant l'ind\'{e}pendance des variables concern\'{e}es il vient:
			\begin{eqnarray*}
			 P \left( \left[ Y=m_1 \right] \cap \left[ Z=m_2 \right]  \right)
			&=&
			P\left( \left[ \sum_{k=1}^{m_1+m_2}X_k=m_1 \right] \cap \left[ N=m_1+m_2 \right]  \right)\\
			&=&\binom{m_1+m_2}{m_1}p^{m_1}q^{m_2}e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^{m_1+m_2}}{(m_1+m_2)!}=
			P\left( Y=m_1 \right)\times P\left( Z=m_2 \right) .
			\end{eqnarray*}
			Les variables $Y$ et $Z$ sont bien ind\'{e}pendantes.
		\end{enumerate}
	
	
		\item
		\begin{enumerate}
			\item Lorsque $N(\omega)\geq 1$, on a
			$\left| Y(\omega) \right| \leq \dis\sum_{k=1}^{N(\omega)} \left| X_k(\omega)\right|
			\leq \max(\left| a\right| ,\left| b\right|)  N(\omega)$. On peut donc prendre
			$c=\max(\left| a\right| ,\left| b\right|)$ puisque $Y(\omega)=0$ si $N(\omega)=0$.
			On a donc $ Y^2 \leq c^2N^2 $ et par domination, $Y$ admet une esp\'{e}rance et une variance.
			\item Si $n \geq 1$,
			$Y_n(\omega)=\mathbf{1}_{A_n}(\omega)Y(\omega)=
			\left( \dis\sum_{k=0}^{n}\mathbf{1}_{[N=k]}(\omega)\right)Y(\omega)
			=\dis\sum_{k=1}^{n}\mathbf{1}_{[N=k]}(\omega)\left(  \sum_{i=1}^{k} X_i(\omega)\right)$.
			\item Si $ \omega \in \Omega$, on a $\left| Y(\omega) -Y_n(\omega)\right|
			= \left|(1-\mathbf{1}_{A_n}(\omega)) Y(\omega)\right|=
			\mathbf{1}_{A_n^{c}}(\omega)\left| Y(\omega) \right| $. Par cons\'{e}quent, en utilisant
			$3.(a)$, on voit que
			$-c\mathbf{1}_{A_n^{c}}(\omega)N(\omega)\leq Y(\omega) -Y_n(\omega)\leq c\mathbf{1}_{A_n^{c}}(\omega)N(\omega)$, d'o\`{u}
			$ \left|  E(Y)-E(Y_n)\right| \leq c E(\mathbf{1}_{A_n^{c}}N)
			=c\dis\sum_{k=n+1}^{+\infty}kP(N=k)\rightarrow 0$ lorsque $n$ tend vers l'infini.
			
			\item Avec le cours, on sait que les variables $\mathbf{1}_{[N=k]}$ et
			$\dis\sum_{i=1}^{k} X_i$ sont ind\'{e}pendantes, d'o\`{u}
			$E(Y_n)=\dis\sum_{k=1}^{n}E(\mathbf{1}_{[N=k]}) E( \sum_{i=1}^{k} X_i)
			=E(X_1)\sum_{k=1}^{n}kP(N=k)\rightarrow E(X_1)E(N)$, d'o\`{u} $E(Y)=E(X_1)E(N)$.
			 D'o\`{u}:
			$$
			E(Y)=\dfrac{q}{p}\int_{a}^{b}tf(t)dt
			$$
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}
\end{sol}



%----------------------------------
\begin{exo}

Dans cet exercice, toutes les variables al\'eatoires consid\'er\'ees sont  d\'efinies sur un m\^eme espace probabilis\'e $(\Omega, \mathcal{A},P)$.
Soient $\alpha$ un r\'eel strictement positif et $f_{\alpha}$ la fonction d\'{e}finie par :
 $$
 f_{\alpha}(x)= \left\{ \begin{array}{ll}
 \dis \frac{\alpha}{x^{\alpha+1}} & \text{ si } x>1\\
  0 &\text{ sinon}
  \end{array}\right.
 $$
{\it On admet sans d\'{e}monstration} le r\'{e}sultat suivant: une suite de variables al\'{e}atoires $(Y_n)_{n\geq 1}$  converge en probabilit\'{e} vers une variable certaine $\lambda$ si et seulement si elle converge en loi vers $\lambda$.

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Montrer que $f_{\alpha}$ d\'efinit une densit\'e.

\item Soit $X$ une variable al\'eatoire  \`a  valeurs dans $]1,+\infty[$  et dont la densit\'e est $f_{\alpha}$ avec $\alpha>0$. Pour quelles valeurs de $\alpha$ l'esp\'erance $E(X)$ existe-t-elle ? Calculer $E(X)$ lorsqu'elle existe.
Pour quelles valeurs de $\alpha$ la variance $V(X)$ existe-t-elle ?



\end{enumerate}




Pour la suite de l'exercice, on suppose que $(X_n)_{n\geq 1}$ est une suite de variables al\'eatoires ind\'ependantes \`a  valeurs dans $]1,+\infty[$ chacune de densit\'e $f_{\alpha}$  avec $\alpha>2$.  On d\'efinit la variable al\'eatoire  $\overline{X_n}$ par:
$$
\overline{X_n}=\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n X_k \ \mbox{ pour } n\geq 1
 .$$

\item \'Etudier  la convergence en probabilit\'e de la suite $(\overline{X_n})_{n\geq 1}$.

\item

\begin{enumerate}


\item  Soit $g :\ ]1,+\infty[\to \mathbb{R}$ d\'efinie par $\displaystyle g(u)=\frac{u}{u-1}$. \'Etudier les variations de $g$ sur $]1,+\infty[$ et caract\'eriser l'ensemble $g(]1,+\infty[)$.  Puis,  justifier l'existence et calculer  $g(g(u))$  pour $u>1$. Montrer, ensuite  que $g$ admet une fonction r\'eciproque $g^{-1}$ dont on pr\'ecisera le domaine de d\'efinition et l'expression. Enfin, montrer que $g(E(X_1))$ est bien d\'efinie et exprimer sa valeur en fonction de $\alpha$.

\item On  admet que $g(\overline{X_n})$ est une variable al\'eatoire. Montrer que $g(\overline{X_n})$  est \`a valeurs dans $]1,+\infty[$.



\item  Soit $u$ un r\'{e}el tel que $1<u<g(E(X_1))$. Montrer que  $\displaystyle \lim_{n\to+ \infty} P(\overline{X_n}< g(u))=1$.

\item Soit $u$ un r\'{e}el tel que $g((E(X_1))<u$. Montrer que  $\displaystyle  \lim_{n\to +\infty} P(\overline{X_n}< g(u))=0$.

\item Montrer que $(g(\overline{X_n}))_{n\geq 1}$ converge en loi vers la variable certaine $g(E(X_1))$.  \smallskip

\end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item $f_{\alpha}$ est positive sur $\mathbb{R}$, nulle sur $]-\infty,1]$ et continue sur $\mathbb{R}\setminus \{ 1\}$. En $1^+$, l'int\'{e}grale converge car $\dis\lim_{x\to 1^+} f(x)=1$. De plus, $f_{\alpha}(x)= \alpha x^{-(1+\alpha)}$ en $+\infty$ avec $\alpha>0$, donc l'int\'{e}grale de $f_{\alpha}$  converge sur $\mathbb{R}$. Enfin, $\dis\int_{\mathbb{R}}f(x)\mathrm{d}x=\int_{1}^{\infty}\alpha x^{-(\alpha+1)}\mathrm{d}x=[-x^{-\alpha}]_1^{+\infty}=1$. On conclut que $f_{\alpha}$ est une densit\'e.
 \item  $x\mapsto x f_{\alpha}(x)$ et $x\mapsto x^2 f_{\alpha}(x)$ sont  positives sur $\mathbb{R}$, nulles sur $]-\infty,1]$, continues sur $\mathbb{R}\setminus \{ 1\}$ et admettent $1$ comme limite en $1^+$. On a $  x f_{\alpha}(x)= \alpha x^{-\alpha}$ et $x^2 f_{\alpha}(x)= \alpha x^{(1-\alpha)}$ en $+\infty$. Donc, par th\'eor\`eme du transfert, $E(X)$ et  $V(X)=E(X^2)-E(X)^2$ existent respectivement  pour $\alpha>1$ et pour $\alpha>2$. Enfin, pour $\alpha>1$,  on a $E(X)=\dis\int_{1}^{\infty} \alpha x^{-\alpha} \mathrm{d}x=\frac{\alpha}{\alpha-1}$.
\end{enumerate}

\item Pour $\alpha>2$, $E(X_n)=E(X_1)$ et $V(X_n)=V(X_1)$ existent pour $n\geq 1$ (cf. 1)(b)) et les $X_n$ sont ind\'ependantes, donc d'apr\`es la loi faible des grands nombres, $\overline{X_n}\to E(X_1)$  en probabilit\'e.
\item
\begin{enumerate}
\item Pour $u>1$, $g'(u)=-1/(u-1)^2<0$, donc $g$ est strictement d\'ecroissante sur $]1,+\infty[$ et de plus, elle est continue sur cet intervalle. D'apr\`es le th\'eor\`eme de la bijection, $g$ est inversible de $]1,+\infty[$ vers $g(]1,+\infty[)=]1,+\infty[$. Ainsi on a pour $u>1$, $g(u)>1$ et donc $g(g(u))$ est bien d\'efinie. Un petit calcul donne  $g(g(u))=u$ pour $u>1$ et donc  $g=g^{-1}$ sur $]1,+\infty[$. Enfin, comme $\alpha>2$, d'apr\`es 1)b), $E(X_1)=g(\alpha)>1$, donc $g(E(X_1))$ est bien d\'efinie et $g(E(X_1))=g(g(\alpha))=\alpha$.
\item Pour tout $n\geq1$, $X_n$  est \`a valeurs dans $]1,+\infty[$, donc $\overline{X_n}$ est aussi  \`a valeurs dans $]1,+\infty[$. Ainsi comme d'apr\`es 4)(a),  $g(]1,+\infty[)=]1,+\infty[$, on a $g(\overline{X_n})$ qui est \`a valeurs dans $]1,+\infty[$.
\item  Soit $1<u<g(E(X_1))$.  D'apr\`es 4) (a), $g=g^{-1}$ est une bijection de  $]1,+\infty[$ dans $]1,+\infty[$  qui est strictement d\'ecroissante. On en d\'eduit que $E(X_1)<g(u)$ et qu'il existe $\varepsilon>0$ tel que $E(X_1)+\varepsilon<g(u)$. On obtient donc l'encadrement suivant :
$
 F_{\overline{X_n}}(E(X_1)+\varepsilon)= P(\overline{X_n}\leq E(X_1)+\varepsilon )\leq     P(\overline{X_n}< g(u))\leq 1 .
$
Comme $\alpha>2$, nous savons que la suite $(\overline{X_n})_{n\geq 1}$ converge vers $E(X_1)$ en probabilit\'e (cf. question 3)). Elle tend donc  \'egalement en loi vers $E(X_1)$ d'apr\`es la question 2).
 La fonction de r\'epartition de $E(X_1)$ est donn\'ee par $F_{E(X_1)}(u)=0$ si $u<E(X_1)$ et $F_{E(X_1)}(u)=1$ si $u\geq E(X_1)$. Son seul point de discontinuit\'e est $u=E(X_1)$. Ainsi, il r\'{e}sulte de la convergence en loi de $\overline{X_n}$ vers $E(X_1)$ que $F_{\overline{X_n}}(E(X_1)+\varepsilon) \to F_{E(X_1)}(E(X_1)+\varepsilon) =1 $.
  On conclut de l'encadrement que $ P(\overline{X_n}< g(u))\to 1$ quand $n\to +\infty$.

 \item Soit $g((E(X_1))<u$.  Comme $g=g^{-1}$ est une bijection de  $]1,+\infty[$ dans $]1,+\infty[$  qui est strictement d\'ecroissante,  on a alors $g(u)<E(X_1)$. Il vient donc,
 $
 0\leq     P(\overline{X_n}<  g(u))\leq  P(\overline{X_n}\leq  g(u))=F_{\overline{X_n}}(g(u)) .
 $
 A l'instar de 4)(b), on d\'eduit de la convergence en loi de  $\overline{X_n}$ vers $E(X_1)$ que $F_{\overline{X_n}}(g(u))\to F_{E(X_1)}(g(u))=0$  (car $g(u)<E(X_1)$). Donc avec l'encadrement pr\'ec\'edent, on a $P(\overline{X_n}<  g(u)) \to 0$.

 \item  En $u=g(E(X_1))$ la fonction de r\'epartition  $F_{g(E(X_1))}$  est discontinue. \'Etudions donc  la convergence sur tous les autres points. Il y a 3 cas \`a \'etudier.
 Tout d'abord, si $u\leq 1$,  comme $g(\overline{X_n})$ est \`a valeurs dans $]1,+\infty[$ (d'apr\`es 4)(a)), il vient : $F_{g(\overline{X_n})}(u)=0 \to 0=F_{g(E(X_1))}(u)$ pour $n\to +\infty$.
 Puis, pour $1<u< g(E(X_1))$, on a $F_{g(\overline{X_n})}(u)=P(g(\overline{X_n})\leq u)=P(g(u)\leq  \overline{X_n}))$ car $g=g^{-1}$  d\'efinie de $]1,+\infty[$ dans $]1,+\infty[$ est strictement d\'ecroissante. Il en r\'{e}sulte  que  $F_{g(\overline{X_n})}(u)=1-P(\overline{X_n} <g(u))$ et donc avec 4)(c) que $F_{g(\overline{X_n})}(u)\to  0=F_{g(E(X_1))}(u)$ pour $n\to +\infty$.  Enfin si $g(E(X_1))<u$, on a : $F_{g(\overline{X_n})}(u)=P(g(\overline{X_n})\leq u)=P(g(u)\leq  \overline{X_n})$ et il vient avec  4)(d): $F_{g(\overline{X_n})}(u)= 1-P(\overline{X_n} <g(u))\to 1=F_{g(E(X_1))}(u)$. La suite $(g(\overline{X_n}))_{n\geq 1}$ converge donc en loi vers $g(E(X_1))$.
\end{enumerate}

\end{enumerate}

\end{sol}



%----------------------------------
\begin{exo}

Toutes les variables al\'{e}atoires de cet exercice sont d\'{e}finies sur un espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A}, P)$.

Soit $X$ et $Y$ deux variables al\'{e}atoires discr\`{e}tes \`{a} valeurs dans $\N^*$, ind\'{e}pendantes dont les lois de probabilit\'{e} sont d\'{e}finies par

$$\forall n\in\N^*,\quad P([X=n])=(\e-1)\e^{-n}, \ \quad \mbox{ et } \quad P([Y=n])=\frac1{(\e-1)n!}$$

Soit $(U_i)_{i\geq 1}$ une suite de variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes suivant toutes la loi uniforme sur le segment $[0,1]$.

On suppose enfin que les variables al\'{e}atoires $U_i$, $X$ et $Y$ sont ind\'{e}pendantes.
\begin{enumerate}
	\item Reconna\^{\i}tre la loi de la variable al\'{e}atoire $X$.
		\item On pose, pour tout entier naturel $n$ non nul, $M_n=\max(U_1,U_2,\ldots,U_n)$.\\
	D\'{e}terminer la fonction de r\'{e}partition de $M_n$.
	\item On pose, pour tout $\omega$ de $\Omega$, $M(\omega)=\max(U_1(\omega),U_2(\omega),\ldots,U_{Y(\omega)}(\omega))$ et on admet que $M$ est bien une variable al\'{e}atoire.
		
	\begin{enumerate}
\item Calculer $F_M$ la fonction de r\'{e}partition de $M$.	
\item Calculer l'esp\'erance de $M$. %$E(M)$.
\item On pose $Z=X-M$. Pour tout r\'{e}el $x$, calculer $P([Z>x])$ et en d\'{e}duire la loi de $Z$.
	\end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{sol}



\begin{enumerate}
	\item

	$\bullet$ Pour $X$ : en \'{e}crivant $\dis P(X=n)=\left(1-\frac 1e\right)\left(\frac 1e\right)^{n-1}$, on constate que $X$ suit la loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre $1-\dfrac1e$. C'est donc une variable al\'{e}atoire.
	
	$\bullet$ Pour $Y$ : les termes sont positifs et $\dis\sum_{n=1}^{+\infty}P([Y=n])= \sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{(e-1)n!}= \frac1{e-1}(e-1)=1$.
	
\item On a classiquement : $ F_{M_n}(x)=F_{U_1}(x)^n$. D'o\`{u} : $ \dis F_{M_n}(x)=\begin{cases} 0\text{ si  } x<0 \\
x^n\text{ si } 0\le x\le 1\\ 1\text{ si } x>1\end{cases}$.
\item
\begin{enumerate}
	\item On consid\`{e}re le syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements : $\{[Y=n], n\in\N^*\}$.	On a donc, pour tout r\'{e}el $x$ :
$$[M\leq x]\cap[Y=n]=[M_n\leq x]\cap[Y=n]$$
Par ind\'{e}pendance, $P([M_n\leq x]\cap[Y=n])= P([M_n\leq x]\times P([Y=n])$. Ainsi
					$$P([M\leq x])=\sum_{n=1}^{+\infty}P\big([M_n\leq x]\big)\times\big([Y=n]\big)=\sum_{n=1}^{+\infty}x^n\frac1{(e-1)n!},\ \forall x \in [0,1]$$
		Finalement : $ \dis F_M(x)=\begin{cases} 0\text{ si } x<0 \\
                                \dfrac{e^x-1}{e-1}\text{ si } 0\le x\le 1  \\
                                1\text{ si } x>1
                   \end{cases}$.

\item  Ainsi $M$ est \`a densit\'e, donc par th. de transfert :
$E(M)=\dint_0^1 x\dfrac{e^x-1}{e-1}~{\rm d}x,$\\
soit, apr\`es int\'{e}gration par parties : $E(M)=\frac1{e-1}$.

% ou bien :
%$\dis E(M_n)=\frac{n}{n+1}$. La formule de l'esp\'{e}rance totale donne, avec $\dis{n\over (n+1)!}={1\over n!}-{1\over (n+1)!}$ : $$E(M)=\sum_{n=1}^{+\infty}\E\big(M/[Y=n]\big)P([Y=n])=\sum_{n=1}^{+\infty}E\big(M_n\big)P([Y=n])=\frac1{e-1}$$


\end{enumerate}
\item
  On commence par remarquer que $Z(\Omega)=\R^+$. 	On utilise \`{a} nouveau la formule des probabilit\'{e}s totales, avec comme syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements $\{[X=n], n\in\N^*\}$.

On a donc, pour tout r\'{e}el $x$ positif  : $P([Z>x])=\dsum_{n=1}^{+\infty}P\big([Z>x]\cap[X=n]\big)$.

Mais, $[Z>x]\cap[X=n]=[X-M>x]\cap[X=n]=[M<n-x]\cap[X=n]$.	

Comme $X$ et $M$ sont ind\'{e}pendantes, on obtient : $P([Z>x])=\dis\sum_{n=1}^{+\infty}P([M<n-x])\times P([X=n])$.

Comme $M(\Omega)=[0,1]$, il faut distinguer trois cas :
\par
$\bullet$ Si $n-x\leq 0$, c'est-\`{a}-dire si $n\leq \left\lfloor x\right\rfloor$, on a $ P([M<n-x])=0$.
\par
$\bullet$ Si $0\leq n-x\le 1$, c'est-\`{a}-dire si $n=\left\lfloor x\right\rfloor+1$, on a $ P([M<n-x])=\dfrac{e^{n-x}-1}{e-1}$.
\par
$\bullet$ Enfin, si $n-x>1$, c'est-\`{a}-dire si $x\ge \left\lfloor x\right\rfloor+2$, on a $ P([M<n-x])=1$.
		Finalement :
		$$P([Z>x])=\dfrac{e^{\left\lfloor x\right\rfloor+1-x}-1}{e-1}\times (e-1)e^{-(\left\lfloor x\right\rfloor+1  )}+\sum_{n=\left\lfloor x\right\rfloor+2}^{+\infty}(e-1)e^{-n}$$
		
		Apr\`{e}s simplification, il reste finalement : $\dis  P([Z>x])=\begin{cases} e^{-x}\text{ si } x>0 \\
                        1\text{ sinon }
                        \end{cases}$.

		On constate que $Z$ suit la loi exponentielle de param\`{e}tre $1$.
	
\end{enumerate}
\end{sol}


%-------------------------
\begin{exo}



Dans tout l'exercice, $n$ d\'{e}signe un entier naturel sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} 2.\\
On consid\`{e}re un r\'{e}el $\theta$ appartenant \`{a} $[-\dfrac12,\dfrac12]$ et la densit\'{e} $f_\theta$ d\'{e}finie par :
$$ f_\theta(x)=\begin{cases} \dis \frac{1-\theta}2\text{ si } x\in[-1,0[ \\ \\\dis \frac{1+\theta}2\text { si } x\in[0,1] \\ \\ 0\text{ sinon } \end{cases}$$

On note $X$ une variable al\'{e}atoire admettant $f_\theta$ comme densit\'{e} et $(X_1,X_2,\ldots,X_n)$ un $n-$\'{e}chantilllon de variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes suivant toutes la m\^{e}me loi que $X$.
\begin{enumerate}
	\item On pose $\dis F_n=\frac 1n\sum_{k=1}^nX_k$.
\begin{enumerate}
	\item D\'{e}terminer la valeur du r\'{e}el $c$ pour que $\widehat{F}_n=cF_n$ soit un estimateur sans biais de $\theta$.
	\item Montrer que la suite $(\widehat{F}_n)_n$ converge en probabilit\'{e} vers $\theta$.
\end{enumerate}
\item On note, pour $k\in\llbracket 1,n\rrbracket$, $Y_n$ le nombre de variables parmi les variables $X_k$ qui ont pris une valeur positive ou nulle.
\begin{enumerate}
\item
 Montrer que $Y_n$ suit une loi binomiale. Pr\'{e}ciser ses param\`{e}tres.
\item On note $\widehat{\theta}_n$ la variable al\'{e}atoire d\'{e}finie par : $\dis  \widehat{\theta}_n=\frac 2nY_n-1$.\\
 Montrer que $(\widehat{\theta}_n)$ est un estimateur sans biais de $\theta$.
	\item Montrer que la suite $(\widehat{\theta}_n)_n$ converge en probabilit\'{e} vers $\theta$.
	\end{enumerate}
	\item
	\begin{enumerate}
	\item Montrer qu'il existe un r\'{e}el $\lambda$ strictement positif tel que  :
	$$ |\sqrt{1-\widehat{\theta}_n^2}-\sqrt{1-\stackrel{}{\theta}^2}|\leq \lambda |\widehat{\theta}_n-\theta|$$
	\item Montrer que la suite $(\sqrt{1-\widehat{\theta_n}^2})_n$ converge en probabilit\'{e} vers $\sqrt{1-\theta^2}$.
	\item Montrer que la suite   $\dis (\sqrt{n}\frac{\widehat{\theta}_n-\theta}{\sqrt{1-\theta^2}})_n$ converge en loi vers la loi $\mathcal{N}(0,1)$.
	
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
	
\end{exo}


\begin{sol}

\begin{enumerate}
	\item
\begin{enumerate}
	\item On a : $ E(X)=\dis\int_{-1}^0t\frac{1-\theta}2dt+\int_0^1t\frac{1+\theta}2dt=\frac{\theta}2\Longrightarrow E(F_n)=\frac{\theta}2\Longrightarrow \hat{F}_n=2F_n$.
	
	
	\item Comme $\hat{F}_n$ est sans biais, son risque quadratique est \'{e}gal \`{a} sa variance. Or
$E(X^2)= \dfrac 1 3$ et $\dis V(X)=\frac{4-3\theta^2}{12}\Longrightarrow V(F_n)=\frac{4-3\theta^2}{12n}$, par ind\'{e}pendance.
	
Enfin, $ V(\hat{F}_n)=4V(F_n)=\dis\frac{4-3\theta^2}{3n}$. On applique alors la loi faible des grands nombres \`{a} $\hat{F}_n$.

\end{enumerate}


\item
\begin{enumerate}
	\item ${\mathbf 1}_{[X_k>0]}$ est une variable de Bernoulli de param\`{e}tre $ \frac{1+\theta}2$. Ainsi, $Y_n$ suit  la loi binomiale $\dis \mathcal{B}(n,\frac{1+\theta}2)$.
	On a alors : $ E(Y_n)=n\dis\frac{1+\theta}2$ et $ V(Y_n)=n\dis\frac{1-\theta^2}4$.

	\item On a, toujours par lin\'{e}arit\'{e} de l'esp\'{e}rance, $ E(\hat{\theta}_n)=\dis\frac 2nE(Y_n)-1=\theta$.

	\item On a $ V(\hat{\theta}_n)=\dis\frac4{n^2}V(Y_n)=\frac{1-\theta^2}n$. 	L'in\'{e}galit\'{e} de Bienaym\'{e}-Tchebychev appliqu\'{e}e \`{a} $\hat{\theta}_n$ donne :
	$$ \forall \varepsilon>0,\quad 0\leq P\big(|\hat{\theta}_n-\theta|\geq\varepsilon\big)\le \frac{1-\theta^2}{n\varepsilon^2}\Rightarrow
		 \lim_{n\to +\infty}P\big(|\hat{\theta}_n-\theta|\geq\varepsilon\big)=0$$


\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
	\item On  multiplie par l'expression conjugu\'{e}e. Comme $ |\sqrt{1-\widehat{\theta}_n^2}+\sqrt{1-\stackrel{}{\theta}^2}|\ge \sqrt{1-\stackrel{}{\theta}^2}\ge \dis\frac{\sqrt 3} 2$, il vient    $ |\sqrt{1-\widehat{\theta}_n^2}-\sqrt{1-\stackrel{}{\theta}^2}|\leq \dis\frac 2{\sqrt 3}$.
	Comme $\widehat{\theta_n}$ prend toutes ses valeurs entre $-1$ et $1$ et comme $\theta$ appartient \`{a} $[-\dfrac 12,\dfrac12]$, on a :
	$ |\widehat{\theta}_n+\theta|\leq \dis\frac 32$ et $ |\sqrt{1-\widehat{\theta}_n^2}-\sqrt{1-\stackrel{}{\theta}^2}|\le \sqrt 3|\widehat{\theta}_n-\theta|$.

	
\item On a donc, pour tout $\omega$ de $\Omega$, $  |\sqrt{1-\widehat{\theta}_n^2(\omega)}-\sqrt{1-\stackrel{}{\theta}^2}|\geq\varepsilon \Rightarrow {\sqrt{3}}|\widehat{\theta}_n(\omega)-\theta|\geq\varepsilon$, et

$$ P\big(|\sqrt{1-\widehat{\theta}_n^2}-\sqrt{1-\stackrel{}{\theta}^2}|\geq\varepsilon\big)\leq P\big(|\widehat{\theta}_n-\theta|\geq\frac\varepsilon{\sqrt3}\big)\to 0$$

\item On  applique  le TLC  \`{a} $Y_n$ : $\dis E(Y_n)=n\frac{1+\theta}2$ et $\dis V(Y_n)=n\frac{1-\theta^2}4$.
La suite $\dis \left(\frac{Y_n-n\frac{1+\theta}2}{\sqrt{n\frac{1-\theta^2}4}}\right)_n$ converge en loi vers une variable $T$ qui suit la loi $\mathcal{N}(0,1)$. En arrangeant, on conclut : $\dis \left(2\sqrt n\frac{\frac{Y_n}n-\left(\frac{1+\theta}2\right)}{\sqrt{1-\theta^2}}\right)_n$ converge en loi vers $T$.
Comme $\dis Y_n=\frac{n\widehat{\theta}_n}2+\frac n2$, on obtient : $\dis \left(\sqrt{n}\frac{\widehat{\theta}_n-\theta}{\sqrt{1-\theta^2}}\right)_n$ converge en loi vers $T$.


\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{sol}



%----------------------------


\begin{exo}

On consid\`{e}re deux r\'{e}els $\lambda$ et $\theta$ strictement positifs et une variable al\'{e}atoire $X$ dont une densit\'{e} $f_X$ est donn\'{e}e par:

$$ f_X(t)=\begin{cases} \dis  \frac\lambda\theta\left(\frac\theta t\right)^{\lambda+1}\text{ si }t>\theta \\ \\ 0\text{ sinon }\end{cases}$$

On consid\`{e}re un \'{e}chantillon $(X_1,\ldots,X_n)$ de variables ind\'{e}pendantes  suivant toutes la loi  de $X$,  o\`{u} $\theta$ est connu et $\lambda$ un param\`{e}tre inconnu que l'on souhaite estimer.\\
On pose :
$$\forall k\in \llbracket 1,n\rrbracket, Y_k=\ln\left(\frac{X_k}\theta\right),\quad  \overline{Y}_n=\frac 1 n\sum_{k=1}^nY_k\text{ et } \widehat{\lambda}_n=\frac 1{\overline{Y}_n}$$
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
	\item D\'{e}terminer la fonction de r\'{e}partition  de $X$.
	\item \'Etudier l'existence de l'esp\'{e}rance et de la variance de $X$ et en cas d'existence les calculer.

\end{enumerate}
	\item
\begin{enumerate}
	\item Montrer que pour tout $k\in \llbracket 1,n\rrbracket$, $Y_k$ suit une loi exponentielle dont on donnera le param\`{e}tre.
	\item En d\'{e}duire les valeurs de $E(\overline{Y}_n)$ et de $V(\overline{Y}_n)$.
	\item \'Ecrire une instruction en \textbf{Scilab} qui permet de simuler 100 r\'{e}alisations de $X$ lorsque $\lambda$ et $\theta$ sont connus.
\end{enumerate}
\item Justifier les deux convergences suivantes :
\begin{enumerate}
	\item la suite $\dis  \left(\lambda\sqrt n\left(\overline{Y}_n-\frac1\lambda\right)\right)_n$ converge en loi vers une variable al\'{e}atoire suivant la loi $\mathcal{N}(0,1)$
\item La suite $\dis \left(\lambda\overline{Y}_n\right)_n$ converge en probabilit\'{e} vers $1$.
\end{enumerate}
\item En remarquant que l'on peut \'{e}crire :
$$ \frac{\sqrt n(\widehat{\lambda}_n-\lambda)}{\lambda}=\frac{\lambda\sqrt n\left(\dis\frac 1\lambda-\overline{Y}_n\right)}{\lambda \overline{Y}_n}$$
montrer que  la suite $\dis  \left(\frac{\sqrt n(\widehat{\lambda}_n-\lambda)}\lambda\right)_n$ converge en loi vers une variable al\'{e}atoire suivant la loi $\mathcal{N}(0,1)$.

\item En approchant la loi de $\dis \frac{\sqrt n(\widehat{\lambda}_n-\lambda)}\lambda$ par $\mathcal{N}(0,1)$, d\'{e}terminer, un intervalle de confiance au niveau de confiance $0,95$ pour $\lambda$.\\
{\it Rappel: si $\Phi$ d\'{e}signe la fonction de r\'{e}partition de la loi normale centr\'{e}e r\'{e}duite, on a $\Phi(1,96)=0,975$}.
\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}	


\item On v\'{e}rifie facilement que $f$ est un densit\'{e} de probabilit\'{e} et on trouve :
	$$F_X(x)=\begin{cases}  1-\left(\dis\frac\theta x\right)^{\lambda} \text{ si } x>\theta\\  0\text{ sinon }\end{cases}$$

\item On a $\dis tf_X(t)=\lambda\theta^{\lambda}\frac1{t^\lambda}$ donc $\E(X)$ existe si et seulement si $\lambda >1$ et dans ce cas $\E(X)=\dfrac{\theta\lambda}{(\lambda-1)}$.
De m\^{e}me :  $ \dis t^2f_X(t)=\lambda\theta^{\lambda}\frac1{t^{\lambda-1}}$.
Donc $E(X^2)$ et $V(X)$ existent si et seulement si $\lambda>2$ et dans ce cas : $E(X^2)=\dis\frac{\theta^2\lambda}{\lambda-2}$ et $V(X)=\dis\frac{\theta^2}{(\lambda-1)^2(\lambda-2)}$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item On a donc : $  Y=\ln\left(\frac{X}\theta\right)$.
	D'o\`{u} :
$$
F_Y(y)=P\left(\ln\left(\frac{X}\theta\right)\leq y\right)= P(\frac X\theta\leq e^y)= P(X\leq \theta e^y)=F_X(\theta e^y)
$$
On a donc, pour tout r\'{e}el $y$ : $F_Y(y)=F_X(\theta e^y)=\begin{cases} 1-e^{-\lambda y}\text{ si } y>0\\ 0\text{ sinon }\end{cases}$\\
soit $Y \hookrightarrow \mathcal{E}(\lambda)$.

\item On trouve donc, par lin\'{e}arit\'{e} $E(\overline{Y}_n)=\dfrac1\lambda$ et, par ind\'{e}pendance $V(\overline{Y}_n)=\dfrac1{n\lambda^2}$.\item On a donc $X=\theta e^Y$ o\`{u} $Y$ suit la loi exponentielle de param\`{e}tre $\lambda$, or on sait simuler une loi exponentielle.
On \'{e}crit donc :
\begin{verbatim}
x=theta*exp(grand(1,100,'exp',1/lambda))
\end{verbatim}
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
	\item  Il suffit d'appliquer \`{a} $(\overline{Y}_n)$ le th\'{e}or\`{e}me  limite central : $\dis  \frac{\overline{Y}_n-E(\overline{Y}_n)}{\sqrt{V(\overline{Y}_n})}\stackrel{L}{\rightarrow}\mathcal{N}(0,1)$, ce qui donne bien :
$$ \lambda\sqrt n\left(\overline{Y}_n-\frac1\lambda\right)\stackrel{L}{\rightarrow}\mathcal{N}(0,1)$$

\item En appliquant \`{a}  $(\overline{Y}_n)$ la LFGN, il vient $ (\overline{Y}_n)\stackrel{P}{\rightarrow}\dis\frac 1\lambda$.
On en d\'{e}duit  que $ (\lambda \overline{Y}_n)\stackrel{P}{\rightarrow}1$.
\end{enumerate}

\item On a donc : $ \dis\frac{\sqrt n(\widehat{\lambda}_n-\lambda)}{\lambda}=\dis\frac{\sqrt n\Big(\dis\frac1{\overline{Y}_n}-\lambda\Big)}{\lambda}=\frac{\lambda\sqrt n\left(\dis\frac 1\lambda-\overline{Y}_n\right)}{\lambda \overline{Y}_n}=\lambda\sqrt n\left(\frac 1\lambda-\overline{Y}_n\right)\times \frac1{\lambda \overline{Y}_n}$.

Or :
 $\dis (\lambda \overline{Y}_n)\stackrel{P}{\rightarrow}1$, donc, par continuit\'{e}, $\dis \frac1{\lambda \overline{Y}_n}\stackrel{P}{\rightarrow}1$ et
 $\dis   \lambda\sqrt n\left(\overline{Y}_n-\frac1\lambda\right)\stackrel{L}{\rightarrow}Z$, o\`{u} $Z\hookrightarrow\mathcal{N}(0,1)$.
	On a donc, l\`{a} aussi par continuit\'{e} :
	$$\lambda\sqrt n\left(\frac 1\lambda-\overline{Y}_n\right)\stackrel{L}{\rightarrow}-Z\stackrel{L}{\rightarrow}\mathcal{N}(0,1)$$
	
	On applique alors le lemme de Slutsky : $\lambda\sqrt n\left(\dis\frac 1\lambda-\overline{Y}_n\right)\times \dis\frac1{\lambda \overline{Y}_n}\stackrel{L}{\rightarrow}\mathcal{N}(0,1)$.
D'o\`{u} : $ \dis\frac{\sqrt n(\widehat{\lambda}_n-\lambda)}{\lambda}\stackrel{L}{\rightarrow}\mathcal{N}(0,1)$.
	\item On trouve, pour $n$ assez grand,	$\dis P\left(\lambda \in\left[\frac{\widehat{\lambda}_n}{1+\frac{1,96}{\sqrt n}},\frac{\widehat{\lambda}_n}{1-\frac{1,96}{\sqrt n}}\right]\right)\geq 0,95$.
\end{enumerate}

\end{sol}





%-------------------------------
\begin{exo}

Soit \(p\in\left]0,1\right[\). On consid\`{e}re une suite \((X_k)_{k\geq1}\) de variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes  d\'{e}finies sur un m\^{e}me espace probabilis\'{e} \((\Omega,{\cal A},P)\) suivant toutes la loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre $p$.

On pose \(q=1-p\). Pour tout entier \(n\geq1\),  on pose : \(\dis \Pi_n=\prod_{j=1}^n(1-q^j)\).
\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Montrer que \(P (X_1=X_2)=\dfrac{p}{2-p}\).
\item En d\'{e}duire \(P (X_1<X_2)\) en fonction de \(p\) seulement.
%D\'{e}terminer en fonction de \(p\) seulement, les probabilit\'{e}s \(P (X_1=X_2)\) et \(P (X_1<X_2)\).
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

Dans la suite de cet exercice, pour tout entier \(n\)  sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} \(2\),  on note \(A_n\) l'\'{e}v\'{e}nement :
\[A_n=(X_1<X_2<\cdots<X_n),\]
et, pour tout entier \(k\)  sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} \(1\), on note \(B_{n,k}\) l'\'{e}v\'{e}nement :
\[B_{n,k}=A_n\cap(X_1=k)\]

On note aussi \(u_n=P (A_n)\) et \(v_{n,k}=P (B_{n,k})\).
\begin{enumerate}[resume]
\item Montrer que pour tout \(n\geq3\), on a :
\[\dis  \forall k\geq 1,\ v_{n,k}=pq^{k-1}\sum_{j=k+1}^{+\infty}v_{n-1,j}\]
\item Montrer que pour tout $n\geq 2$, il existe un entier \(\alpha_n\) que l'on d\'{e}terminera tel que:
\[ \forall k\geq 1,\ v_{n,k}=\dfrac{1}{\Pi_{n-1}}p^nq^{n(k-1)}q^{\alpha_n}\]
\item Montrer que pour tout $n\geq 2$, \(\dis  u_n=\dfrac{p^nq^{\frac{n(n-1)}{2}}}{\Pi_n}\).
\item Montrer que la suite \((\Pi_n)_{n\geq1}\) converge vers une limite $\alpha$. \\
En d\'{e}duire un \'{e}quivalent de \(u_n\), qui d\'{e}pend  de $\alpha$,  lorsque \(n\) tend vers \(+\infty\).%, \`{a} une constante multiplicative pr\`{e}s.
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item En utilisant le syst\`{e}me complet \((X_1=k)_{k\geq1}\), puis par ind\'{e}pendance, on obtient :
\begin{align*}
\dis P (X_1=X_2)&=\sum_{k=1}^{+\infty}P ((X_1=X_2)\cap(X_1=k))=\sum_{k=1}^{+\infty}P ((X_1=k)\cap(X_2=k)) \\
&=\sum_{k=1}^{+\infty}P (X_1=k)P (X_2=k) %\ \ \ \text{ (par ind\'{e}pendance)}
=\sum_{k=1}^{+\infty}p^2q^{2(k-1)}= \dfrac{p^2}{1-q^2}=\dfrac{p}{1+q}=\boxed{\dfrac{p}{2-p}}.
\end{align*}
%
\item Comme $P(X_1<X_2)=P(X_2<X_1)$ par sym\'{e}trie et comme $(X_1=X_2),(X_1<X_2),(X_1>X_2)$ forment un syst\`{e}me complet, on a :
$P (X_1<X_2)=\dfrac{1-P (X_1=X_2)}{2}=\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{p}{2-p}\right)=\boxed{\frac{1-p}{2-p}}.$
\end{enumerate}

\item La formule des probabilit\'{e}s totales avec le syst\`{e}me \((X_2=j)_{j\geq  1}\), puis l'ind\'{e}pendance, donnent :
\begin{align*}
v_{n,k}&=\sum_{j=1}^{+\infty} P\big((X_1<\cdots<X_n)\cap(X_1=k)\cap (X_2=j)\big)=\sum_{j=k+1}^{+\infty} P\big((X_1=k)\cap(X_2=j)\cap(X_2<\cdots<X_n)\big)\\
%&= P(X_1=k) \sum_{j=k+1}^{+\infty} P\big((X_2=j)\cap(X_2<X_3<\cdots<X_n)\big) \ \ \ \text{ (par ind\'{e}pendance)}\\
&=pq^{k-1}\sum_{j=k+1}^{+\infty}v_{n-1,j} \ \ \ \car P\big((X_2=j)\cap(X_2<X_3<\cdots<X_n)\big)=v_{n-1,j} \text{ par sym\'{e}trie}.
\end{align*}

\item On op\`{e}re par r\'{e}currence sur \(n\geq 2\) :
%\begin{itemize}
%\item[$\bullet$]
\begin{align*}
 v_{2,k}&=P (A_2\cap(X_1=k))=P ((k<X_2)\cap(X_1=k))=P (k<X_2)P (X_1=k) \text{ par ind\'{e}pendance}\\
&=q^kpq^{k-1}=pq^{2k-1}=\dfrac{1}{p}p^2q^{2(k-1)}q^1=\dfrac{1}{\Pi_1}p^2q^{2(k-1)}q^{\alpha_2} \avec \boxed{\alpha_2=1.}
\end{align*}

Soit \(n\geq3\); on suppose le r\'{e}sultat vrai pour \(n-1\) ; alors, comme \(|q^{n-1}|<1\), on obtient :
\begin{align*}
v_{n,k}&=pq^{k-1}\sum_{j=k+1}^{+\infty}v_{n-1,j}=pq^{k-1}\sum_{j=k+1}^{+\infty}\dfrac{1}{\Pi_{n-2}}p^{n-1}q^{(n-1)(j-1)}q^{\alpha_{n-1}}
= \dfrac{1}{\Pi_{n-2}}p^nq^{k-1}q^{\alpha_{n-1}}\sum_{j=k+1}^{+\infty}(q^{n-1})^{j-1} \\ &= \dfrac{1}{\Pi_{n-2}}p^nq^{k-1}q^{\alpha_{n-1}}\dfrac{q^{(n-1)k}}{1-q^{n-1}}%=\dfrac{1}{\Pi_{n-1}}p^nq^{n(k-1)}q^{\alpha_{n-1}+n-1}
=\dfrac{1}{\Pi_{n-1}}p^nq^{n(k-1)}q^{\alpha_n} \si \boxed{\alpha_n=\alpha_{n-1}+n-1.}
\end{align*}


On en d\'{e}duit que \(\alpha_n=\dfrac{n(n-1)}{2}\) d'o\`{u}  \(v_{n,k}=\dfrac{p^nq^{n(k-1)}q^{n(n-1)/2}}{\Pi_{n-1}}\).


\item La formule des probabilit\'{e}s totales avec le syst\`{e}me complet \((X_1=k)_{k\geq1}\) donne :

$$\dis  u_n=\sum_{k=1}^{+\infty}v_{n,k}=\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{\Pi_{n-1}}p^nq^{n(k-1)}q^{\alpha_n}=\dfrac{1}{\Pi_{n-1}}p^nq^{\alpha_n}\dfrac{1}{1-q^n}=\boxed{\dfrac{p^nq^{\frac{n(n-1)}{2}}}{\Pi_n}.}$$
\item On a \(\dis \ln(\Pi_n)=\sum_{j=1}^n\ln(1-q^j)\); or \(\dis \ln(1-q^j)\equivalent{j\to+\infty}-q^j\) qui est le terme g\'{e}n\'{e}ral d'une s\'{e}rie convergente; l'\'{e}quivalent \'{e}tant de signe constant, la s\'{e}rie \(\dis \sum\ln(1-q^j)\) converge et donc la suite \((\ln(\Pi_n))\) converge vers un r\'{e}el \(\ell\).
Il en r\'{e}sulte que la suite \((\Pi_n)_{n\geq1}\) converge vers \(\alpha=\exp(\ell)>0\).
Alors, \(\dis  u_n\equivalent{n\to+\infty}\dfrac{1}{\alpha}p^nq^{\frac{n(n-1)}{2}}\)

\end{enumerate}
\end{sol}




%-------------------------------
\begin{exo}

Soit $(X_k)_{ k \geq 1}$  une suite de variables al\'{e}atoires d\'{e}finies sur un espace probabilis\'{e} $\big(\Omega,{\cal A},P\big)$, ind\'{e}pendantes et de m\^{e}me loi de Bernoulli de param\`{e}tre $p$ avec $0<p<1$. Soit $q\in ]0,1[$  et $S_n = \dis\sum_{k=1}^n X_k$.

\begin{enumerate}

\item  D\'{e}terminer la limite en probabilit\'{e} de la suite $\dis \left( \frac{S_n}{n}\right)_{n\geq 1}$.

\item  Soit $f$ la fonction d\'{e}finie sur $\R_+$ par $f(t) =\ln(1-p+p\,\e^t)$.


Montrer que pour tout $t\geq 0$, on a $f^{\prime\prime}(t)\leq \dis{1\over 4}$ et en d\'{e}duire que: $\forall\,t\geq 0,\,\,f(t) \leq p\,t+\dis\frac{t^2}{8}$.
\medskip

On suppose dans la suite que $p<q$.

\item  Montrer que:
$$P\left( \left| \frac{S_n}{n}-q\right|\leq \left| \frac{S_n}{n}-p\right|\right) = P\left(S_n \geq n \,\frac{p+q}{2}\right)$$

\item
\begin{enumerate}

\item  Montrer que pour tout $t>0$, on a:
$$P\left(S_n \geq n \,\frac{p+q}{2}\right) \leq \exp\bigg(-n\Big(\dis{p+q\over 2}t-f(t)\Big)\bigg)$$

\item  \'Etablir la relation: $\forall\,t\geq 0,\,\,\dis{p+q\over 2}\,t-f(t)\geq -\,{1\over 8}\,t^2+{1\over 2}(q-p)t$.
\item  En d\'{e}duire l'in\'{e}galit\'{e}:
$$P\left( \left| \frac{S_n}{n}-q\right|\leq \left| \frac{S_n}{n}-p\right|\right)\leq \exp\bigg(-n\dis{(q-p)^2\over 2}\bigg)$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}



\begin{sol}

\begin{enumerate}

\item Par l'in\'{e}galit\'{e} de Bienaym\'{e}-Tchebicheff, (ou la loi faible des grands nombres), la suite $(S_n/n)$ tend en probabilit\'{e} vers $p$.

\item  La fonction $f$ est de classe $C^\infty(\R_+)$ . On a $f'(t)= \dis\frac{p\e^t}{1-p+p\,\e^t}$ et $f''(t)= (1-p)\dis\frac{p\,\e^t}{(1-p+p\,\e^t)^2}$.

En posant $a=1-p$ et $b=p\,\e^t$, on obtient:
$$f''(t)= \frac{ab}{(a+b)^2}\leq \frac 1 4$$

En int\'{e}grant : $f'(t)-f'(0) \leq \dis\frac{t}{4} $, soit $f'(t)-p \leq \dis\frac{t}{4} $, puis en int\'{e}grant de nouveau:
$$f(t)-p\,t-0 \leq \frac{t^2}{8}$$
{\em Autre id\'ee :} par la formule de Taylor avec reste int\'egrale.
\item
$$\left| \frac{S_n}{n}-q\right|\leq \left| \frac{S_n}{n}-p\right|   \iff \left( \frac{S_n}{n}-q\right)^2\leq \left( \frac{S_n}{n}-p\right)^2
-2\frac{S_n}{n}(q-p)+q^2-p^2\leq 0 \iff \frac{S_n}{n} \geq \frac{p+q}{2} \car p<q$$
% On remarque que $|a|\leq |b|$ est \'{e}quivalente \`{a} $-|b|\leq a \leq |b|$ qui lui m\^{e}me est \'{e}quivalent \`{a} $-b\leq a \leq b$ si $b>0$ ou $b \leq a \leq -b$ si $b<0$. Donc, ici
% $$\left| \frac{S_n}{n}-q\right|\leq \left| \frac{S_n}{n}-p\right|   \iff
% -\frac{S_n}{n}+p \leq \frac{S_n}{n}-q\leq \frac{S_n}{n}-p \iff \frac{S_n}{n} \geq \frac{p+q}{2}$$


\item
\begin{enumerate}

\item  Pour $t> 0$, par croissance de la fonction exponentielle, on a l'\'{e}galit\'{e} suivante entre les \'{e}v\'{e}nements:
$$[S_n \geq n\frac{p+q}{2}]= [tS_n \geq nt\frac{p+q}{2}]= [\e^{tS_n} \geq \e^{nt\frac{p+q}{2}}]$$

Par l'in\'{e}galit\'{e} de Markov, on obtient:
$$P([S_n \geq n\frac{p+q}{2}])\leq \frac{E(\e^{tS_n})}{\e^{nt\frac{p+q}{2}}}$$

Or, par ind\'{e}pendance des $(X_k)$, et th\'{e}or\`{e}me de transfert, on a:
$$E(\e^{tS_n})= E\left(\prod_{k=1}^n \e^{tX_k}\right)= (E(\e^{tX}))^n= (1-p+p\,\e^t)^n$$
soit
$$P([S_n \geq n\frac{p+q}{2}])\leq \frac{(1-p+p\,\e^t)^n}{\e^{nt\frac{p+q}{2}}}=\e^{-n(\frac{p+q}{2}t-f(t))}$$

\item  Il suffit d'utiliser l'in\'{e}galit\'{e} \'{e}tablie dans la question 2 pour parvenir au r\'{e}sultat.

\item  L'in\'{e}galit\'{e} pr\'{e}c\'{e}dente \'{e}tant valable pour tout $t\geq 0$, il vient:
$$P([S_n \geq n\frac{p+q}{2}])\leq \min_{t\geq 0}\e^{-n( -\,{1\over 8}\,t^2+{1\over 2}(q-p)t)}= \e^{-n\frac{(q-p)^2}{2}} $$

\end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{sol}



%-----------------------------
\begin{exo}


Soit $(\Omega, {\cal A},P)$ un espace probabilis\'{e} et $(X_n)_{n\geq 1}$ une suite de variables al\'{e}atoires d\'{e}finies sur cet espace, mutuellement ind\'{e}pendantes et suivant toutes la loi de Bernoulli de param\`{e}tre $1/2$.

\medskip

Pour tout $n\in \N^*$, on pose $\dis Y_n= \sum_{k=1}^{n} \frac{X_k}{2^k}$ et $D_n= Y_n(\Omega)$.

\medskip

\begin{enumerate}

\item  Montrer par r\'{e}currence que $D_n=\{k/2^n\ ;\, 0 \leq k \leq 2^n-1\}$.

\item  Soit $x= \dis \sum_{k=1}^{n} \frac{x_k}{2^k}$ et $y= \dis \sum_{k=1}^{n} \frac{y_k}{2^k}$, o\`{u} $(x_1, \ldots, x_n) \in \{0,1\}^n$ et $(y_1, \ldots, y_n) \in \{0,1\}^n$.

Montrer que $x=y$ si et seulement si pour tout $k\in \llbracket 1,n\rrbracket, x_k=y_k$.

\item
\begin{enumerate}
\item  En d\'{e}duire la loi de $Y_n$.

\item Montrer que la suite $(Y_n)_{n\geq 1}$ converge en loi et pr\'{e}ciser la loi limite.

\end{enumerate}

\item  On admet le r\'{e}sultat suivant : soit $(g_n)_n$  une suite de fonctions continues sur $[0,1]$, telle que:

\begin{itemize}

\item  pour tout $t\in [0,1]$, $\dis \lim_{n\to +\infty} g_n(t)=g(t)$, avec $g$ continue sur $[0,1]$;

\item il existe une constante $C>0$ telle que pour tout $t\in [0,1], |g_n(t)|\leq C$.

\end{itemize}

Alors $\dis \lim_{n\to +\infty} \int_0^1 g_n(u) du= \int_0^1 g(u) du$.

\medskip

 \`{A} l'aide des questions pr\'{e}c\'{e}dentes et du r\'{e}sultat admis, calculer $\dis \int_0^1 \frac{t-1}{\ln t}dt$.

 (on pourra consid\'{e}rer $\displaystyle \int_0^1 E(t^{Y_n}) dt$)
\end{enumerate}

\end{exo}


\begin{sol}

\begin{enumerate}

\item  On montre par r\'{e}currence sur $n$ que $D_n=\{k/2^n\ ;\, 0 \leq k \leq 2^n-1\}$.

\smallskip
$\bullet\ $ Si $n=1$, $Y_1=\dis\frac{X_1}{2}$ donc $D_1= \{0,1/2\}$.
\par
$\bullet\ $ Supposons le r\'{e}sultat vrai pour $n$. On a $Y_{n+1}= Y_n+\dis\frac{X_{n+1}}{2^{n+1}}$. Donc :
\begin{align*}
D_{n+1}&= D_n \cup \left\{\frac{1}{2^{n+1}}\right\}+x ; x\in D_n\}= \left\{\frac{k}{2^n} ; 0\leq k\leq 2^n-1\right\}\cup \left\{\frac{2k+1}{2^{n+1}} ; 0\leq k\leq 2^n-1\right\}\\
&=\{k/2^{n+1}\ ;\, 0 \leq k \leq 2^{n+1}-1\}
\end{align*}

% Comme $Y_{n+1}= Y_n+\dis\frac{X_{n+1}}{2^{n+1}}$,  il vient
% $$D_{n+1}= D_n \cup \left(D_n+\{\frac{1}{2^{n+1}}\}\right)= \{\frac{k}{2^n}\}\cup \{\frac{2k+1}{2^{n+1}}\}=
% \{k/2^{n+1}\ ;\, 0 \leq k \leq 2^{n+1}-1\}$$

\item  Un sens est \'{e}vident. Supposons donc que $(x_1, \ldots, x_n) \neq (y_1, \ldots, y_n)$. Soit $p$ le premier indice pour lequel $x_p\neq y_p$ et supposons que $x=y$. On peut supposer que $x_p=1$ et $y_p=0$. Ainsi:
$$\frac{1}{2^p} + \sum_{k=p+1}^n \frac{x_k}{2^k}=\sum_{k=p+1}^n \frac{y_k}{2^k}\leq \sum_{k=p+1}^n \frac{1}{2^k}= \frac{1}{2^p}\left( 1-(1/2)^{n-p}\right) < \frac{1}{2^p}$$

Ceci est impossible, m\^{e}me si $x_k=0$, pour $k\in \llbracket p+1,n\rrbracket$. Donc $x\neq y$.

\item
\begin{enumerate}

\item Soit $\frac{k}{2^n}\in D_n$. Comme la fonction de $\{0,1\}^n$ dans $D_n$ : $(a_1, \ldots, a_n)\mapsto  \dsum_{j=1}^n \frac{a_j}{2^j}$ est injective, et comme les ensembles de d\'{e}part et d'arriv\'{e}e ont le m\^{e}me cardinal, elle est surjective, donc on peut \'{e}crire
%Soit $0\leq k < 2^n$. La d\'{e}composition de $k$ en base $2$ permet d'\'{e}crire $k=\dsum_{j=0}^{n-1} a_j2^j$, avec $a_j\in \{0,1\}$. Ainsi
$\frac k{2^n}=\dsum_{j=1}^{n} \frac{a_j}{2^{j}}$ d'o\`{u} : $\dis P\left(Y_n=\frac{k}{2^n}\right)= P\left(\bigcap_{j ; a_j=1}(X_j=1) \cap \bigcap_{j; a_j=0}(X_j=0)\right)= \frac{1}{2^n}.$\\

Ainsi $Y_n$ suit la loi uniforme sur $D_n$.

\item  Pour tout $x= \dis\frac{k}{2^n}\in D_n$, on a: $\dis F_n(x)= P(Y_n \leq x)= \sum_{j=0}^{k} P(Y_n=\frac{j}{2^n})= \frac{k+1}{2^n}= x+\frac{1}{2^n}$.

Donc, pour tout $x\in D_n$, $\dis \lim_{n\to +\infty} F_n(x)=x$.

Soit $x\in [0,1[\backslash D_n$. En utilisant la partie enti\`{e}re de $2^nx$, il existe $k\in\llbracket 0,2^{n-1}\rrbracket$ tel que $\dis \frac{k}{2^n}< x <\frac{k+1}{2^n}$. Par croissance de la fonction de r\'{e}partition, on obtient:
$$x+\frac{1}{2^n}\leq F_n(x) \leq x+ \frac{3}{2^n}\Rightarrow \lim_{n\to +\infty} F_n(x)=x$$

Le raisonnement pour $x=1$ est identique.\\ Ainsi la la suite $(Y_n)$ convergee en  loi vers le loi uniforme sur $[0,1]$.

\end{enumerate}

\item  On a $E(t^{Y_n})= \displaystyle\frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^{2^{n-1}}  t^{k/2^n}$. Donc
$\dis \int_0^1 E(t^{Y_n}) dt= \frac{1}{2^n}\sum_{k=0}^{2^{n-1}}  \frac{1}{\frac{k}{2^n}+1}$.

Comme sous-suite d'une somme de Riemann, $\displaystyle \lim_{n\to +\infty}\int_0^1 E(t^{Y_n}) dt= \int_0^1 \frac{dt}{t+1}=\ln 2$.

\smallskip
Par ailleurs, en posant $g_n(t)= E(t^{Y_n})$, par le th\'{e}or\`{e}me de transfert, $\dis \lim_{n\to +\infty} E(t^{Y_n})= \lim_{n\to +\infty}E(f(Y_n)) = \int_0^1 t^x dx= \frac{t-1}{\ln t}$.

Cette derni\`{e}re fonction est continue sur $[0,1[$ et admet un prolongement par continuit\'{e} en $t=1$ (on utilise les \'{e}quivalents).

De plus,  comme $Y_n\geq 0$,  $t^{Y_n} = \e^{Y_n\ln(t)}\leq 1$ sur $[0,1]$. Par croissance de l'esp\'{e}rance, $0\leq E(t^{Y_n}) \leq 1$. Ainsi, par le r\'{e}sultat admis: $\dis \ln 2= \lim_{n\to +\infty} \int_0^1  E(t^{Y_n})= \int_0^1 \frac{t-1}{\ln t} dt$.

\end{enumerate}

\end{sol}



%-------------------------
\begin{exo}

Dans cet exercice, toutes les variables al\'eatoires sont  d\'efinies sur un m\^eme espace probabilis\'e $(\Omega, \mathcal{A},P)$. \\
Le temps d'attente d'un patient  chez le dentiste suit une loi uniforme sur l'intervalle $[0,\theta]$, o\`u le  r\'eel $\theta>0$ est un param\`etre inconnu propre \`a chaque dentiste. Un nouveau dentiste s'installe dans votre voisinage. Vous voulez estimer son param\`etre $\theta$. A cette fin, vous interrogez ses patients sur leur temps d'attente. On mod\'elise les temps d'attentes des patients par une suite $(X_n)_{n\geq 1}$ de variables al\'eatoires ind\'ependantes suivant une loi uniforme  sur $[0,\theta]$ avec $\theta>0$.

\begin{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item On d\'efinit la variable al\'eatoire $Y_n $ par :
$$
\displaystyle \forall n\in \N^*,\ Y_n=\displaystyle \frac{ 1}{n} \, \displaystyle \sum_{k=1}^{n} 2 X_k.
$$
Montrer que $Y_n$ est un estimateur sans biais et convergent de $\theta$.

\item Calculer le risque quadratique $r_{\theta}(Y_n)$ pour $n\geq 1$.

\item \'Etudier la  convergence en loi de la suite $\big(\sqrt{n}(Y_n-\theta)\big)_{n\geq 1}$.
\item En d\'{e}duire un intervalle de confiance de $\theta$ au niveau de confiance $1-\alpha$ ($0<\alpha <1$).
\end{enumerate}


\item
\begin{enumerate}
\item Soit  $\displaystyle Z_n=\max_{1\leq i\leq n}X_i$ pour $n\geq 1$. Calculer  pour $n\geq 1$, la fonction de r\'epartition de $Z_n$.

\item Montrer que $Z_n$ est un estimateur asymptotiquement sans biais de $\theta$ et calculer le risque quadratique  $r_{\theta}(Z_n)$ de $Z_n$ pour $n\geq 1$.
\item Lequel des estimateurs  $Z_n$ ou $Y_n$ a le plus petit risque quadratique pour de grandes valeurs de $n$? Que peut-on alors conjecturer  sur la vitesse de convergence de ces estimateurs?
 \item \'Etudier la convergence en loi de la suite $\big(-n(Z_n-\theta)\big)_{n\geq 1}$.
\end{enumerate}


\end{enumerate}

\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item

\begin{enumerate}
\item On a $Y_n=\phi(X_1,\ldots, X_n)$ avec $\phi:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$ d\'{e}finie par $\phi(x_1,\ldots, x_n)=\dis\sum_{k=1}^n 2 x_k/n$, donc $Y_n$ est un estimateur de $\theta$. Une densit\'e $g$ de la loi uniforme est donn\'ee par $g(x)=0$ on $\mathbb{R}\setminus ]0,\theta[$ et  $g(x)=1/\theta$ sur $[0,\theta]$.  On a alors $E(X_1)=\theta/2$ et $E(Y_n)=\theta$. Ainsi, $Y_n$ est sans biais. La suite $(2 X_n)_{n\geq 1}$ est une suite de variables ind\'ependantes  (par le lemme des coalitions) admettant  la m\^eme esp\'erance $E(2 X_1)=\theta$ et la m\^eme variance $V(2 X_1)=4 V(X_1)=\theta^2/3 $. Par la loi faible des grands nombres, la suite $ (Y_n)_{n\geq 1}$  converge en probabilit\'e vers $E(2 X_1)=\theta$. L'estimateur $Y_n$ est donc convergent.
\item  La variance $V(Y_n)$ existe. De plus,  l'estimateur $Y_n$ est sans biais  donc $r_{\theta}(Y_n)=V(Y_n)$. Par ind\'ependance des variables $2X_k$, on a alors $r_{\theta}(Y_n)=\theta^2/(3 n)$ pour $n\geq 1$.
\item La suite $(2X_n)_{n\geq 1}$ est une suite de variables al\'eatoires ind\'ependantes de m\^eme loi. Par le th\'eor\`eme limite central $\sqrt{n}(Y_n-\theta)\xrightarrow{\mathcal{L}} X$ o\`u $X$ suit une loi $\mathcal{N}(0,\theta^2/3)$.
\item On pose $t_{\alpha}=\Phi^{-1}(1-\alpha/2)$. D'o\`{u}, $\dis\lim_{n\to+\infty}P\Big(-t_{\alpha}\leq \sqrt{3n}\,{Y_n-\theta\over \theta}\leq t_{\alpha}\Big)=1-\alpha$,\\ soit encore
$\dis\lim_{n\to+\infty}P\Big({\sqrt{3n}\over\sqrt{3n}+t_{\alpha}}Y_n\leq \theta \leq {\sqrt{3n}\over\sqrt{3n}-t_{\alpha}}Y_n\Big)=1-\alpha$.

\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item  On a $F_{Z_n}(t)=P(Z_n\leq t)= P\big(\dis\bigcap_{k=1}^n  ( X_k\leq t)\big)$, pour $t\in \mathbb{R}$. Comme les $X_k$ sont ind\'ependantes et de m\^eme loi, on a $F_{Z_n}(x)= \big(P( X_1\leq t)\big)^n $. Il vient :
$F_{Z_n}(t)=0$ si $t<0$,  $F_{Z_n}(t)=(t/\theta)^n$  si $t\in [0, \theta]$ et $F_{Z_n}(t)=1$ si $t>\theta$.

\item Pour $n\geq 1$, une densit\'{e} de $Z_n$ est donn\'{e}e par $f_{Z_n}(t)=\dis{n\over \theta}\Big({t\over\theta}\Big)^{n-1}$ pour $0\leq t\leq \theta$ et 0 ailleurs.

On en d\'{e}duit ais\'{e}ment $E(Z_n)=\dis{n\over n+1}\theta$, $V(Z_n)=\dis{n\over (n+1)^2 (n+2)}\theta^2$ et

 $r_{\theta}(Z_n)=\big(E(Z_n)-\theta\big)^2+V(Z_n)=\dis{2\over (n+1)(n+2)}\theta^2$. On a $\dis\lim_{n\to+\infty}E(Z_n)=\theta$, donc, l'estimateur $Z_n$ est asymptotiquement sans biais.



\item  On a $r_{\theta}(Z_n)/r_{\theta}(Y_n)=6n/[(n+1)(n+2)]\leq 6/n$, ainsi pour $n>6$,  $r_{\theta}(Z_n)< r_{\theta}(Y_n)$. Comme le risque quadratique estime la vitesse de convergence de l'estimateur, on peut conjecturer que $Z_n$ converge plus vite que $Y_n$ vers $\theta$.
\item  Soit $W_n=-n(Z_n-\theta)$ pour $n\geq 1$. Pour $t\in \mathbb{R}$, on a $F_{W_n}(t)=P( -n(Z_n-\theta)\leq t )$,\\ et donc $F_{W_n}(t)=P(Z_n \geq \theta- t/n)=1- P(Z_n < \theta- t/n)=1- P(Z_n \leq \theta- t/n)$ (car $Z_n$ est \`a densit\'e).\\ On a donc si $t\leq 0$ : $F_{W_n}(t)=1-1=0 \to 0$ (car $\theta- t/n\geq \theta$). \\ Pour $t>0$, on a pour $n$ suffisamment grand, $\theta-t/n>0$ et
$$F_{W_n}(t)=1-( \theta- t/n)^n/\theta^n=1-(1-t/(n\theta))^n=1-e^{n \ln(1-t/(n\theta))}=1-e^{-t/\theta+o(1)}\to 1-e^{-t/\theta}$$ Ainsi, $(W_n)_{n\geq 1}$ converge vers la loi exponentielle de param\`etre $1/\theta$.


\end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{sol}



%-------------------------------
\begin{exo}

Toutes les variables al\'{e}atoires de cet exercice sont d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega,{\cal A},P)$.
\begin{enumerate}
\item Soit $X$ une variable al\'{e}atoire \`{a} valeurs dans $\NN$. Montrer que, pour tout r\'{e}el $t\in [-1,1]$, la s\'{e}rie $\dsum_{n\geq 0} P(X=n)t^n$ converge. On note alors $G_X$ la fonction d\'{e}finie sur $[-1,1]$ par :
$$\forall t\in [-1,1], G_X(t)=\dsum_{n=0}^{+\infty} P(X=n)t^n.$$
D\'{e}terminer une expression de $G_X$ lorsque $X$ suit la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\lambda$, avec  $\lambda\in \RR_+^*$.
\medskip

{\em On admet que la fonction $G_X$ caract\'{e}rise la loi de $X$, c'est-\`{a}-dire que si deux variables al\'{e}atoires $X$  et $Y$ \`{a} valeurs dans $\NN$, v\'{e}rifient $G_X=G_Y$, alors $X$ et $Y$ ont la m\^{e}me loi.}
\medskip

\item Soit $X$ et $Y$ des variables al\'{e}atoires  \`{a} valeurs dans $\NN$.
\begin{enumerate}
\item  Montrer que si $A$ et $B$ sont des \'{e}v\'{e}nements, alors : $|P(A)-P(B)|\leq P(A\cap \bar{B})+P(\bar{A}\cap B)$.
\item En d\'{e}duire que, pour tout $t\in [-1,1]$, on a : $|G_X(t)-G_Y(t)|\leq  2 P(X\neq Y)$.
\end{enumerate}

\item Soit $(U_i)_{i\in \NN^*}$ une suite de variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes et \`{a} valeurs dans $\N$, telles que la s\'{e}rie $\dsum_{i\geq 1} P(U_i\neq 0)$ converge.

 {\em On admet sans d\'{e}monstration} que pour toute suite d'\'{e}v\'{e}nements $(A_i)_{i\geq 1}$ et pour tout les entiers $n$ et $N$ tels que $N\geq n$, on a :
$$P\left(\bigcup_{i=n}^N A_i\right) \leq \dsum_{i=n}^N P(A_i).$$

\begin{enumerate}
\item En d\'{e}duire que le nombre de variables al\'{e}atoires $U_i$ prenant une valeur non nulle est presque s\^{u}rement fini.
\medskip

{\em Ainsi, il existe un \'{e}v\'{e}nement $A$ tel que $P(A)=1$ et pour tout $\omega\in A$, la s\'{e}rie $\dsum_{i\geq 1} U_i(\omega)$  est convergente. On admet qu'il existe alors une variable al\'{e}atoire $S$ \`{a} valeurs dans $\NN$,  telle que :
$$\forall \omega \in A,\  S(\omega)=\dsum_{i=1}^{+\infty} U_i(\omega).$$
On note aussi $S=\dsum_{i=1}^{+\infty} U_i$. Pour tout $n\in \NN^*$, on note $S_n=\dsum_{i=1}^n U_i$.}
\item  Montrer que, pour tout $t\in [-1,1]$, on a : $\dlim_{n\to +\infty} G_{S_n}(t)=G_S(t)$.
\end{enumerate}

%
\item Soit $\dsum_{i\in\NN^*} \lambda_i$ une s\'{e}rie convergente \`{a} termes strictement positifs. On note $\lambda=\dsum_{i=1}^{+\infty} \lambda_i$.\\ Soit $(X_i)_{i\in \NN}$ une suite de variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes telles que, pour tout $i\in \NN^*$,  $X_i$ suit la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\lambda_i$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que la s\'{e}rie $\dsum_{i\geq 0} P(X_i\neq 0)$ converge.\\
{\em D'apr\`{e}s la question 3.a), on en d\'{e}duit que l'on peut d\'{e}finir la variable al\'{e}atoire $X=\dsum_{i=1}^{+\infty} X_i$.}
\item Montrer que $X$ suit la loi de \textsc{Poisson} de param\`{e}tre $\lambda$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}


\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item Par th\'{e}or\`{e}me de comparaison car $|P(X=n)t^n|\leq P(X=n)$, comme la s\'{e}rie $\dsum_n P(X=n)$ converge, la s\'{e}rie $\dsum_n P(X=n)t^n$ converge absolument.\\
Si $X$ suit la loi de \textsc{Poisson}, on trouve : $G_X(t)=\dsum_{n=0}^{+\infty} \e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^n}{n!}t^n= \e^{-\lambda}\e^{\lambda t}=\e^{(t-1)\lambda}$.
\item \begin{enumerate}
\item La formule des probabilit\'{e}s totales donne :
$$P(A)=P(A\cap B)+P(A\cap\bar{B}) \ \ \et \ \ P(B)=P(B\cap A)+P(B\cap \bar{A}),$$
donc par diff\'{e}rence :
$P(A)-P(B)=P(A\cap\bar{B})-P(B\cap \bar{A})\leq P(A\cap\bar{B})+P(B\cap \bar{A}).$\\
En \'{e}changeant $A$ et $B$, on a de m\^{e}me : $P(B)-P(A)\leq P(A\cap\bar{B})+P(B\cap \bar{A}).$
D'o\`{u} le r\'{e}sultat.
\item Par in\'{e}galit\'{e} triangulaire et comme $|t|\leq 1$, pour tout $N\in \NN$, on a :
\begin{align*}
\left|\dsum_{n=0}^N P(X=n)t^n-\dsum_{n=0}^NP(Y=n)t^n\right|& \leq \dsum_{n=0}^N  \left| P(X=n)-P(Y=n)\right| |t|^n \\
&\leq \dsum_{n=0}^N  P((X=n)\cap (Y\neq n))+P((Y=n)\cap (X\neq n)) \ \ \text{\cf 2.a)}
\end{align*}
D'apr\`{e}s la formule des probabilit\'{e}s totales avec le syst\`{e}me complet d'\'{e}v\'{e}nements $(X=n)_{n\in \NN}$, on a :
$$P(X\neq Y)=\dsum_{n=0}^{+\infty}  P((X=n)\cap (X\neq Y))=\dsum_{n=0}^{+\infty}  P((X=n)\cap (Y\neq n)) .$$
Et $P(X\neq Y)=\dsum_{n=0}^{+\infty} P((Y=n)\cap (X\neq n))$, d'o\`{u} le r\'{e}sultat avec $N\to +\infty$ dans la majoration.
\end{enumerate}
%
\item
\begin{enumerate}

\item L'\'{e}v\'{e}nement $A$ \og le nombre de variables $U_i$ qui prennent une valeur non nulle est  fini \fg, vaut $A=\dis \bigcup_{n=1}^{+\infty} \bigcap_{i=n}^{+\infty} (U_i=0)$.
En prenant $A_i=(U_i\neq 0)$, l'in\'{e}galit\'{e} admise donne :
$ P\left(\dis \bigcup_{i=n}^N (U_i\neq 0)\right) \leq \dsum_{i=n}^N P(U_i\neq 0).$
Quand $N \to +\infty$, par continuit\'{e} croissante, on en d\'{e}duit :
$P\left(\dis \bigcup_{i=n}^{+\infty} (U_i\neq 0)\right) \leq \dsum_{i=n}^{+\infty} P(U_i\neq 0).$

Le membre de droite est le reste d'une s\'{e}rie convergente, donc tend vers $0$ quand $n\to +\infty$.\\
Par encadrement, on en d\'{e}duit bien que $P(\bar{A})=0$.
%
\item Pour tout $t\in [-1,1]$, on a : $|G_S(t)-G_{S_n}(t)|\leq 2P(S_n\neq S)$.\\
D'o\`{u} le r\'{e}sultat voulu par encadrement car les $U_i$ sont \`{a} valeurs positives. Donc, on a :
$$(S_n=S)=\dis \bigcap_{i=n+1}^{+\infty} (U_i=0) \text{ d'o\`{u} } P(S_n\neq S)=P\left(\bigcup_{i=n+1}^{+\infty} (U_i\neq 0)\right)\leq \dsum_{i=n+1}^{+\infty} P(U_i\neq 0) \rTo_{n\to +\infty} 0.$$

\end{enumerate}
%
\item
\begin{enumerate}
\item Par th\'{e}or\`{e}me de comparaison car la s\'{e}rie $\dsum \lambda_i$ converge et que :
$$P(X_i\neq 0)=1-\e^{-\lambda_i}\equivalent{i\to +\infty} \lambda_i \ \ \car \lambda_i \rTo_{i\to +\infty} 0 \text{ (la s\'{e}rie  $\sum \lambda_i$ converge).}$$
\item Par stabilit\'{e} de la loi de Poisson, $S_n$ suit la loi ${\cal P}(\lambda_1+\cdots+\lambda_n)$, donc $G_{S_n}(t)=\ee^{(t-1)(\lambda_1+\cdots+\lambda_n)}$, donc $G_{S_n}(t) \rTo_{n\to +\infty} \ee^{(t-1)\lambda}$, soit $G_S(t)=\ee^{(t-1)\lambda}$.\\ Comme $G_S$ caract\'{e}rise la loi de $S$, on en d\'{e}duit que $S$ suit loi la de Poisson de param\`{e}tre $\lambda$ .
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}


%----------------------------
\begin{exo}

Toutes les variables al\'{e}atoires de cet exercice sont d\'{e}finies sur le m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega,{\cal A},P)$.
\begin{enumerate}
\item On consid\`{e}re la fonction $f$ d\'{e}finie sur $\RR$ par :
$$f(x)=\begin{cases} \dfrac{1}{x(\ln x)^2} & \si x\geq \e \\ 0 & \sinon. \end{cases}$$
\begin{enumerate}
\item  Montrer que $f$ est une densit\'{e} de probabilit\'{e}. \\
{\em Soit $X$ une variable al\'{e}atoire de densit\'{e} $f$.}
\item D\'{e}terminer la fonction de r\'{e}partition $F$ de $X$.
\item Montrer que la variable al\'{e}atoire $X$ n'admet aucun  moment.\
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\bigskip

On consid\`{e}re une suite $(X_k)_{k\in \NN^*}$ de variables al\'{e}atoires ind\'{e}pendantes, de m\^{e}me loi que $X$.

\bigskip

\begin{enumerate}
\setcounter{enumi}{1}
\item Pour tout entier $n\geq 3$ et pour tout $\omega\in \Omega$, on note $Y_n(\omega)$ le \og deuxi\`{e}me plus petit \fg\ des nombres $X_1(\omega),\dots,X_n(\omega)$, c'est-\`{a}-dire le deuxi\`{e}me lorsqu'ils sont class\'{e}s par ordre croissant (au sens large).\\ On admet que l'on d\'{e}finit ainsi une variable al\'{e}atoire $Y_n$ pour tout $n\geq 3$.
\begin{enumerate}
\item Exprimer  la fonction de r\'{e}partition $G_n$ de $Y_n$.
\item En d\'{e}duire que $Y_n$ est une variable \`{a} densit\'{e} et montrer qu'une densit\'{e} de $Y_n$ est la fonction $g_n$ donn\'{e}e par :
$$g_n(x)=\begin{cases} \dfrac{n(n-1)}{x(\ln x)^n}\left(1-\dfrac1{\ln x}\right) & \si x\geq \e \\ 0 & \sinon. \end{cases}$$
\item Montrer que la variable al\'{e}atoire  $Z_n=\ln (Y_n)$ admet une esp\'{e}rance et calculer sa valeur.
\end{enumerate}
\item Pour tout entier $n\in \NN^*$, on d\'{e}finit la variable al\'{e}atoire :
$$T_n=\big(\max(X_1,\dots,X_n)\big)^{\frac1n}.$$
\begin{enumerate}
\item D\'{e}terminer la fonction de r\'{e}partition $H_n$ de $T_n$.
\item Montrer que la suite de variables al\'{e}atoires $(T_n)_{n\geq 1}$ converge en loi.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}




\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item  \begin{enumerate}
\item  La fonction  $f$ est positive sur $\RR$, ${\cal C}^0$ sur $\RR\setminus \{\e\}$ et $\dint_{-\infty}^{+\infty} f(x)~{\rm d}x=\crocint{ -\dfrac1{\ln x}}_{\e}^{+\infty}=1.$
\item Le calcul donne : $F(x)=\begin{cases}  0& \si x<\e \\ 1-\dfrac1{\ln x} & \si x\geq \e. \end{cases}$
\item Pour tout $r\in \NN^*$, par croissances compar\'{e}es, on a : $x\times x^rf(x)=\dfrac{x^{r}}{(\ln x)^2} \rTo_{x\to +\infty} +\infty$.\\
Donc $\dfrac1x\underset{x\to +\infty}=\petito{x^rf(x)}$ et tout est positif ; donc par th\'{e}or\`{e}me de comparaison, l'int\'{e}grale $\dint_{-\infty}^{+\infty} x^rf(x)~{\rm d}x$ diverge (en $+\infty$). Donc, par th\'{e}or\`{e}me de transfert, $X^r$ n'a pas d'esp\'{e}rance, donc $X$ n'admet aucun moment.
\end{enumerate}
%
\item
\begin{enumerate}
\item  Il est clair que $Y_n$ est \`{a} valeurs dans $[\e,+\infty[$, donc $G_n(x)=0$ si $x<\e$.\\
Pour tout $x\geq \e$, soit $U_x$ la variable al\'{e}atoire qui compte le nombre de variables $X_i$ qui prennent une valeur inf\'{e}rieure ou \'{e}gal \`{a} $x$. Alors $U_x$ suit la loi ${\cal B}(n,p)$ avec $p=P(X\leq x)=F(x)$. Donc :
\begin{align*}
G_n(x)&=1-P(Y_n> x)=1-P(U_x\leq 1)=1-P(U_x=0)-P(U_n=1)\\
&=1-\left(\dfrac{1}{\ln x}\right)^n-n\left(1-\dfrac{1}{\ln x}\right)\left(\dfrac{1}{\ln x}\right)^{n-1}
=1-\dfrac{n}{(\ln x)^{n-1}}+\dfrac{n-1}{(\ln x)^{n}}.
\end{align*}
\item La fonction $G_n$ est ${\cal C}^1$ sur $\RR\setminus \{\e\}$ et le raccordement est continu en $\e$, donc $Y_n$ est une variable \`{a} densit\'{e}. D'o\`{u} une densit\'{e} par d\'{e}rivation (et valeur arbitraire en $x=\e$), donn\'{e}e par $g_n(x)=0$ si $x<\e$ et :
$$\forall x\geq \e,\ g_n(x)=\dfrac{n(n-1)}{x(\ln x)^n}-\dfrac{(n-1)n}{x(\ln x)^{n+1}}=\dfrac{n(n-1)}{x(\ln x)^n}\left(1-\dfrac1{\ln x}\right).$$
\item La densit\'{e} $g_n$ de $Y_n$ est nulle en dehors de $[\e,+\infty[$ et la fonction $\ln$ est continue sur cet intervalle. D'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me de transfert, la variable al\'{e}atoire $Z_n$ admet une esp\'{e}rance si, et seulement si, l'int\'{e}grale $\dint_{\e}^{+\infty} (\ln x) g_n(x)~{\rm d}x$  converge absolument, ce qui est le cas car :
$$\dint_{\e}^{+\infty} (\ln x) g_n(x)~{\rm d}x=\dint_{\e}^{+\infty} \dfrac{n}{n-2}\, g_{n-1}(x)~{\rm d}x=\dfrac{n}{n-2}. \ \  \text{Donc : } E(Z_n)=\dfrac{n}{n-2}.$$
\end{enumerate}
%
\item
\begin{enumerate}
\item Pour tout $x<\e^{\frac1n}$, on a $H_n(x)=0$ et pour $x\geq \e^{\frac1n}$, par ind\'{e}pendance des $X_k$, on a :
\begin{align*}
H_n(x)&%=P(\max(X_1,\dots,X_n)\leq x^n)
= P\left(\dis \bigcap_{k=1}^n (X_k\leq x^n)\right)
= F(x^n)^n
= \left(1-\frac{1}{\ln (x^n)}\right)^n=\left(1-\frac{1}{n\ln x}\right)^n.
\end{align*}
%
\item Si $x\leq 1$, alors $x<\e^{\frac1n}$ pour tout $n$, donc $H_n(x)=0$ et $\dlim_{n\to +\infty} H_n(x)=0$.\\
Si $x>1$, comme  $\dlim_{n\to +\infty} \e^{\frac1n}=1$, alors pour $n$ assez grand, on a $x\geq\e^{\frac1n}$. Alors , quand $n\to +\infty$ :
$$H_n(x)=\exp\big(n\ln (1-1/\ln x)\big)=\exp\big(n(-1/n\ln x+\petito{1/n}=\exp\big(-1/\ln x\big)\times \e^{\petito{1}}.$$
Donc, $\dlim_{n\to +\infty} H_n(x)=\exp\big(-1/\ln x\big)$, qui se d\'{e}rive en $x\mapsto 1/x(\ln x)^2\,\exp(-1/\ln x)$.

Or,  $h(x)=\begin{cases} 1/x(\ln x)^2\,\exp(-1/\ln x) & \si x>1 \\ 0 & \si x\leq 1 \end{cases}$
est une densit\'{e}. Elle est positive sur $\RR$, continue sur $\RR\setminus \{1\}$ et $\dint_{-\infty}^{+\infty} f(x)~{\rm d}x=\crocint{\exp\Big(-1/\ln x \Big)}_1^{+\infty}=1.$\\
Donc la suite $(T_n)$ converge en loi vers une variable al\'{e}atoire $T$ \`{a} densit\'{e} dont une densit\'{e} est $h$.
%On v\'{e}rifie que la fonction $H=\lim_{n\to +\infty} H_n$ obtenue est ${\cal C}^1$ sur $\RR\setminus\{1\}$, de classe  sur  et , croissante au sens large sur , de limite nulle en  et \'{e}gale \`{a} 1 en , donc  est la fonction de r\'{e}partition d'une variable al\'{e}atoire \`{a} densit\'{e}. On en d\'{e}duit que la suite  converge en loi vers une variable al\'{e}atoire de fonction de r\'{e}partition .
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{sol}



%----------------------------
\begin{exo}

On consid\`{e}re la fonction $f$ d\'{e}finie sur $\R_+^*$ par:
$$\forall x >0,\;\;f(x)=\frac{\sin(2\pi\ln(x))}{x\sqrt{2\pi}}\e^{-\ln^2(x)/2}$$
\begin{enumerate}
\item Montrer que pour tout entier naturel $k$, on a:
$$\int_0^{+\infty}x^k\,f(x) dx=0.$$
On pourra effectuer un changement de variable $u=\ln x - k$ en le justifiant.
\item Soit $Y$ une variable al\'{e}atoire suivant la loi normale centr\'{e}e r\'{e}duite ${\cal N}(0,1)$.
On pose $X=\e^Y$.

Montrer que $X$ est une variable al\'{e}atoire \`{a} densit\'{e} dont une densit\'{e} est la fonction $g$ d\'{e}finie par:
$$\forall x\in \R,\;\;g(x)=\left \{ \begin{array}{llc}
\dis\frac{1}{x\,\sqrt{2\pi}}\,\e^{-\ln^2(x)/2} & \mbox{ si } x>0,\\
\qquad 0& \mbox{ sinon}.
\end{array}\right.$$
\item Soit $a$ un r\'{e}el tel que $\abs a\leq 1$.
On consid\`{e}re la fonction $f_a$ d\'{e}finie sur $\R$ par:
$$\forall x\in \R,\;\;f_a(x)=\left \{ \begin{array}{llc}
(1+a\sin(2\pi\ln(x)))\scriptstyle \times \dis g(x)& \mbox{ si } x>0,\\
\qquad 0& \mbox{ sinon}.
\end{array}\right.$$


 Montrer que $f_a$ est une densit\'{e}.
\item Soit $Y_a$ une variable al\'{e}atoire \`{a} densit\'{e} de densit\'{e} $f_a$.
Montrer que pour tout entier naturel $k$, on a:
$$E(Y_a^k)=E(X^k).$$
En d\'{e}duire qu'il existe une infinit\'{e} de lois distinctes qui ont les m\^{e}mes moments de tout ordre.
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item  L'application qui \`{a} $x$ associe $x^{k} f(x)$ est d\'{e}finie et continue sur $]0,+\infty[$.
On applique le changement de variable $x\mapsto \ln x -k$ qui est une fonction strictement croissante et de classe $C^1$ sur $]0,+\infty[$.
On obtient que l'int\'{e}grale g\'{e}n\'{e}ralis\'{e}e $\dis\int_0^{+\infty}x^k\,f(x) dx$ est de m\^{e}me nature que
 $$\Int_{-\infty}^{+\infty}\e^{k(u+k)}\, \frac{\sin(2\pi(u+k))}{\sqrt{2\pi}}\e^{-(u+k)^2/2}du$$
soit
$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin(2\pi u))}{\sqrt{2\pi}}\e^{-(u^2-k^2)/2}du$$
Or en $+\infty$, la fonction sous l'int\'{e}grale est en valeur absolue n\'{e}gligeable devant $1/u^2$ d'o\`{u} l'absolue convergence donc la convergence de l'int\'{e}grale en $+\infty$.
De plus, la fonction $u\mapsto  \dis\frac{\sin(2\pi u))}{\sqrt{2\pi}}\e^{-(u^2-k^2)/2}$ est impaire; on en conclut que l'int\'{e}grale est convergente et vaut 0, d'o\`{u} le r\'{e}sultat.
\item  On a $X(\Omega)=\R^+_*$. On d\'{e}termine la fonction de r\'{e}partition de $X$. Pour $x>0$, on a:
$$F_X(x)=P(X\leq x)=P(Y\leq \ln x)=\Phi(\ln x)$$
o\`{u} $\Phi$ est la fonction de r\'{e}partition de $Y$. Par cons\'{e}quent,
$$\forall x\in \R,\;\; F_X(x)=\left \{ \begin{array}{llc}
\Phi(\ln x) & \mbox{ si } x>0,\\
0 & \mbox{ sinon}.
\end{array}\right.$$
On en d\'{e}duit que $F_X$ est continue sur $\R$ et de classe $C^1$ sur $\R^*$ donc $X$ est une variable al\'{e}atoire \`{a} densit\'{e} dont une densit\'{e} est la fonction $g$.
\item La fonction $f_a$ est positive sur $\R$. En effet pour $x$ n\'{e}gatif, la fonction est nulle et si $x$ est positif, le sinus \'{e}tant en valeur absolue inf\'{e}rieur \`{a} 1 et puisque $\abs a\leq 1$, on a
$1+a\sin(2\pi\ln(x)) \geq 0$. Comme la fonction $g$, en tant que densit\'{e}, est positive, il en r\'{e}sulte que $f_a$ est positive.
De plus, $f_a$ est continue sur $\R^*$. Enfin $\Int_{-\infty}^{+\infty}f_a(x)dx$ revient \`{a} $\Int_{0}^{+\infty}f_a(x)dx$, soit $\Int_{0}^{+\infty}\big(g(x)+af(x)\big)dx$. Or, les int\'{e}grales $\Int_{0}^{+\infty}g(x)dx$ et
$\Int_{0}^{+\infty}f(x)dx$ sont convergentes; par lin\'{e}arit\'{e} on obtient:
$$\Int_{-\infty}^{+\infty}f_a(x)dx=\Int_{0}^{+\infty}g(x)dx+a \Int_{0}^{+\infty}f(x)dx=1.$$
Par cons\'{e}quent, $f_a$ est une densit\'{e}.
\item $E(Y_a^k)$ existe si l'int\'{e}grale $\Int_{-\infty}^{+\infty}x^k f_a(x)dx$ existe. En utilisant la lin\'{e}arit\'{e} des int\'{e}grales convergentes, on obtient:
$$ E(Y_a^k)=\Int_{0}^{+\infty}x^k g(x)dx+a \Int_{0}^{+\infty}x^kf(x)dx=E(X^k).$$
Par cons\'{e}quent, $X$ et $Y_a$ ont les m\^{e}mes moments et pourtant n'ont pas la m\^{e}me loi.
\end{enumerate}

\end{sol}


%-----------------------
\begin{exo}

 Soit $(u_n)$ une suite r\'{e}elle positive d\'{e}croissante de limite $0$. Soit la suite $(S_n)$ d\'{e}finie par: $$\forall\,n\in\N,\,\,S_n=\sum_{k=0}^n (-1)^k u_k$$
\begin{enumerate}

\item Montrer que les suites $(S_{2n-1})$ et $(S_{2n})$  sont adjacentes de limite $S$  et que pour tout $n \in \N$, on a : $ S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}$.

\item Montrer que pour tout $n \in \N, \ |S-S_n|\leq u_{n+1}$ et en d\'{e}duire  la convergence de la s\'{e}rie $\dsum_{n\geq 0}  (-1)^n u_n$. Quelle est sa somme ?

Les membres d'un groupe de $n$ personnes (avec $n \geq 2$) veulent se faire des cadeaux  mutuels. Pour cela, chacun ach\`{e}te un cadeau, et le met dans un paquet,  les paquets \'{e}tant indiscernables. Les  cadeaux sont mis dans un pot commun, puis  chacune des $n$ personnes choisit au hasard un cadeau dans le pot commun.

On note $a_n$ le nombre de fa\c{c}ons possibles d'attribuer les $n$ cadeaux sans que personne ne re\c{c}oive son propre cadeau.

\item Calculer $a_2$ et $a_3$.

\item On admet provisoirement la relation: pour tout $n\geq 4$, $a_n=(n-1)(a_{n-1}+a_{n-2})$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que, pour tout $n\geq 2$, on a:

$$a_n=n! \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!}$$
\item Calculer  la probabilit\'{e} $p_n$ qu'une r\'{e}partition al\'{e}atoire des $n$ cadeaux donne une r\'{e}partition o\`{u} chaque personne re\c{c}oit bien le cadeau d'une autre personne.
\item A quelle condition sur $n$ peut-on dire que $\dfrac{1}{\e}$ est une approximation de $p_n$ \`{a} $10^{-3}$ pr\`{e}s ?
\end{enumerate}
\item \'{E}tablir la relation admise dans la question pr\'{e}c\'{e}dente, c'est-\`{a}-dire : $$ \forall\,n\geq 4,\,\,a_n=(n-1)(a_{n-1}+a_{n-2})$$

 %({\it pour un individu x on pourra consid\'{e}rer deux situations selon que la personne qui offre un cadeau \`{a} x est ou n'est pas celle qui a re\c{c}u le cadeau offert par x.})

\end{enumerate}

\end{exo}

\newpage

\begin{sol}

\begin{enumerate}

\item  La d\'{e}croissance de la suite $(u_n)$ entra\^{\i}ne:
\par
$\bullet\ $  $S_{2n+1}-S_{2n-1}= -u_{2n+1}+u_{2n}\geq 0$ donc $(S_{2n-1}))$ est croissante.
\par
$\bullet\ $  $S_{2n}-S_{2n-2}=u_{2n}-u_{2n+1} \leq 0 $ donc $(S_{2n})$ est d\'{e}croissante.
\par
$\bullet\ $  $|S_{2n}-S_{2n-1}|=u_{2n} \to 0$ quand $n \to + \infty$.

Les suites $(S_{2n})$ et $(S_{2n+1})$ sont adjacentes ; elles convergent vers la m\^{e}me limite $S$ et on a:
$$ S_{2n-1} \leq S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}$$

\item On en d\'{e}duit:
\begin{itemize}[label=$\bullet$]
\item $S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n} \Rightarrow S_{2n+1}-S_{2n}\leq S-S_{2n} \leq 0 \Rightarrow  |S_{2n}-S| \leq u_{2n+1}$.
\item $S_{2n-1} \leq S \leq S_{2n} \Rightarrow 0\leq S-S_{2n-1} \leq S_{2n}-S_{2n-1} \Rightarrow |S_{2n-1}-S| \leq u_{2n}$.
\end{itemize}

donc pour tout $n \in \N, \ |S-S_n|\leq u_{n+1}$



\item On a : $a_2=1$ ($(x ,y)\rightarrow(y, x)$)  et $a_3=2$ ($(x, y, z) \rightarrow (y, z ,x)$ ou $(z, x, y)$).
\item
\begin{enumerate}
\item Par r\'{e}currence double sur $n\geq 2$, on montre $a_n=n! S_n$ avec $S_n=\dsum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{k!}$.
\begin{itemize}[label=$\bullet$]
\item pour $n=2$, on bien $a_2=1=2!(1-1+\frac{1}{2})=2!S_2$.
\item pour $n=3$, on bien $a_3=2=3!S_3=2$.
\item On suppose: $a_{n-1}=(n-1)! S_{n-1}$ et $a_{n-2}=(n-2)! S_{n-2}$. Alors:
\begin{align*}
a_n &=(n-1)(a_{n-1}+a_{n-2})=(n-1)[(n-1)! S_{n-1} +(n-2)! S_{n-2}]\\
&=(n-1)(n-1)! [\frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!} + S_{n-2}] + (n-1)!S_{n-2}\\
&=(n-1)(-1)^{n-1} + n!S_{n-2}\\
&=(n-1)(-1)^{n-1} + n![S_n- \frac{(-1)^n}{n!}-\frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!}  ]\\
&=(n-1)(-1)^{n-1} +n!S_n -(n-1)(-1)^{n-1}\\
&=n!S_n
\end{align*}
\end{itemize}


\item
Il y a $n!$ r\'{e}partitions de $n$ personnes (permutations) parmi lesquelles $a_n$ sont des r\'{e}partitions o\`{u} chaque personne re\c{c}oit bien le cadeau d'une autre personne, soit $p_n=\dfrac{a_n}{n!}$.

\item On reconna\^{\i}t en $\dsum_{k=0}^{+ \infty}\frac{(-1)^k}{k!}$  la somme de la s\'{e}rie exponentielle  qui vaut $\dfrac{1}{\e}$. On peut appliquer les r\'{e}sultats de la question 2 \`{a} la suite $(u_n)=\Big(\dfrac{1}{n!}\Big)$. On a $p_n=S_n$ et on obtient : $\Big|\dfrac{1}{\e}-p_n\Big|\leq \dfrac{1}{(n+1)!}$.

Donc, pour que $\dfrac{1}{\e}$ approche $p_n$ \`{a} $10^{-3}$ pr\`{e}s il suffit de prendre $n \geq 6$ (car $6!=720<10^3<7!$).
\end{enumerate}

\item Le probl\`{e}me propos\'{e} poss\`{e}de plusieurs formes \'{e}quivalentes. Ils se mod\'{e}lisent tous de la fa\c{c}on suivante : d\'{e}terminer le nombre $a_n$ de permutations sans point fixe dans l'ensemble des permutations sur $\llbracket 1,n\rrbracket$.


Soit $n \geq 2$ et $\sigma$ une permutation sans points fixe de $\llbracket 1,n\rrbracket$. Soit $i\in \llbracket 1,n\rrbracket$ et $j=\sigma(i)$.

On distingue deux cas:
\begin{itemize}[label=$\bullet$]
\item  $\sigma(j)=i$. Les $(n-2)$ autres \'{e}l\'{e}ments de la permutations r\'{e}alisent une permutation sans point fixe de $\llbracket 1,n-2\rrbracket$.
 Il y en a $a_{n-2}$.
\item sinon $\sigma(j)=k\neq i$. Si on retire $j$, tout se passe comme si $j$  \'{e}tait absent et que $\sigma(i)=k$. Il y a alors $a_{n-1}$ permutations sans point fixe.
\end{itemize}
Dans les deux cas, il y a $n-1$ choix de $j$ on a donc $a_n=(n-1)(a_{n-1}+a_{n-2})$.
\end{enumerate}


\end{sol}





%------------------------------
\begin{exo}

Soit $n\in \N$. Soit $p\in ]0,1[$ tel que $p\neq\dfrac{1}{2}$ ; on pose $q=1-p$. Soit $\left(X_i\right)_{0\leq i \leq n}$ une famille de $n+1$ variables al\'{e}atoires d\'{e}finies sur un m\^{e}me espace probabilis\'{e} $(\Omega,{\cal A},\P)$, mutuellement ind\'{e}pendantes et qui suivent toutes la m\^{e}me loi
de \textsc{Bernoulli} de param\`{e}tre $p$.

Soit $f$ une application de ${\mathbb{R}}$ dans ${\mathbb{R}}$ telle que $f(0)=0$ et $f(1)=1$.
\begin{enumerate}

\item Pour tout $k \in \llbracket 0,n \rrbracket$, on pose $Y_k=f(|X_k-X_{k+1}|)$.\\
D\'{e}terminer la loi de $Y_k$. Donner son esp\'{e}rance et sa variance.
\item Pour $k\in \llbracket 0, n-1 \rrbracket$, montrer que la covariance de $Y_k$ et $Y_{k+1}$ est donn\'{e}e par : $\cov(Y_k,Y_{k+1})=pq(1-4pq)$.
\item Soit $(i,j)\in  \llbracket 0,n \rrbracket^2$ avec $i \neq j$. \'{E}tudier l'ind\'{e}pendance de $Y_i$ et $Y_j$.
\item Exprimer en fonction de $a=2pq(1-2pq)$ et $b=pq(1-4pq)$ la matrice de covariance  $C$ d\'{e}finie par : $$C=\left(\cov(Y_i,Y_j)\right)_{0\leq i,j\leq n}.$$
\item Pour $n=2$, diagonaliser la matrice $C$.
\end{enumerate}
\end{exo}

%

\begin{sol}


\begin{enumerate}
 \item
La variable $Y_k=f(|X_k-X_{k+1}|)$ prend les valeurs $f(0)=0$ et $f(1)=1$, donc suit la loi de \textsc{Bernoulli} de param\`{e}tre $\P(Y_k=1)=2pq$. Et, par incompatibilit\'{e} puis ind\'{e}pendance :
$$\P(Y_k=1)=\P((X_k=0) \cap (X_{k+1}=1))\cup ((X_k=1) \cap (X_{k+1}=0))=2pq.$$
Ainsi, $\E(Y_k)=2pq$ et $V(Y_k)=2pq(1-2pq)$.


\item Par \textsc{Koenig-Huyghens}, on a : $\cov(Y_k,Y_{k+1})=\E(Y_kY_{k+1})-\E(Y_k)\E(Y_{k+1})$.

Or, $T_k=Y_kY_{k+1}$ prend ses valeurs dans $\{0,1\}$, donc :
\begin{align*}
\E(T_k)&=\P(T_k=1)=\P((Y_k=1)\cap(Y_{k+1}=1))\\
&=\P\Big(\big((X_k=0) \cap (X_{k+1}=1)\cap (X_{k+2}=0)\big)\cup \big((X_k=1) \cap (X_{k+1}=0)\cap (X_{k+2}=1)\big)\Big)\\&=p^2q+q^2p=pq.
\end{align*}
Ainsi, $\cov\left(Y_k,Y_{k+1}\right)=pq(1-4pq)$.

\item
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] Si $|j-i|\geq 2$, le lemme des coalitions donne l'ind\'{e}pendance de  $Y_i$ et $Y_j$.
\item[$\bullet$] Sinon, par sym\'{e}trie de la covariance, on peut supposer que $j>i$ et alors $j=i+1$.\\ Dans ce cas, d'apr\`{e}s la question pr\'{e}c\'{e}dente, il n'y a pas ind\'{e}pendance car
$$\cov(Y_i,Y_{i+1})=pq(1-4pq)\neq 0 \car p,q\neq 0 \et pq\neq \frac14.$$
En effet, par l'\'{e}tude de la fonction $p\mapsto p(1-p)$, on a :
$p(1-p)=\dfrac{1}{4} \Longleftrightarrow p=\dfrac{1}{2}.$
\end{itemize}


\item On a $V(Y_k)=2pq(1-2pq)=a$ et $\cov(Y_k,Y_{k+1})=pq(1-4pq)=b$. Donc, la matrice $C$ est une matrice tridiagonale \`{a} $n+1$ lignes et $n+1$ colonnes, avec des $a$ sur sa diagonale principale, des $b$ juste au-dessus et juste au-dessous, et des $0$ partout ailleurs.

\item Pour $n=2$, on a :    $C=\matrice{
                                             a&b&0\cr
                                             b&a&b\cr
                                             0&b&a
                                             }$.\\
Ainsi, $C$ est diagonalisable en base orthonorm\'{e}e, car elle est sym\'{e}trique r\'{e}elle.

Comme $b \neq 0$, les valeurs propres de $C$ sont les r\'{e}els $\lambda$ tels que le syst\`{e}me suivant admette d'autres solutions que la solution nulle :
$$\begin{cases}
  (a-\lambda)x+by&=0\\
  bx+(a-\lambda)y+bz&=0\\
  by+(a-\lambda)z&=0
\end{cases}~~~$$
Donc soit $\lambda=a$ et $y=0$ et $x+z=0$,
soit $\lambda \neq a$ et $z=x=-\dfrac{by}{a-\lambda}$ avec :
$$-2\frac{b^2}{a-\lambda}+(a-\lambda)=0 \Longleftrightarrow
(a-\lambda)^2=2b^2\Longleftrightarrow \lambda=a\pm b\sqrt{2}\neq a.$$
Comme $b\neq 0$, on a  donc $\Sp(C)=\{a- b\sqrt{2},a,a+ b\sqrt{2}\}$.\\
et :
$E_a=\vect(1,0,-1)$, $E_{a- b\sqrt{2}}=\Vect(-\dfrac{1}{\sqrt{2}},1,-\dfrac{1}{\sqrt{2}})$,
$E_{a+ b\sqrt{2}}=\Vect(\dfrac{1}{\sqrt{2}},1,\dfrac{1}{\sqrt{2}})$.


D'o\`{u} une base orthonorm\'{e}e : $w_1=\dfrac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1)$,
$w_2=(-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{\sqrt{2}},-\dfrac{1}{2})$, $w_3=(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{2})$\\
%
(les vecteurs de base initiaux \'{e}taient d\'{e}j\`{a} deux \`{a} deux orthogonaux car les sous-espaces propres le sont ; et cela reste valable si $b=0$).
\end{enumerate}

\end{sol}

%----------------------------------

\begin{exo}

Soit une suite r\'{e}elle $(u_n)$ v\'{e}rifiant $u_0=1$ et $\forall n \in \N^*, u_n \in [0,1]$. On d\'{e}finit alors la suite $(v_n)$ par :

$$\forall n \in  \N^*, v_n=\prod_{k=0}^nu_k.$$


\begin{enumerate}

\item Montrer que la suite $(v_n)$ est d\'{e}croissante, positive et convergente.\\
Donner un encadrement de sa limite $\ell$.


\item Montrer que s'il existe $k\in ]0,1[$, tel qu'\`{a} partir d'un certain rang, on ait : $u_n\leq k$, alors $\ell=0$.

\end{enumerate}

\bigskip

Dans toute la suite de l'exercice, on consid\`{e}re une suite $\left(Y_n\right)_{n\in\N}$ de variables al\'{e}atoires r\'{e}elles d\'{e}finies sur un espace probabilis\'{e} $\left(\Omega, {\mathcal A}, \P\right)$. On suppose que $Y_0$ est la variable certaine \'{e}gale \`{a} $1$ et que, pour tout $n\in \N^*$, la variable $Y_n$ suit une loi de \textsc{Bernoulli} dont le  param\`{e}tre est not\'{e} $r_n$ (avec $r_n\in ]0,1[$). On pose \'{e}galement $r_0=1$. On suppose encore que :
$$\forall n\geq 1,\ \P_{(Y_n=0)}\left(Y_{n+1}=1\right)=0.$$
On pose alors $u_0=1$ et :
$$\forall n\geq 1,\ u_{n}=\P_{(Y_{n-1}=1)}\left(Y_{n}=1\right).$$

\begin{enumerate}[resume]
\item Pour tout entier naturel $n$, exprimer $r_n$ en fonction de $v_n$.
\item Dans cette question seulement on suppose que : $ \forall n \in \N^*,~~u_n=\dfrac{1}{n}$. \\
Pour tout $n \in \N$, on d\'{e}finit la variable al\'{e}atoire  $S_n$ par $S_n=\dsum_{k=0}^nY_k$.\\
%
Calculer la limite de la suite $(E(S_n))_{n}$.
\item Pour tout entier naturel $n_0\geq 1$, \`{a} quelle condition n\'{e}cessaire et suffisante sur la suite $(u_n)$, les variables al\'{e}atoires $Y_{n_0}$ et $Y_{n_0-1}$  sont-elles ind\'{e}pendantes ?

\item Soit l'\'{e}v\'{e}nement $A=\dis\bigcap_{n\in\N}(Y_n=1)$. Exprimer $\P(A)$ en fonction de $\ell$.
\end{enumerate}
\end{exo}

%

\begin{sol}

\begin{enumerate}
\item Comme $u_n\in [0,1]$, on obtient $0\leq v_{n+1} \leq v_n \leq 1$ (par r\'{e}currence \'{e}vidente).

Ainsi, la suite $(v_n)$ est d\'{e}croissante et positive, donc converge d'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me de la limite monotone.\\ De plus, en passant \`{a} la limite dans l'in\'{e}galit\'{e} $0\leq v_n\leq 1$, on a $\ell\in[0,1]$.

\item Si $0\leq u_n\leq k$ avec $k\in]0,1[$ pour tout $n\geq n_0$, alors par r\'{e}currence \'{e}vidente, on a :
$$\forall n \geq n_0 ,\  0\leq v_n \leq k^{n-n_0}v_{n_0}.$$
Donc, par th\'{e}or\`{e}me d'encadrement, la suite $(v_n)$ converge vers $0$.

\item Montrons r\'{e}currence sur $n\geq 0$ la relation $r_n=v_n$.
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] On a $r_0=1=u_0$ dans l'\'enonc\'e.
\item[$\bullet$] Soit $n$ tel que $r_n=v_n$. Alors, par la formule des probabilit\'{e}s totales :
\begin{align*}
r_{n+1}&=\P(Y_{n+1}=1)=\P_{[Y_n=1]}\left(Y_{n+1}=1\right)\P([Y_n=1])+\P_{[Y_n=0]}\left(Y_{n+1}=1\right)\P(Y_n=0)\\&=u_{n+1}v_n+0=v_{n+1}.
\end{align*}
\end{itemize}

\item
Par lin\'{e}arit\'{e} de l'esp\'{e}rance, $E(S_n)= \dsum_{k=0}^n E(Y_k)=\sum_{k=0}^n v_k$.\\
Si $u_n=\dfrac{1}{n}$ pour $n\geq 1$, alors $v_n=\dfrac{1}{n!}$ pour $n \geq 0$.

Donc $E(S_n)=\dsum_{k=0}^n\frac{1}{k!}\to  \e$, lorsque $n$ tend vers $+\infty$.

\item Comme $Y_{n_0}$ et $Y_{n_0-1}$ suivent des lois de \textsc{Bernoulli}, elles sont ind\'{e}pendantes si et seulement si les \'{e}v\`{e}nements $(Y_{n_0}=1)$ et $(Y_{n_0-1}=1)$ le sont, soit :
\begin{align*}
&\P_{(Y_{n_0-1}=1)}(Y_{n_0}=1)=\P(Y_{n_0}=1) \\
\iff  &u_{n_0}=v_{n_0} \\ \iff &u_{n_0}=v_{n_0-1} u_{n_0} \\
\iff &v_{n_0-1}=1 \ou u_{n_0}=0\\
\iff &u_0=\cdots=u_{n_0-1}=1 \ou u_{n_0}=0.
\end{align*}

\item Comme $A$ est l'intersection d\'{e}croissante des \'{e}v\'{e}nements $B_n=\dis\bigcap_{k=0}^{n}[Y_k=1]$ alors,
d'apr\`{e}s le th\'{e}or\`{e}me de continuit\'{e} d\'{e}croissante, on a : $\P(A)=\dlim_{n\rightarrow +\infty}\P(B_n)$.

Or l'hypoth\`{e}se $\P_{(Y_k=0)}\left(Y_{k+1}=1\right)=0$ signifie que $P((Y_k=0)\cap \left(Y_{k+1}=1\right))=0$,\\ soit $(Y_{k+1}=1) \subset \overline{(Y_k=0)}=(Y_k=1)$ presque s\^{u}rement. Ainsi $\P(B_n)=\P(Y_n=1)$.

Par suite, $\forall n \in \N, \P(B_n)=v_n$ et donc $\P(A)=\ell$

\end{enumerate}

\end{sol}



%------------------
\begin{exo}

Un mobile se d\'{e}place al\'{e}atoirement sur un axe dont l’origine est le point $O$ d'abscisse $0$.

Au d\'{e}part, (instant $t=0$), le mobile se trouve sur le point $O$. Le mobile se d\'{e}place selon la r\`{e}gle suivante :

\`{a} l’instant $t=n$ (avec $n\geq 1$), il se place de fa\c{c}on \'{e}quiprobable sur l’un des points d’abscisses $0, 1,\ldots, n$.

Pour tout entier naturel $n$, on note $X_n$ l’abscisse du mobile  \`{a} l’instant $n$ (on a donc $X_0 = 0$).

On admet que, pour tout entier naturel $n$, $X_n$  est une variable al\'{e}atoire d\'{e}finie sur un espace probabilis\'{e} $(\Omega, \mathcal{A},P)$ que l’on ne cherchera pas \`{a} d\'{e}terminer. On admet aussi que $(X_n)$  est une suite de variables al\'{e}atoires mutuellement ind\'{e}pendantes.

\begin{enumerate}
\item D\'{e}terminer, pour tout $n$ de $\N^*$, la loi de $X_n$ ainsi que son esp\'{e}rance et sa variance.

\item 	On note $Y$ le rang du premier retour \`{a} l'origine du mobile et on admet que $Y$ est une variable al\'{e}atoire d\'{e}finie, elle aussi, sur $(\Omega, \mathcal{A},P)$.
    \begin{enumerate}
    \item 	Pour tout $n$ de $\N^*$,  exprimer l'\'{e}v\'{e}nement $[Y=n]$ \`{a} l'aide des variables al\'{e}atoires $(X_i)$.
	\item	En d\'{e}duire la loi de $Y$.
	\item	V\'{e}rifier  que l’on a $\dsum_{n=1}^{+\infty} P(Y=n)=1$.
	\item	La variable al\'{e}atoire $Y$ admet-elle une esp\'{e}rance ?
    \end{enumerate}

\item 	On note $Z$ le rang du deuxi\`{e}me retour \`{a} l'origine du mobile et on admet que $Z$ est une variable al\'{e}atoire d\'{e}finie, elle aussi, sur $(\Omega, \mathcal{A},P)$.
    \begin{enumerate}
    \item	D\'{e}terminer pour tout couple $(i,j)$  d’entiers,  la probabilit\'{e} $P_{[Y=i]}(Z=j)$.
	\item 	\'Ecrire, pour tout entier  $j$ sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} $2$, la probabilit\'{e} $P(Z=j)$ comme une somme finie.
	\item	La variable al\'{e}atoire $Z$ poss\`{e}de-t-elle une esp\'{e}rance ?
    \end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{sol}
\begin{enumerate}
\item D'apr\`{e}s l'\'{e}nonc\'{e}, $X_n$ suit la loi uniforme sur $\{0,1,\ldots, n\}$. On sait que $E(X_n)=\dis\frac n 2$ et $V(X_n)=\dis\frac{n(n+2)}{12}$.

\item
\begin{enumerate}
\item Le mobile revient au point d'abscisse $0$ pour la premi\`{e}re fois \`{a} l'instant $n$ si, et seulement si, il ne s'y trouve pas pendant les $n-1$  premiers d\'{e}placements puis s'il se d\'{e}place sur l'origine lors de son $n$-i\`{e}me d\'{e}placement. On a donc  $[Y=n]=[X_1\neq 0]\cap  \cdots \cap [X_{n-1}\neq 0]\cap [X_n=0]$.

\item	L’\'{e}nonc\'{e} indique que les variables $(X_i)$ sont mutuellement ind\'{e}pendantes (c’est normal puisque la position du mobile \`{a} un instant quelconque ne d\'{e}pend pas de sa position aux instants pr\'{e}c\'{e}dents). On a donc $Y(\Omega)=\N^*$ et
    $$P(Y=n) =\prod_{i=1}^{n-1} P(X_i\neq 0)P(X_n=0)= \prod_{i=1}^{n-1} \frac{i}{i+1}\times \frac{1}{n+1}= \frac{1}{n(n+1)}$$
\item 	On \'{e}crit $\dis\frac{1}{n(n+1)}={1\over n}-{1\over n+1}$ et en passant aux sommes partielles, on montre le r\'{e}sultat demand\'{e}.
\item  Comme $nP(Y=n) \sim \dis\frac{1}{n}$, la variable al\'{e}atoire $Y$ n'a pas d'esp\'{e}rance.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Le deuxi\`{e}me retour \`{a} l'origine a lieu strictement apr\`{e}s le premier,  donc $P_{[Y=i]}(Z=j)=0$ si $j\leq i$.
 \par
  $\bullet\ $  On a $P_{[Y=i]}(Z=i+1)= P(X_{i+1}=0)= \dis\frac{1}{i+2}$.	
  \par
   $\bullet\ $ pour $i\leq j-2$,
   $$P_{[Y=i]}(Z=j)=\frac{P((X_{i+1}\neq 0) \cap \ldots \cap (X_{j-1}\neq 0)\cap(X_j=0)\cap(Y=i))}{P(Y=i)}$$

   et, par ind\'{e}pendance des variables al\'{e}atoires en jeu :
  $$P_{[Y=i]}(Z=j)= \prod_{k=i+1}^{j-1}P(X_k\neq 0)\times P(X_j=0)= \frac{i+1}{j(j+1)}$$
 Ce dernier r\'{e}sultat reste valable pour $P_{[Y=i]}(Z=i+1)$.


\item 	Il faut au moins deux d\'{e}placements pour se trouver pour la deuxi\`{e}me fois \`{a} l'origine,

donc $Z(\Omega)= [\![2, +\infty[\![$.

Pour tout entier naturel $j\geq 2$, la formule des probabilit\'{e}s totales associ\'{e}e au syst\`{e}me complet d’\'{e}v\'{e}nements  $(Y=i)_{i\geq 1}$ s’\'{e}crit:
$$P(Z=j)= \sum_{i=0}^{+\infty} P_{[Y=i]}(Z=j)P(Y=i)= \frac{1}{j(j+1)} \sum_{i=1}^{j-1} \frac 1 i$$

\item 	Comme   $Y$ n’a pas d’esp\'{e}rance, $Z$ ne poss\`{e}de pas d’esp\'{e}rance  car $0 <Y <Z$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{sol}



%-------------------------
\begin{exo}
		
On note $E$ l'ensemble des suites r\'{e}elles $(a_n)_{n \in \N}$ telles que la s\'{e}rie $\dsum_{n \geq 0}a_n^2$ converge.

Pour toute suite $(u_n)_{n \in \N}$ de $E$, on pose: $u=(u_n)$.
\begin{enumerate}

	 \item Montrer que $E$ est un espace vectoriel r\'{e}el.
   \item
\begin{enumerate}
     \item Soit $((a_n)_{n\geq 0},(b_n)_{n\geq 0})$ deux suites de $E$. Montrer que la s\'{e}rie $\dsum_{n\geq 0}a_nb_n$ est absolument convergente.
      \item Soit $\phi$ l'application qui \`{a} tout couple de suites $((a_n),(b_n))$ de $E^2$, associe le r\'{e}el $\phi(a,b)=\dsum_{n=0}^{+\infty}a_nb_n$.
	 Montrer que $\phi$ d\'{e}finit un produit scalaire sur $E$.
\end{enumerate}
	
 Soit $(\Omega,\mathcal{A},P)$ un espace probabilis\'{e}.  Une variable al\'{e}atoire  $X$ d\'{e}finie sur cet espace v\'{e}rifie la propri\'{e}t\'{e} $\mathcal{P}$ si:
	\begin{itemize}
    \item  $X(\Omega)=\N$ avec, pour tout $k \in \N, u_k=P(X=k)>0$;
	
	\item $X$ admet un moment d'ordre $2$;
	
	\item  la s\'{e}rie $\dsum_{k \in \N}\dfrac{(u_k-u_{k-1})^2}{u_k}$ converge, avec  $u_{-1}=0$ et on note $I(X)$ la somme de cette s\'{e}rie.
	\end{itemize}
\medskip


	 \item Montrer que si $X$ suit la loi de Poisson de param\`{e}tre $\lambda>0$, alors $X$ v\'{e}rifie la propri\'{e}t\'{e} $\mathcal{P}$.
	
 Calculer $I(X)$ et comparer $I(X)V(X)$ et 1, o\`{u} $V(X)$ d\'{e}signe la variance de $X$.
	
%\item Soit $p \in]0,1[$ et $Y$ la variable al\'{e}atoire telle que: $\forall k \in \N, P(Y=k)=q^kp$.
	
%	 $Y$ v\'{e}rifie-t-elle la propri\'{e}t\'{e} $\mathca{P}$ ? Si oui, calculer $I(Y)$ et comparer $I(Y)V(Y)$ et 1.

 \item Soit  $X$  une variable al\'{e}atoire v\'{e}rifiant la propri\'{e}t\'{e} $\mathcal{P}$.
	
	\begin{enumerate}

	 \item Montrer que la s\'{e}rie $\dsum_{k \in \N} (u_k-u_{k-1})(k-E(X))$ converge et calculer sa somme.
	 \item Montrer que $1 \le I(X)V(X)$.
	 \end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{exo}	

\newpage

\begin{sol}


\begin{enumerate}
	\item L'ensemble $E$ contient la suite nulle et si  $a$ et $b$ sont deux suites de $E$ et $\lambda \in \R$, alors
	$\forall n \in \N,(a_n+\lambda b_n)^2=a_n^2+2\lambda a_nb_n+\lambda^2b_n^2$ et $(| a_n|- |b_n|)^2 \ge 0$ donne $|a_nb_n|\leq \dfrac{1}{2}(a_n^2+b_n^2)$.
	
	Par crit\`{e}re de comparaison des s\'{e}ries \`{a} termes positifs, la s\'{e}rie de terme g\'{e}n\'{e}ral $a_nb_n$ est absolument convergente. Par suite, $a+\lambda b$ est bien dans $E$, de m\^{e}me que la suite nulle.
\item
\begin{enumerate}
\item On vient de d\'{e}montrer ce r\'{e}sultat \`{a} la question pr\'{e}c\'{e}dente.
\item  Ainsi, $\phi$ est bien d\'{e}finie. Elle est  sym\'{e}trique,  bilin\'{e}aire et d\'{e}finie positive. V\'{e}rification imm\'{e}diate.
\end{enumerate}
	\item
	 Si $X$ suit une loi $\mathcal{P}(\lambda)$, pour tout $k\in \N$,
	  $u_k=\e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^k}{k!}$. Les deux premi\`{e}res  propri\'{e}t\'{e}s  sont v\'{e}rifi\'{e}es et  $E(X)=V(X)=\lambda$.
	Ensuite pour $k\geq 1$,  $\dfrac{(u_k-u_{k-1})^2}{u_k}=u_k-2u_{k-1}+\dfrac{u_{k-1}^2}{u_k}$.

Et
$$\dfrac{u_{k-1}^2}{u_k}=\dfrac{\lambda^{k-2} \text{e}^{-\lambda}k}{(k-1)!}=\dfrac{\lambda^{k-2} \text{e}^{-\lambda}(k-1)}{(k-1)!}+\dfrac{\lambda^{k-2} \text{e}^{-\lambda}}{(k-1)!}$$
	
	 Ainsi  $\dfrac{u_{k-1}^2}{u_k}$ est la somme de deux  s\'{e}ries convergentes. La troisi\`{e}me propri\'{e}t\'{e} est donc v\'{e}rifi\'{e}e.
	De plus,
	 $S=I(X)=1-2\dis\sum_{k=0}^{+\infty}u_k+\sum_{k=2}^{+\infty}\text{e}^{-\lambda}\dfrac{\lambda^{k-2}}{(k-2)!}+
\sum_{k=1}^{+\infty}\text{e}^{-\lambda}\dfrac{\lambda^{k-2}}{(k-1)!}=1-2+1+\dfrac{1}{\lambda}=\dfrac{1}{\lambda}$.
	
	 Donc, $I(X)V(X)=1$.
%	 \item On pose $X=Y+1$. Alors $X$ suit une loi g\'{e}om\'{e}trique de param\`{e}tre $p$.
%	
%	 Donc (*) et (**) sont v\'{e}rifi\'{e}es avec $E(Y)=E(X)=\dfrac{1}{p}-1$ et $V(Y)=V(X)=\dfrac{1-p}{p^2}$.
%	
%	 De la m\^{e}me mani\`{e}re, $\dfrac{u_{k-1}^2}{u_k}=pq^{k-2}$ avec $q=1-p$ et $\dfrac{u_{k-1}^2}{u_k}$ est le t.g. d'une s\'{e}rie CV.
%	
%	 Donc (***) est v\'{e}rifi\'{e}e.
	
	  %$I(Y)=u_0+\som{k=1}{+\infty}(u_k-2u_{k-1}+\dfrac{u_{k-1}^2}{u_k})=1-2\som{k=1}{+\infty}q^{k-1}p+\dfrac{1}{q}\som{k=1}{+\infty}q^{k-1}p=-1+\dfrac{1}{q}=\dfrac{p}{q} %$.
	  \item
\begin{enumerate}
	  \item Soit $n \in \N$. Alors:
	   $$ S_n=\dis\sum_{k=0}^{n}(u_k-u_{k-1})(k-E(X))=\sum_{k=0}^{n}(ku_k-(k-1)u_{k-1}-u_{k-1})-E(X)\sum_{k=0}^{n}(u_k-u_{k-1})$$
	Puis,  $S_n=nu_n-\dis\sum_{k=0}^{n-1}u_k-E(X)u_n$. Or, $X$ admet une esp\'{e}rance donc la s\'{e}rie $\dis\sum_{n\geq 0}nu_n$ converge. Donc, la suite $(nu_n)$ tend vers 0. De m\^{e}me, la s\'{e}rie $\dis\sum_{n\geq 0}u_n$ converge et sa somme vaut $1$.

Donc, la suite $(u_n)$ tend vers 0. Ainsi, la suite $(S_n)$ a pour limite $-1$.
	
	   Par suite, $\dsum_{k=0}^{+\infty}(u_k-u_{k-1})(k-E(X))=-1$.

    \item $V(X)=E((X-E(X))^2)=\dsum_{k=0}^{+\infty}u_k(k-E(X))^2$, par le th\'{e}or\`{e}me de transfert.
	
  En posant pour tout $k \in\N, a_k=\dfrac{u_k-u_{k-1}}{\sqrt{u_k}}$ et $b_k=\sqrt{u_k}(k-E(X))$, on sait que $(a_n)$ et $(b_n)$ sont dans $E$ donc, d'apr\`{e}s l'in\'{e}galit\'{e} de Cauchy-Schwarz :

   $$\left|\sum_{k=0}^{+\infty}a_kb_k\right|^2 \leq \left(\sum_{k=0}^{+\infty}a_k^2\right) \left(\sum_{k=0}^{+\infty}b_k^2\right)$$
	
	ou  $\left(\dsum_{k=0}^{+\infty}(u_k-u_{k-1})(k-E(X))\right)^2 \leq I(X)V(X)$. Donc, $1 \leq I(X)V(X)$.
\end{enumerate}

\end{enumerate}


\end{sol}



%%% Local Variables:
%%% mode: latex
%%% TeX-master: "escp-annales"
%%% End:
