Exercices corrigés - Convergence des suites de variables aléatoires - Théorèmes limites

1. On remarque que $f_n$ est positive et continue. De plus, pour tout $x>0$, $$\int_{-\infty}^x f_n(t)dt=\int_0^x n^2t\exp(-n^2t^2/2)dt=\left[-\exp(-n^2t^2/2)\right]_0^x=1-\exp(-n^2x^2/2).$$ Faisant tendre $x$ vers $+\infty$, on en déduit que $$\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)dt=1,$$ ce qui achève de prouver que $f_n$ est une densité de probabilité.
2. Soit $\veps>0$. On a \begin{eqnarray*} P(|X_n|\geq\veps)&=&\int_{\veps}^{+\infty}n^2 t\exp(-n^2t^2/2)dt\\ &=&\left[-\exp(-n^2t^2/2)\right]_\veps^{+\infty}\\ &=&\exp(-n^2\veps^2/2). \end{eqnarray*} Lorsque $n\to+\infty$, ceci tend vers 0. On en déduit que $(X_n)$ converge en probabilité vers la variable aléatoire nulle ($X=0$).

Soit $\veps>0$. On doit prouver que $P(|X_n-a|>\veps)\to 0$. Mais, $$P(|X_n-a|>\veps)=1-P(|X_n-a|\leq\veps)$$ et $$P(X_n\in[a-\veps,a+\veps])\geq P(X_n\in]a-\veps/2,a+\veps])=F_{X_n}(a+\veps)-F_{X_n}(a-\veps/2).$$ On a donc $$P(|X_n-a|>\veps)\leq 1-F_{X_n}(a+\veps)+F_{X_n}(a-\veps/2).$$ Or, $F_X$ est égale à $0$ sur $]-\infty,a[$, et égale à 1 sur $[a,+\infty[$. En particulier, $F_X$ est continue en $a+\veps$ et $a-\veps/2$, et donc $$F_{X_n}(a+\veps)\to F_X(a+\veps)=1\textrm{ et }F_{X_n}(a-\veps/2)\to F_X(a-\veps/2)=0.$$ On en déduit bien le résultat voulu.

$n N_n$ modélise le temps d'attente du premier succès dans un schéma de Bernoulli avec probabilité de succès $\lambda/n$. On en déduit que $n N_n$ suit une loi géométrique de paramètre $\frac\lambda n$. La fonction caractéristique de $N_n$ est donc : $$\phi_{N_n}(t)=\frac{\frac \lambda ne^{i\frac tn}}{1-\left(1-\frac\lambda n\right)e^{i\frac tn}}.$$ On va chercher la limite de $\phi_{N_n}(t)$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$. Pour cela, on effectue un développement limité. En effet, $$\frac\lambda ne^{i\frac tn}=\frac{\lambda}n+o\left(\frac 1n\right)$$ et \begin{eqnarray*} 1-\left(1-\frac\lambda n\right)e^{i\frac tn}&=&1-\left(1-\frac\lambda n\right)\left(1+\frac{it}n+o\left(\frac 1n\right)\right)\\ &=&1-1+\frac\lambda n-\frac{it}n+o\left(\frac 1n\right)\\ &=&\frac{\lambda-it}n+o\left(\frac 1n\right). \end{eqnarray*} Ainsi, $$\phi_{N_n}(t)\to \frac\lambda{\lambda-it},$$ qui est la fonction caractéristique d'une loi exponentielle de paramètre $\lambda$. Ainsi, $(N_n)$ converge en loi vers une variable aléatoire suivant une loi exponentielle de paramètre $\lambda$.

Notons $\phi_{X_n}$ la fonction caractéristique de $X_n$, et $\phi_X$ la fonction caractéristique de $X$. On va démontrer que pour chaque $t\in\mathbb R$, on a $\phi_{X_n}(t)\to\phi_X(t)$. Rappelons que \begin{eqnarray*} \phi_{X_n}(t)&=&\left(p_n\exp(it)+(1-p_n)\right)^n\\ \phi_X(t)&=&\exp\left(\lambda\big(\exp(it)-1\big)\right). \end{eqnarray*} On écrit \begin{eqnarray*} \phi_{X_n}(t)&=&\left(1+p_n\big(\exp(it)-1\big)\right)^n\\ &=&\exp\left(n\log\left(1+p_n\big(\exp(it)-1\big)\right)\right)\\ &=&\exp\left(np_n\big(\exp(it)-1\big)+o(np_n)\right)\\ &\to&\exp\left(\lambda\big(\exp(it)-1\big)\right). \end{eqnarray*} On a bien convergence de $\phi_{X_n}(t)$ vers $\phi_X(t)$.

On ne peut pas appliquer directement la loi des grands nombres à la suite $(X_iX_{i+1})$ car ces variables ne sont pas indépendantes. On va coupler les choses deux par deux. En effet, supposons (sans perte de généralité) que $n=2p$ est pair et écrivons : $$T_p=\frac{X_1X_2+X_3X_4+\dots+X_{2p-1}X_{2p}}{p}$$ $$U_p=\frac{X_2X_3+X_4X_5+\dots+X_{2p-2}X_{2p-1}}{p}.$$ On peut appliquer la loi des grands nombres à $(T_p)$ et $(U_p)$ qui convergent presque sûrement vers $E(X_1X_2)=E(X_1)E(X_2)=m^2$. De plus, on a $$S_n=\frac{1}{2}T_p+\frac{1}{2}U_p.$$ Ainsi, $(S_n)$ converge aussi presque sûrement vers $m^2$.

1. Puisque les $(X_n)$ sont indépendantes, on a $$E(Z_j)=E(X_j)E(X_{j+1})=\frac 14.$$ De même, on a $$E(Z_j^2)=E(X_j^2)E(X_{j+1}^2)=\frac 19.$$ Il vient $\textrm{Var}(Z_j)=\frac 19-\frac1{16}=\frac 7{144}:=a$. On remarque ensuite que, si $i\geq 2$, et puisque les variables aléatoires $(X_k)$ sont indépendantes, les variables aléatoires $Z_j$ et $Z_{j+i}$, qui ne font intervenir que des produits de $X_k$ avec des indices différents, sont indépendantes. On en conclut que $\textrm{Cov}(Z_j,Z_{j+i})=0$. Il reste donc à traiter le cas $i=1$. On a alors $$E(Z_{j}Z_{j+1})=E(X_j)E(X_{j+1}^2)E(X_{j+2})=\frac{1}{12}.$$ D'autre part, $$E(Z_j)E(Z_{j+1})=\frac{1}{16}.$$ On conclut que $$\textrm{Cov}(Z_j,Z_{j+1})=\frac{1}{12}-\frac1{16}=\frac{1}{48}:=b.$$
2. On va calculer $$E\left(\left(\frac 1n\sum_{j=1}^n Z_j-\frac 14\right)^2\right)=\frac1{n^2}E\left(\left(\sum_{j=1}^n \left(Z_j-\frac 14\right)\right)^2\right)$$ et démontrer que cette quantité tend vers 0. Mais $\frac14=E(Z_j)$, et on doit calculer \begin{eqnarray*} E\left(\left(\sum_{j=1}^n (Z_j-E(Z_j))\right)^2\right)&=&\sum_{j=1}^n \textrm{Var}(Z_j)+2\sum_{1\leq i<j\leq n}\textrm{Cov}(Z_j,Z_{j+i}). \end{eqnarray*} En utilisant le résultat de la question précédente, on en déduit que \begin{eqnarray*} E\left(\left(\frac 1n\sum_{j=1}^n Z_j-\frac 14\right)^2\right)&=&\frac{1}{n^2}\times na+\frac2{n^2}\sum_{i=1}^{n-1}\textrm{Cov}(Z_j,Z_{j+1})\\ &=&\frac{a}{n}+\frac{b(n-1)}{n^2}. \end{eqnarray*} Ceci tend bien vers 0.
3. La suite $(Z_j)$ n'est pas une suite de variables aléatoires indépendantes, par exemple car la covariance de $Z_1$ et $Z_2$ est non-nulle. La suite $(Z_{2k})$ est une suite de variables aléatoires indépendantes, en raisonnant comme à la première question.
4. Notons $S_n=\sum_{j=1}^n Z_j$. Il suffit de démontrer que $S_{2n}/2n$ et $S_{2n+1}/(2n+1)$ convergent presque sûrement vers $1/4$. Nous ne traiterons que le premier cas. On sépare les termes pairs et les termes impairs dans $S_{2n}$ : $$S_{2n}=\sum_{j=1}^{n}Z_{2j}+\sum_{j=1}^{n}Z_{2j-1}.$$ Mais la suite $(Z_{2j})$ est une suite de variables aléatoires indépendantes identiquement distribuées de $L^1$. D'après la loi forte des grands nombres, on déduit que $$\frac{1}{n}\sum_{j=1}^n Z_{2j}$$ converge presque sûrement vers $E(Z_2)=\frac 14$. Le même raisonnement fonctionne pour la deuxième preuve, et on trouve bien que $S_{2n}/2n$ converge presque sûrement vers $\frac 14$.

On note $X$ la variable aléatoire correspondant au nombre d'élèves choisissant la première salle. Alors tous les élèves trouvent une place si $X\leq N$ et si $500-X\leq N$, soit $$500-N\leq X\leq N.$$ De plus, $X$ suit une loi binomiale $\mathcal B(500,1/2)$. On a $500>30$ et $n\times 1/2\times\left(1-\frac 12\right)\geq 5$. On est donc dans les conditions où on peut approcher la loi de $X$ par la loi normale $\mathcal N\left(500\times \frac12,\sqrt{500\times \frac12\times \frac 12}\right)$ ie $\mathcal N(250,\sqrt{125})$. Posons $$Y=\frac{X-250}{\sqrt{125}}.$$ On peut considérer que $Y$ suit une loi normale $\mathcal N(0,1)$, et on cherche $N$ tel que $$P\left(\frac{500-N-250}{\sqrt{125}}\leq Y\leq\frac{N-250}{\sqrt{125}}\right)\geq 0,99.$$ Or, \begin{eqnarray*} P\left(\frac{500-N-250}{\sqrt{125}}\leq Y\leq\frac{N-250}{\sqrt{125}}\right)&=&P\left(\frac{250-N}{\sqrt{125}}\leq Y\leq\frac{N-250}{\sqrt{125}}\right) \end{eqnarray*} C'est une valeur bien connue des tables de la loi normale qui dit que, si $u=2,58$, alors $$P(-u\leq Y\leq u)\geq 0,99.$$ Il suffit donc que $$\frac{N-250}{\sqrt{125}}\geq 2,58$$ soit $N\geq 279$. Si on ne connait pas la valeur de $u$ précédente, il est possible de la retrouver à partir de la table de la loi normale, en remarquant que \begin{eqnarray*} P\left(\frac{500-N-250}{\sqrt{125}}\leq Y\leq\frac{N-250}{\sqrt{125}}\right)&=&P\left(\frac{250-N}{\sqrt{125}}\leq Y\leq\frac{N-250}{\sqrt{125}}\right)\\ &=&\phi\left(\frac{N-250}{\sqrt{125}}\right)-\phi\left(\frac{250-N}{\sqrt{125}}\right)\\ &=&2\phi\left(\frac{N-250}{\sqrt{125}}\right)-1. \end{eqnarray*} où $\phi$ désigne la fonction de répartition de la loi normale $\mathcal N(0,1)$. On cherche donc $N$ tel que $$2\phi\left(\frac{N-250}{\sqrt{125}}\right)-1\geq 0,99\iff \phi\left(\frac{N-250}{\sqrt{125}}\right)\geq 0,995\simeq \phi(2,575).$$ Ceci est vérifié dès que $\frac{N-250}{\sqrt{125}}\geq 2,575$, c'est-à-dire dès que $N\geq 279$.

On note $N$ le nombre de lignes installées, et $X$ le nombre d'employés qui téléphonent à l'instant $t$. On cherche $N$ tel que $P(X\geq N)\leq 0,025.$ La probabilité pour qu'un employé téléphone à l'instant $t$ est $6/60=1/10$. Les appels des employés étant supposés indépendants, $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(300,1/10)$. L'espérance de $X$ vaut $30$, et l'écart-type $\sqrt{27}$. Posons $X^*=\frac{X-30}{\sqrt{27}}$. Par le théorème Central-Limit, on peut considérer que $X$ suit la loi normale $\mathcal{N}(0,1)$. On note $\phi$ la fonction de répartition de la loi normale. On a : \begin{eqnarray*} P(X\geq N)\leq 0,025&\iff& P\left(X^*\geq\frac{N-30}{\sqrt{27}}\right)\leq 0,025\\ &\iff&1-\phi\left(\frac{N-30}{\sqrt{27}}\right)\leq 0,025\\ &\iff&\phi\left(\frac{N-30}{\sqrt{27}}\right)\geq 0,975=\phi(1,96)\\ &\iff&\frac{N-30}{\sqrt{27}}\geq 1,96\\ &\iff&N\geq 41. \end{eqnarray*} Il faut installer au moins $41$ lignes!

Il est facile de vérifier que $X_1+\dots+X_n$ suit une loi de Poisson $\mathcal P(n)$. Ceci peut se constater par exemple en calculant les fonctions caractéristiques (quand on fait une somme de deux variables aléatoires indépendantes, la fonction caractéristique de la somme est le produit des fonctions caractéristiques). Ainsi, $S_n=X_1+\dots+X_n\sim \mathcal P(n)$. De plus, d'après le théorème limite central, $$P\left(\frac{S_n-n}{\sqrt n}\leq 0\right)\to P(X\leq 0)=\frac 12,$$ où $X$ suit une loi normale $\mathcal N(0,1)$. De plus, on a $$P\left(\frac{S_n-n}{\sqrt n}\leq 0\right)=P(S_n\leq n)=\sum_{k=0}^n P(S_n=k)=e^{-n}\sum_{k=0}^n \frac{n^k}{k!}.$$ On a donc démontré le résultat voulu.

Introduisons les événements $B_n$ : "on obtient pile au $2n$-ième lancer et pile au $(2n+1)$-ième lancer". Alors les événements $B_n$ sont indépendants, et $P(B_n)=\frac 14$. Ainsi, $\sum_{n\geq 1}P(B_n)=+\infty$. D'après le lemme de Borel-Cantelli, avec une probabilité égale à 1, une infinité d'événements $B_n$ seront réalisés.

Notons $A_n$ l'événement $|X_{n+1}-X_n|>a_n$ de sorte que $\sum_n P(A_n)<+\infty$. D'après le lemme de Borel-Cantelli (partie qui ne nécessite pas que les événements $A_n$ soient indépendants), on sait que $P(\limsup_n A_n)=0$. Notons $B=\liminf_n \overline{A_n}$, de sorte que $P(B)=1$. Ainsi, si $\omega\in B$, il existe $n_0$ tel que, pour tout $n\geq n_0$, on a $$|X_{n+1}(\omega)-X_n(\omega)|\leq a_n.$$ Pour $q>p\geq n_0$, on a alors, d'après l'inégalité triangulaire, $$|X_q(\omega)-X_p(\omega)|\leq a_p+\dots+a_{q-1}.$$ On fixe maintenant $\veps>0$. Puisque la série $\sum_n a_n$ converge, on peut trouver $n_1$ tel que, si $q>p\geq n_1$, on a $$ a_p+\dots+a_{q-1}\leq\veps.$$ Ainsi, si $q>p\geq \max(n_0,n_1)$, on a $$|X_q(\omega)-X_p(\omega)|\leq\veps.$$ La suite $(X_n(\omega))$ est de Cauchy, donc elle converge. Ceci est vrai pour tout $\omega\in B$, donc presque sûrement.