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gebrane

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Un raisonnement par récurrence très subtil

Démontrer par récurrence sur $k$ que  $$ \boxed{\forall k\in\mathbb N,\quad \lim_{n\to\infty}\int_{[0,1]^n}\Bigl(\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}\Bigr)^k dx_1\cdots dx_n=\Bigl(\frac12\Bigr)^k}$$

Dernière modification par gebrane (14-12-2025 10:07:06)

Glozi

Invité

Re : Un raisonnement par récurrence très subtil

il serait convenable de citer la source du problème non ?
Sinon, pourquoi faire une récurrence alors qu'on peut appliquer les théorèmes de probas :
Si $f : [0,1] \to \mathbb{C}$ est une fonction continue, si $U_i$, $i\in \mathbb{N}$ sont des variables aleatoires uniformes sur $[0,1]$ alors l'intégrale que tu écris est juste $\mathbb{E}[f(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n U_i)]$, la loi forte des grands nombres dit que presque sûrement , $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n U_i$ converge vers $1/2$, en particulier il a convergence en loi et donc comme $f$ est continue bornée on a bien la conclusion.

gebrane

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Re : Un raisonnement par récurrence très subtil

La question demande un raisonnement par récurrence. . et ce n'est pas très difficile  mais astucieux

gebrane

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Re : Un raisonnement par récurrence très subtil

Le voici mon raisonnement  détaillé pour etre compris par un étudiant en L1

Démonstration par récurrence sur k, de $\displaystyle\lim_{n\to\infty}u_n(k)=\Bigl(\frac12\Bigr)^k$
avec  Pour $k\in\mathbb N$,  $u_n(k)=\int_{[0,1]^n}\Bigl(\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}\Bigr)^k dx_1\cdots dx_n .$
Remarquons que $0\le u_n(k)\le 1,\quad \forall n\ge 1, \forall k\ge 0$

L'hypothèse de recurrence est vraie pour k=0
Fixons $k\ge 1$ et supposons : $\boxed{\forall j\le k,\quad \lim_{n\to\infty}u_n(j)=\Bigl(\frac12\Bigr)^j}\tag{HR}$

Posons $S_n=x_1+\cdots+x_n$ . Par symétrie des variables : $u_n(k+1)=\int_{[0,1]^n}x_1\Bigl(\frac{S_n}{n}\Bigr)^k dx\tag{1}$  En effet : $$u_n(k+1)
=\int_{[0,1]^n}\Bigl(\frac{S_n}{n}\Bigr)^{k+1}dx
=\int_{[0,1]^n}\frac{S_n}{n}\Bigl(\frac{S_n}{n}\Bigr)^k dx.
$$ On écrit $\frac{S_n}{n}=\frac1n\sum_{i=1}^n x_i, $
donc
$$
u_n(k+1)
=\frac1n\sum_{i=1}^n
\int_{[0,1]^n}x_i\Bigl(\frac{S_n}{n}\Bigr)^k dx.
$$

Par symétrie des variables,
$$
\int_{[0,1]^n}x_i\Bigl(\frac{S_n}{n}\Bigr)^k dx
\ \text{ne dépend pas de } i,
$$
d’où
$$
u_n(k+1)
=\int_{[0,1]^n}x_1\Bigl(\frac{S_n}{n}\Bigr)^k dx.
\tag{1}
$$
En séparant  $S_n=x_1+(x_2+\cdots+x_n)$ et en développant :
$$\Bigl(\frac{x_1+(x_2+\cdots+x_n) }{n}\Bigr)^k
=\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}\Bigl(\frac{x_1}{n}\Bigr)^j\Bigl(\frac{n-1}{n}\Bigr)^{k-j}\Bigl(\frac{x_2+\cdots+x_n}{n-1}\Bigr)^{k-j}.$$

En injectant dans (1) et en intégrant par rapport à $x_1$ :
$$u_n(k+1)=\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}\frac{(n-1)^{k-j}}{n^k(j+2)}\,\underbrace{\int_{[0,1]^{n-1}}\Bigl(\frac{x_2+\cdots+x_n}{n-1}\Bigr)^{k-j}dx_2\cdots dx_n}_{=u_{n-1}(k-j)}.\tag{2}$$
Noter que $\int_{[0,1]^{n-1}}\Bigl(\frac{x_2 + \cdots + x_n}{n-1}\Bigr)^{k-j}dx_2\cdots dx_n$ est bien  $u_{n-1}(k-j)$ car par symétrie, on peut renommer les variables $(x_2,\ldots,x_n)$ en $(y_1,\ldots,y_{n-1})$, ce qui donne exactement la définition de $u_{n-1}(k-j)$.

Analysons la somme (2) :

Terme $j=0$ :
$$\frac12\Bigl(1-\frac{1}{n}\Bigr)^k  u_{n-1}(k) \xrightarrow[n\to\infty]{}\frac12\cdot\Bigl(\frac12\Bigr)^k = \Bigl(\frac12\Bigr)^{k+1},$$.

Termes $j\ge 1$ :
Pour $1\le j\le k$, $\frac{(n-1)^{k-j}}{n^k(j+2)}u_{n-1}(k-j)\le\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{j+2}\cdot u_{n-1}(k-j) \xrightarrow[n\to\infty]{}0$. En effet
$(n-1)^{k-j}\le n^{k-j}$ et $n^{-j}\le n^{-1}$ et $u_{n-1}(k-j)\le 1 $
En passant à la limite dans (2) :
$$\boxed{\lim_{n\to\infty}u_n(k+1)=\Bigl(\frac12\Bigr)^{k+1}}.$$

∎