Bienvenue sur Share !

Découvrez

les contenus partagés

Abonnez-vous

aux sources qui vous intéressent

Partagez

vos propres contenus

En utilisant les services de Miple, vous acceptez nos Règles de confidentialité.

Exo Maths X MP #71 - Espérance limite

Exos Maths X MP

Publié

Révisé

July 14, 2021

Il y a 2 années

Exercice d'oral de maths de Polytechnique filière MP tombé en 2020.

Soit $N \in [[2, + \infty [[$ . Soit $(X_{k})_{k \geq 1}$ variables aléatoires indépendantes et suivant une loi uniforme sur l'ensemble ${\frac{k}{N} ∣ k \in [[0, N - 1]]}$ . On définit :

{\forall n \geq 1, Y_{n} = \sum_{k = 1}^{n} X_{k} T = in f {n \geq 1 ∣ Y_{n} \geq 1}

Calculer $E (T)$ et $lim_{N \to \infty} E (T)$ .

Merci à Hadir Taleb d'avoir partagé l'exercice qu'il a eu à l'oral de l'X ! Pour partager les tiens, contacte Lucas Willems.

Correction

Bravo à Dhia Garbaya (MPSI, Esprit Prépa) d'avoir réussi à résoudre cet exercice et merci à lui d'avoir rédigé une correction !

Rejoins le groupe Facebook Exos Maths X MP pour te préparer à l'X.

$T$ est à valeurs entières. Ainsi $T$ est d'espérance finie si et seulement si $\sum_{n \geq 1} P (T \geq n)$ converge, auquel cas on aura $E [T] = \sum_{n \geq 1} P (T \geq n)$ .

Étape 1 : Calcul de $P (T \geq n)$ .

Commençons par calculer $P (T \geq n)$ pour $n \geq 1$ .

Cas $n = 1$ .

P (T \geq 1) = 1 - P (n = 1 ⋂ + \infty (Y_{n} < 1))

Puisque $(Y_{n} (w))_{n}$ est une suite croissante pour tout $w \in Ω$ , alors $(Y_{n} < 1)_{n}$ est une famille décroissante d'évènements et donc :

P (n = 1 ⋂ \infty (Y_{n} < 1)) = n \to \infty lim P (Y_{n} < 1)

Calculons $P (Y_{n} < 1)$ . Comme les variables aléatoires $X_{i}$ sont indépendantes :

P (Y_{n} < 1) = \frac{1}{N ^{n}} Card {(x_{1}, . . ., x_{n}) \in [[0, N - 1]]^{n} ∣ i = 1 \sum n x_{i} \leq N - 1}

Si on introduit $x_{n + 1} = N - 1 - \sum_{i = 1}^{n} x_{i}$ , on remarque que :

P (Y_{n} < 1) = \frac{1}{N ^{n}} Card {(x_{1}, . . ., x_{n + 1}) \in [[0, N - 1]]^{n + 1} ∣ i = 1 \sum n + 1 x_{i} = N - 1}

Or, $Card {(x_{1}, . . ., x_{n + 1}) \in [[0, N - 1]]^{n + 1} ∣ \sum_{i = 1}^{n + 1} x_{i} = N - 1}$ peut être vu comme :

le nombre de façons de répartir $N - 1$ objets dans $n + 1$ boites à capacité infinie,
qui peut être vu comme le nombre de nombres ayant exactement $N - 1$ uns et $n$ zéros. Les 1 représentant les $N - 1$ objets et les 0 les $n$ séparateurs des $n + 1$ boites.
qui peut être vu comme le nombre d'emplacements possibles pour les $n$ zéros parmis les $n + N - 1$ zéros et uns, et ce nombre est $(n n + N - 1)$ .

Ainsi :

P (Y_{n} < 1) = \frac{1}{N ^{n}} (n n + N - 1)

On remarque que :

\frac{1}{N ^{n}} (n n + N - 1) = \frac{1}{N ^{n}} \frac{( n + N - 1 ) . . . ( n + 1 )}{( N - 1 ) !} \leq \frac{( n + N - 1 ) ^{N - 1}}{N ^{n} ( N - 1 ) !}

Comme $lim_{n \to \infty} \frac{n ^{a}}{a ^{n}} = 0$ pour $a > 1$ , on en déduit que $lim_{n \to \infty} P (Y_{n} < 1) = 0$ et donc $P (T \geq 1) = 1$ .

Cas $n \geq 2$ .

(T \geq n) = (k = 1 ⋂ n - 1 Y_{n} < 1) = (Y_{n - 1} < 1)

puisque pour tout $w \in Ω$ , $(Y_{n} (w))_{n}$ est une suite croissante. Ainsi :

P (T \geq n) = P (Y_{n - 1} < 1) = \frac{1}{N ^{n - 1}} (n - 1 n - 1 + N - 1)

Étape 2 : Calcul de $E (T)$ .

On remarque que :

\frac{P ( T \geq n + 1 )}{P ( T \geq n )} = \frac{N ^{n - 1}}{N ^{n}} \frac{( n + N - 1 ) !}{n ! ( N - 1 ) !} \frac{( n - 1 ) ! ( N - 1 ) !}{( n - 1 + N - 1 ) !} = \frac{n + N - 1}{N n} n \to \infty \frac{1}{N} < 1

D'après la règle de d'Alembert, la série de terme général positif $(P (T \geq n))$ converge.

On en déduit que $T$ admet une espérance et que :

E [T] = 1 + n = 2 \sum + \infty \frac{1}{N ^{n - 1}} (n - 1 n - 1 + N - 1) = n = 0 \sum + \infty \frac{1}{N ^{n}} (n n + N - 1)

Etape 3 : Calcul de $lim_{N \to \infty} E (T)$ .

Posons, pour tout $n \in N$ et $N \in [[2, + \infty [[$ :

{u_{n} (N) = \frac{1}{N ^{n}} (n n + N - 1) v_{n} (N) = \sum_{i = 0}^{n} u_{i} (N)

Avec ces notations :

N \to + \infty lim E [T] = N \to + \infty lim n \to + \infty lim v_{n} (N)

On remarque que :

n \to + \infty lim N \to + \infty lim v_{n} (N) = n \to + \infty lim i = 0 \sum n (N \to + \infty lim u_{i} (N))

Or :

u_{i} (N) = \frac{1}{N ^{i}} \frac{( i + N - 1 ) . . . N}{i !} + \infty \sim \frac{1}{N ^{i}} \frac{N ^{i}}{i !} = \frac{1}{i !}

Donc :

n \to + \infty lim N \to + \infty lim v_{n} (N) = n \to + \infty lim i = 0 \sum n \frac{1}{i !} = e

Montrons maintenant que :

N \to + \infty lim n \to + \infty lim v_{n} (N) = n \to + \infty lim N \to + \infty lim v_{n} (N)

Pour ce faire, montrons que la famille de fonctions $(v_{n})$ vérifie les conditions du théorème de la double limite.

Condition 1 : Convergence uniforme de $(v_{n})_{n}$ . On a :

\frac{u _{n} ( N + 1 )}{u _{n} ( N )} = \frac{N ^{n}}{( N + 1 ) ^{n}} \frac{( n + N ) !}{n ! N !} \frac{n ! ( N - 1 ) !}{( n + N - 1 ) !} = \frac{N ^{n - 1} ( n + N )}{( N + 1 ) ^{n}}

Ainsi :

u_{n} (N + 1) \leq u_{n} (N) ⟺ N^{n - 1} (n + N) \leq (N + 1)^{n} ⟺ N^{n} + n N^{n - 1} \leq N^{n} + n N^{n - 1} + k = 0 \sum n - 2 (k n) N^{k}

Donc $(u_{n} (N))_{N}$ est décroissante et $∥ u_{n} ∥_{\infty} = u_{n} (2)$ . Dans l'étape 2, nous avons montré que $\sum_{n} u_{n} (2)$ converge. Donc $(v_{n})_{n}$ converge normalement et donc uniformément.

Condition 2 : $(v_{n} (N))_{N}$ converge pour tout $n \in N$ . D'après les calculs faits au début de l'étape 3 :

N \to + \infty lim v_{n} (N) = i = 0 \sum n (N \to + \infty lim u_{i} (N)) = i = 0 \sum n \frac{1}{i !}

Conclusion. On peut donc appliquer le théorème de la double limite et ainsi :

N \to + \infty lim E [T] = e

Exos Maths X MP

Prépare-toi aux oraux de maths de Polytechnique filière MP en résolvant les exercices tombés les années précédentes.

Exo Maths X MP #71 - Espérance limite

Correction

Étape 1 : Calcul de ﻿P(T≥n).

Étape 2 : Calcul de ﻿E(T).

Etape 3 : Calcul de ﻿limN→∞​E(T).

Étape 1 : Calcul de $P (T \geq n)$ .

Étape 2 : Calcul de $E (T)$ .

Etape 3 : Calcul de $lim_{N \to \infty} E (T)$ .