\input{pre.tex}
\pagestyle{empty}
\begin{center}{ \large \bf MIA 06 Probabilit\'es }\end{center}
Feuille de TD $\mbox{n}^o$ 6, {\bf correction }\hfill Ann\'ee 1997/1998
\hrule

\vspace{1cm}
\noindent{\large\bf Rappel sur les convergences.}
\vspace{0.2cm}

\noindent{\bf 1.} \underline{Convergence en probabilit\'e}:
$Z_n\stackrel{p}{\ral}Z$ si pour tout $\ep>0$, 
$$\P\{|Z_n-Z|>\ep\}\stackrel{n\ra\infty}{\ral}0.$$
{\bf 2.} \underline{Convergence en loi}: $Z_n\stackrel{\cal L}{\ral}Z$
si pour tout $x$ point de continuit\'e de la fonction de r\'epartition 
de $Z$, 
$$\P\{Z_n\leq x\}\stackrel{n\ra\infty}{\ral}\P\{Z\leq x\}.$$
Ne pas oublier:
$$\cadre{ \hbox{ cv. en proba }}\Longrightarrow \cadre{\hbox{ cv. en loi}}$$
La r\'eciproque est vraie si  la v.a. limite $Z$ est constante,
mais elle est \underline{fausse} en g\'en\'eral.  

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\noindent{\large\bf Exercice 1.}
\vspace{0.2cm}

\noindent La loi de $X_n$ est \'equir\'epartie: $\P \{X_n=i/n\}=1/(n+1)$ pour
tout $i\in\{0,\dots,n\}$. Pour prouver la convergence en loi de $X_n$ vers
$X$, il faut et il suffit de prouver que pour tout $x\in\R$, 
$\P \{X_n\leq x\}$ tend vers $\P \{X\leq x\}$ lorsque $n$ tend vers l'infini.
Si $x<0$ ou si $x\geq 1$, alors ces deux quantit\'es sont \'egales (
et vallent 0 ou 1) 
pour tout $n$. Si $x\in [0,1[$, et si $\frac{i}{n}\leq x< \frac{i+1}{n}$, alors
$\P \{X_n\leq x\}=\frac{i+1}{n+1}$. C'est \`a dire, 
$$\P \{X_n\leq x\}=\frac{[nx]+1}{n+1}.$$
Mais $nx\leq [nx]+1\leq nx +1$, donc
$\P \{X_n\leq x\}\ra x =\P \{X\leq x\}.$ La convergence en loi de $X_n$ vers
$X$ est \'etablie.

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\noindent{\large\bf Exercice 3.}
\vspace{0.2cm}

\noindent {\bf 1.} $Y_n$ suit la loi binomiale de param\`etre $p^2$, car elle
ne prend que les valeurs 0 et 1, et $Y_n=1$ si et seulement si $X_n=1$ et
$X_{n-1}=1$. Ainsi $\P \{ Y_n=1\}=\P \{ X_n=1\}\P \{ X_{n-1}=1\}=p^2$.
On a donc $\E (Y_n)=p^2$ et var$(Y_n)=p^2(1-p^2)$.\\
Il suffit de calculer cov$(Y_n,Y_{n+k})$ lorsque 
$k\geq 0$, car cov$(Y_n,Y_{n+k})=
\mbox{ cov}(Y_{n+k},Y_n)$. Si $k=0$, c'est la variance de $Y_n$. Si 
$k=1$, alors
\begin{eqnarray*}
\mbox{cov}(Y_n,Y_{n+1})&=&\E (X_{n-1}X_n^2 X_{n+1}) -\E (Y_n)\E (Y_{n+1})\\
&=&\E (X_{n-1})\E (X_n^2)\E (X_{n+1}) -p^2 p^2\\
&=& ppp-p^4= p^3(1-p).
\end{eqnarray*}
Enfin, si $k\geq 2$, comme $n-1<n<n+k-1< n+k$, et par ind\'ependance
des $X_i$
\begin{eqnarray*}
\mbox{cov}(Y_n,Y_{n+k})&=&\E (X_{n-1}X_n X_{n+k-1} X_{n+k}) -
\E (Y_n)\E (Y_{n+k})\\
&=&\E (X_{n-1})\E (X_n)\E (X_{n+k-11})\E (X_{n+k}) -p^2 p^2\\
&=& p^4-p^4=0.
\end{eqnarray*}
{\bf 2.} Calcul de l'esp\'erance:
$\E (S_n)= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\E (Y_i)
= p^2$.
Calcul de la variance:
\begin{eqnarray*}
\mbox{var}(S_n)&=& \E \left( \left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n Y_i -
\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \E (Y_i)\right)^2\right)\;
=\; \E \left(\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (Y_i-\E Y_i)\right)^2\right)\\
&=&\frac{1}{n^2} \E \left(\sum_{i=1}^n (Y_i-\E Y_i)^2 +2\sum_{i<j\leq n}
(Y_i-\E Y_i)(Y_j -\E Y_j)\right)\\
&=& \frac{1}{n^2} \left\{ \sum_{i=1}^n \E \left((Y_i-\E Y_i)^2\right) 
+2\sum_{i<j\leq n} \E(Y_i-\E Y_i)(Y_j -\E Y_j)\right\} \\
&=&\frac{1}{n^2} \left\{ \sum_{i=1}^n  \mbox{var}(Y_i)
+2\sum_{i<j\leq n} \mbox{cov}(Y_i,Y_j)\right\} \\
&=&\frac{1}{n^2} \left( n p^2(1-p^2)
+2\sum_{i< n} \mbox{cov}(Y_i,Y_{i+1})\right) \\
&=& p^2(1-p^2)\frac{1}{n} +2 p^3(1-p)\frac{n-1}{n^2}.
\end{eqnarray*}
On s'aper\c{c}oit que tous les $S_n$ ont la m\^eme moyenne $p^2$, et que la 
variance de $S_n$ tend vers 0. On se doute alors que $S_n$ converge 
vers la v.a. constante \'egale \`a $p^2$. Pour montrer 
qu'il y a convergence en probabilit\'e, il faut et il
suffit de voir que  $\forall \ep>0$,  $\P\{| S_n-p^2|>\ep\}$ tend vers 0.
Pour
cela, on fait intervenir la v.a. $(S_n-p^2)^2$, et on utilise l'in\'egalit\'e
de Tchebichev. 
\begin{eqnarray*}
\P\{|S_n-p^2|>\ep\}&=& \P\{(S_n-p^2)^2>\ep^2\}\\
&\leq& \frac{1}{\ep^2}\E\left((S_n-p^2)^2\right)\\
&=&\frac{1}{\ep^2}\mbox{var}(S_n)\\
&\ra& 0 \;\;\mbox{ quand }n\ra +\infty.
\end{eqnarray*}
La convergence en probabilit\'e de $S_n$ vers $p^2$ est \'etablie.

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\noindent{\large\bf Exercice 4.}
\vspace{0.2cm}

\noindent {\bf 1.} $U_n$ suit la loi de Poisson de param\`etre $n\la$
(faites le calcul, ou v\'erifiez gr\^ace aux fonctions g\'en\'eratrices).
Ainsi, $$\P\{ U_n\leq n\}=\sum_{k=0}^{n}\frac{(n\la)^k}{k!}e^{-n\la}.$$
{\bf 2.} Comme $U_n$ est la somme de $n$ v.a. \underline{ind\'ependantes} 
de m\^eme loi, le th\'er\`eme central limite s'applique, c'est \`a dire
que $Z_n$ converge vers la loi normale centr\'ee r\'eduite. Ainsi, si on
choisit $\la=1$,
\begin{eqnarray*}
e^{-n}\sum_{k=0}^n\frac{n^k}{k!}&=& \P \{ U_n\leq n\}\\
&=& \P \left\{ \frac{U_n-n}{\sqrt{n}}\leq 0\right\}\\
&=& \P \{ Z_n\leq 0\}\\ &\ra & \P \{ {\cal N}(0,1)\leq 0\}=1/2.
\end{eqnarray*}


\end{document}