Agrégation interne - sujet 2 - exercice 2

LeVioloniste

LeVioloniste

Q5
Existence.
On pose $h_n(x)=g_n(x)-\frac{1}{2}$.

On a $\lim_{x \mapsto +\infty} h_n(x)=-\frac{1}{2}$ et $h_n(0)=g_n(0)-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
Alors $\exists A \in \mathbb{R}$ $x \geq A, h_n(x) \leq -\frac{1}{4}$
Comme la fonction $h_n$ est continue on applique le théorème de BoIzano  sur $[0,A]$. Comme $ h_n(0)h_n(A)<0$ alors $\exists x \in [0,A], h_n(x)=0$

Unicité : il faut prouver la monotonie de $h_n$ sur l'intervalle $[0,A]$.
$g_n'(x)=-e^{-x}.\sum_{i=0}^{n} x^k/k! + e^{-x}.\sum_{i=0}^{n-1} x^k/k! = -e^{-x}. \frac{x^n}{n!} < 0$
Donc $g_n$ strictement décroissante sur l'intervalle $[0,A]$.
La monotonie assure donc l'unicité.

math2

et alors ??? La dérivée de $g_n$ se calcule à vue et sauf si ma vue est mauvaise (ce qui est le cas), on voit immédiatement que $g_n$ est strictement monotone.

LeVioloniste

@math2 j'étais en train de taper.

math2

ah pardon, je pensais qu'il manquait la moitié de l'argumentation.

math2

un détail : la dérivée de $g_n$ n'est pas strictement négative en $0$ contrairement à ce que tu écris. Mais cela ne gêne pas la stricte monotonie.

LeVioloniste

Ok il faut quand même corriger.

sur l'intervalle $[0,A]$, $g_n'(x) = -e^{-x}. \frac{x^n}{n!} \leq 0$, car $g_n'(0) = 0$.

Pour avoir la stricte monotonie. Soit $B > 0,\ B < A$ alors sur $[B,A]$ on a $g_n'(x) < 0$.

math2

Il y a du boulot dans 7c, heureusement qu'il y avait l'indication  !

LeVioloniste

Q6
Déjà on remarque que : $\forall x  \in \mathbb{R}^+, g_{n+1}(x)=g_n(x)+e^{-x}.\frac{x^{n+1}}{(n+1)!} \geq g_n(x)$.
Donc $( g_n(x))_n$ est une suite croissante à $x$ fixé.
$ g_{n+1}(a_n) \geq g_n(a_n) = 0$. Avec $g_n$ décroissante, $ 0=g_{n+1}(a_{n+1}) \geq g_n(a_{n+1})$ alors $g_n(a_{n+1}) \leq 0$ donc $a_{n+1} \geq a_n$

@math2 tu vas trop vite !

OShine

Pourquoi tu passes à l'exo 2 alors que tu n'as pas terminé l'exercice 1 ?
Ta méthode est bizarre pour Q5. Je ferais autrement.

LeVioloniste

@OShine on n'a pas fini l'exo 1 ?
Je ne suis pas convaincu que la réciproque soit nécessaire sans conditions initiales.
Pour moi la solution générale suffit, j'ai peut-être tort.

OShine

Il faut vérifier que les fonctions obtenues sont bien solution de l'équation de départ. 

math2

@ LeVioloniste : non je ne vais pas trop vite, je suis allé directement à la question que j'ai trouvé intéressante. Je pense avoir fait toutes les autres de tête (après parfois on a des mauvaises surprises lorsqu'on rédige).

math2

OShine, je ne vois pas ce que tu trouves bizarre dans la résolution de Q5 par LeVioloniste, j'aurais procédé plus ou moins de même (juste quelques différences de rédaction mais qui ne changent rien).

Boulex

$   P(S_{n} \leq n)$=$ \text{Pr}\left(\frac{S_{n}}{n} - \lambda \leq 1 - \lambda\right) \leq\ \text{Pr}\left(\left\lvert\frac{S_{n}}{n} - \lambda\right\rvert \geq \lambda - 1\right)$   pour $\lambda \geq 1$ par décroissance de valeur absolue puis $ \text{Pr}\left(\left\lvert\frac{S_{n}}{n} - \lambda\right\rvert \geq \lambda - 1\right)\leq\frac{\lambda}{ n(\lambda - 1)^2}
$   par BT et passage a la limite et théorème des gendarmes.

Boulex

lamda strictement plus grand que 1

LeVioloniste

Q7a

Déjà une remarque : le sujet rappelle ce qu'est l'ensemble des entiers naturels mais rien sur la loi de Poisson. Ridicule.

Déjà rappelons : Si $X_1$ suit une loi de Poisson de paramètre $\lambda$, elle vérifie $\forall i \in \mathbb{N}$,  $\mathbb{P}[X_1=i]=e^{-\lambda}.\frac{\lambda^î}{i!}$, qui est discrète. Donc on peut calculer son moment d'ordre 1 :

$\mathbb{E}[X_1]=\sum_{i=0}^{+\infty} i.\mathbb{P}[X_1=i] = \sum_{i=0}^{+\infty} i.e^{-\lambda}.\frac{\lambda^î}{i!} = \lambda. e^{-\lambda} \sum_{i=1 }^{+\infty} \frac{\lambda^{î-1}}{(i-1)!} =  \lambda. e^{-\lambda}.  e^{\lambda} = \lambda$

Pour l'espérance : comme elle et linéaire et que les $X_i$ suivent la même loi : 

$\mathbb{E}[S_n]=n \mathbb{E}[X_1] = n. \lambda$

Pour la variance :

$\mathbb{V}[X_1]=\mathbb{E}[X_1^2]-\mathbb{E}[X_1]^2$ et après un jeu sur les sommes d'indices inintéressant : $\mathbb{V}[X_1]= \lambda$

$\mathbb{V}[S_n]=n.\mathbb{V}[X_1]= n. \lambda$

LeVioloniste

Q7b

La réponse est qu'une somme de lois de Poisson est une loi de Poisson dont le paramètre est la somme des paramètres.

A minima je pense qu'il faut démontrer que la somme de 2 lois de Poisson est une loi de poisson et de procéder par itérations pour la généralisation.

Calculons $\forall i \in \mathbb{N}$,  $\mathbb{P}[X_1+X_2=i]=\sum_{j=0}^k \mathbb{P}[X_1=j].\mathbb{P}[X_2=k-j] = \sum_{j=0}^k e^{-\lambda}.\frac{\lambda^j}{j!}.e^{-\lambda}.\frac{\lambda^{k-j}}{(k-j)!}= e^{-2\lambda} \sum_{j=0}^k \frac{\lambda^j}{j!}.\frac{\lambda^{k-j}}{(k-j)!}= e^{-2\lambda} \sum_{j=0}^k C_k^j. \frac{1}{k!}\lambda^{j}.\lambda^{k-j}=e^{-2\lambda}.\frac{1}{k!}.(\lambda+\lambda)^k=e^{-2\lambda}.\frac{1}{k!}.(2\lambda)^k$. Donc $X_1,X_2 \sim \mathcal{P}(\lambda)$ implique $X_1+X_2 \sim \mathcal{P}(2\lambda)$

Par généralisation : $S_n \sim \mathcal{P}(n\lambda)$.

Je me demande ici si l'utilisation des fonctions génératrices des moments est attendu : il faut connaître la formule et je crois que c'est au programme.

math2

@ LeVioloniste : cela peut paraître curieux de rappeler une convention d'écriture et non des résultats qui éventuellement figurent au programme.

Mais je ne prendrais pas le qualificatif de ridicule. En effet, les conventions sont susceptibles de varier.

bd2017

Perso, je me serais gardé de démontrer que la somme de 2 v.a indépendantes suivant une loi de Poisson est une loi de Poisson. On demande de justifier brièvement et non pas de refaire  le cours. 

LeVioloniste

Q7c
Il faut rappeler ici les conditions d'application du TCL : on a une suite de va $(X_1,\cdots,X_n)$ qui suivent la même loi, indépendantes entre elles (iid est l'acronyme) et admettant un moment d'ordre 2. C'est bien le cas ici pour iid et les va admettent bien un moment d'ordre 2.
Maintenant on écrit la variable centrée réduite $S_n^*=\frac{S_n-\mathbb{E}[S_n]}{\sqrt{\mathbb{V}[S_n]}}=\frac{S_n-n\lambda}{\sqrt{n\lambda}}$ converge en loi vers la loi normale $\mathcal{N}(0,1)$.
Ce qui s'écrit $\forall z \in \mathbb{R}$, $\lim_{n \mapsto +\infty} \mathbb{P}(S_n^* \leq z) = \phi(z)$ avec $\phi$ fonction de répartition de la loi normale centrée réduite.
Regardons : $\mathbb{P}(S_n^* \leq z)=\mathbb{P}(\frac{S_n-n\lambda}{\sqrt{n\lambda}} \leq z)=\mathbb{P}(S_n \leq n\lambda+\sqrt{n\lambda}.z)$

Maintenant discutons selon la valeur de $\lambda$.
Si on veut $ n\lambda+\sqrt{n\lambda}.z=n$ alors $z=\frac{n(1-\lambda)}{\sqrt{n\lambda}}$ avec $\lambda$ non nul.
Si on choisit $\lambda=1$ alors $z=0$.
Donc $\lim_{n \mapsto +\infty} \mathbb{P}(S_n^* \leq n)= \phi(0)=1/2$ car la fonction de répartition est symétrique. Donc on a bien le premier cas.
Ce que n'explique pas le sujet est pourquoi les 2 autres cas ne peuvent être traités avec le TCL, je regarderai plus tard car on suit des indications.
Je vais traiter les 2 derniers cas dans un autre message, mon pavé va être indigeste.

OShine

@math2
Ne connaissant le théorème limite centrale je dois abandonner l'exercice ? 
J'ai vu une vidéo d'un prof sur youtube qui explique la notion.

Pour Q5 pas de difficulté pour moi, j'aime bien les questions calculatoires.
Je pose $h_n(x)=g_n(x) -\dfrac{1}{2}$.
$g_n '(x)=-e^{-x} \displaystyle\sum_{k=0}^n \dfrac{x^k}{k!} +e^{-x} \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} k \dfrac{x^{k-1}}{k!} \right)$
En simplifiant, j'obtiens $\boxed{\forall x \in \R^{+} \ g_n '(x)=-e^{-x} \dfrac{x^{n-1}}{(n-1)!} \left( 1+ \dfrac{x}{n} \right) \leq 0}$.
Donc $h_n '(x)=g_n '(x) \leq 0$ pour tout $x \in \R^{+}$.
La fonction $h_n$ est strictement décroissante sur $\R^{+}$.

• $h_n(0)=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$
• Au voisinage de plus l'infini $g_n(x) \sim \dfrac{x^n}{e^x} \times \dfrac{1}{n!} \longrightarrow 0$ par croissances comparées. Donc $h_n$ tend vers $-\dfrac{1}{2}$ au voisinage de plus l'infini.

$h_n$ est continue sur $\R^{+}$, on a $h_n(0) >0$ et $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} h_n(x) <0$, d'après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $g_n(x)=\dfrac{1}{2}$ admet une solution $a_n \in \R^+$. $h_n$ étant strictement monotone, cette solution est unique.

math2

OShine, le TCL ne sert qu'à traiter un cas, on peut faire le reste sans. Sinon es-tu certain de ta dérivée ???

LeVioloniste

@bd2017 Vu la formulation de Q7b je pense qu'il est attendu de donner le résultat sans justification. J'ai redémontré pour m'entraîner mais je suis convaincu que cela n'était pas exigé.  Je suis d'accord avec toi.

OShine

@math2
Ok merci, j'ai refait le calcul de dérivée je retrouve la même chose. Je ne trouve pas d'erreur. 
La dérivée de @LeVioloniste est fausse. Sa question $6$ est aussi fausse, $g_n(a_n)$ ne vaut pas $0$ mais $1/2$.
Je préfère aller lentement et éviter les erreurs de ce genre. 

math2

D'accord alors écris sans le symbole somme l'expression de $g_2$, dérives là comme ferait un élève de terminale et compareà ton résultat. 

Une fois ceci fait, reviens à ton calcul, simplifies la deuxième somme, fais un decalage d'indice et seulement à ce moment là compare avec ton premier calcul et le résultat du Violoniste qui ressemble davantage à ce qui est attendu.

math2

La dérivée de @LeVioloniste est fausse.

Je n'ai pas posé le calcul mais lorsque je l'ai fait de tête, j'ai trouvé quelque chose de similaire

LeVioloniste

Q7c suite

Il faut rappeler ici les conditions d'application de l'inégalité de Bienaymé-Tchebichev : la va $M_n=\frac{S_n}{n}$ admet un moment d'ordre 2 (donc d'ordre 1 ) aussi. Ce qui est vrai car l'espérance et la variance de $S_n$ existent.

$\forall \alpha  > 0$,   $\mathbb{P}(|M_n - \mathbb{E}[M_n] | \geq \alpha ) \leq \frac{\mathbb{V}[M_n]}{\alpha^2}$ ce qui s'écrit :  $\mathbb{P}(|\frac{S_n}{n} - \lambda | \geq \alpha ) \leq \frac{n\lambda}{\alpha^2.n^2}=\frac{\lambda}{\alpha^2.n}$

Puis $1-\mathbb{P}(|\frac{S_n}{n} - \lambda | < \alpha ) \leq \frac{\lambda}{\alpha^2.n}$ avec $\mathbb{P}(|\frac{S_n}{n} - \lambda | < \alpha ) = \mathbb{P}(|S_n - \lambda.n | < \alpha.n)=\mathbb{P}( \lambda.n - \alpha.n < S_n  < \lambda.n + \alpha.n)$
Si $\lambda > 1$, $\{|S_n/n - 1 | < \alpha \} \subset \{|S_n/n - \lambda | < \alpha \}$
Si $\lambda < 1$, $\{|S_n/n - \lambda | < \alpha \} \subset \{|S_n/n - 1 | < \alpha \}$

math2

@LeVioloniste : ta dernière relation (si tu conserves les valeurs absolues) est forcément fausse. Dans $\R$, un intervalle centré en $1$ ne peut pas être inclus dans un intervalle de même longueur centré en $\lambda$ différent de $1$.

LeVioloniste

Bon je laisse ce que j'ai écrit pour trace suite à la remarque de @math2.

Voilà j'étais en réflexion car si on passe à la limite quand $n \mapsto +\infty$ , je ne vois pas l'influence de $\lambda$.

De $\mathbb{P}(|\frac{S_n}{n} - \lambda | \geq \alpha ) \leq \frac{n\lambda}{\alpha^2.n^2}=\frac{\lambda}{\alpha^2.n}$ quand on passe à la limite alors $lim_{n \mapsto +\infty} \mathbb{P}(|\frac{S_n}{n} - \lambda | \geq \alpha ) = 0$

Je ne dois pas être bien loin il est l'heure de se coucher !

bd2017

Bonjour

@LeVioloniste pour que l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev  conduise au résultat, il y a une condition sur le choix  de $\alpha$  à faire. Sans cela, il y a problème. 

D'autre part, concernant ta question sur l'application du TCL  pour $\lambda\neq 1:$  si on cherche à l'appliquer ce théorème, on est ramené  à déterminer la limite de $P(S_n^*< z_n)$  où  le nombre $z_n$ est le nombre le nombre

"z" que tu as calculé. Mais ce nombre doit être un constante.  Ce qui n'est pas le cas dans cette question sauf pour $\lambda=1.$

OShine

@math2 tu avais raison.
J'ai rectifié la 5.
Je bloque sur la 6. Pas compris comment @LeVioloniste conclut dans la question $6$.

bd2017

La 6:  de façon évidente $g_{n+1} (x) > g_n(x), \forall x>0$  En particulier   $g_{n+1}(a_n) > g_n(a_n)=1/2$  +  décroissance  de $g_{n+1}$  impliquent $a_{n+1}>a_n.$   

OShine

Ok merci @bd2017
Q6) On a $\forall x \in \R^{+} \ \ g_{n+1}(x) \geq g_n(x)$. En particulier $g_n (a_{n+1} ) \geq g_n(a_n)=\dfrac{1}{2}=g_{n+1} (a_{n+1} )$.
Mais je n'arrive pas à comprendre pourquoi $(g_n)$ est décroissante. Je me mélange entre $g_n$ et $g_n(x)$.

zeitnot

@OShine l'an prochain plutôt que de passer des centaines d'heures à faire le sujet d’agrégation interne après coup. Tu t'inscris et tu planches 12 heures en direct. Tu n'as rien à perdre, tu fais beaucoup de mathématiques derrière ton clavier, pourquoi ne pas essayer d'en faire dans une salle d'examen. N'attends pas d'être "prêt", on ne l'est jamais vraiment.

OShine

@zeitnot
C'est vrai ! Je vais passer cette année à terminer le programme de spé maths il me reste la moitié du programme. (séries entières, probas discrètes, intégrales impropres, séries de fonctions, différentiabilité).
Et j'aurai toutes les connaissances de sup/spé + mes connaissances de théorie des groupes qui dépassent le programme de l'interne.

Je passe la $6$ car je n'ai pas compris la décroissance de $(g_n)$. 

7)a) Chaque $X_i$ a une espérance qui vaut $\lambda$ donc par linéarité de l'espérance $E(S_n)= n \lambda$.
Chaque $X_i$ a une variance qui vaut $\lambda$ et comme les $X_i$ sont indépendantes, $V(S_n)=n \lambda$.
7.b) $S_n$ suit une loi de Poisson de paramètre $n \lambda$ car si $X_1$ et $X_2$ suivent une loi de Poisson de paramètre $\lambda$ alors $X_1+ X_2$ suit une loi de Poisson de paramètre $2 \lambda$.

math2

7b il manque une petite hypothèse pour conclure, et sans doute du soin quant à la rédaction si on passe par deux. 

OShine

Oui c'est vrai.
7b) Si les variables aléatoires $X_1, \cdots, X_n$ suivent une loi de Poisson de paramètres $\lambda_i$ avec $1 \leq i \leq n$ et sont indépendantes alors $S_n=X_1+ \cdots +X_n$ suite une loi de Poisson de paramètre $\lambda_1+ \cdots + \lambda_n$.
Ici $\forall i \in [|1,n|] \ \lambda_i= \lambda$ donc $S_n$ suit une loi de Poisson de paramètre $n \lambda$.

OShine

@Boulex
Bien vu.

7.c) Je traite le cas $\lambda >1$. On a $1 - \lambda <0$.
$P( S_n \leq n)= P( \dfrac{S_n}{n} \leq  1)  = P( \dfrac{S_n}{n}- \lambda \leq 1 - \lambda )$
Or $\{ \dfrac{S_n}{n}- \lambda \leq 1 - \lambda \} = \{ -( \dfrac{S_n}{n}- \lambda)  \geq  -(1 - \lambda) \}$.
Donc  $\{ \dfrac{S_n}{n}- \lambda \leq 1 - \lambda \} = \{ | \dfrac{S_n}{n} - \lambda | \geq \lambda -1 \}$.
On rappelle l'inégalité de Bienaymé-Tchebichev : 
$\forall \varepsilon >0 \ P( | X- E(X) | ) \geq \varepsilon ) \leq \dfrac{V(X)}{\varepsilon^2}$.
On prend ici $\varepsilon =\lambda-1 >0$ et $X=\dfrac{S_n}{n}=M_n$.
On a donc : $E(X)=\lambda$ et $V(X)=\dfrac{1}{n^2} V(S_n)= \dfrac{\lambda}{n}$
Donc $P(S_n \leq n) \leq \dfrac{\lambda}{(\lambda-1)^2} \times \dfrac{1}{n} \longrightarrow 0$.
On a montré : $\boxed{\lambda >1 \implies \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} P(S_n \leq n)=0}$. 

Pour le cas $\lambda <1$, je ne suis pas loin de la solution mais j'ai un doute.
Je veux utiliser que : 
$\forall \varepsilon >0 \ P(|X-E(X)| < \varepsilon) \geq 1 - \dfrac{V(X)}{\varepsilon^2}$.
Mais ici on a du $P(|X-E(X)|) \leq \varepsilon)$ l'iinégalité n'est pas stricte. Comment faire ? 

Boulex

Pour le passage aux valeurs absolues c'est une inclusion donc inférieur ou égal et pour lambda inférieur ou égal à 1 , tu te ramène au cas $1- \text{Pr}\left(\frac{S_{n}}{n} - \lambda \succ 1 - \lambda\right) $

bd2017

OShine a dit :

  $\{ \dfrac{S_n}{n}- \lambda \leq 1 - \lambda \} = \{ | \dfrac{S_n}{n} - \lambda | \geq \lambda -1 \}$.

Encore une boulette?!    Je n'ai rien contre les erreurs de calculs mais tout de même on doit être capable de voir qu'un résultat n'est pas plausible. Prenons cette égalité. Si $\dfrac{S_n}{n}$ est très grand,  on voit que l'évènement à gauche n'est pas réalisé par contre à droite il l'est. Sauf preuve du contraire, ces deux évènements ne sont pas égaux.

OShine

@bd2017
Je n'ai toujours pas compris la question $6$ pourquoi $(g_n)$ est décroissante.

Pour l'erreur, très bien vu. 

Montrons que $\{ \dfrac{S_n}{n} - \lambda \leq 1- \lambda \} \subset \{ | \dfrac{S_n}{n}- \lambda | \geq \lambda -1 \}$ pour $\lambda >1$.
Comme $1- \lambda <0$, alors $\dfrac{S_n}{n} - \lambda <0$.
Donc $ | \dfrac{S_n}{n}- \lambda | = -(\dfrac{S_n}{n} - \lambda)$
Ainsi $- | \dfrac{S_n}{n}- \lambda |  \leq -(\lambda -1)$ et ainsi $| \dfrac{S_n}{n}- \lambda | \geq \lambda-1$.
Conclusion : $\boxed{\{ \dfrac{S_n}{n} - \lambda \leq 1- \lambda \} \subset \{ | \dfrac{S_n}{n}- \lambda | \geq \lambda -1 \}}$ 
Puis on utilise que si $A \subset B$ alors $P(A) \leq P(B)$.

Cas $\lambda <1$ : donc $1- \lambda >0$

On remarque que $\overline{ \{ M_n - \lambda \leq 1 - \lambda \} }= \{ M_n - \lambda > 1 - \lambda \}$
$P(M_n - \lambda \leq 1 - \lambda ) = 1 -P(M_n - \lambda > 1 - \lambda )$
Or $\{ M_n - \lambda > 1 - \lambda \} \subset \{ M_n - \lambda \geq 1 - \lambda \} $.
Donc $P(M_n - \lambda > 1 - \lambda ) \leq P(L_n - \lambda \geq 1- \lambda )$
Ainsi $P(M_n - \lambda \leq 1 - \lambda )\geq 1 -P(M_n - \lambda \geq 1 - \lambda )$
Il suffit de montrer que $P(M_n - \lambda \geq 1 - \lambda )$ converge vers $0$.
$P(M_n - \lambda \geq 1 - \lambda ) \leq P( |M_n - \lambda | \geq 1- \lambda )$.
On a d'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev :
 $P(M_n - \lambda \geq 1 - \lambda ) \leq \dfrac{V(M_n)}{(1-\lambda)^2}  = \dfrac{\lambda}{(1-\lambda)^2} \times \dfrac{1}{n} \longrightarrow 0$.

On a montré que $\boxed{ \lambda <1 \implies \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} P(S_n \leq n)=1}$.

bd2017

$g_n$  a une dérivée négative et tu ne vois pas pourquoi $g_n$  est décroissante? étonnant  et incompréhensible pour moi. 

Sinon 7.c est correct.

OShine

Ah d'accord merci.
Il manque le cas : $\lambda =1$. Il faut utiliser ce résultat sous cette forme ? 

bd2017

C'est encore plus simple que ce que tu viens de faire: l'événement   $(S_n\leq 1)$  est équivalent   à $(Y_n \leq x)$ où  $x$ est facile à calculer     et tu appliques le résultat ci dessus. 

OShine

Ok merci.
Je trouve : $E(X_1)=\lambda$, $Var(X_1)=\lambda$ et donc $\boxed{Y_n=\dfrac{S_n - n \lambda}{\sqrt{n \lambda}}}$.
On a $(S_n \leq 1)=( M_n \leq 1)=( \dfrac{S_n}{ \sqrt{n}} \leq \dfrac{1}{\sqrt{n \lambda}})=(Y_n \leq \dfrac{1-n \lambda}{\sqrt{n \lambda}})$

$x= \dfrac{1-n \lambda}{\sqrt{n \lambda}}$ dépend de $n$ est-ce normal ? 

bd2017

Non. Il doit y avoir une erreur quelque part car avec  $\lambda=1$ ne doit plus dépendre de $n$

par ailleurs c'est  $S_n \leq n$ qui nous intéresse.

OShine

J'ai oublié d'utiliser $\lambda=1$ 

$P(S_n \leq n)= P(Y_n \leq 0)$. 
Donc $P(S_n \leq n)$ tend vers $\dfrac{1}{\sqrt{2 \pi}} \displaystyle\int_{- \infty}^0 e^{-u^2 /2} du$

Comment calculer cette intégrale ? L'énoncé ne donne aucun rappel sur le sujet.

bd2017

Voyons, cette intégrale vaut $1/2!$ Dessine une densité de proba paire.
Attention on est tout de même dans le b-a-b- de la proba...

OShine

Je n'ai jamais vu les variables aléatoires à densité. 
Je viens de regarder sur wiki c'est bon je vois le $1/2$.
Les profs de terminale doivent bien connaître.

8.a) Je ne trouve pas. J'avais comme idée d'utiliser $P(X=k)=P( X \leq k) - P(X \leq k-1$ mais je n'ai pas réussi.

bd2017

8.a : Par définition de la loi de Poisson  !!! (pourquoi buter ici ?) on a    $$P(S_n \leq n)= \exp(-\lambda n) \sum_{k=0}^n \dfrac{(\lambda n)^k}{k!} =g_n(\lambda n)$$