Somme de variables aléatoires suivant une loi uniforme indépendantes
Je voudrais traiter cet exercice.
Réponses
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Q1aIl s'agit de calculer la densité de $S_2=X_1+X_2$ qui est une somme de va iid, donc la formule de convolution s'applique.$\forall z \in \mathbb{R}$, $f_{S_2}(z)=\int_{-\infty}^{+\infty} f_{X_1}(t).f_{X_1}(z-t) dt$.Ensuite on calcule suivant 4 cas , sachant que $f_{X_1}(t)=\mathbf{I}_{[0,1]}(t)$.$\bullet$ Si $z<0$, $f_{S_2}(z)=0$$\bullet$ Si $z \in [0,1]$, $\mathbf{I}_{[0,1]}(t).\mathbf{I}_{[0,1]}(z-t)=\mathbf{I}_{[0,z]}(t)$$\bullet$ Si $z \in [1,2]$, $\mathbf{I}_{[0,1]}(t).\mathbf{I}_{[0,1]}(z-t) =\mathbf{I}_{[z-1,1]}(t)$$\bullet$ Si $z>2$, $f_{S_2}(z)=0$Donc c'est la fonction tente :$\bullet$ Si $z \in [0,1]$, $f_{S_2}(z)=\int_{0}^{z} dt = z$$\bullet$ Si $z \in [1,2]$, $f_{S_2}(z)=\int_{z-1}^{1} dt = 2-z$Et c'est nul ailleurs.Pour la proba $\mathbb{P}(S_2 \geq 1)$, $\mathbb{P}(S_2 \geq 1)=1-F_{S_2}(1)=1-\int_{0}^{1} z dz = \frac{1}{2}$
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Q1bC'est de l'inclusion d'évènement $[S_n \geq 1] \subset [S_{n+1} \geq 1]$ qui donne en passant aux probas $\mathbb{P}(S_n \geq 1) \leq \mathbb{P}(S_{n+1} \geq 1)$.La suite $(\mathbb{P}(S_n \geq 1))_n$ est donc croissante et majorée par 1.Le théorème de la limite monotone des suites réelles assure que la suite converge vers $l$. On peut rajouter que $l \geq 1/2$ d'après la question précédente et $l \leq 1$ par définition d'une probabilité.
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Q1cCette question me gène car je ne vois pas comment faire apparaître une limite au carré.De $S_{2n}=S_{n}+S'_{n}$ et en passant aux évènements $[S_{2n} \geq 1]=[S_{n}+S'_{n} \geq 1]$. Il faut retravailler la dernière expression mais le terme $l^2$ demandé me laisse pantois.
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Bonsoir,le $l^2$ provient certainement du fait que $S_n$ et $S'_n$ sont indépendantes et de même loi.Plus précisément, tu peux observer que pour avoir $S_{2n}\geq 1$ il suffit d'être dans un des deux cas suivants :a) $S_n\geq 1$.b) $S_n<1$ et $S'_n\geq 1$.
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BonjourOn peut faire mieux que ce qui est demandé. En effet $S_{2n}=S_n+S'_n$ où $S_n$ et $S'_{n}$ suivent la même loi et sont indépendantes. Alors le calcul de $P(S_{2n}\geq 1)$ donne : $$ \dfrac{1}{2} (1 - P(S_{n}\geq 1)^2)=1- P(S_{2n}\geq 1).$$
Par passage à la limite on obtient $$ \dfrac{1}{2} (1 - L^2)=1- L.$$ D'où $L=1.$ -
Bonjour,si on comprends la réponse attendue, on a $[S_n \geq 1] \bigcup [S_n < 1 \bigcap S'_n \geq 1] \subset [S_{2n} \geq 1]$.En passant aux probas : $\mathbb{P}([S_{2n} \geq 1]) \geq \mathbb{P}([S_{n} \geq 1]) + \mathbb{P}([S_{n} < 1]).\mathbb{P}([S'_{n} \geq 1])$donc $\mathbb{P}([S_{2n} \geq 1]) \geq \mathbb{P}([S_{n} \geq 1]) + (1-\mathbb{P}([S_{n} \geq 1])).\mathbb{P}([S'_{n} \geq 1]) = \mathbb{P}([S_{n} \geq 1]) + \mathbb{P}([S'_{n} \geq 1]) - \mathbb{P}([S_{n} \geq 1]).\mathbb{P}([S'_{n} \geq 1])$ donne en passant à la limite de résultat.Une idée que je ne comprends pas Izolg est : peut-on avoir le cas c) $S_n < 1$ et $S'_n < 1$ ? Il y a disymétrie entre a) et b) et cela me perturbe...
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Pour 2. Une récurrence ça marche.
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J'imagine qu'il ne faut pas calculer le produit de convolution de $S_n$ et $S'_n$ ? Car on ne connaît pas les lois et je pense que c'est compliqué à calculer.Donc est-ce une disjonction de cas ?$[S_{2n} \leq 1]=[S_{n} + S'_{n} \leq 1] \subset [S_{n} \leq 1] \bigcup [S'_{n} \leq 1]$$\mathbb{P}([S_{2n} \leq 1]) \leq \mathbb{P}([S_{n} \leq 1] \bigcup [S'_{n} \leq 1]) = \mathbb{P}([S_{n} \leq 1]) + \mathbb{P}([S'_{n} \leq 1])- \mathbb{P}([S_{n} \leq 1]). \mathbb{P}([S'_{n} \leq 1])$.Puis $1-\mathbb{P}([S_{2n} \geq 1]) \leq 1 - \mathbb{P}([S_{n} \geq 1]) + 1 - \mathbb{P}([S'_{n} \geq 1]) - (1-\mathbb{P}([S_{n} \geq 1])).(1-\mathbb{P}([S'_{n} \geq 1]))$Mais cela ne marche pas. Je n'obtiens pas ce que je veux. C'est un peu bidouillage cette question.
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Non ce n'est pas difficile. Soit $f_n=F'_n$ la densité de $S_n$ (et de $S'_n$) qu'il n'est pas nécessaire de calculer.$$P(S_{2n} \leq 1)=\int_0^1 dx \int_0 ^x f_n(x) f_n(y) dy =\int_0^1 f_n(x) F_n(x) dx =1/2 F_n(1)^2= 1/2 P(S_n\leq 1)^2$$
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Pour répondre à ta question LeVioloniste,Le cas $S_n<1$ et $S'_n<1$ est possible, mais il ne garantit pas qu'on aura $S_{2n}\geq 1$.En gros on écrit$\{S_{2n}\geq 1\}= \{S_n\geq 1\}\cup \{S_n <1\text{ et }S'_n \geq 1\}\cup \{S_n<1 \text{ et }S'_n <1\text{ et }S_{2n}\geq 1\}$.Cette union est disjointe, mais le troisième ensemble de l'union est vraiment pénible et je ne sais pas calculer sa proba efficacement, du coup on l'oublie et on garde juste une inclusion qui suffit pour répondre à la question.
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Merci à @LOU16 pour son message. Je le mets ici pour les lecteurs.$[S_n\geqslant1]\cup[S'_n\geqslant1]\subset [S_{2n}\geqslant1], \quad\mathbb P \left([S_n\geqslant1]\cup[S'_n\geqslant1]\right)\leqslant \mathbb P([S_{2n}\geqslant1])$.En passant à la limite c'est très simple en utilisant la formule de 2nde de la probabilité de la réunion.
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Q1d
Comme $l=1$ et la suite $(\mathbb{P}(S_n \geq 1))_n$ est croissante, alors $\exists k_0 \in \mathbb{N}^*, \forall k \geq k_0 $, $S_k \geq 1$ ps. Donc $T$ non vide.Je ne suis pas convaincu par ma rédaction ! -
Q2Par récurrence sur n :$\bullet$ si $n=1$, $\mathbb{P}([S_{1} \leq x]) = \mathbb{P}([X_{1} \leq x]) = \int_0^x 1.dt = x$$\bullet$ hypothèse récurrence à l'ordre n : $\mathbb{P}([S_{n} \leq x]) = \frac{x^n}{n!}$$\bullet$ $\mathbb{P}([S_{n+1} \leq x]) = \mathbb{P}([S_{n} + X_{n+1} \leq x]) \leq \mathbb{P}([S_{n} \leq x]) + \mathbb{P}([X_{1} \leq x]) \leq \frac{x^n}{n!}+x$ ne peut être justifié avec une inégalité. On veut une égalité. Donc le produit de convolution s'impose !$\forall z \in [0,1], f_{S_{n} + X_{1}}(z)=\int_0^z f_{S_{n}}(z-t).f_{X_{1}}(t) dt =\int_0^z f_{S_{n}}(z-t) dt$. En posant $u=z-t$ $f_{S_{n} + X_{1}}(z)= \int_{z}^0 f_{S_{n}}(u) (-du) = \int_{0}^z f_{S_{n}}(u) du = F_{S_{n}}(z)$Donc $\mathbb{P}([S_{n+1} \leq x]) = \int_0^x F_{S_{n}}(z) dz = \int_0^x \frac{z^n}{n!} dz = \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}$
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Q3a
$\mathbb{P}([T > n])= \mathbb{P}([T = n+1] \bigcup [T = n+2] \cdots)$ A mettre en lien avec $\mathbb{P}([S_{n} \leq 1]) = \frac{1}{n!}$.$1 - \mathbb{P}([T > n]) = \mathbb{P}([T \leq n])$ Je n'arrive pas à faire le lien avec la question 2.Or $\mathbb{P}([T \leq n])=\prod_{k=1}^n \mathbb{P}(S_k \leq 1)$
Ou alors utiliser $\mathbb{P}([T > n]) = \mathbb{P}([T = n+1]) + \mathbb{P}([T > n+1])$. Je n'aime pas cette question. Je ne reconnais pas de loi.
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Il y a de quoi. Ne serait-ce que la conclusion : "$T$ est non vide". Qu'est-ce qu'une v.a vide (ou non vide) ?Pour Q3 (corrigé). Il faut utiliser la définition de $T$ correctement pour obtenir $P(T=n)=\dfrac{1}{n(n-1)!}, n=2,3,...$et $E(T)=e$
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Q1d
L'énoncé dit bien que $T=-1$ si l'ensemble de $min\{\}$ est vide. Je suis allé un peu vite.Ici cela signifie $\mathbb{P}([T=-1])=0$ équivalent à$\forall n \in \mathbb{N}^*$.Je trouve donc un résultat qui ne correspond pas à la question. -
Q3a
$[T=n]=[S_1 \leq 1 \bigcap \cdots \bigcap S_{n-1} \leq 1 \bigcap S_{n} > 1]$. Puis en utilisant Q2,$\mathbb{P}([T=n])=\frac{1}{1!}\times \cdots \times \frac{1}{(n-1)!}.(1-\frac{1}{n!})$. Ensuite il faut sommer tout cela :$\mathbb{P}([T>n])=\sum_{k=n+1}^{+\infty} \mathbb{P}([T=k])$. Je pense qu'il y a une coquille, la somme est incalculable. -
Les variables aléatoires $(S_j)_{j=1}^n$ ne sont pas indépendantes.Si $T(\omega)>n$, que peux-tu dire de $S_n(\omega)$ ? Et réciproquement ?
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A Q2, on a utilisé le fait que si $X_1, \dots , X_n$ sont indépendantes, alors $X_1 + \cdots + X_{n-1}$ et $X_n$ sont indépendantes par le lemme des coalitions. Du coup j'ai pu faire le produit de convolution. Mais cela ne donne pas l'indépendance de $S_n$ et $S_{n+1}$.Si $T(\omega)>n$, alors $\exists \N > n$ tq $S_N > 1$ et $\forall n \in \mathbb{N}$, $n < N \Rightarrow S_n \leq 1$. C'est d'ailleurs une équivalence et je ne pense pas qu'on puisse calculer $\mathbb{P}(T(\omega)>n)$ directement, mais plutôt $\mathbb{P}(T(\omega)=n)$.Voilà mon raisonnement. Je n'ai pas d'idée pour avancer sur ce calcul d'ailleurs : $\mathbb{P}(T(\omega)=n)$.Ensuite je veux appliquer $\mathbb{P}([T > n]) = \mathbb{P}([T = n+1]) + \mathbb{P}([T > n+1])$.
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L'événement $T>n$ est en fait exactement l'événement $S_n \leq n$ puisque la suite $(S_n)$ est une suite croissante par positivité des $X_k$.
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Soit $f_n$ la densité de $S_n$
Sur $[0,1]$, $f_n(x) = \frac{x^{(n-1)}}{(n-1)!}$
\begin{align*}
P(S_n < 1 \cap S_{n+1} > 1) &= \int_{x \in [0,1]} P(S_{n+1} > 1 | S_n = x)f_n(x)dx\\
& = \int_{x \in [0,1]} P(X_{n+1} > 1 - x) \frac{x^{(n-1)}}{(n-1)!}dx\\
&= \int_{x \in [0,1]} x \frac{x^{(n-1)}}{(n-1)!}dx\\
&= \int_{x \in [0,1]} \frac{x^n}{(n-1)!}dx\\
&= \frac{1}{(n+1)(n-1)!}
\end{align*} $$P(T = n) = \frac{1}{n(n-2)!} \text{ si } n \geq 2.$$ -
Il est vrai que $S_{n-1}$ et $X_n$ sont indépendantes. Mais il semble que ce n'est pas ce que vous utilisez dansLeVioloniste a dit :A Q2, on a utilisé le fait que si $X_1, \dots , X_n$ sont indépendantes, alors $X_1 + \cdots + X_{n-1}$ et $X_n$ sont indépendantes par le lemme des coalitions. Du coup j'ai pu faire le produit de convolution. Mais cela ne donne pas l'indépendance de $S_n$ et $S_{n+1}$.l'étape suivante :LeVioloniste a dit :Q3a
$[T=n]=[S_1 \leq 1 \bigcap \cdots \bigcap S_{n-1} \leq 1 \bigcap S_{n} > 1]$. Puis en utilisant Q2,$\mathbb{P}([T=n])=\frac{1}{1!}\times \cdots \times \frac{1}{(n-1)!}.(1-\frac{1}{n!})$. -
BonjourIl est inutile de tout recalculer $$P(T>n)=P(S_n\leq 1)=\dfrac{1}{n!} $$ Donc $$P(T=n)=P(T>n-1)-P(T>n)=\dfrac{1}{n(n-2)!},n=2,...$$
Cependant le calcul de @llorteLEG est correct (j'ai dû faire une erreur dans mon message précédent que je n'ai pas vu car la probabilité totale faisait 1 tout de même). Je corrige donc évidement l'espérance aussi car le résultat change aussi. -
Q3a$[T=n]=[S_1 \leq 1 \bigcap \cdots \bigcap S_{n-1} \leq 1 \bigcap S_{n} > 1]=[S_{n-1} \leq 1 \bigcap S_{n} > 1]$. Puis comprendre que $[T>n]=[S_{n} \leq 1]$. Ce n'est pas trivial.
Bon je reprends avec mes notations et votre aide ! En effet il fallait voir que $(S_n)_n$ est croissante pour l'inclusion.@JLapin tu ne voulais pas dire $S_n \leq 1$ plutôt ? -
Oui, tu as raison !
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@girdav ok mon raisonnement était faux.Q3a
$\mathbb{P}([T>n])=\mathbb{P}([S_{n} \leq 1])=\frac{1}{n!}$ avec Q2Q3b
Pour $n \in \mathbb{N}^*$, $\mathbb{P}([T > n]) = \mathbb{P}([T = n+1]) + \mathbb{P}([T > n+1])$
Donc $ \mathbb{P}([T = n]) = \mathbb{P}([T > n-1]) - \mathbb{P}([T > n]) = \frac{1}{(n-1)!} - \frac{1}{n!}=\frac{n-1}{n!}$Q3c
Puisque $T$ est à valeurs dans $\mathbb{N}^*$ : $ \mathbb{E}(T)=\sum_{k=1}^{k=+\infty} k.\mathbb{P}([T = k]) = \sum_{k=1}^{k=+\infty} \frac{1}{(k-2)!}=e$ en disant gentiment qu'on ne voit pas de problème en $k=1$ ou mieux en disant que $S_1 > 1$ est impossible car $X_1 \leq 1$. Donc que la somme commence à 2. -
Q4aOn veut montrer que $\forall \alpha \in \mathbb{R}, \exists n_0 \in \mathbb{N}^*, n \geq n_0 \Rightarrow \frac{1-n/2}{\sqrt{n/12}} \leq \alpha$.La condition est nécessaire :Fixons $\alpha \in \mathbb{R}$. On cherche $n_0$ tel que $(1-n_0/2)^2 \leq \alpha^2.\frac{n_0}{12} \Leftrightarrow \frac{n_0^2}{4}-n_0+1-\frac{ \alpha^2}{12}.n_0 \leq 0 \Leftrightarrow n_0^2-(4+\alpha^2/3).n_0 + 4 \leq 0$.Or $\Delta=(4+\alpha^2/3)^2-4 \times 4 = 8\alpha^2/3 + \alpha^4/9 \geq 0$ donc mon expression est négative entre ses 2 racines. Donc $n \geq n_0$ n'est pas possible.
La condition n'est pas suffisante. -
Q4b
On va appliquer le TCL avec $X_i$ qui sont des lois iid et qui admettent un moment d'ordre 2, ce qui est vrai car la variance est finie.On a $Z_n=\frac{S_n-\mathbb{E}(S_n)}{\sqrt{Var(S_n)}}=\frac{S_n-n\mathbb{E}(X_1)}{\sqrt{n.Var(X_1)}}=\frac{S_n-n/2}{\sqrt{n/12}}$ qui est centrée réduite et vérifiant $ Z_n cvg \sim_{\mathcal{L}} \mathcal{N}(0,1)$
De $\mathbb{P}(S_n \geq 1) \leq l$ ; $l \geq 1 - \mathbb{P}(S_n \leq 1)$. Or $\forall \alpha \in \mathbb{R}$, à partir d'un rang $n_0$, le TCL donne
$\lim_{n \mapsto +\infty} \mathbb{P}(Z_n \leq \alpha) = \phi(\alpha)$. Puis le lien entre $\mathbb{P}(S_n \leq 1)$ et $\mathbb{P}(Z_n \leq \alpha)$ et l'égalité donne le résultat. -
Q4c
Bon cela sent les vacances ... Je ne vois pas de lien avec le calcul de $\mathbb{P}([T=-1])$. $\mathbb{P}([T=-1])=\lim_{n \mapsto +\infty} \mathbb{P}([T>n])=\lim_{n \mapsto +\infty} \mathbb{P}([S_{n} \leq 1])$Je ne vois que si $\ell=1$ alors $\phi(\alpha)=0$ donc $\alpha \mapsto -\infty$. La condition sur $\alpha$ donne avec Q4a que $n \mapsto +\infty$ et donc on passe à la limite sur $n$ et on retrouve le résultat. -
Vos avis Messieurs sur la Q4 ?
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Mon avis est que ta rédaction est lamentable. Comme je penses que tu es agrégé, il faudra trouver le pigeon qui va extraire ce qu'il y a de positif dans tout ce que tu as écrit.
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@bd2017 Moi ce qui m'ennuie c'est la question Q4a. Comment l'aurais-tu faite ?Sinon qu'est-ce qui te gène dans ma rédaction ? Je veux bien réécrire des choses ... Mais c'est long en LATEX.
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Pour 4a, il suffit d'utiliser la divergence vers $-\infty$ d'une certaine suite. L'énoncé ne demande pas d'expliciter un $n_0$ ni de trouver tous ceux qui conviennent par analyse-synthèse.
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Le latex c'est pénible c'est vrai. Mais on est entre grandes personnes, rédiger succinctement pourvu qu'on ne dise pas de bêtise suffit.Q 4 a) est un bon exemple de rédaction qui montre ta façon de faire les maths. On ne comprend rien.Tu parles de condition nécessaire et de condition suffisante. Le problème c'est que je n'en vois pas.De plus $(1-n/2)/\sqrt{n/12}$ tend vers $-\infty,$ donc plus petit que n'importe quel $\alpha\in \R$ à partir d'un certain rang. Que dire de plus?Pour Q-4 b. Il me semble que tu as l'idée mais c'est tout. Le reste c'est de la rigueur. Il y a des fautes et c'est nébuleux.Q 4 -C Idem ça commence par
D'où ça vient ? À partir de là j'abandonne.LeVioloniste a dit :P([T=-1])=lim_{n \mapsto +\infty} \mathbb{P}([T>n]) -
@bd2017Bon je reprends tout.Q4aFixons $\alpha \in \mathbb{R}$. On a $ \lim_{n \mapsto +\infty} \frac{1-n/2}{\sqrt{n/12}} = -\infty$. Donc $\exists n_0 \in \mathbb{N}, n \geq n_0 \Rightarrow \frac{1-n/2}{\sqrt{n/12}} \leq \alpha$.Je voulais calculer $n_0$. Inutile !Q4bSoit $n \in \mathbb{N}^*$Partons de $S_n \leq 1$. Alors $\frac{S_n-n/2}{\sqrt{n/12}} \leq \frac{1-n/2}{\sqrt{n/12}}$. En outre on a $\mathbb{E}(X_1)=1/2$ et $\mathbb{V}(X_1)=1/12$ .On construit la variable centrée réduite $Z_n$ définie par : $Z_n=\frac{S_n-\mathbb{E}(S_n)}{\sqrt{Var(S_n)}}=\frac{S_n-n\mathbb{E}(X_1)}{\sqrt{n.Var(X_1)}}=\frac{S_n-n/2}{\sqrt{n/12}}$.Pour $ n \geq n_0$, on a $S_n \leq 1 \Rightarrow Z_n=\frac{S_n-n/2}{\sqrt{n/12}} \leq \alpha$Maintenant on va appliquer le TCL aux va $X_1,\cdots,X_n$ qui admettent un moment d'ordre 2, alors $ Z_n \ \mapsto_{\mathcal{L}} \mathcal{N}(0,1)$On peut écrire : $\lim_{n \mapsto +\infty} \mathbb{P}(Z_n \leq \frac{1-n/2}{\sqrt{n/12}} \leq \alpha) = \phi(\alpha)$.Or $\mathbb{P}([S_{n} \leq 1]) \leq l$Donc $1 - \mathbb{P}([S_{n} \leq 1]) \leq l$Donc $l \geq 1 - \phi(\alpha)$Q4cSi on passe à la limite : $\lim_{n \mapsto +\infty} \mathbb{P}([S_{n} \geq 1]) = \lim_{n \mapsto +\infty} 1- \mathbb{P}([S_{n} \leq 1]) = l$$\phi(\alpha)=0$ entraîne$\alpha \mapsto -\infty$. La condition sur $\alpha$ donne avec Q4a que $n \mapsto +\infty$ et donc on passe à la limite sur $n$ et on retrouve le résultat.
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Bonjour,pour la question Q1d je voudrais savoir si on peut utiliser l'idée suivante : montrer que $T$ est presque surement finie.Je pose $T=+\infty$ si $\forall n \in \mathbb{N}^*, S_n < 1$.Par l'absurde je suppose que $T$ est infini au sens du cardinal, c'est le cas $T=-1$.Alors $X_k$ est nul à partir d'un certain rang, et j'ai $[T=+\infty] \subset \bigcup_{n \in \mathbb{N}^*} \bigcap_{k \geq n} [X_k = 0] $Ensuite je veux utiliser des événements $(A_n)_n$ sous forme de suite décroissante pour utiliser $\lim_{q \mapsto +\infty} \mathbb{P}(A_q) = 0$.Je construis $A_q=\bigcap_{q \geq k \geq n} [X_k = 0]$, on a bien $A_{q+1} \subset A_{q}$ puis calculer $\mathbb{P}(A_q)$ et montrer que la limite $\lim_{q \mapsto +\infty} \mathbb{P}(A_q)=\mathbb{P}(\bigcap_{k \geq n} [X_k = 0])=0$ pour montrer que j'ai une réunion dénombrable d'évènements négligeables.Le souci c'est que je ne vois pas comment calculer cette limite.Qu'en penses-tu ? Merci.
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Bon, pour Q 4 cela me semble maintenant correct.
Je ne suis pas @girdav mais comme j'ai jeté un regard à ton problème, je me permets de donner mon avis.
Pour moi c'est incompréhensible, et par conséquent la suite aussi.LeVioloniste a dit :
pour la question Q1d je voudrais savoir si on peut utiliser l'idée suivante : montrer que $T$ est presque surement finie.
Par l'absurde je suppose que T est infini au sens du cardinal, c'est le cas T=−1.$ T$ est une variable aléatoire qui prend ses valeurs dans $N^*$ ou éventuellement la valeur $T=-1.$ (Au passage je n'ai pas trop saisi le choix de la valeur $T=-1$ à la place de $T=0$ même si ce choix n'a pas d'importance pour faire le sujet).Donc l'événement contraire de $(T=-1)$ c'est $T\geq 1.$ Il revient donc à montrer que $P(T\geq 1)=1$ et je pense que ce n'est pas bien compliqué avec ce qui a été fait avant.Une autre remarque : on a calculé $P(T=n)$ pour $n\geq 2$ et puisque $\sum_{n\geq 2 } P(T=n)=1,$ on retrouve d'une autre façon que $P(T=-1)=0.$ -
Pourquoi en serait-il ainsi ? Il existe des sommes de séries à termes strictement positifs qui ne dépassent pas $1$ (qui sont même aussi petites que l'on souhaite).LeVioloniste a dit :Par l'absurde je suppose que $T$ est infini au sens du cardinal, c'est le cas $T=-1$.Alors $X_k$ est nul à partir d'un certain rang,
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Quand tu ajoutes des nombres positifs une infinité de fois tu dépasses un nombre réel fixé. Je n'arrive pas à concevoir le contraire.
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Donc si j'ajoute une infinité de termes de la suite $\left(\frac{1}{k^2}\right)_k$, je vais forcément finir par dépasser n'importe quel réel fixé genre 5 ?LeVioloniste a dit :Quand tu ajoutes des nombres positifs une infinité de fois tu dépasses un nombre réel fixé. Je n'arrive pas à concevoir le contraire.
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Tu ajoutes une infinité de nombres positifs correspondant à des tirages aléatoires uniformes sur [0,1]. La séries de nombres ne correspondra pas à ta suite qui décroit très vite vers 0. Comme c'est uniforme tu comprends bien que 0,000000002 + 0,53 + 0,000000005 + 0,7 tu dépasses très rapidement 1 quand l'espérance est de 1/2 pour le tirage.Ta suite ne vérifie pas la loi des grands nombres, dit autrement.
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Ton problème c'est que tu dis "si $S_n$ est bornée alors $X_n$ est nulle à partir d'un certain rang"
Ben désolé, je ne comprends pas d'où vient l'affirmation. -
Par l'absurde : supposons que $X_n$ n'est pas nulle à partir d'un certain rang. Alors $S_n \sim_{n \mapsto +\infty} n \times \mathbb{E}(X_1) \sim_{n \mapsto +\infty} \frac{n}{2}$. Donc $S_n$ diverge en $+\infty$.
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J'ai l'impression que tu fais les choses dans le désordre.
Je suis d'accord que $S_n \sim n E[X_1]$ donc $S_n \to \infty$ donc $S_n$ dépasse $1$ au bout d'un certain rang.
Mais tu pourrais avoir $S_n \to L < \infty$ presque sûrement avec $X_n$ qui n'est pas nulle à partir d'un certain rang. C'est possible si $(X_n)$ n'est pas une suite iid. Par exemple $X_n = U_n/n^2$ avec $U_n \sim U([0,1])$
La seule possibilité que $S_n$ somme de $X_i$, iid tende vers $L$ fini est que $L = 0$ et que $X_i = 0$ pour tout $i$, pas juste à partir d'un certain rang mais y a un argument à préciser. Si $(S_n)$ converge alors $X_n = S_{n} - S_{n-1}$ converge vers $0$ mais si $X_n \in B$ avec $0 \notin B$ avec probabilité $p > 0$ on sait que $X_n \in B$ une infinité de fois d'après Borel Cantelli donc $X_n$ ne converge pas vers $0$ -
Je suis d'accord avec tes 2 premiers paragraphes.Je vais réfléchir au dernier paragraphe. Me remémorer Borel Cantelli.
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Pour ton dernier paragraphe tu dis que $L=0$.On vient de montrer à Q1 que : $\mathbb{P}([S_n\geqslant1] ) \mapsto_{ n -> +\infty}1$. Puis $S_n \mapsto_{ n -> +\infty} +\infty$.Si tu prends Borel Cantelli, , $\sum_n \mathbb{P}([S_n\geq 1] ) = +\infty$ avec les $S_n\geq 1$ indep entre eux est une condition d'application du lemme. Ici ce n'est pas le cas. Donc je ne peux pas appliquer BC. Tu ne peux que sommer des probas d'événements (c'est ma compréhension des choses ... Je peux me tromper !).L'autre version est $\sum_n \mathbb{P}([S_n\leq 1] ) < +\infty$ et sans condition sur les évènements donne que $P(\limsup_n [S_n\leq 1])=0$Alors le nombre d'évènement $[S_n\leq 1]$ est fini.
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Q5a
On pose $Y_k=-\ln(1-X_k)$.Soit $x \in \mathbb{R}$. Rappelons $X_k \sim \mathcal{U}([0,1])$. $\mathbb{P}(X_k \leq x)=x.\mathbb{1}_{[0,1]}(x)$ si $x \leq 1$ et $\mathbb{P}(X_k \leq x)=1$ si $x > 1$. On remarque que $Y_k$ est à valeurs positives donc :$\mathbb{P}(Y_k \leq x)=\mathbb{P}(-\ln(1-X_k) \leq x)=\mathbb{P}(X_k \leq 1-e^{-x})=(1-e^{-x}).\mathbb{1}_{[0,1]}(1-e^{-x})=(1-e^{-x}).\mathbb{1}_{\mathbb{R}^+}(x)$.Donc $Y_k \sim Exp(1)$Q5b
Ici $V_n$ est la somme de va d'exponentielle. La somme est une loi $\Gamma$. Cela doit se montrer par récurrence avec un produit de convolution ?$f_{V_n}(x)=\frac{x^{n-1}.e^{-x}}{(n-1)!}.\mathbb{1}_{[0,1]}(x)$.Un premier calcul $z \in \mathbb{R}^+$, $f_{Y_1+Y_2}(z)=f_{Y_1}*f_{Y_2}(z)=z.e^{-z}$ puis récurrence, je ne rédige pas, c'est sans intérêt.Q5c
Là je coince : $[Z_t = \min \{k \in \mathbb{R}^*, V_k > t \} ]$. Je dois déterminer pour $k \in \mathbb{N}^*$, $\mathbb{P}(Z_t-1 = k)$ est compliqué ... $[Z_t = k] = [V_{k-1} \leq t \cap V_k > t]$ car $V_k < V_{k+1}$$\mathbb{P}(V_{k-1} \leq t)=\int_0^t \frac{z^{k-2}}{(k-2)!}.e^{-z} dz$. -
Faux !Après correction le calcul de la loi de $Z_t$ est du même principe que celui de $T.$ Il n'y a donc rien de compliqué ici.Q5 C $$P(Z_t=n)=\iint_{x\leq t,x+y>t} \dfrac{x^{n-2}}{(n-2)!} e^{-x-y} dx dy= \dfrac{ t^{n-1}}{ (n-1)!} e^{-t} $$ cqfd
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C'est quoi la réponse pour toi de Q5b ? Moi j'ai trouvé une loi Gamma comme somme de loi expos indépendantes.J'ai omis de citer le lemme des coalitions qui dit que $(X_k)_k$ indépendantes implique $(Y_k)_k$ indépendantes.
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Ensuite il y a des formules qui sortent du chapeau.$ P(S_n < 1 \cap S_{n+1} > 1) $= $\int_{x \in [0,1]} P(S_{n+1} > 1 | S_n = x)f_n(x)dx $=$ \int_{x \in [0,1]} P(X_{n+1} > 1 - x) \frac{x^{(n-1)}} {(n-1)!} dx $=$\int_{x \in [0,1]} x \frac{x^{(n-1)}} {(n-1)!} dx $(la première égalité)
$$P(Z_t=n)=\iint_{x\leq t,x+y>t} \dfrac{x^{n-2}}{(n-2)!} e^{-x-y} dx dy= \dfrac{ t^{n-1}}{ (n-1)!} e^{-t}$$Ça je comprends : $ P(S_n < 1 \cap S_{n+1} > 1) = P(S_{n+1} > 1 | S_n < 1 ). P(S_n < 1 )$$[Z_t = n] = [V_{n-1} \leq t \cap V_n > t]$ alors $\mathbb{P}([Z_t = n]) = \mathbb{P}([V_{n-1} \leq t \cap V_n > t])$À moins qu'une formule intégrale avec des intersections d'évènements existe ?
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