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Corrigé du sujet HEC Maths 2 ECS 2019

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Partie I. Fonction logistique et lois logistiques

1/ a/ Pour tout x \in \mathbb{R}, on a 1 + e^{-x} > 0. La fonction \Lambda est de classe C^1 sur \mathbb{R} en tant qu’inverse de fonction de classe C^1 sur \R qui ne s’annule pas. De plus,

    \[\forall x \in \mathbb{R}, \ \ \Lambda'(x) = \f{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} > 0\]

donc \Lambda est strictement croissante sur \mathbb{R}. Enfin, les limites ne posent pas de problème, on a

    \[\lim_{x \to -\infty} \Lambda(x) = 0 \text{ et } \lim_{x \to +\infty} \Lambda(x) = 1\]

On en déduit que \Lambda est continue et strictement croissante donc réalise une bijection de \R dans ] \lim_{-\infty} f, \lim_{+\infty} f[ = ]0,1[. 
Déterminons sa bijection réciproque : soit x \in \R et y \in ]0,1[ tels que

\Lambda(x) = y 

\Leftrightarrow \frac 1 {1+e^{-x}} = y

\Leftrightarrow 1 + e^{-x} = \frac 1 y

\Leftrightarrow e^{-x} = \frac 1 y - 1 = \frac{1-y}y

\Leftrightarrow x = - \ln \big( \frac{1-y}{y} \big) = \ln \big( \frac{y}{1-y} \big) = L(y)

1/ b/ D’après le calcul précédent :

    \[\forall x \in \mathbb{R}, \ \ \Lambda'(x) \ = \ \f{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}\]

1/ c/ On pose la fonction g définie sur \mathbb{R} par g : x \mapsto \Lambda(x) - x. g est dérivable en tant que somme de telles fonctions et

    \begin{align*} \forall x \in \mathbb{R}, \: g'(x) = \f{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} - 1 = -\f{1 + e^{-x} + e^{-2x}}{(1+e^{-x})^2} < 0 \end{align*}

de plus

    \[\lim_{-\infty} g = + \infty \text{ et } \lim_{+\infty} g = - \infty\]

donc, comme g est continue et strictement décroissante sur \mathbb{R}, elle réalise une bijection de \mathbb{R} dans \mathbb{R} donc en particulier, il existe un unique x_0 \in \mathbb{R}, tel que g(x_0) = 0, i.e. \Lambda(x_0)=x_0.

1/ d/ Avec les notations précédentes, l’inégalité demandée est en fait

    \[\forall x \in \mathbb{R}, \ \ |g(x) - g(x_0)| \ \leq \ |x-x_0|\]

Or g est de classe C^1 sur \mathbb{R} et sa dérivée vérifie

    \begin{align*} \forall x \in \mathbb{R}, |g'(x)| = |-\frac{1 + e^{-x} + e^{-2x}}{(1+e^{-x})^2}| & = \frac{1 + e^{-x} + e^{-2x}}{(1+e^{-x})^2} \\ & = \frac{(1+e^{-x})^2 - e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} \\ & = 1 \underbrace{- \frac{ e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}}_{\leq 0} \ \leq \ 1\end{align*}

donc par l’inégalité des accroissements finis, on a bien

    \[\forall x \in \mathbb{R}, |g(x) - g(x_0)| \leq |x-x_0|\]

2/ a/ On rappelle la notation g : x \mapsto \Lambda(x) - x. 
On utilise l’algorithme de dichotomie avec la fonction g pour estimer la valeur de x_0 tel que g(x_0)=0. 
Comme g est décroissante et que g(0)= 1/2>0 et g(1)=-1/(e+1)<0, on sait, par le théorème de la bijection, que g s’annule sur ]0,1[ donc on peut restreindre l’étude de g sur ]0,1[ pour trouver une valeur approchée de x_0 : cela justifie les choix de a et b. 
La condition \Lambda(c)>c revient donc à g(c) > 0 donc comme g est décroissante, la condition g(c)>0 signifie que la fonction s’annule sur ]c,b[, sinon, la fonction s’annule sur ]a,c[. On propose donc

Lambda(c)>c then a=c ; else b=c; end;

2/ b/ À la fin de la boucle while, on sait que l’on aura b-a\leq \epsilon, donc

    \[[a,b] \ \subset \ \big[ \frac{a+b}2 - \frac{\epsilon}2, \ \frac{a+b}2 + \frac{\epsilon}2 \big] \Rightarrow \forall x \in [a,b], \ \ |x- \frac{a+b}2| \leq \frac{\epsilon}2\]

c’est-à-dire que tout élément de l’intervalle [a,b] est distant du milieu de l’intervalle, \ds \frac{a+b}2, d’au plus \epsilon/2. Ainsi, \ds \frac{a+b}2 est une approximation de x_0 à \epsilon/2 près. 
La valeur maximale que l’on peut affectée en ligne (4) est donc 2\ti 10^{-4}.

2/ c/ Le x_{0} renvoyé par Scilab n’est pas le vrai x_0, mais n’est qu’une valeur approchée. D’après l’inégalité 1.d), on peut dire que la valeur numérique renvoyée par l’instruction (10) est un nombre compris entre -\epsilon/2 et \epsilon/2, a priori plus petite en valeur absolue que l’erreur commise.

3/ a/ On a vu en question 1.a) que \Lambda est une fonction de répartition d’une variable à densité. De plus, comme \Lambda est de classe C^1 sur tout \mathbb{R}, sa dérivée \lam est bien une densité.

3/ b/ On rappelle que

    \[\forall x \in \mathbb{R}, \ \ \lam(x) \ = \ \f{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}\]

donc

    \[\lambda(-x) = \f{e^{x}}{(1+e^{x})^2} = \f{e^{x}}{(e^{x}(e^{-x}+1))^2} = \f{e^{-x}}{(e^{-x}+1)^2} = \lambda(x)\]

la fonction est donc paire. 
La fonction \lambda est de classe C^2 en tant que rapport de telles fonctions et

    \[\forall x \in \mathbb{R}, \lambda'(x) \ = \ - \frac{e^{-x}(1-e^{-x})}{(1+e^{-x})^3} = - \frac{e^x(e^x-1)}{(e^x+1)^3}\]

et 

    \[\lambda''(x) \ = \ \frac{e^{-x}(1 - 4e^{-x} + e^{-2x})}{(1+e^{-x})^4} = \frac{e^x(e^{2x} - 4e^x + 1)}{(e^x + 1)^4}\]

On voit que \lambda' ne s’annule qu’en x=0. De plus, \lambda' est positive sur \mathbb{R}_{-} et négative sur \mathbb{R}_+ donc \lambda est croissante sur \mathbb{R}_{-} et décroissante sur \mathbb{R}_+ et sa courbe représentative présente une tangente horizontale en 0. 
Déterminons les points d’inflexion : le signe de \lambda'' dépend uniquement de e^{2x} - 4e^x + 1 = (e^x-2)^2 - 3 = (e^x - 2 + \sqrt 3)(e^x - 2 - \sqrt 3). On effectue le tableau de signes suivant : 

    \[\begin{tabular}{|c|ccccccc|}\hline$x$ & $-\infty$ & & $\ln(2-\sqrt 3)$&&$\ln(2+\sqrt 3)$&&$+\infty$ \\ \hline$e^x - 2 + \sqrt 3$ & &$-$ & $0$ & $+$ &$+$&$+$& \\\hline$e^x - 2 - \sqrt 3$ & &$-$ & $-$ & $-$ &$0$&$+$& \\\hline$\lambda''(x)$ & & $+$ & $0$ & $-$ & $0$ & $+$ & \\\hline\end{tabular}\]

On en déduit que la courbe représentative de \lambda présente deux points d’inflexions en \ln(2-\sqrt 3 et \ln(2+\sqrt 3). De plus, \lambda est convexe sur ]-\infty,\ln(2-\sqrt 3)[ et ]\ln(2+\sqrt 3),+\infty[ et concave sur ]\ln(2-\sqrt 3),\ln(2+\sqrt 3)[. 
Remarque : On a

    \[\ln(2-\sqrt 3) + \ln(2 + \sqrt 3) = \ln \big( (2 - \sqrt 3)(2+\sqrt 3) \big) = \ln ( 2^2 - (\sqrt 3)^2 ) = \ln(1) = 0\]

donc \ln(2-\sqrt 3) - \ln(2+\sqrt 3). Cela confirme que la fonction \lambda est paire et que les points d’inflexion sont bien symétriques l’un par rapport à l’autre par la droite des ordonnées.

graphe hec maths2 2019

On a représenté ici (grâce à Geogebra) la courbe représentative de la fonction dans un repère orthogonal (mais non orthonormé), en représentant aussi les tangentes au points d’abscisses \ln(2-\sqrt 3), \ln(2+\sqrt 3) (ce sont les points d’inflexion, on constate que les tangentes « traversent » bien la courbe en ces points) et 0 (tangente horizontale). On rappelle que f(0)=1/4=0.25.

4/ a/ Soit Z une variable aléatoire suivant la loi logistique standard. Montrons que Z admet des moments à tout ordre. Soit k \in \mathbb{N}^*, Z admet un moment d’ordre k si et seulement si

    \[\int_{-\infty}^{+\infty} x^k \ti \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} dx\]

converge absolument. La fonction x \mapsto \ds \big| x^k \ti \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} \big| est continue et positive sur ]-\infty,+\infty[ et comme elle est paire sur \mathbb{R}, on sait que

    \[\int_{-\infty}^{+\infty} x^k \ti \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} dx \text{ converge absolument } \Leftrightarrow \int_{0}^{+\infty} x^k \ti \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} dx \text{ converge absolument }\]

or, par croissance comparée, au voisinage de +\infty

    \[x^2 \ti\big| x^k \ti \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} \big| \mathop{\sim}\limits_\infty |x|^{k+2} e^{-x} \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} 0 \]

donc \big| \ds x^k \ti \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} \big| = o(\frac 1 {x^2}) donc par comparaison d’intégrales de fonctions positives, on en déduit que l’intégrale

    \[\int_0^{+\infty} \big| x^k \ti \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} \big| dx\]

converge, donc par parité, l’intégrale

    \[\int_{-\infty}^{+\infty} x^k \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}dx\]

converge absolument. On en déduit que Z admet un moment d’ordre k, pour tout k \in \mathbb{N}^*. 
Si Y \hookrightarrow L(r,s), alors Z = \ds\frac{Y-r}{s} suit une loi logistique standard et donc admet un moment d’ordre k, pour tout k \in \mathbb{N}^*, donc

    \[Y^k \ = \ (sZ+r)^k \ = \ \sum_{j=0}^k \binom{k}j s^j Z^j r^{k-j}\]

admet une espérance comme combinaison linéaire de variables aléatoires admettant une espérance. 
Calcul de l’espérance de Z :

    \begin{equation*}\mathbb{E}(Z) & = & \int_{-\infty}^{+\infty} x \lambda(x) dx \\u = -x \quad & = & \int_{+\infty}^{-\infty} (-u) \lambda(-u) (-du) \\& = & - \int_{-\infty}^{+\infty} u \lambda(u) du \ = \ - \mathbb{E}(Z)\end{equation*}

On en déduit que \mathbb{E}(Z) = 0. On en déduit alors que si Y suit la loi logistique \mcl L(r,s) donc

    \[\mathnn{E}( Y ) = \mathbb{E} (s \frac{Y-r}{s} + r) = s \mathbb{E}(\frac{Y-r}{s}) + r = r\]

4/ b/ On utilise la méthode d’inversion pour simuler la loi logistique standard. Si U \loi \mcl U(]0,1[), alors montrons que L(U) suit la loi logistique standard. En effet, si on note F la fonction de répartition de L(U), alors pour tout x \in \mathbb{R}

    \[F(x) = \pro(L(U) \leq x) = \pro( U \leq \underbrace{\Lambda(x)}_{\in ]0,1[}) = \Lambda(x)\]

On en déduit que \Lambda(U) suit bien une loi logistique standard. Ainsi, pour simuler une loi logistique \mcl L(r,s), on utilise le fait que si Z suit une loi logistique standard, on a sZ+r \hookrightarrow L(r,s). On propose donc le programme suivant : on initialise une matrice au format adaptée puis on la remplit en utilisant deux boucles imbriquées :

function S=grandlogis(n,p,r,s)
S = zeros(n,p)
for i=1:n
for j=1:p
U = rand() on simule une loi uniforme sur ]0,1[
Z = log(U/(1-U)) // L(U)
S(i,j) = s*Z + r
end
end
endfunction

4/ c/ Soit Y \hookrightarrow L(r,s). Tout d’abord, par la formule de Koenig-Huygens, on a

    \[V(Y) = \mathbb{E}(Y^2) - \mathbb{E}(Y)^2 = \mathbb{E}(Y^2) - r^2\]

Si on dispose d’un n-échantillon i.i.d. de même loi que Y (de loi logistique \mcl L(r,s)), (Y_1,\operatorname{ld},Y_n), alors (Y_1^2,\operatorname{ld},Y_n^2) est un n-échantillon i.i.d. admettant un moment d’ordre 2 (car Y admet un moment d’ordre 4), donc par la loi faible des grands nombres

    \[\frac 1 n \sum_{k=1}^n Y_k^2 \ \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} \ \mathbb{E}(Y^2) \]

Ainsi, on propre le script suivant pour calculer une valeur approchée de \mathbb{E}(Y^2) et (donc de V(Y) en retranchant r^2) en utilisant la loi faible des grands nombres (méthode de Monte-Carlo)

r = input() on laisse l’utilisateur choisir les paramètres
s = input()
n = 10000 n suffisamment grand
Y = grandlogis(n,1,r,s)
S = 0
for i=1:n
S = S + Y(i)^2
end
S = S/n – r^2
disp(S)

Remarque : Les lignes 5 à 9 du programme précédent peuvent être remplacées par : S = mean(Y.^2) – r^2

5/ a/ On écrit

    \[Z = \ln(U_1) -\ln(U_2)\]

On commence par déterminer une densité de \ln(U_1) et de -\ln(U_2). 
Soit F la fonction de répartition de \ln(U_1) et G celle de -\ln(U_2): soit x \in \mathbb{R}

    \[F(x) = \pro(\ln(U_1) \leq x) = \pro( U_1 \leq e^x) = 1 - \exp(-e^x) et G(x) = \exp(-e^{-x})\]

On en déduit que \ln(U_1) et -\ln(U_2) sont bien des variables à densités (car G et F sont de classe C^1 sur \mathbb{R}) et admettent respectivement comme densité

    \[f(x) = e^x \exp(- e^x)\text{ et } g(x) = e^{-x} \exp(-e^{-x})\]

Montrons que le produit convolution f \ast g est bien défini. On a f continue sur ]-\infty,+\infty[ et

    \[\lim_{-\infty} f = \lim_{+\infty} f = 0\]

donc f est bornée. On en déduit que f \ast g existe bien et définit une densité de probabilité. 
Comme \ln(U_1) et -\ln(U_2) sont indépendantes (car U_1 et U_2 sont indépendantes), alors Z est une variable à densité admettant f \ast g comme densité. 
Calculons maintenant f \ast g : soit x \in \mathbb{R}

f \ast g(x)

= \int_{-\infty}^{+\infty} f(t) g(x-t) dt

= \int_{-\infty}^{+\infty} e^t \exp(-e^t) e^{-(x-t)} \exp(-e^{-(x-t)}) dt

= e^{-x} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{2t} \exp(-e^t( 1 + e^{-x})) dt

On effectue alors le changement de variable u = e^t (ce changement de variable est valide car t \mapsto e^t est de classe C^1 et strictement croissante sur \mathbb{R}),

e^{-x} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{2t} \exp(-e^t( 1 + e^{-x})) dt

= e^{-x} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{t} \exp(-e^t( 1 + e^{-x})) (e^t dt)

= e^{-x} \int_{0}^{+\infty} u \exp(-u( 1 + e^{-x})) du

= \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} \ti \int_{0}^{+\infty} u(1+e^{-x}) \exp(-u( 1 + e^{-x})) ((1+e^{-x})du)

(v = (1+e^{-x})u \quad)

= \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} \ti \underbrace{\int_{0}^{+\infty} v e^{-v} dv}_{= \Gamma(2) = 1}

= \lambda(x)

On en déduit que Z admet \lambda pour densité donc Z suit bien une loi logistique standard.

5/ b/ On en déduit le programme suivant permettant de simuler une variable aléatoire suivant la loi logistique standard

U = grand(1,2,’exp’,1) (on simule U1 et U2)
Z = log(U(1)/U(2))
disp(Z)

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Partie II. Variance de la loi logistique standard

6/ a/ On a P_0 = 1 et P_1 = 3(X-1) - 1 = 3X-4.

6/ b/ Soit n \in \mathbb{N}^*. Pour tout k \in [\![1,n]\!], on a \deg(X-1)^{n-k} < n et \deg(X-1)^n = n donc \deg(P_n) = n. De plus, son coefficient dominant est

    \[(-1)^0 \binom{2n+1}{1} = 2n+1\]

Pour le coefficient du monôme en X^{n-1}, on écrit d’une part

    \[(X-1)^n = \sum_{j=0}^n \binom{n}j (-1)^j X^{n-j} \]

donc la contribution de \ds (-1)^0 \binom{2n+1}{1}(X-1)^n pour le monôme X^{n-1} est

    \[-(2n+1) \binom{n}{1} = -n(2n+1)\]

On en déduit que le coefficient devant X^{n-1} pour P_n vaut

    \[(-1)\ti \binom{2n+1}{3} - n(2n+1) = - \big( \frac{(2n+1)2n(2n-1) + 6n(2n+1)}{6}\big) =- \frac{2}3 n(n+1)(2n+1)\]

6/ c/ On sait que P_n est de degré n et on connait son coefficient dominant, donc en posant z_1,\ld,z_n ses racines (non nécessairement deux à deux distinctes), on peut écrire

    \[P_n = (2n+1) \prod_{k=1}^n (X-z_k)\]

Si on développe cette expression, on s’aperçoit que le coefficient devant le monôme X^{n-1} vaut

    \[-(2n+1)\sum_{k=1}^n z_k \]

En effet, en développant, les termes facteurs de X^{n-1} sont ceux pour lesquels on a choisi (n-1) fois X et une fois l’un des -z_i et il y en a n que l’on somme. 
On identifie alors les coefficients devant le monôme X^{n-1} et on obtient

    \[-(2n+1)\sum_{k=1}^n z_k \ = \ - \frac{2}3 n(n+1)(2n+1) \ \Rightarrow \ \sum_{k=1}^n z_k \ = \ \frac{2}3 n(n+1)\]

7/ a/ Tout d’abord

    \[ ( \cos x + \operatorname{i} \sin x)^{2n+1} = (e^{\operatorname{i} x})^{2n+1} = e^{\operatorname{i}(2n+1)x} = \cos((2n+1)x) + \operatorname{i} \sin((2n+1)x)\]

donc on a bien

    \[\operatorname{Im} \big(( \cos x + \operatorname{i} \sin x)^{2n+1} \big) \ = \ \sin \big( (2n+1)x \big)\]

Ensuite, par le binôme de Newton, on écrit

    \begin{equation*}\big( \cos x + \operatorname{i} \sin x \big)^{2n+1} \ = \ \sum_{k=0}^{2n+1} \binom{2n+1}k (\operatorname{i})^k \sin^k(x) \cos^{2n+1-k}(x)\end{equation*}

Or, on sait que (par une récurrence élémentaire par exemple)

    \[(\operatorname{i})^k \ = \ \begin{cases}1 & \SI \exists j \in \Z, \ k = 4j \\\operatorname{i} & \SI \exists j \in \Z, \ k = 4j+1 \\-1 & \SI \exists j \in \Z, \ k = 4j+2 \\-\operatorname{i} & \SI \exists j \in \Z, \ k = 4j+3 \\\end{cases}\]

donc si on prend la partie imaginaire de la somme, seuls les indices impairs restent. On obtient

    \begin{align*}\operatorname{Im} (\cos x + \operatorname{i} \sin x )^{2n+1} & = \sum_{j=0}^{n} \binom{2n+1}{2j+1} (-1)^{j} \sin^{2j+1}(x) \cos^{2n+1-2j-1}(x) \\ & = \sum_{j=0}^{n} \binom{2n+1}{2j+1} (-1)^{j} \sin^{2j+1}(x) \cos^{2(n-j)}(x) \\\end{align*}

7/ b/ Soit x \in ]0,\pi[ (ce qui assure que \sin x \neq 0), on a

    \begin{align*}\sin^{2n+1}(x) P_n( \frac 1 {\sin^2 x} ) & = \sin^{2n+1}(x) \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{2n+1}{2k+1} (\frac 1 {\sin^2 x} - 1)^{n-k} \\& = \sin^{2n+1}(x) \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{2n+1}{2k+1} \big(\frac{1-\sin^2 x}{\sin^2 x} \big)^{n-k} \\& = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{2n+1}{2k+1} \cos^{2(n-k)}(x) \sin^{2n+1 - 2(n-k)}(x) \\&= \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{2n+1}{2k+1} \cos^{2(n-k)}(x) \sin^{2k+1}(x) \\& = \sin^{2n+1}(x)\end{align*}

On peut donc conclure.

7/ c/ On remarque alors que pour tout k \in \llb 1,n \rrb, si on pose x_k = \ds \frac{k\pi}{2n+1} \in ]0,\pi[, on a

    \[P_n(\frac 1 {\sin^2(x_k)}) = \frac{\sin(k \pi)}{\sin^{2n+1}(x_k)} = 0\]

Or la fonction x \mapsto \ds \frac 1 {\sin^2(x)} est strictement décroissante sur ]0,\pi[ (en effet, sa dérivée x \ds\mapsto -2\frac{\cos (x)}{\sin^3(x)} <0) donc injective ce qui permet de dire si on pose pour tout k \in \llb 1,n \rrb, z_k = \ds \frac 1 {\sin^2(x_k)}, que les (z_1,\ld,z_n) sont deux à deux distincts. Ainsi, on a trouvé les n racines du polynôme P_n, donc

    \[\sum_{k=1}^n z_k = \frac{2}3 n(n+1) \Rightarrow \sum_{k=1}^n \frac 1 {\sin^2(k\pi/(2n+1))} = \frac{2}3 n(2n+1)\]

8/ a/ On peut étudier les fonctions x \mapsto x - \sin x et x \mapsto \tan x - x sur [0,\pi/2[ ou bien on peut remarquer que la fonction \sin est concave sur [0,\pi/2[ et la fonction \tan est convexe (en effet, la dérivée seconde de \sin est la fonction x \mapsto - \sin x qui est négative sur [0,\pi/2[ et la dérivée seconde de \tan est x \mapsto 2 \ds \frac{\sin x}{\cos^3 x} qui est positive sur [0,\pi/2[) de plus, la droite d’équation

    \[y = x\]

est la tangente en 0 à la fois pour la courbe de la fonction sinus et de la fonction tangente donc par propriété de la convexité

    \[\fracorall x \in ]0,\pi/2[, \ \ \sin x \leq x \leq \tan x\]

Ensuite, comme \sin x > 0 sur ]0,\pi/2[, on peut écrire

    \[\sin x \leq x \leq \tan x \ \Longrightarrow \ \sin^2 x \leq x^2 \leq \tan^2 x \ \Longrightarrow \ \frac 1 {\sin^2 x} \geq \frac 1 {x^2} \geq \frac{\cos^2 x}{\sin^2 x} = \frac{1-\sin^2 x}{\sin^2 x} = \frac 1 {\sin^2 x} - 1\]

ce qui est l’inégalité demandée.

8/ b/ On remarque que pour tout k \in \llb 1,n \rrb, on a

    \[0 < \frac{k \pi}{2n+1} \leq \underbrace{\frac{n}{2n+1}}_{< 1/2} \pi < \frac{\pi}2\]

En utilisant l’inégalité précédente, on obtient donc

    \[ \sum_{k=1}^n \frac 1 {\sin^2(k\pi/(2n+1))} \leq \sum_{k=1}^n ( \frac 1 {(k\pi/(2n+1))^2} + 1) = \frac{(2n+1)^2}{\pi^2} \sum_{k=1}^n \frac 1 {k^2} + n\]

on a donc d’une part

    \[\frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^n \frac 1 {k^2} \geq \sum_{k=1}^n \frac 1 {\sin^2(k\pi/(2n+1))} - n = \frac{2}3 n^2 - \frac 1 3 n = \frac{1}3 n(2n-1)\]

et d’autre part, par l’inégalité précédente

    \[ \frac{2}3 n(n+1) = \sum_{k=1}^n \frac 1 {\sin^2(k\pi/(2n+1))} \geq \sum_{k=1}^n \frac 1 {(k\pi/(2n+1))^2} = \frac{(2n+1)^2}{\pi^2} \sum_{k=1}^n \frac 1 {k^2}\]

On obtient donc

    \[\frac 1 3 n (2n-1) \leq \frac{(2n+1)^2}{\pi^2} \sum_{k=1}^n \frac 1 {k^2} \leq \frac{2}3 n(n+1)\]

8/ c/ On a donc, pour tout n \in \mathbb{N}^*

    \[\frac{\pi^2}{3} \frac{n(2n-1)}{(2n+1)^2} \leq \sum_{k=1}^n \frac 1 {k^2} \leq \frac{2\pi^2}3 \frac{n(n+1)}{(2n+1)^2}\]

or

    \[\frac{n(2n-1)}{(2n+1)^2} \simn \frac{2n^2}{4n^2} \simn \frac 1 2 \text{ et } \frac{n(n+1)}{(2n+1)^2} \simn \frac{n^2}{4n^2} \simn \frac 1 4\]

donc par encadrement, on en déduit que

    \[\sum_{k=1}^{+\infty} \frac 1 {k^2} = \limn \sum_{k=1}^n \frac 1 {k^2} = \frac{\pi^2}6\]

9/ a/ On rappelle que \mathbb{E}(Z) = 0 donc par la formule de Koenig-Huygens

    \[V(Z) = \mathbb{E}(Z^2) = \int_{-\infty}^{+\infty} x^2 \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}dx\]

Notamment, l’intégrale \dint x^2 \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}dx converge en +\infty. 
Pour tout 0 < A, on a par intégration par partie (la fonction x \mapsto e^{-x}/(1+e^{-x}) est bien de classe C^1 sur \mathbb{R} et sa dérivée est x \mapsto - \ds \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2})

    \begin{equation*}\int_0^A x \frac{e^{-x}}{1+e^{-x}} dx & = & \big[ \frac 1 2 x^2\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}} \big]_0^A + \frac 1 2 \int_0^A x^2 \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} dx \\& = & \frac 1 2 \frac{A^2 e^{-A}}{1+e^{-A}} + \frac 1 2 \int_0^A x^2 \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} dx \\\end{equation*}

or, par croissance comparée

    \[\frac 1 2 \frac{A^2 e^{-A}}{1+e^{-A}} \mathop{\sim}\limits_\infty \frac 1 2 A^2 e^{-A} \underset{A\to \infty}{\longrightarrow} 0\]

donc en passant à la limite lorsque A \to +\infty, on obtient que non seulement que l’intégrale \ds \int_0^{+\infty} x \frac{e^{-x}}{1+e^{-x}} dx converge bien mais on a aussi

    \[\int_0^{+\infty} \frac{xe^{-x}}{1+e^{-x}}dx = \frac 1 2 \int_0^{+\infty} \underbrace{x^2 \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}}_{\text{fct paire}}dx = \frac 1 4 \int_{-\infty}^{+\infty} x^2 \frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2} dx = \frac 1 4 V(X)\]

9/ b/ Soit A >0 et soit n \in \mathbb{N}^*, on a par linéarité de l’espérance
 

    \begin{align*}\sum_{k=0}^n (-1)^k \int_0^A x e^{-(k+1)x}dx & = & \int_0^A xe^{-x} \big( \sum_{k=0}^n (-e^{-x})^k \big) dx \\(\forall x \in [0,A], \ -e^{-x} \neq 1), \quad & = & \int_0^A xe^{-x} \frac{1-(-e^{-x})^{n+1}}{1+e^{-x}} dx \\&=& \int_0^A \frac{xe^{-x}}{1+e^{-x}}dx + (-1)^{n+1} \int_0^A \frac{xe^{-(n+2)x}}{1+e^{-x}}dx\end{align*}

 
On justifie maintenant que les intégrales présentes convergent en +\infty en précisant qu’au voisinage de +\infty

    \[\forall k \in [\ ![0,n]\ !], \ \ x e^{-(k+1)x} = o(\frac 1{x^2}) \text{ et } \frac{x e^{-(n+2)x}}{1+e^{-x}} \mathop{\sim}\limits_\infty x e^{-(n+2)x} = o(\frac 1{x^2})\]

on conclut par le critère de comparaison d’intégrales de fonctions positives. On peut donc passer à la limite lorsque A \to +\infty et on obtient exactement ce qui est attendu.

9/ c/ On a, pour tout x \in \mathbb{R},

    \[0 \leq \frac 1 {1+e^{-x}} \leq 1\]

donc par croissance de l’intégrale

    \[0 \leq |I_n| \leq \int_0^{+\infty} x e^{-(n+2)x} dx\]

or, si on considère X \hookrightarrow \epsilon (n+2), alors

    \[\int_0^{+\infty} x e^{-(n+2)x} dx = \frac 1 {n+2} \int_0^{+\infty} (n+2)x e^{-(n+2)x} dx = \frac{\mathbb{E}(X)}{n+2} = \frac 1 {(n+2)^2}\]

On en déduit que \limn \int_0^{+\infty} x e^{-(n+2)x} dx = 0 donc par encadrement, on obtient

    \[\limn |I_n| = 0 \Leftrightarrow \limn I_n = 0\]

On en déduit que lorsqu’on passe à la limite quand n \to +\infty dans l’égalité de 9.c), on obtient

    \[\int_0^{+\infty} \frac{xe^{-x}}{1+e^{-x}}dx = \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^k \int_0^{+\infty} x e^{-(k+1)x}dx = \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^k \frac 1 {(k+1)^2}\]

On rappelle que l’intégrale \ds\int_0^{+\infty} x e^{-(k+1)x}dx se calcule en passant par l’espérance d’une variable aléatoire suivant la loi \epsilon (k+1).

9/ d/ On sait que

    \[\sum_{n=1}^{+\infty} \frac 1 {n^2} \ = \ \frac{\pi^2}6\]

on souhaite déterminer la valeur de la somme suivante

    \[\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^{k}}{(k+1)^2} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\]

Pour tout n \in \mathbb{N}^*, on pose

    \[S_n \ = \ \sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k^2} \text{ et } T_n \ = \ \sum_{k=1}^{2n} \frac{1}{k^2}\]

On sait donc que \limn T_n = \ds \frac{\pi^2}6. De plus, on remarque que

    \[T_n-S_n = \sum_{k=1}^{2n} \underbrace{\frac{1 - (-1)^{k-1}}{k^2}}_{=0 \: si \: k \text{ impair}} = \sum_{j=1}^n \frac{1 - (-1)^{2j-1}}{(2j)^2} = \frac 1 2 \sum_{j=1}^n \frac 1 {j^2}\]

donc \limn T_n - S_n = \frac{\pi^2}{12}. On en déduit que

    \[\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{(k+1)^2} = \limn S_n = \limn ( T_n - (T_n -S_n)) = \frac{\pi^2}{12}\]

On en déduit que

    \[V(Z) = 4 \int_0^{+\infty} \frac{x e^{-x}}{1+e^{-x}}dx = 4 \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{(-1)^k}{(k+1)^2} = \frac{\pi^2}3\]

10/ a/ Les fonctions x \mapsto |\ln x| e^{-x} et x \mapsto (\ln x)^2 e^{-x} sont continues et positives sur ]0,+\infty[. De plus, en 0, on a par croissance comparée

    \[\sqrt x |\ln x| e^{-x} \sim_0 \sqrt x |\ln x| \underset{0}{\longrightarrow} 0 \text{ et } \sqrt x (\ln x)^2 e^{-x} \sim_0 \sqrt x (\ln x)^2 \underset{0}{\longrightarrow} 0 \]

donc |\ln x| e^{-x} \ds = o(\frac 1 {\sqrt x}) et (\ln x)^2 e^{-x} \ds = o(\frac 1 {\sqrt x}) donc comme \dint_0^1 \frac{dx}{\sqrt x} converge (intégrale de Riemann avec 1/2<1), on en déduit par comparaison d’intégrale de fonctions positives que

    \[\int_0^1 |\ln x| e^{-x} dx \text{ et } \int_0^1 (\ln x)^2 e^{-x} dx\]

convergent. 
Enfin, en +\infty, on a par croissance comparée

    \[e^{x/2} \ti |\ln x| e^{-x} \mathop{\sim}\limits_\infty | \ln x| e^{-x/2} \underset{\infty}{\longrightarrow} 0 \text{ et } e^{x/2} \ti (\ln x)^2 e^{-x} \mathop{\sim}\limits_\infty ( \ln x)^2 e^{-x/2} \underset{\infty}{\longrightarrow} 0\]

on en déduit que |\ln x| e^{-x} = o(e^{-x/2}) et (\ln x)^2 e^{-x} = o(e^{-x/2}) donc comme \int_1^{+\infty} e^{-x/2}dx converge, par comparaison d’intégrales de fonctions positives,

    \[\int_1^{+\infty} |\ln x| e^{-x} dx \text{ et } \int_1^{+\infty} (\ln x)^2 e^{-x} dx\]

convergent. 
On en déduit que \int_0^{+\infty} \ln x e^{-x} dx converge (car converge absolument) et que \int_0^{+\infty} (\ln x)^2 e^{-x} dx converge.

10/ b/ Si on considère U \hookrightarrow \epsilon (1), alors par théorème de transfert

    \[I = \int_0^{+\infty} \ln x e^{-x} dx = \mathbb{E}(\ln(U)) \text{ et } J = \int_0^{+\infty} (\ln x)^2 e^{-x} dx = \mathbb{E}( \ln (U)^2)\]

et donc par la formule de Koenig Huygens : J - I^2 = V(\ln(U)).
Or, par la question 5.a), on sait que si U_1 et U_2 sont deux variables indépendantes de loi exponentielle de paramètre 1, alors

    \[Z = \ln(U_1) - \ln(U_2)\]

suit une loi logistique standard. Ainsi, par indépendance

    \[V(Z) = V(\ln(U_1)) + V( - \ln(U_2)) = V(\ln(U_1)) + V(\ln(U_2)) = 2(J - I^2)\]

Or V(Z) = \ds \frac{\pi^2}3 donc J - I^2 = \ds\frac{\pi^2}6.

 

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Partie III. Estimation à partir de données binaires

11/ Comme f est continue, on en déduit que F est de classe C^1 sur \mathbb{R} et admet pour dérivée f. Comme f est strictement positive, on en déduit que F est strictement croissante. De plus, par propriété d’une fonction de répartition

    \[\lim_{-\infty} F = 0 \text{ et } \lim_{+\infty} F = 1\]

et comme F est continue et strictement croissante, on en déduit qu’elle réalise une bijection de \mathbb{R} dans ]0,1[.

12/ Les variables aléatoires (Y_1,...,Y_n) sont mutuellement indépendantes, de même loi de Bernoulli qui admet une variance, donc par le théorème limite central, on sait que

    \[\frac{\overline{Y_n} - \mathbb{E}(\overline{Y_n})}{\sqrt{V(\overline{Y_n})}} \ \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} Z \text{ o\`u } Z \hookrightarrow \mathcal{N}(0,1)\]

Or par linéarité de l’espérance \ds \mathbb{E}(\overline{Y_n}) = \frac 1 n \sum_{j=1}^n \mathbb{E}(Y_j) = F(\theta) et par indépendance

    \[ V(\overline{Y_n}) = \frac 1 {n^2} \sum_{k=1}^n V(Y_k) = \frac{F(\theta)(1-F(\theta))}{n}\]

donc

    \[\sqrt n \frac{\overline{Y_n} - F(\theta) }{\sqrt{F(\theta)(1-F(\theta))}} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} Z \ \Longrightarrow \ \sqrt n( \overline{Y_n} - F(\theta)) \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \sqrt{F(\theta)(1-F(\theta))} Z \hookrightarrow \mathcal{N}(0,F(\theta)(1-F(\theta)))\]

donc \sqrt n( \overline{Y_n} - F(\theta)) converge en loi vers une variable aléatoire suivant une loi normale centrée de variance F(\theta)(1-F(\theta)).

13/ a/ Les variables (Y_1,...,Y_n) sont à valeurs dans \{0,1\} donc \overline{Y_n} est à valeurs dans \{0,1/n,2/n,...,(n-1)/n,1\} donc

    \[P_\theta (E_n) = 1 - P_\theta(\overline{Y_n} = 0) - P_\theta(\overline{Y_n} = 1) = 1 - P_\theta(\sum_{k=1}^n Y_k =0) - P_\theta(\sum_{k=1}^n Y_k = n)\]

or par indépendance des (Y_i), on sait que \sum_{k=1}^n Y_k \hookrightarrow B(n,F(\theta)) donc

    \[ P_\theta (E_n) = 1 - (1-F(\theta))^n - F(\theta)^n\]

Comme F est à valeurs dans ]0,1[, on en déduit que F(\theta) \in ]0,1[ et (1-F(\theta)) \in ]0,1[ donc

    \[ \limn (1-F(\theta))^n + F(\theta)^n = 0\]

donc \limn P_\theta (E_n) = 1.

13/ b/ i) On commence par remarquer que

    \[\{\overline{Y_n} \leq F(x)\} \cap E_n = \{\omega \in E_n \tq \overline{Y_n}(\omega) \leq F(x)\} \]

Si \omega \in E_n, alors T_n(\omega) = F^{-1}(\overline{Y_n}(\omega)) et donc T_n(\omega) \leq x \Leftrightarrow \overline{Y_n}(\omega) \leq F(x) par stricte croissance de F donc

    \[\{\omega \in E_n \tq T_n(\omega) \leq x\} = \{\omega \in E_n \tq \overline{Y_n}(\omega) \leq F(x)\} \]

Montrons maintenant que pour tout x \in \mathbb{R}, [T_n \leq x] \in \mathcal{A}. Tout d’abord, comme \overline{Y_n} est une variable aléatoire (en tant que somme de variables aléatoires), on sait que E_n et [\overline{Y_n} \leq F(x)] sont éléments de la tribu \mathcal{A}. De plus

    \[[T_n \leq x] = \big( [T_n \leq x] \cap E_n\big) \cup \big([T_n \leq x] \cap \overline{E_n} \big) \]

(en notant \overline A le complémentaire de A). Or, si \omega \in \overline{E_n} alors T_n(\omega) = 0 et donc

    \[[T_n \leq x] \cap \overline{E_n} = \begin{cases}\emptyset & \SI x <0 \\\overline{E_n} & \SI x \geq 0\end{cases}\]

donc dans tous les cas [T_n \leq x] \cap \overline{E_n} \in \mathcal{A}. De plus, par la question précédente [T_n \leq x] \cap E_n = [\overline{Y_n} \leq F(x)] \cap E_n \in \mathcal{A} par propriété sur les tribus donc [T_n \leq x] est bien élément de \mathcal{A}.

13/ b/ ii) D’une part

    \[[ \overline{Y_n} \leq F(x)] \cap E_n = [ T_n \leq x] \cap E_n \subset [T_n \leq x]\]

donc par croissance de P_\theta, on a

    \[P_\theta \big( [\overline{Y_n} \leq F(x)] \cap E_n \big) \leq P_\theta (T_n \leq x)\]

d’autre part, par la formule des probabilités totales, on a

    \begin{align*}P_\theta(T_n \leq x) = P_\theta ([T_n \leq x] \cap E_n) +P_\theta (\underbrace{[T_n \leq x] \cap \overline{E_n}}_{\subset \overline E_n}) &\leq P_\theta ([T_n \leq x] \cap E_n) +P_\theta(\overline E_n) \\ & \leq P_\theta ([T_n \leq x] \cap E_n) + 1 - P_\theta (E_n)\end{align*}

13/ c/ Soit x \neq \theta. Par la loi faible des grands nombres (les (Y_i)_i sont i.i.d. et admettent une variance), on sait que

    \[\overline{Y_n} \overset{P_\theta} \longrightarrow F(\theta)\]

autrement dit, pour tout \ep > 0

    \[\limn P_\theta (|\overline{Y_n} - F(\theta)| \geq \ep) = 0\]

\bullet Si x < \theta : alors F(x) < F(\theta) donc F(\theta) - F(x) > 0 et donc

    \begin{align*}P_\theta(\overline{Y_n} \leq F(x)) = P_\theta\big(\overline{Y_n} - F(\theta) \leq - (F(\theta) - F(x))\big) &= P_\theta\big( F(\theta) - \overline{Y_n} \geq F(\theta) - F(x)\big) \\ & \leq P_\theta \big( | \overline{Y_n} - F(\theta)| \geq \underbrace{F(\theta) - F(x)}_{> 0} \big) \longrightarrow 0\end{align*}

donc comme P_\theta(\overline{Y_n} \leq F(x)) \geq 0, on en déduit par encadrement que \limn P_\theta(\overline{Y_n} \leq F(x)) = 0. Comme

    \[0 \leq P_\theta ([\overline{Y_n} \leq F(x)] \cap E_n ) \leq P_\theta ( \overline{Y_n} \leq x) \]

on en déduit que \limn P_\theta ([ \overline{Y_n} \leq F(x)] \cap E_n) = 0.

\bullet Si x > \theta, dans ce cas F(x) - F(\theta) > 0, alors

    \begin{align*} P_\theta( \overline{Y_n} \leq F(x)) = P_\theta(\overline{Y_n} - F(\theta) \leq F(x) - F(\theta)) & = 1 - P_\theta(\overline{Y_n} - F(\theta) \\ & > F(x) - F(\theta)) \geq 1 -P_\theta(|\overline{Y_n} - F(\theta) | \geq F(x) - F(\theta)) \longrightarrow 1 \\ \end{align*}

On en déduit que \limn P_\theta( \overline{Y_n} \leq F(x)) = 1. Or par la formule du crible

    \[ P_\theta( [\overline{Y_n} \leq F(x)] \cap E_n) = P_\theta(\overline{Y_n} \leq F(x)) + P_\theta(E_n) - P_\theta( [\overline{Y_n} \leq F(x)] \cup E_n) \]

et comme E_n \subset [\overline{Y_n} \leq F(x)] \cup E_n et \limn P_\theta(E_n) = 1, on en déduit que \limn P_\theta( [\overline{Y_n} \leq F(x)] \cup E_n) =1 et donc

    \[\limn P_\theta( [\overline{Y_n} \leq F(x)] \cap E_n) = 1 + 1 - 1 = 1\]

De plus, 1 - P_\theta(E_n) \longrightarrow 0, on en déduit par encadrement que P_\theta(T_n \leq x) admet la même limite que P_\theta([\overline{Y_n} \leq F(x)] \cap E_n) donc

    \[\limn P_\theta (T_n \leq x) = \begin{cases}0 & \SI x < \theta \\1 & \SI x > \theta \end{cases}\]

13/ d/ Tout d’abord T_n est bien une variable aléatoire qui ne dépend pas du paramètre inconnu \theta : c’est donc bien un estimateur de \theta. 
Ensuite, on écrit que pour tout \epsilon > 0

(1)   \begin{equation*}P_\theta ( |T_n - \theta| \geq \epsilon) &= & 1 - P_\theta (\theta - \epsilon < T_n < \theta + \epsilon) \\& = & 1 - P_\theta(T_n < \theta + \epsilon) + P_\theta(T_n \leq \theta - \epsilon)\end{equation*}

Comme \epsilon > 0, on en déduit que \theta - \epsilon < \theta donc par la question précédente

    \[ \limn P_\theta (T_n \leq \theta - \epsilon) = 0\]

De plus, [T_n \leq \theta + \epsilon/2] \subset [T_n < \theta + \epsilon] donc

    \[P_\theta(T_n < \theta + \epsilon) \geq P_\theta(T_n \leq \theta + \epsilon/2) \longrightarrow 1\]

par la question précédente (\theta + \epsilon /2>\theta) donc par encadrement

    \[ \limn P_\theta(T_n < \theta + \epsilon) = 1\]

et donc

    \[\limn P_\theta (|T_n - \theta| \geq \epsilon) = 0\]

On en déduit que la suite \suites T est une suite d’estimateurs convergente de \theta. 
Remarque : Le résultat précédent nous fait dire que T_n \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \theta mais ce n’est pas au programme de pouvoir conclure directement que cela implique la convergence en probabilité dans le cas d’une limite en loi déterministe.

14/ a/ i) La fonction f est continue et strictement positive (donc ne s’annule pas). On en déduit que la fonction x \mapsto \ds \frac 1 {f(x)} est continue sur \mathbb{R}. Ainsi, par définition de la continuité en \theta, on sait que pour tout \epsilon > 0 (en particulier pour celui qu’on a fixé),

    \[\exists \alpha > 0, \ \ \fracorall x \in [\theta - \alpha, \theta+\alpha ], \ \ \big| \frac 1 {f(x)} - \frac 1 {f(\theta)} \big| \leq \epsilon\]

ii) Si \omega \in E_n, alors T_n(\omega) = F^{-1}(\overline{Y_n}(\omega)) donc si \overline{Y_n} (\omega) \neq F(\theta)

    \[\frac{T_n(\omega) - \theta}{\overline{Y_n}(\omega) - F(\theta)} = \frac{T_n(\omega) - \theta}{F(T_n(\omega)) - F(\theta)}= \big( \frac{F(T_n(\omega)) - F(\theta)}{T_n(\omega) - \theta} \big)^{-1}\]

On voit donc apparaître un taux d’accroissement de la fonction F. Par le théorème des accroissements finis, on sait que pour tout x \in [\theta-\alpha,\theta + \alpha] avec x \neq \theta, il existe c_x \in [\theta - \alpha, \theta + \alpha] tel que

    \[ \frac{F(x) - F(\theta)}{x - \theta} = f(c_x) \]

Donc, en particulier, comme c_x \in [\theta - \alpha, \theta + \alpha], on a par 14.a.i

    \[\big| \frac{x-\theta}{F(x)-F(\theta)} - \frac 1 {f(\theta)} \big| = \big| \frac 1 {f(c_x)} - \frac 1 {f(\theta)} \big| \ \leq \ \epsilon\]

soit

    \[\fracorall x \in [\theta-\alpha, \theta + \alpha], \ x \neq \theta, \ \big| \frac{x-\theta}{F(x)-F(\theta)} - \frac 1 {f(\theta)} \big| \ \leq \ \epsilon\]

De plus, on rappelle que |x-\theta| \leq \alpha \Leftrightarrow \theta \in [\theta - \alpha, \theta + \alpha], donc

    \[ \big[ |T_n-\theta| \leq \alpha \big] \cap E_n \subset B_n(\epsilon)\]

14/ b/ On en déduit que pour tout \epsilon > 0

    \begin{equation*}P(| U_n - \frac 1 {f(\theta)}| > \epsilon) & = &1- P( | U_n - \frac 1 {f(\theta)}| \leq \epsilon) \\& \leq & 1 - P\big( [|T_n - \theta| \leq \alpha] \cap E_n \big)\end{equation*}

Or

    \[P\big( [|T_n - \theta| \leq \alpha] \cap E_n \big) = P( |T_n - \theta| \leq \alpha) + P( E_n) - P\big( [|T_n - \theta| \leq \alpha] \cup E_n \big)\]

avec

    \[\limn P( |T_n - \theta| \leq \alpha) = \limn \big( 1 - P( |T_n - \theta| > \alpha) \big) = 1, \ \text{ car } T_n \cvp \theta\]

et

    \[\limn P(E_n)=1 \quad \text{ et } \quad \limn P([|T_n - \theta| \leq \alpha] \cup E_n) = 1 \quad \text{ car } \ P([|T_n - \theta| \leq \alpha] \cup E_n)\geq P(E_n)\]

donc

    \[\limnP\big( [|T_n - \theta| \leq \alpha] \cap E_n \big) = 1 + 1 - 1 = 1 \]

On en déduit que

    \[\limn P( | U_n - \frac 1 {f(\theta)}| > \epsilon) = 0\]

donc U_n \underset{n\to \infty} {\longrightarrow} \frac 1 {f(\theta)}. (en probabilité)

Remarque :  Dans la définition de la convergence en probabilité, on regarde la limite de \ds P( | U_n - \frac 1 {f(\theta)}| \geq \epsilon) plutôt que \ds P( | U_n - \frac 1 {f(\theta)}| > \epsilon). Cependant, en remarquant que

    \[\forall \epsilon > 0, \ \ P( | U_n - \frac 1 {f(\theta)}| > \epsilon ) \leq P( | U_n - \frac 1 {f(\theta)}| \geq \epsilon) \leq P( | U_n - \frac 1 {f(\theta)}| > \epsilon/2)\]

on en déduit facilement que c’est en fait équivalent.

14/ c/ On écrit

    \[\sqrt n (T_n - \theta) = U_n \ti \sqrt n( \overline{Y_n} - F(\theta))\]

or \sqrt n (\overline{Y_n} - F(\theta)) \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} Z (en loi) où Z \hookrightarrow \mathcal{N}(0,F(\theta)(1-F(\theta))) et U_n \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \frac 1 {f(\theta)} (en probabilité) donc par le théorème de Slutsky

    \[\sqrt n (T_n - \theta) \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \frac 1 {f(\theta)} Z\]

et donc \sqrt n (T_n - \theta) converge en loi vers une variable aléatoire suivant une loi normale centrée et de variance \ds \frac{F(\theta)(1-F(\theta))}{f(\theta)^2}.

Partie IV. Régression logistique

15/ a/ Soit X \in \mathcal{M}_{p,1}\left( \mathbb{R}\right) tel que M ^{t}\hspace{-0.1cm}M X = 0. Alors

    \[M ^{t}\hspace{-0.1cm}M X = 0 \Rightarrow ^{t}\hspace{-0.1cm}X M ^{t}\hspace{-0.1cm}M X = 0 \Rightarrow ^{t}{{(^{t}\hspace{-0.1cm}MX)} ^{t}\hspace{-0.1cm}M X = 0 \Rightarrow \left\Vert {^{t}\hspace{-0.1cm}MX}\right\Vert^2 = 0 \Rightarrow ^{t}\hspace{-0.1cm}M X = 0\]

par séparation de la norme. Or l’application X \in \mathcal{M}_{p,1}\left( \mathbb{R}\right) \mapsto ^{t}\hspace{-0.1cm}M X \in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right)) est injective car la matrice ^{t}\hspace{-0.1cm}M est de rang p (on rappelle que ^{t}\hspace{-0.1cm}M et M ont même rang) et par le théorème du rang

    \[\dim \ker( ^{t}\hspace{-0.1cm}M) = \dim \mathcal{M}_{p,1}\left( \mathbb{R}\right) - rg (^{t}\hspace{-0.1cm}M) = 0\]

On en déduit que X = 0 et donc que \ker (M ^{t}\hspace{-0.1cm}M) = \{0\}. On en déduit que M^{t}\hspace{-0.1cm}M est de rang p donc est inversible.

15/ b/ Soit H \in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right)). Pour cette question, on cherche à minimiser la quantité dépendant de U \in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right)) suivante

    \[^{t}{{(^{t}\hspace{-0.1cm}M U - H)} (^{t}\hspace{-0.1cm}MU - H) = \left\Vert {^{t}\hspace{-0.1cm}MU - H}\right\Vert^2\]

On pose F = \operatorname{Im}( ^{t}\hspace{-0.1cm}M) = \{ V \in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right)) | \exists U \in \mathcal{M}_{p,1}\left( \mathbb{R}\right), \ ^{t}\hspace{-0.1cm}M U = V\}. Par le théorème de projection orthogonale, on sait que la fonction

    \[\phi : \begin{array}{ccc}F & \to & \mathbb{R} \\V & \mapsto & \left\Vert {V-H}\right\Vert^2\end{array}\]

admet un minimum global uniquement atteint pour V = p_F(H), projeté orthogonal de H sur F.
Or, par injectivité de X \mapsto ^{t}\hspace{-0.1cm}MX, on en déduit qu’il existe un unique vecteur U \in \mathcal{M}_{p,1}\left( \mathbb{R}\right) tel que ^{t}\hspace{-0.1cm}MU = p_F(H). Par propriété de la projection orthogonale, on sait que pour tout V \in F, on a

    \[H - p_F(H) = H - ^{t}\hspace{-0.1cm}M U \perp V\]

En particulier, pour tout W \in \mathcal{M}_{p,1}\left( \mathbb{R}\right), comme ^{t}\hspace{-0.1cm}MW \in F, on a

    \begin{equation*}H - ^{t}\hspace{-0.1cm}M U \perp ^{t}\hspace{-0.1cm}MW & \Rightarrow & ^{t}\hspace{-0.1cm}{(^{t}\hspace{-0.1cm}MW)} (H - ^{t}\hspace{-0.1cm}MU) = 0 \\& \Rightarrow & ^{t}\hspace{-0.1cm}W M (H - ^{t}\hspace{-0.1cm}M U) = 0 \\& \Rightarrow & ^{t}\hspace{-0.1cm}W \cdot (MH - M^{t}\hspace{-0.1cm}M U) = 0\end{equation*}

En particulier, pour W = (MH - M^{t}\hspace{-0.1cm}M U), on obtient

    \[\left\Vert (MH - M^{t}\hspace{-0.1cm}M U)\right\Vert^2 = 0 \ \Rightarrow \ MH = M ^{t}\hspace{-0.1cm}M U \ \Rightarrow \ U = (M ^{t}\hspace{-0.1cm}M)^{-1} MH\]

On a donc bien ce qui est demandé.

15/ c/ Supposons que l’on connaisse les lois des variables Y_{i,n} donc cela signifie que l’on connait la valeur de b(x^{(1)}), ..., b(x^{(n)}) et par bijectivité de la fonction \Lambda, cela signifie que l’on connait les valeurs de \scal{\alpha}{x^{(1)}},...,\scal{\alpha}{x^{(k)}}, autrement dit, il existe \beta_1,...,\beta_k réels connus tel que

    \[\begin{cases}<\alpha,{x^{(1)}}> & = \ \beta_1 \\<\alpha},{x^{(2)}}> & = \ \beta_2 \\\vdots \\<\alpha},{x^{(k)}}> & = \ \beta_k \\\end{cases} \Leftrightarrow ^{t}\hspace{-0.1cm}M A = B \text{ o\`u } B = \bpm \begin{pmatrix} \beta_1 \\ \vdots \\ \beta_k \end{pmatrix}\]

Dans le cas où M n’est pas de rang p (donc X \mapsto ^{t}\hspace{-0.1cm}MX n’est pas injective), l’équation matricielle ^{t}\hspace{-0.1cm}MA = B d’inconnue A admet potentiellement plusieurs solutions donc on ne peut pas déterminer \alpha.

16/ a/ On rappelle que la fonction L est la réciproque de la fonction de répartition \Lambda. Ainsi, d’après la partie III, question 13, on sait que

    \[\forall i \in [\![1,k]\!], \ \ T_{i,n} \ \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \ <\alpha},{x^{(i)}}>\]

(ici, les Y_{i,k} sont des variables de Bernoulli de paramètre b(x^{(i)}) = \Lambda(<\alpha},{x^{(i)}}>) donc c’est bien <\alpha},{x^{(i)}}> qui joue le rôle de \theta). 
On en déduit que

    \[\forall i \in [\![1,k]\!], \ \ \ c_i T_{i,n} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} c_i<\alpha},{x^{(i)}}>\]

Maintenant il faudrait utiliser un résultat hors programme pour justifier que la somme de suites de variables qui convergent en probabilités est une suite qui converge en probabilité. On démontre donc le lemme suivant :
Lemme : Soit k \in \mathbb{N}^* et soit (X^{(1)}_{n})_{n \in \mathbb{N^*}},...,(X^{(n)}_{n})_{n \in \mathbb{N^*}}, k suites de variables aléatoires toutes définies sur un même espace probabilisé (\Omega,\mathcal{A},P) tel qu’il existe a_1,...,a_k, k réels vérifiant :

    \[\forall i \in [\![1,k]\!], \ \ X_n^{(i)} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} a_i\]

alors

    \[\sum_{i=1}^k X_n^{(i)} \ \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \ \sum_{i=1}^k a_i\]

Ce lemme permet de conclure que

    \[\sum_{i=1}^k c_i T_{i,n} \ \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \ \sum_{i=1}^k c_i <\alpha},{x^{(i)}}>\]

Preuve du lemme : 
On commence pour le cas de deux suites de variables : soit (X_{n})_{n \in \mathbb{N^*}} et (Y^_{n})_{n \in \mathbb{N^*}} tel que X_n \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} a et Y_n \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} b. 
Soit \epsilon > 0. Montrons que

    \[\limn P \big( |X_n + Y_n - (a+b)| \geq \epsilon \big) = 0\]

On commence par écrire que par inégalité triangulaire

    \[|X_n + Y_n - (a+b)| \leq |X_n - a | + | Y_n - b|\]

donc, on a l’inclusion d’événements suivante

    \[\big[|X_n+Y_n - (a+b)| \geq \epsilon \big] \subset \big[ | X_n - a|+|Y_n-b| \geq \epsilon\big] \ \qquad \qquad (\ast)\]

Ensuite, on remarque que

    \[\Big(\big[ |X_n - a | < \epsilon /2 \big] \cap \big[ |Y_n - b| < \epsilon/2 \big]\Big) \subset \big[ |X_n - a| + |Y_n - b| < \epsilon \big]\]

donc en passant au complémentaire et par De Morgan

    \[ \big[|X_n - a| + |Y_n - b| \geq \epsilon \big] \subset \ \Big(\big[ |X_n - a | \geq \epsilon /2 \big] \cup \big[ |Y_n - b| \geq \epsilon/2 \big]\Big) \ \ \ \ \quad (\ast \ast)\]

On en déduit que

    \[P(| X_n + Y_n - (a+b)| \geq \epsilon) \underset{(\ast)}\leq P( |X_n-a| + |Y_n-b| \geq \epsilon) \underset{(\ast\ast)}\leq P \Big(\big[ |X_n - a | \geq \epsilon /2 \big] \cup \big[ |Y_n - b| \geq \epsilon/2 \big]\Big)\]

or

    \begin{align*}P \Big(\big[ |X_n - a | \geq \epsilon /2 \big] \cup \big[ |Y_n - b| \geq \epsilon/2 \big]\Big) &= P(|X_n-a| \geq \epsilon/2) + P(|Y_n-b| \geq \epsilon/2) - \underbrace{P \Big(\big[ |X_n - a | \geq \epsilon /2 \big] \cap \big[ |Y_n - b| \geq \epsilon/2 \big]\Big)}_{\geq 0} \\ &\leq P(|X_n-a| \geq \epsilon/2) + P(|Y_n-b| \geq \epsilon/2) \\\end{align*}

Finalement

    \[0 \ \leq \ P(| X_n + Y_n - (a+b)| \geq \epsilon) \ \leq \ P(|X_n-a| \geq \epsilon/2) + P(|Y_n-b| \geq \epsilon/2)\]

par hypothèse \lim_{n \longrightarrow \infty} P(|X_n-a| \geq \epsilon/2) = 0 et \lim_{n \longrightarrow \infty} P(|Y_n-b| \geq \epsilon/2)=0 donc par encadrement, on en déduit que

    \[\limn P(| X_n + Y_n - (a+b)| \geq \epsilon) = 0\]

donc X_n + Y_n \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} a+b.
Dans le cas de plusieurs suites de variables aléatoires, on fait une récurrence sur k \geq 1 :

    \begin{align*}HR_k &: Pour toutes suites de variables aléatoires \suites {X^{(1)}},..,\suites{ X^{(k)}} \text{ telles que } \\& \forall i \in [\![1,n]\!], \ \ X_n^{(i)} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} a_i \\&\text{on a } \quad \sum_{i=1}^k X^{(i)}_n \ \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \ \sum_{i=1}^k a_i\end{align*}

\bullet La proposition est évidente dans le cas d’une suite de variables.

\bullet Soit k \geq 1 tel que \HR_k est vérifiée. Alors soit (X^{(1)}_{n})_{n \in \mathbb{N^*}},...,(X^{(n)}_{n})_{n \in \mathbb{N^*}},(X^{(k+1)}_{n})_{n \in \mathbb{N^*}} suites de variables aléatoires telles que

    \[\forall i \in [\![1,k+1]\!], \ \ X_n^{(i)} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} a_i\]

alors par HR_k, si on pose Z_n = \sum_{i=1}^k X_n^{(i)}, on a Z_n \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \sum_{i=1}^k a_i et comme X_n^{(k+1)} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} a_{k+1}, on a grâce au cas de deux suites

    \[Z_n + X_n^{(k+1)} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \sum_{i=1}^k a_i + a_{k+1}\]

16/ b/ On note

    \[(M ^{t}\hspace{-0.1cm}M)^{-1} M = C = \big( c_{i,j} \big)_{\substack{ 1 \leq i \leq p \\ 1 \leq j \leq k}}\]

Soit i \in [\![1,p]\!]. Alors

    \[A_{i,n} = \sum_{j=1}^k c_{i,j} T_{j,n}\]

D’après la question précédente, on a

    \[A_{i,n} \ \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \ A_i \ = \ \sum_{j=1}^k c_{i,j} <\alpha}{x^{(j)}}>\]

On note \tilde A = \begin{pmatrix} A_1 \\ \vdots \\ A_p \end{pmatrix}.
On rappelle que A = \begin{pmatrix} \alpha_1 \\ \vdots \\ \alpha_p \end{pmatrix} donc

^{t}\hspace{-0.1cm}M A = \begin{pmatrix} \sum_{j=1}^p \alpha_j x_{j}^{(1)} \\ \vdots \\ \sum_{j=1}^p \alpha_j x_{j}^{(k)} \end{pmatrix} \ = \ \begin{pmatrix} <\alpha},{x^{(1)}}> \\ \vdots \\ <\alpha},{x^{(k)}}> \end{pmatrix}. On en déduit que

    \[\tilde A = C ( ^{t}\hspace{-0.1cm}M A) = (M ^{t}\hspace{-0.1cm}M)^{-1} M (^{t}\hspace{-0.1cm}M A) = (M ^{t}\hspace{-0.1cm}M)^{-1} (M ^{t}\hspace{-0.1cm}M) A = A\]

On peut donc conclure que

    \[\forall i \in [\![1,p]\!], \ \ A_{i,n} \ \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \ \alpha_i\]

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