Corrigé HEC 2014

Un résultat de cours : $Card({\cal E}_N)=N^N$.

Les application injectives de ${\cal E}_N$ sont en fait des bijections donc le nombre de bijections recherché est aussi le nombre de permutations de $[\![1,N]\!]$, c'est à dire $N!$. Enfin une application monotone bijective est soit strictement croissante, soit strictement décroissante. Il n'y a donc que deux applications injectives monotones.

D'abord par la définition de la loi exponentielle et de la partie entière, on observe que $Y(\Omega)=\mathbb N$. Ainsi, comme $Y$ prend des valeurs discrètes, pour montrer que c'est une variable aléatoire, il suffit de prouver sue $\forall n\in \mathbb N$, l'évènement $\{Y=n\}$ appartient à la tribu ${\cal A}$. Or on a que : $$\{Y=n\}=\{[pX]=n\}=\{n\leq pX<\! n+1\}=\{X\geq\frac{n}{p}\}\cap\{X<\! \frac{n+1}{p}\}.$$ Mais $X$ étant une variable aléatoire, on a que $\{X\geq\frac{n}{p}\}\in{\cal A}$ et $\{X<\! \frac{n+1}{p}\}\in{\cal A}$. De plus ${\cal A}$ étant stable par intersection, on en déduite que $\{Y=n\}=\{X\geq\frac{n}{p}\}\cap\{X<\! \frac{n+1}{p}\}\in{\cal A}$ ce qui est le résultat recherché.

Pour le calcul de la probabilité, comme $X$ suit une loi exponentielle de paramètre 1 : $$P(Y=n)=P\left(\frac{n}{p}\leq X<\! \frac{n+1}{p}\right)=\int_{n/p}^{(n+1)/p}e^{-t}dt=e^{-\frac{n}{p}}\left(1-e^{-\frac{1}{p}}\right).$$

D'après ce qui précède, $Y+1(\Omega)=\mathbb N^*$ et $$\forall n\in\mathbb N^*,\ P(Y+1=n)=P(Y=n-1)=\left(e^{-1/p}\right)^{n-1}\left(1-e^{-1/p}\right),$$ donc $Y+1$ suit une loi géométrique de paramètre $1-e^{-1/p}$.

Puisque la variable aléatoire $Y+1$ suit une loi géométrique de paramètre $1-e^{-1/p}$, on a $E(Y+1)=\frac{1}{1-e^{-1/p}}$ et donc par linéarité de l'espérance $E(Y)=\frac{1}{1-e^{-1/p}}-1=\frac{e^{-1/p}}{1-e^{-1/p}}=\frac{1}{e^{1/p}-1}$. Enfin pour finir, soit on fait une étude de fonction l'expression obtenue pour $p\in]0,1[$, soit on raisonne comme suit : comme $p\in]0,1[$, on montre facilement par encadrement que $\frac{1}{e^{1/p}-1}>0$. D'autre part comme la fonction $x\mapsto e^x$ est strictement convexe, elle est strictement au dessus de sa tangente en 0, c'est à dire $\forall x>0, e^x>1+x$, et l'on en déduit que $e^{1/p}-1> \frac{1}{p}$ soit $E(Y)>p$.

L'application $x\in\mathbb R^+_*\mapsto -\ln x$ est $C^1$ strictement décroissante donc le changement de variable est justifié. D'autre part on a sous réserve de convergence de l'intégrale : $$\int_0^1x^r(\ln x)^sdx=\int_0^{+\infty}e^{-(r+1)u}u^sdu.$$ Cette dernière intégrale est convergente en 0, par continuité de la fonction en 0. D'autre part par croissance comparée, on a que $u^2e^{-(r+1)u}u^s\overset{u\to+\infty}{\longrightarrow}0$, par conséquent $e^{-(r+1)u}u^s\overset{+\infty}{=}o\left(\frac{1}{u^2}\right)$ et on conclut à la convergence de l'intégrale en $+\infty$ par la règle du petit o.

A l'aide d'une intégration par partie, on a : $$\int_0^1x^r(\ln x)^sdx=\left[\frac{x^{r+1}}{r+1}(\ln x)^s\right]_0^1-\int_0^1\frac{x^{r+1}}{r+1}\frac{s(\ln x)^{s-1}}{x}dx=-\frac{s}{r+1}\int_0^1x^r(\ln x)^{s-1}dx.$$ Il ne reste plus qu'à itérer la formule, ou bien de réaliser une récurrence si on veut une jolie rédaction soignée.

Par hypothèse sur $a$ et $p$, on observe que $a$ et $a+p$ sont dans $[0,1]$ donc : $$P(T_a(X)=1)=P(X\in]a,a+p[)=a+p-p=p.$$ On en déduit que $T_a$ suit une loi binomiale de paramètre $p$.

Par le théorème de transfert, on a : $$C(T_a)=\int_0^1(x-T_a(x))^2dx=\int_0^ax^2dx+\int_a^{a+p}(x-1)^2dx+\int_{a+p}^1x^2dx,$$ et il ne reste plus qu'à calculer les intégrales.

L'application $a\mapsto C(T_a)$ est décroissante et $a\in [0,1-p]$, donc la valeur de $a$ qui minimise $C(T_a)$ est $a=1-p$ et dans ce cas : $$C(T_{1-p})=\frac{1}{3}-p(1-p).$$

On examise la fonction de répartition de $T_1$. D'abord si $x<\! 0,\ P(T_1(X)\leq x)=0$. D'autre part si $x\geq 0$, $$P(T_1(X)\leq x)=P(-ln(X)\leq x)=P(X\geq e^{-x})=1-e^{-x},$$ donc $T_1(X)$ suit une loi exponentielle de paramètre 1. En procédant de même pour $T_2(X)$, on trouve qu'elle suit également une loi exponentielle de paramètre 1. En résumé $T_1$ et $T_2$ transportent $X$ en une loi exponentielle.

Par le théorème de transfert et la formule de la question 3 : $$\begin{align} C(T_1)=E((X-T_1(X))^2)&=\int_0^1(x+\ln x)^2dx\\ &=\int_0^1x^2dx+2\int_0^1x\ln x dx+\int_0^1(\ln x)^2dx\\ &=\frac{11}{6}. \end{align}$$ Pour $C(T_2)$, toujours par la formule de transfert, on a : $$C(T_2)=\int_0^1(x+\ln(1-x))^2dx,$$ puis à l'aide du changement de variable $u=1-x$, on a : $$C(T_2)=\int_0^1(1-u+\ln u)^2du.$$ Il ne reste plus qu'à développer comme précédemment, et on trouve $C(T_2)=\frac{4}{3}$. On en déduit alors que $C(T_2)<\! C(T_1)$.

La question 2 nous montre que la loi géométrique de paramètre $1-e^{-p}$ est accessible depuis $X$ avec $p\in]0,1[$. Or en étudiant l'application $p\mapsto 1-e^{-p}$, on montre qu'elle est continue strictement croissante et donc réalise une bijection de $]0,1[$ dans $]0,1[$. Il suit que, en choisissant convenablement $p$, il est possible d'atteindre n'importe quel paramètre d'une loi géométrique (le paramètre étant dans ]0,1[).

$F_Y$ est la fonction de répartion d'une densité donc est dérivable et $F'_Y=f_Y$. Or $f_Y$ est strictement positive, donc $F_Y$ est strictement croissante. De plus comme $F_Y$ est continue (car dérivable), donc réalise une bijection sur son image. Mais comme $\lim_{x\to-\infty}F_Y(x)=0$ et $\lim_{x\to+\infty}F_Y(x)=1$, il suit que $F_Y$ réalise une bijection de $\mathbb R$ sur $]0,1[$.

Soit $x\in]0,1[$, par croissance de $F_Y$, on a : $$P(F^{-1}_Y(X)\leq x)=P(F_Y(F^{-1}_Y(X))\leq F_Y(x))=P(X\leq F_Y(x))=F_Y(x).$$ Par conséquent la fonction de répartition de $F^{-1}_Y(X)$ est la même que celle de $Y$, c'est à dire que $F^{-1}_Y(X)$ a même loi que $Y$. $F^{-1}_Y$ transporte donc $X$ en $Y$.

Comme $F_Y$ est comprise entre 0 et 1, on a : $$|yF_Y(y)\varphi(y)|\leq|y|\varphi(y),$$ Mais $\int_{-\infty}^{+\infty}|y|\varphi(y)dy=-\int_{-\infty}y\varphi(y)dy+\int_0^{+\infty}y\varphi(y)dy$ est une quantité finie car la loi normale admet une espérance (c'est à dire $\int_{-\infty}^{+\infty}y\varphi(y)dy$ est finie). Par comparaison, on en déduit que $\int_{-\infty}^{+\infty}yF_Y(y)\varphi(y)dy$ converge.

Pour le calcul, on observe que $\int y\varphi(y)dy=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int ye^{-y^2/2}dy=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2}+C=-\varphi(y)+C$. Donc à l'aide d'une intégration par parties, on a : $$\left[-F_Y(y)\varphi(y)\right]_{-\infty}^{+\infty}+\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi^2(y)dy.$$ Mais comme $\lim_{x\to\pm}\varphi(y)=0$, $\lim_{x\to-\infty}F_Y(y)=0$ et $\lim_{x\to+\infty}F_Y(y)=1$, le terme entre crochet est nul. Il reste alors : $$\int_{-\infty}^{+\infty}yF_Y(y)\varphi(y)dy=\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi^2(y)dy=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{y^2}dy=\frac{\sqrt{\pi}}{2\pi}=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}.$$

Sous réserve de convergence, nous avons ceci : $$\int_{-\infty}^{+\infty}\left(y-F_Y(y)\right)^2\varphi(y)dy=\int_{-\infty}^{+\infty}y^2\varphi(y)dy-2\int_{-\infty}^{+\infty}yF_Y(y)\varphi(y)dy+\int_{-\infty}^{+\infty}F^2_Y(y)\varphi(y)dy.$$ Or on observe que $\int_{-\infty}^{+\infty}y^2\varphi(y)dy=V(Y)=1$ car $Y$ suit une loi normale centrée réduite, $\int_{-\infty}^{+\infty}yF_Y(y)\varphi(y)dy=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}$, donc les deux premières intégrales sont convergentes. Pour la troisième intégrale, on procéde comme dans la question 7.a) avec un argument de comparaison avec la majoration $|F_Y(y)\varphi(y)|\leq\varphi(y)$ et le fait que $\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(y)dy=1$.

Pour le calcul nous avons déjà ceci : $$\int_{-\infty}^{+\infty}\left(y-F_Y(y)\right)^2\varphi(y)dy=1-\frac{1}{\sqrt{\pi}}+\int_{-\infty}^{+\infty}F^2_Y(y)\varphi(y)dy.$$ Il nous reste à calculer la troisième intégrale qui utilise une intégration par parties : $$\int_{-\infty}^{+\infty}F^2_Y(y)\varphi(y)dy=\left[F^2_Y(y)F_Y(y)\right]_{-\infty}^{+\infty}-2\int_{-\infty}^{\infty}F_Y(y)\varphi(y)F_Y(y)dy.$$ On reconnait à gauche et à droite de l'égalité la même intégrale, en les regroupant d'un seul côté obtient : $$3\int_{-\infty}^{+\infty}F^2_Y(y)\varphi(y)dy=\left[F^2_Y(y)F_Y(y)\right]_{-\infty}^{+\infty}=1,$$ d'où $\int_{-\infty}^{+\infty}F^2_Y(y)\varphi(y)dy=\frac{1}{3}$. On en déduit alors que : $$\int_{-\infty}^{+\infty}\left(y-F_Y(y)\right)^2\varphi(y)dy=\frac{4}{3}-\frac{1}{\sqrt{\pi}}.$$

On a $$C(F_Y^{-1})=E((X-F^{-1}_Y(X))^2)=E((F_Y(F^{-1}_Y(X))-F^{-1}_Y(X))^2)=E((F_Y(Y)-Y)^2)$$ puis on conclut grâce au théorème de transfert et le résultat de la question précédente.