Dans ce problème, on s'intéresse à des opérations de transport dans des situations déterministes ou aléatoires, modélisées de manière discrète ou continue, dans le but de trouver un programme de transport otpimal dont le coût serait le plus faible possible.
Les parties I, II et III sont largement indépendantes.
1. Soit $N$ un entier supérieur ou égal à 2.
a) Quel est le nombre d'éléments de l'ensemble ${\cal E}_N$?
Un résultat de cours : $Card({\cal E}_N)=N^N$.
b) Parmi les éléments de ${\cal E}_N$, quel est le nombre d'applications injectives et parmi celles-ci, combien sont strictement monotones?
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.
(les réponses aux questions 1.a) et 1.b) seront données sans démonstration)
2. Soit $p$ un réel vérifiant $0<\! p<\! 1$.
On considère une variable aléatoire $X$ suivant la loi exponentielle de paramètre 1.
Pour tout $\omega\in\Omega$, on pose : $Y(\omega)=[pX(\omega)]$, où $[\ ]$ désigne la fonction partie entière.
a) Vérifier que $Y$ est une variable aléatoire discrète. Calculer pour tout $n\in\mathbb N$, la probabilité $P(Y=n)$.
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 : $$P(Y=n)=P\left(\frac{n}{p}\leq X<\! \frac{n+1}{p}\right)=\int_{n/p}^{(n+1)/p}e^{-t}dt=e^{-\frac{n}{p}}\left(1-e^{-\frac{1}{p}}\right).$$
b) Montrer que la variable aléatoire $Y+1$ suit une loi géométrique dont on précisera le paramètre.
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 $1-e^{-1/p}$.
c) Etablir les inégalités strictes : $0<\! E(Y) <\! p$.
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 $E(Y)>p$.
3.a) Pour tout couple $(r,s)\in\mathbb N^2$, montrer que l'intégrale $\int_0^1x^r(\ln x)^sdx$ est convergente.
(on pourra utiliser le changement de variable $u=-\ln x$ après avoir justifié précisément sa validité)
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.
b) Etablir pour tout couple $(r,s)\in\mathbb N^2$, l'égalité : $\int_0^1x^r(\ln x)^sdx=\frac{(-1)^s s!}{(r+1)^{s+1}}$.
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.
On dit que la loi d'une variable aléatoire $Y$ est accessible depuis une variable aléatoire $X$, s'il existe une application $T:X(\Omega)\longrightarrow\mathbb R$ telle que la variable aléatoire $T(X)$ suit la même loi que $Y$.
L'application $T$ est alors appelée une fonction de transport de la variable aléatoire $X$ vers la loi de $Y$.
On associe à $T$ un coût de transport $C(T)$ défini, sous réserve d'existence, par : $C(T)=E\left(\left(X-T(X)\right)^2\right)$.
Dans toute cette partie, $X$ désigne une variable aléatoire vérifiant $X(\Omega)=]0,1[$ et suivant la loi uniforme sur $]0,1[$, c'est à dire admettant pour densité la fonction $f_X$ définie par : $$f_X=\begin{cases}1\text{ si }x\in]0,1[\\ 0\text{ sinon}\end{cases}.$$
Soit $p$ un réel vérifiant $0<\! p<\! 1$. Pour tout réel $a\in[0,1-p]$, on note dans cette question, $T_a$ la fonction définie sur $]0,1[$ par : $$T_a(x)=\begin{cases}1\text{ si }x\in]a,a+p[\\ 0\text{ sinon}\end{cases}.$$
4.a) Calculer la probabilité $P(T_a(X)=1)$ et en déduire que les fonctions $T_a$ sont des fonctions de transport de $X$ vers une même loi que l'on précisera.
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 $p$.
b) Vérifier que le coût de transport $C(T_a)$ est égal à $\frac{1}{3}+p(1-p)-2pa$.
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.
c) En déduire la valeur de $a$ qui minimise $C(T_a)$ et exprimer le coût minimal correspondant en fonction de $p$.
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 : $$C(T_{1-p})=\frac{1}{3}-p(1-p).$$
5. Soit $T_1$ et $T_2$ les applications définies sur $]0,1[$ par $T_1(x)=-\ln x$ et $T_2(x)=-\ln(1-x)$.
a) Vérifier que $T_1$ et $T_2$ sont des fonctions de transport de $X$ vers une loi que l'on précisera.
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.
b) En utilisant les résultats de la question 3, comparer les coûts de transport $C(T_1)$ et $C(T_2)$.
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 $C(T_2)<\! C(T_1)$.
c) A l'aide de la question 2, montrer que toutes les lois géométrique sont accessibles depuis $X$.
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[).
6. dans cette question, $Y$ désigne une variable aléatoire admettant une densité $f_Y$ continue et strictement positive sur $\mathbb R$.
a) Justifer que la fonction de répartition $F_Y$ de $Y$ réalise une bijection de $\mathbb R$ sur l'intervalle $]0,1[$.
$F_Y$ 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 $]0,1[$.
b) On note $F^{-1}_Y$ la bijection réciproque de $F_Y$.
Montrer que $F^{-1}_Y$ est une fonction de transport de la variable aléatoire $X$ vers la loi de $Y$.
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 $Y$.
7. Cas particulier : on suppose que $Y$ suit la loi normale centrée réduite.
On note $F_Y$ la fonction de répartition de $Y$ et $\varphi$ la densité continue sur $\mathbb R$ de $Y$.
a) Etablir la convergence de l'intégrale $\int_{-\infty}^{+\infty}yF_Y(y)\varphi(y)dy$.
A l'aide d'une intégration par partie, montrer que $\int_{-\infty}^{+\infty}yF_Y(y)\varphi(y)dy=\frac{1}{2\sqrt\pi}$.
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 : $$\int_{-\infty}^{+\infty}yF_Y(y)\varphi(y)dy=\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi^2(y)dy=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{y^2}dy=\frac{\sqrt{\pi}}{2\pi}=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}.$$
b) Montrer que l'intégrale : $\int_{-\infty}^{+\infty}\left(y-F_Y(y)\right)^2\varphi(y)dy$ est convergente et la calculer.
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 : $$\int_{-\infty}^{+\infty}\left(y-F_Y(y)\right)^2\varphi(y)dy=\frac{4}{3}-\frac{1}{\sqrt{\pi}}.$$
c) En déduire que le coût de transport $C(F_Y^{-1})$ est égal à $\frac{4}{3}-\frac{1}{\sqrt\pi}$.
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.
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