Les définitions de fonction de transport et de coût de transport sont identiques à celles données dans le préambule de la partie I.
Dans toute cette partie $U$ désigne une variable aléatoire vérifiant $U(\Omega)=[0,1]$ et suivant la loi uniforme sur le segment $[0,1]$.
Soit $Y$ une variable aléatoire admettant une densité $f_Y$ nulle hors d'un segment $[\alpha,\beta],\ (\alpha<\beta)$ et dont la restriction à ce segment est continue et strictement positive. On note $F_Y$ la fonction de répartition de $Y$.
On suppose l'existence d'une fonction $g$ de classe ${\cal C}^1$ sur $[0,1]$, à valeurs dans $[\alpha,\beta]$, telle que la variable aléatoire $Z=g(U)$ suit la même loi que $Y$.
12. Pour tout entier $N\geq 1$, on pose pour tout $\omega\in\Omega$ : $$X_N(\omega)=\begin{cases} [1+NU(\omega)] & \text{ si } & 0\leq U(\omega)<\! 1\\ N & \text{ si } & U(\omega)=1 \end{cases} \space\text{ et }\space Y_N(\omega)=g\left(\frac{X_N(\omega)}{N}\right).$$
a) Trouver la loi de la variable aléatoire $X_N$.
On observe que $X_N(\Omega)=[\![1,N]\!]$. Soit $k\in [\![1,N-1]\!]$, on a : $$P(X_N=k)=P(k\leq 1+NU<\! k+1)=P\left(\frac{k-1}{N}\leq U<\! \frac{k}{N}\right)=\frac{1}{N}.$$ D'autre part, par la formule des proba totales : $$P(X_N=N)=P_{U\in[0,1[}(X_N=N)P(U\in[0,1[)+P_{U=1}(X_N=N)P(U=1),$$ mais comme $P(U=1)=0$ et $P(U\in[0,1[)=1$, on a : $$P(X_N=N)=P_{U\in[0,1[}(X_N=N)=P(N\leq 1+NU<\! N+1)=P\left(\frac{N-1}{N}\leq U<\! 1\right)=\frac{1}{N}.$$ Il suit que $X_N$ suit une loi uniforme sur $[\![1,N-1]\!]$.
b) Etablir l'existence d'une constante $\lambda>0$, indépendante de $N$ telle que : $\forall\omega\in\Omega,\ \left|Z(\omega)-Y_N(\omega)\right|\leq\frac{\lambda}{N}$.
Commençons par le cas où $\omega$ vérifie $0\leq U(\omega)<\! 1$. On a $$|Z(\omega)-Y_N(\omega)|=\left|g(U(\omega))-g\left(\frac{[1+NU(\omega)]}{N}\right)\right|.$$ Comme $g$ est de classe $C^1$ sur $[0,1]$, grace à l'inégalité des accroissements finis on a : $$|Z(\omega)-Y_N(\omega)|\leq \sup_{x\in[0,1]}|g'(x)|\left|U(\omega)-\frac{[1+NU(\omega)]}{N}\right|=\sup_{x\in[0,1]}|g'(x)|\left|\frac{NU(\omega)-[1+NU(\omega)]}{N}\right|\leq\sup_{x\in[0,1]}|g'(x)|\frac{1}{N}.$$ Donc en posant $\lambda=\sup_{x\in[0,1]}|g'(x)|$, l'inégalité à lieue pour $0\leq U(\omega)<\! 1$. Considérons maintenant le cas où $U(\omega)=1$, on a : $$|Z(\omega)-Y_N(\omega)|=|g(1)-g(1)|=0,$$ et l'inégalité a aussi lieue, d'où le résultat.
c) Montrer que pour tout réel $y$, on a $F_Y\left(y-\frac{\lambda}{N}\right)\leq P(Y_N<\! y)$.
On a que : $$P(Y_N<\! y)=P(Y_N-Z+Z<\! y)=P(Z<\! y-(Y_N-Z)).$$ Or d'après 12.b $-(Y_N-Z)\geq-\frac{\lambda}{N}$ donc $$Z<\! y-\frac{\lambda}{N}\Longrightarrow Z<\! y-(Y_N-Z)$$ soit encore $$P\left(Z<\! y-\frac{\lambda}{N}\right)\leq P(Z<\! y-(Y_N-Z)).$$ Il suit alors que : $$P(Y_N<\! y)=P(Z<\! y-(Y_N-Z))\geq P\left(Z<\! y-\frac{\lambda}{N}\right)=F_Y\left(y-\frac{\lambda}{N}\right)$$ car $Y$ et $Z$ sont de même loi.
13. Pour tout $k\in[\![1,N]\!]$, on pose : $t_N(k)=g\left(\frac{k}{N}\right)$. On définit alors $\hat t_N$ à partir de $t_N$, comme $\hat t$ à partir de $t$ dans la question 9.
a) Etablir pour tout $k\in[\![1,N]\!]$, les inégalités : $F_Y\left(\hat t_N(k)-\frac{\lambda}{N}\right)\leq P(Y_N<\! \hat t_N(k))<\! \frac{k}{N}$.
L'inégalité $F_Y\left(\hat t_N(k)-\frac{\lambda}{N}\right)\leq P(Y_N<\! \hat t_N(k))$ provient directement de 12.c). Reste à voir $P(Y_N<\! \hat t_N(k))<\! \frac{k}{N}$. Or, d'après 12.a), comme $X_N$ suit une loi uniforme sur $[\![1,N]\!]$ on a $$\displaystyle P(Y_N<\! \hat t_N(k))=P\left(g\left(\frac{X_N}{N}\right)<\! \hat t_N(k)\right)=\sum_{i\in[\![1,N]\!]/g\left(\frac{i}{N}\right)<\!\hat t_N(k)}\frac{1}{N}.$$ Or par définition $\hat t_N(k)$ est le k-ième élément de $g\left(\frac{1}{N}\right),\dots,g\left(\frac{N}{N}\right)$ une fois ordonné. Il n'y a donc pas plus de k-1 indices i de $[\![1,N]\!]$ vérifiant $g\left(\frac{i}{N}\right)<\!\hat t_N(k)$. La somme de droite est donc strictement majoré par $\frac{k}{N}$ soit $$\displaystyle P(Y_N<\! \hat t_N(k))=\sum_{i\in[\![1,N]\!]/g\left(\frac{i}{N}\right)<\!\hat t_N(k)}\frac{1}{N}<\! \frac{k}{N},$$ d'où le résultat.
b) On note $F_Y^{-1}$ la fonction réciproque de la restriction à $[\alpha,\beta]$ de la fonction $F_Y$.
Montrer que pour tout entier $N\geq 1$, on a : $\frac{1}{N}\sum_{k=1}^N\frac{k}{N}g\left(\frac{k}{N}\right)\leq\frac{1}{N}\sum_{k=1}^N\frac{k}{N}\left(F_Y^{-1}\left(\frac{k}{N}\right)+\frac{\lambda}{N}\right)$.
Grâce à l'inégalité (2), on a : $$\frac{1}{N}\sum_{k=1}^N\frac{k}{N}g\left(\frac{k}{N}\right)=\frac{1}{N}\sum_{k=1}^N\frac{k}{N}t_N(k)\leq \frac{1}{N}\sum_{k=1}^N\frac{k}{N}\hat t_N(k).$$ Or d'après 9., on a $F_Y\left(\hat t_N(k)-\frac{\lambda}{N}\right)<\! \frac{k}{N}$, donc par croissance de $F_Y^{-1}$ (car $F_Y$ est une fonction de répartition donc croissante) : $$\hat t_N(k)-\frac{\lambda}{N}\leq F_Y^{-1}\left(\frac{k}{N}\right)\Longrightarrow \hat t_N(k)\leq\frac{\lambda}{N}+F_Y^{-1}\left(\frac{k}{N}\right),$$ et le résultat suit facilement.
c) En déduire l'inégalité : $E(Ug(U))\leq E(UF_Y^{-1}(U))$.
On va passer à la limite en $N$ dans l'inégalité de la question précédente. $g$ étant continue, par le théorème de Riemann $$\lim_{N\to+\infty}\frac{1}{N}\sum_{k=1}^N\frac{k}{N}g\left(\frac{k}{N}\right)=\int_0^1xg(x)dx=E(Ug(U)).$$ D'autre part $\frac{1}{N}\sum_{k=1}^N\frac{k}{N}\left(F_Y^{-1}\left(\frac{k}{N}\right)+\frac{\lambda}{N}\right)=\frac{1}{N}\sum_{k=1}^N\frac{k}{N}F_Y^{-1}\left(\frac{k}{N}\right)+\frac{1}{N^3}\sum_{k=1}^Nk$. Toujours grâce à Riemann, on a $$\lim_{N\to+\infty}\frac{1}{N}\sum_{k=1}^N\frac{k}{N}F_Y^{-1}\left(\frac{k}{N}\right)=\int_0^1xF^{-1}_Y(x)dx=E(UF^{-1}_Y(U)),$$ et par un petit calcul on a aussi $$\lim_{N\to+\infty}\frac{1}{N^3}\sum_{k=1}^Nk=\lim_{N\to+\infty}\frac{1}{N^3}\frac{N(N+1)}{2}=0.$$ Et le résultat suit.
14.a) Parmi les fonctions de transport de classe ${\cal C}^1$ de $U$ vers la loi de $Y$, trouver une fonction de transport $T^*$ de coût minimal.
D'après 13.c), on a $$\begin{align} C(g)&=E((U-g(U))^2)\\ &=E(U^2)-2E(Ug(U))+E((g(U)^2)\\ &=E(U^2)-2E(Ug(U))+E(Y^2)\\ &\geq E(U^2)-2E(UF_Y^{-1}(U))+E((F_Y^{-1}(U))^2)\\ &=E((U-F_Y^{-1}(U))\\ &=C(F_Y^{-1}(U)). \end{align}$$ Par conséquent le coût de transport ne peut pas être inférieur à celui de $F_Y^{-1}$. Or $Y$ a une densité continue strictement positive sur $[\alpha,\beta]$, donc $F_Y$ est $C^1$ strictement croissante, de dérivée jamais nulle, de $[\alpha,\beta]$ dans $[0,1]$ et donc $F^{-1}_Y$ est $C^1$ sur $[0,1]$. Une fonction de transport recherchée de coût minimal est donc $F_Y^{-1}$.
b) On suppose que $Y=|4U-2|$. Déterminer $T^*$ et $C(T^*)$.
On observe que $Y(\Omega)=[0,2]$. Soit $x\in[0,2]$, on a $$F_Y(x)=P(|4U-2|\leq x)=P\left(\frac{-x+2}{4}\leq U\leq \frac{x+2}{2}\right)=\frac{x}{2}.$$ Il suit en dérivant la fonction de répartition que $Y$ a une densité égale à $\frac{1}{2}$ sur $[0,2]$ donc strictement positive et nulle en dehors de $[0,2]$. Nous somme donc dans les hypothèses de cette partie. Une fonction de transport minimisant le coût est alors $T^*:[0,1]\to[1,2],x\mapsto 2x$ (la fonction réciproque de $F_Y$ sur $[0,1]$). Calculons son coût : $$C(T^*)=E((U-2U)^2)=E(U^2)=\frac{1}{3}.$$
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