Probabilités (mesure) et théorème central limite : 18 exercices corrigés

Axiomes de Kolmogorov : la probabilité est une mesure

DémonstrationDifficulté 3/5

Énoncer les axiomes de Kolmogorov d'un espace probabilisé $(\Omega,\mathcal{A},P)$ . En déduire $P(\varnothing)=0$ , $P(A^c)=1-P(A)$ et la monotonie. Vérifier ces propriétés sur le dé équilibré $\Omega=\{1,\dots,6\}$ , $P(\{\omega\})=\tfrac16$ .

Indices (3)

$P$ est une mesure (σ-additive) avec $P(\Omega)=1$ .

$\Omega=A\sqcup A^c$ et additivité finie.

$A\subseteq B\Rightarrow B=A\sqcup(B\setminus A)$ .

Correction détaillée

Les trois axiomes de KOLMOGOROV, et pourquoi ce sont ceux-là

Un espace probabilisé est un triplet $(\Omega,\mathcal{A},P)$ où $\mathcal{A}$ est une tribu et $P:\mathcal{A}\to[0,1]$ vérifie :

\begin{array}{ll} \textbf{(K1)} & P(A)\geq 0\\ \textbf{(K2)} & P(\Omega)=1\\ \textbf{(K3)} & P\Big(\bigsqcup_{n}A_n\Big)=\sum_n P(A_n)\quad\text{(} \sigma\text{-additivit\'e)} \end{array}

\boxed{\text{une probabilit\'e EST une mesure de masse totale } 1}

👉 Tout le chapitre repose sur cette identification : les théorèmes de la théorie de la mesure — convergence dominée, Fubini, Radon-Nikodym — deviennent des outils probabilistes.

Étape 1 — Les trois conséquences

$P(\varnothing)=0$ . La suite $\varnothing,\varnothing,\dots$ est disjointe, donc par (K3)

P(\varnothing)=\sum_{n=1}^{\infty}P(\varnothing)

Une série de terme constant converge seulement si ce terme est nul :

\boxed{P(\varnothing)=0}

$P(A^{c})=1-P(A)$ . Comme $\Omega=A\sqcup A^{c}$ :

1=P(\Omega)=P(A)+P(A^{c})

MONOTONIE. Si $A\subseteq B$ , alors $B=A\sqcup(B\setminus A)$ :

P(B)=P(A)+\underbrace{P(B\setminus A)}_{\geq 0}\geq P(A)

\boxed{A\subseteq B\ \Longrightarrow\ P(A)\leq P(B)}

Étape 2 — Vérification sur le dé équilibré

\Omega=\{1,2,3,4,5,6\},\qquad \mathcal{A}=\mathcal{P}(\Omega),\qquad P(\{k\})=\frac16

\begin{array}{lll} P(\Omega) & \frac66=1 & \checkmark\ \text{(K2)}\\ P(\text{pair})=P(\{2,4,6\}) & \frac36=\frac12 & \\ P(\text{impair}) & \frac12=1-\frac12 & \checkmark\ \text{compl\'ementaire}\\ P(\{1,2\})\leq P(\{1,2,3\}) & \frac26\leq\frac36 & \checkmark\ \text{monotonie} \end{array}

Sur un $\Omega$ FINI, la $\sigma$ -additivité se réduit à l'additivité finie — les suites infinies d'événements disjoints y sont nulles à partir d'un rang.

👉 C'est pourquoi le dé est l'exemple de contrôle idéal : tout s'y calcule exactement, et les formules générales s'y vérifient à la main.

Étape 3 — Pourquoi la $\sigma$-additivité, et pas seulement l'additivité

L'additivité FINIE ne suffit pas — elle ne permet pas de passer à la limite.

\boxed{A_n\uparrow A\ \Longrightarrow\ P(A_n)\to P(A)}

Cette continuité croissante est ÉQUIVALENTE à (K3) en présence de l'additivité finie, et c'est elle qu'on emploie constamment :

\begin{array}{ll} \text{loi des grands nombres} & \text{convergence presque s\^ure}\\ \text{Borel-Cantelli} & P(\limsup A_n)\\ \text{fonction de r\'epartition} & \text{continuit\'e \`a droite} \end{array}

👉 Sans $\sigma$ -additivité, aucun théorème limite — et c'est précisément ce que ce chapitre étudie.

Sur un $\Omega$ INFINI, la tribu ne peut pas toujours être $\mathcal{P}(\Omega)$ : sur $[0,1]$ , il n'existe aucune probabilité $\sigma$ -additive et invariante par translation définie sur toutes les parties. D'où le recours à la tribu borélienne.

Le statut de ce qui est admis, et pourquoi il faut le dire

\begin{array}{ll} \text{v\'erifi\'e ici, par calcul} & \text{les trois cons\'equences, sur le d\'e}\\ \text{ADMIS} & \text{l'existence de la mesure de Lebesgue sur } [0,1]\\ \text{ADMIS} & \text{le th\'eor\`eme d'extension de Carath\'eodory} \end{array}

Ce chapitre est CALCULATOIRE-FIRST : il ancre chaque notion sur un cas fini où tout se vérifie, et étiquette honnêtement les théorèmes profonds qu'il admet.

\boxed{\text{dire ce qui est ADMIS n'est pas une faiblesse, c'est la seule honn\^etet\'e possible}}

👉 Le lecteur doit savoir où il se tient : ce qu'il peut refaire lui-même, et ce qu'il prend pour acquis. Les exercices C4, D2 et D5 portent explicitement cette distinction.

Réponse. Axiomes de Kolmogorov (

P

mesure,

P(\Omega)=1

) ;

P(\varnothing)=0

,

P(A^c)=1-P(A)

, monotonie. (Vérifié machine :

\sum P(\omega)=1

, additivité, monotonie sur le dé — A ✓)

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Variable aléatoire, loi image, fonction de répartition

DémonstrationDifficulté 3/5

Définir une variable aléatoire comme fonction mesurable et sa loi $P_X$ comme mesure image. Montrer que $F_X(x)=P(X\leq x)$ est croissante, de limites $0$ et $1$ . Que vaut $P(a<X\leq b)$ ?

Indices (3)

$X$ mesurable : $\{X\leq x\}\in\mathcal{A}$ .

$P_X(B)=P(X^{-1}(B))$ .

$\{X\leq a\}\subseteq\{X\leq b\}$ pour $a\leq b$ .

Correction détaillée

Les trois définitions, et le résultat

\begin{array}{ll} \textbf{variable al\'eatoire} & X:\Omega\to\mathbb{R}\ \text{MESURABLE}\\ \textbf{loi} & P_X(B)=P(X^{-1}(B))\ \text{— la mesure IMAGE}\\ \textbf{r\'epartition} & F_X(x)=P(X\leq x) \end{array}

\boxed{F_X\ \text{croissante},\ F_X(-\infty)=0,\ F_X(+\infty)=1,\ \text{continue \`a DROITE}}

\boxed{P(a<X\leq b)=F_X(b)-F_X(a)}

Étape 1 — Mesurable, et pourquoi

X\ \text{mesurable}\iff X^{-1}(B)\in\mathcal{A}\ \text{pour tout bor\'elien } B

C'est exactement ce qu'il faut pour que $P(X\in B)$ AIT UN SENS — sans mesurabilité, l'événement $\{X\in B\}$ pourrait ne pas être dans la tribu, et sa probabilité ne serait pas définie.

\boxed{\text{la mesurabilit\'e n'est pas technique : c'est la condition d'EXISTENCE}}

Il suffit de le vérifier sur les $B=]-\infty,x]$ — ils engendrent la tribu borélienne, et l'image réciproque commute aux opérations ensemblistes.

Étape 2 — La loi comme mesure image

P_X(B)=P\big(X^{-1}(B)\big)

C'est une PROBABILITÉ sur $\mathbb{R}$ :

P_X(\mathbb{R})=P(X^{-1}(\mathbb{R}))=P(\Omega)=1\ \checkmark

et la $\sigma$ -additivité se transporte, car $X^{-1}$ préserve les unions disjointes.

👉 Toute l'information probabiliste de $X$ est dans $P_X$ — l'espace $\Omega$ de départ n'importe plus. C'est pourquoi on dit « soit $X$ de loi $\mathcal{N}(0,1)$ » sans jamais préciser $\Omega$ .

\boxed{\text{deux v.a. de M\^EME LOI sont interchangeables dans tout calcul}}

Étape 3 — Les propriétés de $F_X$

CROISSANTE : si $x\leq y$ , alors $\{X\leq x\}\subseteq\{X\leq y\}$ , donc par monotonie (exercice A1)

F_X(x)\leq F_X(y)

LIMITES : par continuité de la mesure le long des suites monotones,

\{X\leq n\}\uparrow\Omega\ \Longrightarrow\ F_X(n)\to 1

\{X\leq -n\}\downarrow\varnothing\ \Longrightarrow\ F_X(-n)\to 0

CONTINUE À DROITE : $\{X\leq x+1/n\}\downarrow\{X\leq x\}$ , d'où $F_X(x+1/n)\to F_X(x)$ .

👉 La continuité à droite vient du choix de $\leq$ dans la définition. Avec $<$ , on obtiendrait la continuité à gauche — c'est une convention, mais il faut s'y tenir.

Étape 4 — L'intervalle, et le contrôle sur le dé

]-\infty,b]=]-\infty,a]\ \sqcup\ ]a,b]

Union disjointe, donc par additivité :

F_X(b)=F_X(a)+P(a<X\leq b)

\boxed{P(a<X\leq b)=F_X(b)-F_X(a)}

Sur le dé :

\begin{array}{lccccccc} x & <1 & [1,2[ & [2,3[ & [3,4[ & [4,5[ & [5,6[ & \geq 6\\\hline F_X(x) & 0 & 1/6 & 2/6 & 3/6 & 4/6 & 5/6 & 1 \end{array}

P(2<X\leq 4)=F(4)-F(2)=\frac46-\frac26=\frac13

Contrôle direct : $\{3,4\}$ , soit $2$ cas sur $6$ , donc $\frac13$ ✓

⚠️ Les SAUTS de $F_X$ sont les atomes : $P(X=x)=F_X(x)-F_X(x^-)$ . Ici chaque saut vaut $\frac16$ . Pour une loi à densité, $F_X$ est continue et il n'y a aucun atome.

Réponse.

X

mesurable ;

P_X

mesure image ;

F_X

croissante

0\to1

;

P(a<X\leq b)=F_X(b)-F_X(a)

. (Conclusion certifiée sur instances ; mesurabilité/loi image = relecture)

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Espérance = intégrale ∫X dP : linéarité, E[1_A]=P(A)

CalculDifficulté 3/5

Définir $E[X]=\int_\Omega X\,dP$ et rappeler la linéarité et $E[\mathbf 1_A]=P(A)$ . Sur le dé équilibré, calculer $E[X]$ , vérifier $E[2X+3]=2E[X]+3$ , et $E[\mathbf 1_A]=P(A)$ pour $A=\{$ pair $\}$ .

Indices (3)

$E[X]=\sum_\omega X(\omega)P(\omega)$ en fini.

$E[\mathbf 1_A]=\sum_{\omega\in A}P(\omega)=P(A)$ .

$E[X]=\tfrac16(1+\dots+6)$ .

Correction détaillée

La définition, et ce qu'elle unifie

\boxed{E[X]=\int_{\Omega}X\,dP}

L'espérance est une INTÉGRALE — au sens de Lebesgue, contre la mesure $P$ .

\begin{array}{ll} \text{cas discret} & E[X]=\sum_k x_kP(X=x_k)\\ \text{cas \`a densit\'e} & E[X]=\int_{\mathbb{R}}x\,f(x)\,dx \end{array}

👉 Une seule définition, deux formules — c'est tout le bénéfice de la théorie de la mesure. Avant Lebesgue, discret et continu demandaient deux théories séparées.

Étape 1 — Les deux propriétés fondamentales

LINÉARITÉ — c'est celle de l'intégrale :

E[aX+bY]=aE[X]+bE[Y]

⚠️ Elle ne demande AUCUNE hypothèse d'indépendance — c'est ce qui la rend si commode, et c'est la différence essentielle avec la variance (exercice B2).

L'INDICATRICE :

E[\mathbf 1_A]=\int_{\Omega}\mathbf 1_A\,dP=P(A)

\boxed{\text{une probabilit\'e est l'esp\'erance de son indicatrice}}

👉 C'est le pont qui permet de traduire un énoncé ensembliste en énoncé d'espérance — et c'est ce qu'emploient Markov (exercice D4) et Borel-Cantelli (exercice D3).

Étape 2 — Le calcul sur le dé

E[X]=\sum_{k=1}^{6}k\cdot\frac16=\frac{1+2+3+4+5+6}{6}=\frac{21}{6}=\boxed{\frac72=3{,}5}

⚠️ $3{,}5$ n'est PAS une valeur possible du dé. L'espérance est une moyenne, pas une prédiction — c'est le malentendu le plus fréquent.

Vérification de la linéarité :

E[2X+3]=\sum_k(2k+3)\frac16=\frac{2\cdot 21+18}{6}=\frac{60}{6}=10

2E[X]+3=2\cdot\frac72+3=7+3=10\ \checkmark

Étape 3 — L'indicatrice

A=\{\text{pair}\}=\{2,4,6\}

\mathbf 1_A(k)=\begin{cases}1 & k\in\{2,4,6\}\\ 0 & \text{sinon}\end{cases}

E[\mathbf 1_A]=1\cdot\frac16+0\cdot\frac16+1\cdot\frac16+0\cdot\frac16+1\cdot\frac16+0\cdot\frac16=\frac36=\frac12

P(A)=\frac{\lvert\{2,4,6\}\rvert}{6}=\frac12\ \checkmark

\boxed{E[\mathbf 1_A]=P(A)}

Ce que l'intégrale apporte

\begin{array}{ll} \text{th\'eor\`eme} & \text{usage probabiliste}\\\hline \text{convergence monotone} & \text{limites croissantes d'esp\'erances}\\ \text{convergence domin\'ee} & E[X_n]\to E[X]\ \text{sous domination}\\ \text{Fubini} & X\perp Y\Rightarrow E[g(X)h(Y)]=E[g(X)]E[h(Y)]\ \text{(exercice D1)}\\ \text{transfert} & E[g(X)]=\int g\,dP_X \end{array}

Le théorème de TRANSFERT est celui qu'on emploie sans y penser :

E[g(X)]=\int_{\Omega}g(X)\,dP=\int_{\mathbb{R}}g\,dP_X

👉 Il permet de calculer avec la LOI, sans jamais revenir à $\Omega$ — et c'est ce qui rend les calculs de l'exercice A5 possibles.

⚠️ $E[X]$ n'existe pas toujours : il faut $E[\lvert X\rvert]<\infty$ . La loi de Cauchy, de densité $\frac{1}{\pi(1+x^2)}$ , n'a aucune espérance — et c'est pourquoi elle échappe à la loi des grands nombres comme au TCL.

Réponse.

E[X]=\int X\,dP

, linéaire,

E[\mathbf 1_A]=P(A)

; dé :

E[X]=\tfrac72

,

E[2X+3]=10

. (Vérifié machine :

E[X]=7/2

, linéarité

E[2X+3]=2E[X]+3

,

E[\mathbf 1_A]=P(A)=1/2

— A ✓)

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Variance, écart-type, inégalité de Bienaymé-Tchebychev

CalculDifficulté 3/5

Définir $\mathrm{Var}(X)=E[X^2]-E[X]^2$ et $\mathrm{Var}(aX+b)=a^2\mathrm{Var}(X)$ . Calculer $\mathrm{Var}(X)$ pour le dé et vérifier $\mathrm{Var}(2X+5)=4\,\mathrm{Var}(X)$ . Énoncer l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

Indices (3)

$\mathrm{Var}(X)=E[(X-\mu)^2]=E[X^2]-\mu^2$ .

$E[X^2]=\tfrac16\sum_{k=1}^6 k^2$ .

Tchebychev : $P(|X-\mu|\geq k\sigma)\leq\tfrac1{k^2}$ .

Correction détaillée

Les définitions et l'inégalité

\boxed{\mathrm{Var}(X)=E\big[(X-E[X])^2\big]=E[X^2]-E[X]^2,\qquad \sigma=\sqrt{\mathrm{Var}(X)}}

\boxed{\mathrm{Var}(aX+b)=a^2\,\mathrm{Var}(X)}

\boxed{\text{BIENAYM\'E-TCHEBYCHEV} : \ P\big(\lvert X-E[X]\rvert\geq\varepsilon\big)\leq\frac{\mathrm{Var}(X)}{\varepsilon^2}}

La variance mesure la DISPERSION ; l'inégalité la transforme en majoration de probabilité, et c'est elle qui démontrera la loi faible des grands nombres.

Étape 1 — La formule de Koenig-Huygens

E\big[(X-m)^2\big]=E[X^2-2mX+m^2]\qquad\text{avec } m=E[X]

Par linéarité (exercice A3) :

=E[X^2]-2mE[X]+m^2=E[X^2]-2m^2+m^2=E[X^2]-m^2

\boxed{\mathrm{Var}(X)=E[X^2]-E[X]^2}

Et $\mathrm{Var}(X)\geq 0$ puisque c'est l'espérance d'un carré — d'où

E[X^2]\geq E[X]^2

👉 C'est un cas particulier de l'inégalité de Jensen (exercice D4), avec la fonction convexe $x\mapsto x^2$ .

Étape 2 — L'effet d'une transformation affine

E[aX+b]=aE[X]+b=am+b

\mathrm{Var}(aX+b)=E\big[(aX+b-am-b)^2\big]=E\big[a^2(X-m)^2\big]=a^2\mathrm{Var}(X)

\boxed{\mathrm{Var}(aX+b)=a^2\mathrm{Var}(X)}

👉 La translation $b$ DISPARAÎT — elle déplace la distribution sans la disperser. Et le facteur est $a^2$ , non $a$ : la variance est quadratique, l'écart-type linéaire :

\sigma(aX+b)=\lvert a\rvert\,\sigma(X)

Étape 3 — Le calcul sur le dé

E[X]=\frac72,\qquad E[X^2]=\sum_{k=1}^{6}k^2\cdot\frac16=\frac{1+4+9+16+25+36}{6}=\frac{91}{6}

\mathrm{Var}(X)=\frac{91}{6}-\left(\frac72\right)^2=\frac{91}{6}-\frac{49}{4}=\frac{182-147}{12}=\boxed{\frac{35}{12}\approx 2{,}917}

\sigma=\sqrt{35/12}\approx 1{,}708

Vérification de la transformation affine :

\mathrm{Var}(2X+5)=\frac{35}{3}\qquad\text{et}\qquad 4\,\mathrm{Var}(X)=4\cdot\frac{35}{12}=\frac{35}{3}\ \checkmark

Étape 4 — Bienaymé-Tchebychev, et sa qualité

Démonstration, par Markov (exercice D4) appliqué à $(X-m)^2\geq 0$ :

P\big(\lvert X-m\rvert\geq\varepsilon\big)=P\big((X-m)^2\geq\varepsilon^2\big)\leq\frac{E[(X-m)^2]}{\varepsilon^2}=\frac{\mathrm{Var}(X)}{\varepsilon^2}

Sur le dé, avec $\varepsilon=2$ :

P\big(\lvert X-3{,}5\rvert\geq 2\big)\leq\frac{35/12}{4}=\frac{35}{48}\approx 0{,}729

Valeur RÉELLE : $\lvert X-3{,}5\rvert\geq 2$ signifie $X\in\{1,6\}$ , soit

P=\frac26=\frac13\approx 0{,}333

0{,}333\leq 0{,}729\ \checkmark\qquad\text{mais la borne est LARGE}

👉 Tchebychev est grossière, et c'est assumé : elle ne suppose rien sur la loi, seulement l'existence de la variance. C'est cette universalité qui la rend précieuse — la loi faible des grands nombres (exercice B5) s'en déduit sans hypothèse de forme.

\boxed{\text{le TCL donnera une bien meilleure approximation, au prix d'un passage \`a la limite}}

Réponse.

\mathrm{Var}(X)=\tfrac{35}{12}

(dé),

\mathrm{Var}(2X+5)=\tfrac{35}3

; Tchebychev

P(|X-\mu|\geq k\sigma)\leq\tfrac1{k^2}

. (Vérifié machine :

\mathrm{Var}=35/12

,

\mathrm{Var}(2X+5)=4\mathrm{Var}

, Tchebychev sur instances — A ✓)

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Lois usuelles : espérance et variance

CalculDifficulté 3/5

Donner l'espérance et la variance des lois Bernoulli $\mathcal{B}(p)$ , binomiale $\mathcal{B}(n,p)$ , Poisson $\mathcal{P}(\lambda)$ , uniforme $\mathcal{U}[0,1]$ , exponentielle $\mathcal{E}(\lambda)$ et normale $\mathcal{N}(\mu,\sigma^2)$ . Vérifier $E,\mathrm{Var}$ de $\mathcal{B}(n,p)$ par décomposition en somme de Bernoulli.

Indices (3)

$\mathcal{B}(n,p)=$ somme de $n$ Bernoulli indépendantes.

Espérance additive ; variance additive si indépendance.

$\mathcal{P}(\lambda)$ : $E=\mathrm{Var}=\lambda$ .

Correction détaillée

Le tableau à connaître

\begin{array}{lccl} \text{loi} & E[X] & \mathrm{Var}(X) & \\\hline \mathcal{B}(p) & p & p(1-p) & \text{Bernoulli}\\ \mathcal{B}(n,p) & np & np(1-p) & \text{binomiale}\\ \mathcal{P}(\lambda) & \lambda & \lambda & \text{Poisson}\\ \mathcal{U}[0,1] & \tfrac12 & \tfrac1{12} & \text{uniforme}\\ \mathcal{E}(\lambda) & \tfrac1\lambda & \tfrac1{\lambda^2} & \text{exponentielle}\\ \mathcal{N}(\mu,\sigma^2) & \mu & \sigma^2 & \text{normale} \end{array}

La ligne de Poisson est remarquable : espérance et variance coïncident. C'est une signature de cette loi — nécessaire mais pas suffisante : la loi uniforme sur $\{0,2\}$ a aussi $E=\mathrm{Var}=1$ —, et un test de terrain rapide.

Étape 1 — Bernoulli et binomiale

Bernoulli : $X\in\{0,1\}$ avec $P(X=1)=p$ .

E[X]=0\cdot(1-p)+1\cdot p=p

E[X^2]=0^2(1-p)+1^2p=p\qquad\text{(car } X^2=X\ \text{pour } X\in\{0,1\})

\mathrm{Var}(X)=p-p^2=p(1-p)

👉 $X^2=X$ est le raccourci : une variable à valeurs $0/1$ est son propre carré.

Binomiale : $X=\sum_{i=1}^{n}X_i$ , somme de $n$ Bernoulli indépendantes.

E[X]=nE[X_1]=np\qquad\text{(lin\'earit\'e, SANS ind\'ependance)}

\mathrm{Var}(X)=n\,\mathrm{Var}(X_1)=np(1-p)\qquad\textbf{(exige l'IND\'EPENDANCE)}

⚠️ L'asymétrie est le point à retenir : l'espérance s'additionne toujours, la variance seulement sous indépendance (exercice B2).

Étape 2 — Poisson, et le calcul de la variance

P(X=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k}}{k!}

E[X]=\sum_{k\geq 0}k\,e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k}}{k!}=\lambda e^{-\lambda}\sum_{k\geq 1}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}=\lambda e^{-\lambda}e^{\lambda}=\lambda

Pour la variance, on passe par le moment FACTORIEL — plus simple que $E[X^2]$ :

E[X(X-1)]=\sum_{k\geq 2}k(k-1)e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}=\lambda^2e^{-\lambda}\sum_{k\geq 2}\frac{\lambda^{k-2}}{(k-2)!}=\lambda^2

E[X^2]=E[X(X-1)]+E[X]=\lambda^2+\lambda

\mathrm{Var}(X)=\lambda^2+\lambda-\lambda^2=\boxed{\lambda}

👉 Le passage par $E[X(X-1)]$ fait tomber DEUX termes du factoriel — c'est le geste standard pour les lois discrètes.

Étape 3 — Uniforme et exponentielle

Uniforme $[0,1]$ , densité $f=\mathbf 1_{[0,1]}$ :

E[X]=\int_0^1x\,dx=\frac12,\qquad E[X^2]=\int_0^1x^2\,dx=\frac13

\mathrm{Var}(X)=\frac13-\frac14=\frac{1}{12}

Exponentielle, densité $\lambda e^{-\lambda x}\mathbf 1_{x\geq 0}$ :

E[X]=\int_0^{\infty}x\lambda e^{-\lambda x}dx=\frac1\lambda\qquad\text{(IPP)}

E[X^2]=\int_0^{\infty}x^2\lambda e^{-\lambda x}dx=\frac{2}{\lambda^2}

\mathrm{Var}(X)=\frac{2}{\lambda^2}-\frac{1}{\lambda^2}=\boxed{\frac{1}{\lambda^2}}

Contrôle dimensionnel : $\sigma=1/\lambda=E[X]$ — l'exponentielle a un écart-type égal à sa moyenne. C'est une autre signature reconnaissable.

Ce que le tableau permet de faire

\begin{array}{ll} \text{standardiser} & Z=\dfrac{X-E[X]}{\sigma},\ \text{d'esp\'erance } 0\ \text{et de variance } 1\\ \text{appliquer le TCL} & \text{il faut } \mu\ \text{et}\ \sigma^2\ \text{FINIS}\\ \text{reconna\^itre une loi} & \text{par le rapport } \mathrm{Var}/E \end{array}

\begin{array}{lll} \mathrm{Var}/E & \text{loi} & \\\hline =1 & \text{Poisson} & \text{compatible, sans suffire}\\ <1 & \text{binomiale} & \mathrm{Var}/E=1-p\\ >1 & \text{sur-dispers\'ee} & \text{binomiale n\'egative, m\'elange} \end{array}

👉 C'est le premier diagnostic d'un statisticien devant des données de comptage — et il ne coûte qu'une division.

⚠️ La loi de CAUCHY n'a ni espérance ni variance : $\int\frac{\lvert x\rvert}{\pi(1+x^2)}dx$ diverge. Elle échappe donc au TCL, et la moyenne de $n$ variables de Cauchy suit... encore une Cauchy, sans aucune concentration.

Réponse. Tableau

E,\mathrm{Var}

des 6 lois ;

\mathcal{B}(n,p)

:

E=np

,

\mathrm{Var}=npq

(somme de Bernoulli). (Vérifié machine :

E,\mathrm{Var}

dérivés de

\varphi

pour les 6 lois — A/C ✓)

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Variable à densité, ∫f=1, espérance par intégrale

CalculDifficulté 3/5

Définir une v.a. à densité $f$ et la condition $\int_\mathbb{R}f\,d\lambda=1$ . Pour la loi exponentielle $f(x)=\lambda e^{-\lambda x}\mathbf 1_{x\geq0}$ , vérifier $\int f=1$ et calculer $E[X]=\tfrac1\lambda$ , $\mathrm{Var}(X)=\tfrac1{\lambda^2}$ . Quel est le lien $F_X\leftrightarrow f$ ?

Indices (3)

$P(X\in B)=\int_B f\,d\lambda$ , $f\geq0$ .

$E[X]=\int x f(x)\,dx$ , $E[X^2]=\int x^2 f$ .

$F_X'=f$ p.p. (Radon-Nikodym par rapport à $\lambda$ ).

Correction détaillée

La définition, et la condition qui la porte

X\ \text{est \`a DENSIT\'E } f\ \text{si}\qquad P(X\in B)=\int_{B}f\,d\lambda\qquad\text{pour tout bor\'elien } B

\boxed{f\geq 0\quad\text{et}\quad \int_{\mathbb{R}}f\,d\lambda=1}

La seconde condition n'est pas décorative : c'est $P(\mathbb{R})=1$ , l'axiome (K2).

Conséquence immédiate : $P(X=a)=\int_{\{a\}}f=0$ — une loi à densité n'a AUCUN atome, donc $F_X$ est continue.

Étape 1 — Vérifier que l'exponentielle est une densité

f(x)=\lambda e^{-\lambda x}\mathbf 1_{x\geq 0},\qquad\lambda>0

Positive ✓ (produit de deux quantités positives)

D'intégrale $1$ :

\int_{\mathbb{R}}f=\int_0^{\infty}\lambda e^{-\lambda x}dx=\Big[-e^{-\lambda x}\Big]_0^{\infty}=0-(-1)=\boxed{1}\ \checkmark

La fonction de répartition :

F(x)=\int_0^{x}\lambda e^{-\lambda t}dt=1-e^{-\lambda x}\qquad(x\geq 0)

Contrôles : $F(0)=0$ , $F(+\infty)=1$ , croissante ✓ — conforme à l'exercice A2.

Étape 2 — L'espérance, par intégration par parties

E[X]=\int_0^{\infty}x\,\lambda e^{-\lambda x}dx

IPP avec $u=x$ et $v'=\lambda e^{-\lambda x}$ , donc $v=-e^{-\lambda x}$ :

E[X]=\Big[-xe^{-\lambda x}\Big]_0^{\infty}+\int_0^{\infty}e^{-\lambda x}dx

Le crochet est NUL : $xe^{-\lambda x}\to 0$ quand $x\to\infty$ (l'exponentielle l'emporte), et vaut $0$ en $0$ .

E[X]=\Big[-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda x}\Big]_0^{\infty}=\boxed{\frac1\lambda}

Et de même :

E[X^2]=\frac{2}{\lambda^2}\ \Longrightarrow\ \mathrm{Var}(X)=\frac{2}{\lambda^2}-\frac{1}{\lambda^2}=\frac{1}{\lambda^2}

Étape 3 — L'absence de mémoire

\boxed{P(X>s+t\mid X>s)=P(X>t)}

Démonstration, avec $P(X>x)=e^{-\lambda x}$ :

P(X>s+t\mid X>s)=\frac{P(X>s+t)}{P(X>s)}=\frac{e^{-\lambda(s+t)}}{e^{-\lambda s}}=e^{-\lambda t}=P(X>t)

👉 L'exponentielle « oublie » son passé — une ampoule qui a déjà duré $s$ heures a la même espérance de vie résiduelle qu'une neuve.

\boxed{\text{c'est la SEULE loi continue sans m\'emoire}}

Son analogue discret est la loi GÉOMÉTRIQUE — même propriété, même caractérisation.

Ce que la théorie de la mesure unifie

\begin{array}{lll} & \text{discret} & \text{\`a densit\'e}\\\hline \text{loi} & \sum_kp_k\delta_{x_k} & f\,d\lambda\\ E[X] & \sum_kx_kp_k & \int xf(x)dx\\ F_X & \text{en escalier} & \text{continue}\\ P(X=a) & p_a & \mathbf{0} \end{array}

Une seule définition — $E[X]=\int X\,dP$ — recouvre les deux colonnes.

👉 Le théorème de RADON-NIKODYM (admis) dit exactement quand une loi a une densité : quand elle est absolument continue par rapport à Lebesgue, c'est-à-dire quand tout ensemble de mesure nulle est de probabilité nulle.

\boxed{P_X\ll\lambda\iff P_X\ \text{a une densit\'e}}

Et il existe des lois d'AUCUN des deux types : la loi de l'escalier de Cantor est continue — sans atome — et pourtant sans densité. Elle est portée par un ensemble de mesure de Lebesgue nulle.

Réponse. Densité

\int f=1

,

F_X'=f

; exponentielle :

\int f=1

,

E=\tfrac1\lambda

,

\mathrm{Var}=\tfrac1{\lambda^2}

. (Vérifié machine :

E=1/\lambda

,

\mathrm{Var}=1/\lambda^2

via

\varphi

— A/C ✓)

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Indépendance d'événements et de variables

DémonstrationDifficulté 3/5

Définir l'indépendance de deux événements puis de deux v.a. Sur deux dés (espace produit $\{1,\dots,6\}^2$ , équiprobable), vérifier que $A=\{1^{\text{er}}$ dé pair $\}$ et $B=\{2^{\text{e}}$ dé $\leq2\}$ sont indépendants : $P(A\cap B)=P(A)P(B)=\tfrac16$ .

Indices (3)

$A\perp B$ : $P(A\cap B)=P(A)P(B)$ .

$X\perp Y$ : la loi jointe se factorise pour tous les boréliens.

$P(A)=\tfrac12$ , $P(B)=\tfrac13$ .

Correction détaillée

Les deux définitions

\boxed{A\perp B\iff P(A\cap B)=P(A)P(B)}

\boxed{X\perp Y\iff P(X\in B_1,\ Y\in B_2)=P(X\in B_1)P(Y\in B_2)\ \ \forall B_1,B_2}

La seconde est bien plus forte : elle exige l'indépendance de tous les événements construits sur $X$ et $Y$ , pas d'un seul couple.

\text{de fa\c con \'equivalente} : P_{(X,Y)}=P_X\otimes P_Y\qquad\text{(exercice D1)}

Étape 1 — Le cadre : deux dés

\Omega=\{1,\dots,6\}^2,\qquad \lvert\Omega\rvert=36,\qquad P(\{\omega\})=\frac{1}{36}

A=\{1^{\text{er}}\ \text{d\'e pair}\},\qquad B=\{2^{\text{e}}\ \text{d\'e}\leq 2\}

P(A)=\frac{3\times 6}{36}=\frac12,\qquad P(B)=\frac{6\times 2}{36}=\frac13

Étape 2 — Vérifier l'indépendance

A\cap B=\{(a,b)\ :\ a\in\{2,4,6\},\ b\in\{1,2\}\}

\lvert A\cap B\rvert=3\times 2=6\ \Longrightarrow\ P(A\cap B)=\frac{6}{36}=\frac16

P(A)P(B)=\frac12\times\frac13=\frac16\ \checkmark

\boxed{A\perp B}

👉 La raison de fond : $A$ ne dépend que de la première coordonnée, $B$ que de la seconde, et la mesure est un produit. C'est un cas particulier de l'exercice D1.

Étape 3 — Un contre-exemple, et pourquoi il éclaire

Sur le MÊME dé (un seul lancer) :

A=\{\text{pair}\}=\{2,4,6\},\qquad C=\{X\leq 2\}=\{1,2\}

P(A)=\frac12,\qquad P(C)=\frac13,\qquad A\cap C=\{2\}

P(A\cap C)=\frac16=\frac12\times\frac13\ \checkmark

Ils sont INDÉPENDANTS, alors qu'ils portent sur le même lancer !

\boxed{\text{l'ind\'ependance est une propri\'et\'e NUM\'ERIQUE, pas causale}}

👉 C'est le malentendu le plus fréquent : deux événements peuvent être indépendants sans être « sans rapport », et l'inverse aussi. Seul le calcul tranche.

Un vrai contre-exemple : $A=\{\text{pair}\}$ et $D=\{X\leq 3\}=\{1,2,3\}$ .

P(A\cap D)=P(\{2\})=\frac16\qquad\text{mais}\qquad P(A)P(D)=\frac12\cdot\frac12=\frac14

\frac16\neq\frac14\ \Longrightarrow\ \text{D\'EPENDANTS}

L'indépendance MUTUELLE, plus forte que deux à deux

\begin{array}{ll} \text{deux \`a deux} & P(A_i\cap A_j)=P(A_i)P(A_j)\ \forall i\neq j\\ \textbf{MUTUELLE} & P\Big(\bigcap_{i\in I}A_i\Big)=\prod_{i\in I}P(A_i)\ \forall I \end{array}

⚠️ La seconde est STRICTEMENT plus forte, et le contre-exemple de Bernstein le montre. Sur deux pièces équilibrées :

A=\{1^{\text{re}}\ \text{pile}\},\quad B=\{2^{\text{e}}\ \text{pile}\},\quad C=\{\text{m\^eme r\'esultat}\}

Deux à deux indépendants : chaque paire donne $\frac14=\frac12\cdot\frac12$ ✓

Mais pas mutuellement :

P(A\cap B\cap C)=P(A\cap B)=\frac14\qquad\text{alors que}\qquad P(A)P(B)P(C)=\frac18

\frac14\neq\frac18

👉 $C$ est entièrement DÉTERMINÉ par $A$ et $B$ — connaître les deux premiers donne le troisième. C'est l'indépendance mutuelle qui est exigée dans « i.i.d. », et donc dans tout ce chapitre.

Réponse.

A\perp B

:

P(A\cap B)=P(A)P(B)

; 2 dés :

\tfrac16=\tfrac12\cdot\tfrac13

. (Vérifié machine :

P(A\cap B)=P(A)P(B)=1/6

— B ✓)

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E[XY]=E[X]E[Y] et Var(X+Y)=Var X+Var Y si indépendance

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer que $X\perp Y\Rightarrow E[XY]=E[X]E[Y]$ , puis $\mathrm{Var}(X+Y)=\mathrm{Var}(X)+\mathrm{Var}(Y)$ . Vérifier sur deux dés : $E[XY]=\tfrac{49}4$ , $\mathrm{Var}(X+Y)=\tfrac{35}6$ .

Indices (3)

Factorisation de la loi jointe (Fubini) $\Rightarrow E[XY]=E[X]E[Y]$ .

$\mathrm{Var}(X+Y)=\mathrm{Var}X+\mathrm{Var}Y+2\,\mathrm{Cov}(X,Y)$ .

$\mathrm{Cov}(X,Y)=E[XY]-E[X]E[Y]=0$ si $\perp$ .

Correction détaillée

Les deux résultats

\boxed{X\perp Y\ \Longrightarrow\ E[XY]=E[X]E[Y]}

\boxed{X\perp Y\ \Longrightarrow\ \mathrm{Var}(X+Y)=\mathrm{Var}(X)+\mathrm{Var}(Y)}

⚠️ Contraste avec l'espérance : $E[X+Y]=E[X]+E[Y]$ toujours, sans hypothèse. La variance, elle, exige l'indépendance — ou au moins la décorrélation.

\boxed{\text{c'est cette additivit\'e de la variance qui produit le } \sqrt n\ \text{du TCL}}

Étape 1 — Le produit des espérances

Par le théorème de Fubini (exercice D1), l'indépendance signifie $P_{(X,Y)}=P_X\otimes P_Y$ , donc

E[XY]=\int_{\mathbb{R}^2}xy\ d(P_X\otimes P_Y)=\Big(\int x\,dP_X\Big)\Big(\int y\,dP_Y\Big)=E[X]E[Y]

\boxed{E[XY]=E[X]E[Y]}

Dans le cas discret, c'est un calcul direct :

E[XY]=\sum_{i,j}x_iy_jP(X=x_i,Y=y_j)=\sum_{i,j}x_iy_jP(X=x_i)P(Y=y_j)=E[X]E[Y]

👉 C'est la factorisation de la loi jointe qui permet de séparer la somme double.

Étape 2 — L'additivité de la variance

\mathrm{Var}(X+Y)=E\big[(X+Y)^2\big]-\big(E[X+Y]\big)^2

Développons les deux termes :

E[(X+Y)^2]=E[X^2]+2E[XY]+E[Y^2]

\big(E[X]+E[Y]\big)^2=E[X]^2+2E[X]E[Y]+E[Y]^2

En soustrayant :

\mathrm{Var}(X+Y)=\mathrm{Var}(X)+\mathrm{Var}(Y)+2\underbrace{\big(E[XY]-E[X]E[Y]\big)}_{=\ \mathrm{Cov}(X,Y)}

\boxed{\mathrm{Var}(X+Y)=\mathrm{Var}(X)+\mathrm{Var}(Y)+2\,\mathrm{Cov}(X,Y)}

Sous indépendance, l'étape 1 donne $\mathrm{Cov}=0$ , d'où le résultat.

👉 La formule générale est plus utile que le cas indépendant : elle montre exactement ce que coûte la dépendance, et elle vaut toujours.

Étape 3 — La vérification sur deux dés

E[X]=E[Y]=\frac72,\qquad \mathrm{Var}(X)=\mathrm{Var}(Y)=\frac{35}{12}

E[XY]=E[X]E[Y]=\frac72\cdot\frac72=\boxed{\frac{49}{4}}

Contrôle EXHAUSTIF sur les $36$ issues :

E[XY]=\frac{1}{36}\sum_{a=1}^{6}\sum_{b=1}^{6}ab=\frac{1}{36}\Big(\sum_a a\Big)\Big(\sum_b b\Big)=\frac{21\times 21}{36}=\frac{441}{36}=\frac{49}{4}\ \checkmark

Et la variance de la somme :

\mathrm{Var}(X+Y)=\frac{35}{12}+\frac{35}{12}=\frac{70}{12}=\boxed{\frac{35}{6}}\approx 5{,}833

Contrôle exhaustif : le calcul direct sur les $36$ issues donne bien $\frac{35}{6}$ ✓

La conséquence qui produit le TCL

Pour $n$ variables i.i.d. de variance $\sigma^2$ :

\mathrm{Var}(S_n)=\mathrm{Var}\Big(\sum_{i=1}^{n}X_i\Big)=n\sigma^2

\sigma(S_n)=\sigma\sqrt n

\boxed{\text{la somme cro\^it en } n,\ \text{sa dispersion en } \sqrt n}

Pour la MOYENNE :

\mathrm{Var}(\overline X_n)=\frac{1}{n^2}\cdot n\sigma^2=\frac{\sigma^2}{n}\ \Longrightarrow\ \sigma(\overline X_n)=\frac{\sigma}{\sqrt n}

👉 C'est la formule la plus utilisée de toute la statistique : l'incertitude d'une moyenne décroît en $1/\sqrt n$ .

\begin{array}{ll} \text{loi des grands nombres} & \sigma^2/n\to 0,\ \text{donc concentration (exercice B5)}\\ \text{TCL} & \text{la bonne normalisation est } \sigma\sqrt n\ \text{(exercice E1)}\\ \text{Monte-Carlo} & \text{erreur en } 1/\sqrt N\ \text{(exercice E5)} \end{array}

Et le prix à payer : diviser l'erreur par $10$ demande $100$ fois plus d'observations.

Réponse.

X\perp Y\Rightarrow E[XY]=E[X]E[Y]

,

\mathrm{Var}(X+Y)=\mathrm{Var}X+\mathrm{Var}Y

; 2 dés :

\tfrac{49}4

,

\tfrac{35}6

. (Vérifié machine :

E[XY]=49/4

,

\mathrm{Var}(X+Y)=35/6

,

\mathrm{Cov}=0

— B ✓)

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Covariance, corrélation, décorrélation n'est pas indépendance

DémonstrationDifficulté 3/5

Définir $\mathrm{Cov}(X,Y)$ et $\rho(X,Y)\in[-1,1]$ . Montrer $\rho(X,7-X)=-1$ (deux dés). Donner un contre-exemple de v.a. décorrélées mais dépendantes.

Indices (3)

$\rho=\tfrac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sigma_X\sigma_Y}$ , $|\rho|\leq1$ (Cauchy-Schwarz).

$Y=7-X$ est affine décroissante de $X$ .

Prendre $Y=X^2$ avec $X$ symétrique.

Correction détaillée

Les définitions et les deux résultats

\boxed{\mathrm{Cov}(X,Y)=E[XY]-E[X]E[Y],\qquad \rho(X,Y)=\frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sigma_X\sigma_Y}\in[-1,1]}

\boxed{\rho(X,\ 7-X)=-1}

\boxed{\text{d\'ecorr\'el\'ees}\ \not\Longrightarrow\ \text{ind\'ependantes}}

Le dernier point est le piège central de tout le chapitre : $\rho$ ne mesure que la dépendance linéaire.

Étape 1 — L'encadrement de $\rho$

Par Cauchy-Schwarz (exercice D4), appliqué aux variables centrées :

\lvert E[(X-\mu_X)(Y-\mu_Y)]\rvert\leq\sqrt{E[(X-\mu_X)^2]}\sqrt{E[(Y-\mu_Y)^2]}=\sigma_X\sigma_Y

\boxed{\lvert\mathrm{Cov}(X,Y)\rvert\leq\sigma_X\sigma_Y\ \Longrightarrow\ \lvert\rho\rvert\leq 1}

Et le cas d'ÉGALITÉ est instructif : $\lvert\rho\rvert=1$ si et seulement si les variables centrées sont proportionnelles, c'est-à-dire

Y=aX+b\ \text{presque s\^urement}

\rho=+1\ \text{si } a>0,\qquad \rho=-1\ \text{si } a<0

Étape 2 — Le calcul de $\rho(X,7-X)$

Y=7-X\qquad\text{— une relation AFFINE de pente } -1

E[Y]=7-\frac72=\frac72,\qquad \mathrm{Var}(Y)=(-1)^2\mathrm{Var}(X)=\frac{35}{12}

La covariance :

\mathrm{Cov}(X,7-X)=E[X(7-X)]-E[X]E[7-X]=7E[X]-E[X^2]-\frac{49}{4}

=7\cdot\frac72-\frac{91}{6}-\frac{49}{4}=\frac{49}{2}-\frac{91}{6}-\frac{49}{4}

Sur $12$ comme dénominateur commun :

=\frac{294-182-147}{12}=\frac{-35}{12}

\rho=\frac{-35/12}{\sqrt{35/12}\cdot\sqrt{35/12}}=\frac{-35/12}{35/12}=\boxed{-1}

👉 Cohérent avec le cas d'égalité : $Y$ est une fonction affine décroissante de $X$ .

Interprétation : sur un dé, la face opposée est $7-X$ . Connaître l'une donne exactement l'autre — dépendance totale, et de nature affine.

Étape 3 — Le contre-exemple : décorrélées mais dépendantes

X\ \text{uniforme sur } \{-1,\ 0,\ 1\},\qquad Y=X^2

Décorrélées :

E[X]=\frac{-1+0+1}{3}=0,\qquad E[XY]=E[X^3]=\frac{-1+0+1}{3}=0

\mathrm{Cov}(X,Y)=E[XY]-E[X]E[Y]=0-0=\boxed{0}

Mais DÉPENDANTES, et de la façon la plus forte possible : $Y$ est une fonction de $X$ !

P(Y=0\mid X=0)=1\qquad\text{alors que}\qquad P(Y=0)=\frac13

1\neq\frac13\ \Longrightarrow\ \text{d\'ependantes}

\boxed{\mathrm{Cov}=0\ \text{mais } Y\ \text{est ENTI\`EREMENT d\'etermin\'e par } X}

👉 La raison : la dépendance est quadratique, et $\rho$ ne voit que le linéaire. C'est la SYMÉTRIE de la loi de $X$ qui annule la covariance.

Ce que $\rho$ mesure, et ce qu'il ne voit pas

\begin{array}{lll} \text{relation} & \rho & \text{d\'ependance ?}\\\hline Y=2X+3 & +1 & \text{totale}\\ Y=7-X & -1 & \text{totale}\\ Y=X^2\ (X\ \text{sym\'etrique}) & \mathbf{0} & \textbf{TOTALE}\\ X\perp Y & 0 & \text{aucune} \end{array}

Les deux lignes du milieu ont le même $\rho$ et des situations opposées.

\boxed{\text{ind\'ependance}\ \Longrightarrow\ \rho=0,\ \text{mais pas, en g\'en\'eral, l'inverse}}

⚠️ Exception importante : pour un vecteur GAUSSIEN, décorrélation et indépendance coïncident (exercice D6) — comme, plus modestement, pour deux variables de Bernoulli. C'est une propriété remarquable de la loi normale, et elle explique pourquoi la confusion est si répandue en statistique — là où l'on travaille précisément sous hypothèse gaussienne.

👉 Pour le TCL, seule la DÉCORRÉLATION serait nécessaire à l'additivité des variances (exercice B2). Mais l'indépendance est requise pour la fonction caractéristique de la somme (exercice C3) — c'est là qu'elle devient indispensable.

Réponse.

\rho\in[-1,1]

;

\rho(X,7-X)=-1

; décorrélé

\not\Rightarrow

indépendant (

Y=X^2

). (Vérifié machine :

\rho(X,7-X)=-1

,

|\rho|\leq1

Cauchy-Schwarz — B ✓)

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Modes de convergence d'une suite de variables aléatoires

DémonstrationDifficulté 3/5

Définir les convergences presque sûre, en probabilité, en loi et en moyenne quadratique ( $L^2$ ). Donner les implications entre elles. Laquelle intervient dans la loi des grands nombres ? dans le TCL ?

Indices (3)

p.s. : $P(X_n\to X)=1$ ; proba : $P(|X_n-X|>\varepsilon)\to0$ .

$L^2$ : $E[(X_n-X)^2]\to0$ ; loi : $F_{X_n}\to F_X$ aux points de continuité.

p.s. ou $L^2$ $\Rightarrow$ proba $\Rightarrow$ loi.

Correction détaillée

Les quatre modes, et leur hiérarchie

\begin{array}{lll} \textbf{presque s\^ure} & X_n\to X\ \text{p.s.} & P(\lim X_n=X)=1\\ \textbf{en probabilit\'e} & X_n\overset{P}{\to}X & P(\lvert X_n-X\rvert>\varepsilon)\to 0\\ \textbf{en moyenne quadratique} & X_n\overset{L^2}{\to}X & E[(X_n-X)^2]\to 0\\ \textbf{en loi} & X_n\overset{\mathcal{L}}{\to}X & F_n(x)\to F(x)\ \text{en tout point de continuit\'e} \end{array}

\boxed{\text{p.s.}\ \Longrightarrow\ \text{en probabilit\'e}\ \Longrightarrow\ \text{en loi}}

\boxed{L^2\ \Longrightarrow\ \text{en probabilit\'e}}

Aucune réciproque n'est vraie — et chaque contre-exemple est instructif.

Étape 1 — Les implications

$L^2\Rightarrow$ probabilité, par Tchebychev (exercice A4) :

P\big(\lvert X_n-X\rvert>\varepsilon\big)\leq\frac{E[(X_n-X)^2]}{\varepsilon^2}\to 0

p.s. $\Rightarrow$ probabilité : c'est le théorème de convergence dominée appliqué aux indicatrices, ou directement la continuité de la mesure.

Probabilité $\Rightarrow$ loi : la convergence en probabilité force celle des fonctions de répartition aux points de continuité.

👉 La convergence en loi est la PLUS FAIBLE — elle ne porte que sur les lois, pas sur les variables. Elle peut avoir lieu entre variables définies sur des espaces différents.

Étape 2 — Les contre-exemples

Probabilité sans p.s. — la « bosse glissante » : sur $[0,1]$ uniforme, $X_n=\mathbf 1_{I_n}$ où les $I_n$ parcourent $[0,\frac12],[\frac12,1],[0,\frac14],\dots$

P(X_n\neq 0)=\lvert I_n\rvert\to 0\ \Longrightarrow\ X_n\overset{P}{\to}0

Mais pour CHAQUE $\omega$ , $X_n(\omega)$ vaut $1$ infiniment souvent — aucune convergence ponctuelle.

Loi sans probabilité : $X\sim\mathcal{N}(0,1)$ et $X_n=-X$ pour tout $n$ .

X_n\ \text{a la M\^EME loi que } X\ \text{(sym\'etrie)}\ \Longrightarrow\ X_n\overset{\mathcal{L}}{\to}X

Mais $\lvert X_n-X\rvert=2\lvert X\rvert$ ne tend pas vers $0$ .

👉 C'est le contre-exemple à retenir : la convergence en loi ne dit rien sur le lien entre $X_n$ et $X$ .

Étape 3 — Quel mode dans quel théorème

\begin{array}{lll} \text{th\'eor\`eme} & \text{mode} & \text{exercice}\\\hline \text{loi FAIBLE des grands nombres} & \text{en PROBABILIT\'E} & \text{B5}\\ \text{loi FORTE des grands nombres} & \text{PRESQUE S\^URE} & \text{B6}\\ \textbf{TCL} & \textbf{EN LOI} & \text{E1} \end{array}

👉 C'est là toute la différence entre « faible » et « forte » : le même énoncé, deux modes de convergence, et la forte implique la faible.

⚠️ Le TCL ne converge QU'EN LOI, et c'est essentiel : $S_n^\ast$ ne converge vers aucune variable aléatoire particulière. Ce sont ses lois qui s'approchent de $\mathcal{N}(0,1)$ .

\boxed{\text{} S_n^\ast\to Z \text{ n'aurait aucun sens en probabilit\'e}}

Pourquoi la convergence en loi suffit

Ce qu'on veut calculer en pratique :

P(a\leq S_n^\ast\leq b)\ \approx\ \Phi(b)-\Phi(a)

et c'est exactement ce que la convergence en loi donne — pas besoin de plus.

\begin{array}{ll} \text{convergence en loi} & \text{suffit \`a approcher des PROBABILIT\'ES}\\ \text{convergence p.s. ou en probabilit\'e} & \text{pour approcher une VARIABLE} \end{array}

👉 Le théorème de PORTEMANTEAU donne les formulations équivalentes de la convergence en loi, dont celle-ci, la plus commode :

X_n\overset{\mathcal{L}}{\to}X\iff E[g(X_n)]\to E[g(X)]\ \text{pour toute } g\ \text{continue born\'ee}

Et le théorème de LÉVY (exercice C4) la caractérise par les fonctions caractéristiques — c'est ce qui rendra la preuve du TCL possible.

Réponse. p.s.

\Rightarrow

proba

\Rightarrow

loi ;

L^2\Rightarrow

proba ; LGN faible/forte = proba/p.s., TCL = loi. (Conclusion certifiée sur instances ; hiérarchie générale = relecture)

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Loi faible des grands nombres par Bienaymé-Tchebychev

DémonstrationDifficulté 3/5

Démontrer la loi FAIBLE des grands nombres : pour $X_i$ i.i.d. de moyenne $\mu$ et variance $\sigma^2<\infty$ , $\overline{X}_n=\tfrac1n\sum X_i\to\mu$ en probabilité. Préciser la vitesse fournie par Tchebychev.

Indices (3)

$E[\overline{X}_n]=\mu$ , $\mathrm{Var}(\overline{X}_n)=\tfrac{\sigma^2}n$ .

Appliquer Tchebychev à $\overline{X}_n$ .

$P(|\overline{X}_n-\mu|\geq\varepsilon)\leq\tfrac{\sigma^2}{n\varepsilon^2}$ .

Correction détaillée

Le théorème, et sa démonstration en trois lignes

\boxed{X_i\ \text{i.i.d.},\ E[X_i]=\mu,\ \mathrm{Var}(X_i)=\sigma^2<\infty\ \Longrightarrow\ \overline X_n\overset{P}{\to}\mu}

\overline X_n=\frac1n\sum_{i=1}^{n}X_i

La démonstration tient en deux calculs et une application de Tchebychev.

\text{VITESSE fournie} : \ P\big(\lvert\overline X_n-\mu\rvert\geq\varepsilon\big)\leq\frac{\sigma^2}{n\varepsilon^2}

Étape 1 — Espérance et variance de la moyenne

Espérance, par linéarité (aucune hypothèse nécessaire) :

E[\overline X_n]=\frac1n\sum_{i=1}^{n}E[X_i]=\frac{n\mu}{n}=\mu

\boxed{\overline X_n\ \text{est un estimateur SANS BIAIS de } \mu}

Variance, qui exige l'indépendance (exercice B2) :

\mathrm{Var}(\overline X_n)=\frac{1}{n^2}\mathrm{Var}\Big(\sum_iX_i\Big)=\frac{1}{n^2}\cdot n\sigma^2=\boxed{\frac{\sigma^2}{n}}

👉 La variance TEND VERS ZÉRO — c'est tout le contenu du théorème : la moyenne se concentre.

Étape 2 — Appliquer Tchebychev

L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev (exercice A4) appliquée à $\overline X_n$ :

P\big(\lvert\overline X_n-\mu\rvert\geq\varepsilon\big)\leq\frac{\mathrm{Var}(\overline X_n)}{\varepsilon^2}=\boxed{\frac{\sigma^2}{n\varepsilon^2}}

Et ce majorant tend vers $0$ quand $n\to\infty$ , à $\varepsilon$ fixé :

\overline X_n\overset{P}{\to}\mu

👉 Trois lignes, aucune astuce — c'est le rendement de l'inégalité de Tchebychev, grossière mais universelle.

Étape 3 — La vitesse, et ce qu'elle vaut

Sur le dé : $\mu=3{,}5$ , $\sigma^2=\frac{35}{12}$ , avec $\varepsilon=0{,}1$ :

\begin{array}{lcl} n & \sigma^2/(n\varepsilon^2) & \text{borne}\\\hline 100 & \frac{35/12}{100\times 0{,}01} & 2{,}92\ \text{— INUTILE } (>1)\\ 1\,000 & & 0{,}29\\ 10\,000 & & 0{,}029\\ 100\,000 & & 0{,}0029 \end{array}

\boxed{\text{la borne d\'ecro\^it en } 1/n}

⚠️ Elle est très grossière : à $n=100$ , elle est supérieure à $1$ , donc sans information. Le TCL donnera bien mieux — une approximation en $e^{-c\varepsilon^2 n}$ plutôt qu'une borne en $1/n$ (une vraie borne exponentielle, pour des variables bornées, est l'inégalité de Hoeffding).

Comparaison à $n=1000$ , $\varepsilon=0{,}1$ :

\text{Tchebychev} : 0{,}29\qquad\text{TCL} : \approx 2\big(1-\Phi(1{,}85)\big)\approx 0{,}064

👉 Le TCL est cinq fois plus précis ici — mais il n'est qu'asymptotique, alors que Tchebychev vaut pour tout $n$ . Les deux se complètent.

Faible et forte : ce qui les sépare

\begin{array}{lll} & \text{mode} & \text{hypoth\`ese}\\\hline \textbf{FAIBLE} & \text{en probabilit\'e} & \sigma^2<\infty\ \text{(preuve ci-dessus)}\\ \textbf{FORTE} & \text{presque s\^ure} & E[\lvert X\rvert]<\infty\ \text{seulement !} \end{array}

⚠️ La forte demande MOINS que la preuve ci-dessus : l'espérance finie suffit, la variance n'est pas requise (la faible aussi, d'ailleurs, vaut sous $E[\lvert X\rvert]<\infty$ : théorème de Khintchine). C'est contre-intuitif — un théorème plus fort sous une hypothèse plus faible.

\boxed{\text{le prix est une d\'emonstration bien plus difficile (exercice B6)}}

👉 Interprétation de la différence :

\begin{array}{ll} \text{faible} & \text{pour } n\ \text{grand, l'\'ecart est probablement petit}\\ \text{forte} & \text{pour PRESQUE TOUTE trajectoire, l'\'ecart finit par rester petit} \end{array}

La faible autorise des écarts qui reviennent infiniment souvent, pourvu qu'ils soient de plus en plus rares. La forte les interdit — c'est exactement la « bosse glissante » de l'exercice B4.

Réponse.

\mathrm{Var}(\overline{X}_n)=\tfrac{\sigma^2}n

;

P(|\overline{X}_n-\mu|\geq\varepsilon)\leq\tfrac{\sigma^2}{n\varepsilon^2}\to0

(loi faible). (Vérifié sur instances : Tchebychev,

\mathrm{Var}(\overline{X}_n)\propto1/n

; Monte-Carlo — B ✓)

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Loi forte (ADMIS) et méthode de Monte-Carlo

DémonstrationDifficulté 3/5

Énoncer la loi FORTE des grands nombres (Kolmogorov). Expliquer comment elle justifie la méthode de Monte-Carlo et estimer $\pi$ par tirage de points dans le carré. Quelle est la vitesse de l'erreur ?

Indices (3)

$\overline{X}_n\to\mu$ presque sûrement (si $E|X|<\infty$ ).

Monte-Carlo : $E[g(U)]\approx\tfrac1N\sum g(U_i)$ .

Erreur $\sim\tfrac{\sigma}{\sqrt N}$ (TCL).

Correction détaillée

Le théorème, et son statut

\boxed{\text{LOI FORTE (Kolmogorov, ADMIS)} : \ E[\lvert X\rvert]<\infty\ \Longrightarrow\ \overline X_n\to\mu\ \text{PRESQUE S\^UREMENT}}

⚠️ Statut : ADMIS. Sa démonstration dépasse ce chapitre — elle demande les inégalités maximales de Kolmogorov, ou la théorie des martingales.

Ce qu'on vérifie ici : la loi FAIBLE (exercice B5, démontrée), et les conséquences numériques de la forte sur Monte-Carlo — que l'on peut mesurer.

\text{hypoth\`ese} : \text{l'esp\'erance finie SUFFIT — pas besoin de variance}

Étape 1 — Ce que la forte ajoute

\begin{array}{ll} \text{FAIBLE} & \forall\varepsilon,\ P(\lvert\overline X_n-\mu\rvert>\varepsilon)\to 0\\ \textbf{FORTE} & P\big(\lim_n\overline X_n=\mu\big)=1 \end{array}

La forte porte sur les TRAJECTOIRES : pour presque tout $\omega$ , la suite numérique $\overline X_n(\omega)$ converge vers $\mu$ .

👉 C'est ce qui justifie qu'on puisse lancer UNE simulation et lui faire confiance. La faible ne garantirait que « la plupart des simulations sont bonnes pour $n$ grand » — sans exclure qu'une trajectoire donnée oscille indéfiniment.

\boxed{\text{Monte-Carlo REPOSE sur la loi forte}}

Étape 2 — La méthode de Monte-Carlo

Pour estimer $I=E[g(U)]$ avec $U$ uniforme :

\widehat I_N=\frac1N\sum_{i=1}^{N}g(U_i)\ \xrightarrow[N\to\infty]{\text{p.s.}}\ I

Estimation de $\pi$ : on tire $(U,V)$ uniformes dans $[0,1]^2$ et l'on compte les points du quart de disque.

p=P(U^2+V^2\leq 1)=\frac{\text{aire du quart de disque}}{\text{aire du carr\'e}}=\frac{\pi/4}{1}=\frac\pi4

\widehat\pi_N=4\times\frac{\#\{\text{points dans le disque}\}}{N}

Contrôle : $\pi/4\approx 0{,}785398$ ✓

Étape 3 — La vitesse, et ce qu'elle coûte

Les indicatrices suivent une Bernoulli( $\pi/4$ ), de variance

\sigma^2=\frac\pi4\Big(1-\frac\pi4\Big)\approx 0{,}1685

\sigma\big(\widehat\pi_N\big)=4\times\frac{\sigma}{\sqrt N}

\begin{array}{lcl} N & \text{demi-largeur IC } 95\% & \\\hline 10^4 & \approx 0{,}032 & \text{2 d\'ecimales}\\ 10^6 & \approx 0{,}0032 & \text{3 d\'ecimales}\\ 10^8 & \approx 0{,}00032 & \text{4 d\'ecimales} \end{array}

\boxed{\text{erreur} \sim \frac{C}{\sqrt N}}

⚠️ Une décimale de plus coûte $100$ fois plus de tirages. C'est ce qui rend Monte-Carlo inefficace en petite dimension — une quadrature classique y fait bien mieux.

Où Monte-Carlo gagne, et ce que le TCL ajoute

\begin{array}{lll} \text{m\'ethode} & \text{erreur en dimension } d & \\\hline \text{trap\`ezes} & N^{-2/d} & \text{s'effondre avec } d\\ \text{Simpson} & N^{-4/d} & \text{idem}\\ \textbf{Monte-Carlo} & \mathbf{N^{-1/2}} & \textbf{ind\'ependant de } d \end{array}

👉 C'est la seule méthode dont la vitesse ne dépend PAS de la dimension — d'où son emploi en finance, en physique statistique et en apprentissage, où $d$ se compte en milliers.

\begin{array}{ll} d=2 & \text{les trap\`ezes gagnent } (N^{-1}\ \text{contre } N^{-1/2})\\ d=8 & \text{\'egalit\'e pour Simpson (d\`es } d=4\ \text{pour les trap\`ezes)}\\ d=20 & \text{Monte-Carlo \'ecrase tout} \end{array}

Et le TCL apporte ce que la loi forte ne donne pas : la LOI de l'erreur (exercice E5). La forte dit que l'erreur tend vers $0$ ; le TCL dit qu'elle est gaussienne, donc quantifiable par un intervalle de confiance.

\boxed{\text{la loi forte JUSTIFIE, le TCL QUANTIFIE}}

Réponse. LFGN (p.s., ADMIS) justifie Monte-Carlo ;

\pi\approx3{,}14

; erreur

\sim\tfrac\sigma{\sqrt N}

. (LFGN ADMIS ; Monte-Carlo vérifié sur instances :

\pi\approx3{,}1377

, erreur

\propto1/\sqrt N

— B ✓)

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Énoncé du théorème central limite

DémonstrationDifficulté 3/5

Énoncer précisément le théorème central limite (hypothèses comprises). Que signifie la convergence ? Pourquoi le facteur de normalisation est-il $\sigma\sqrt n$ ? Préciser le statut de vérification.

Indices (3)

$X_i$ i.i.d., $E[X]=\mu$ , $0<\mathrm{Var}(X)=\sigma^2<\infty$ .

$S_n^\ast=\tfrac{S_n-n\mu}{\sigma\sqrt n}\to\mathcal{N}(0,1)$ en loi.

$\mathrm{Var}(S_n)=n\sigma^2$ donne l'échelle $\sqrt n$ .

Correction détaillée

L'énoncé complet, hypothèses comprises

Soient $(X_i)_{i\geq 1}$ i.i.d. avec $E[X_i]=\mu$ et $\mathrm{Var}(X_i)=\sigma^2\in\,]0,\infty[$ . Posons $S_n=\sum_{i=1}^{n}X_i$ . Alors

\boxed{S_n^{\ast}=\frac{S_n-n\mu}{\sigma\sqrt n}\ \xrightarrow[n\to\infty]{\mathcal{L}}\ \mathcal{N}(0,1)}

La convergence est EN LOI (exercice B4) : pour tout $x$ ,

P\big(S_n^{\ast}\leq x\big)\ \longrightarrow\ \Phi(x)=\int_{-\infty}^{x}\frac{e^{-t^2/2}}{\sqrt{2\pi}}dt

Statut de vérification : la preuve est faite à l'exercice C5, modulo le théorème de Lévy (exercice C4), qui est ADMIS.

Étape 1 — Pourquoi $\sigma\sqrt n$, et pas autre chose

Le facteur est IMPOSÉ par le calcul de la variance (exercice B2) :

E[S_n]=n\mu,\qquad \mathrm{Var}(S_n)=n\sigma^2,\qquad \sigma(S_n)=\sigma\sqrt n

Standardiser, c'est diviser par l'écart-type :

E[S_n^{\ast}]=0,\qquad \mathrm{Var}(S_n^{\ast})=\frac{n\sigma^2}{\sigma^2 n}=1

\boxed{\text{toute autre normalisation \'echoue}}

\begin{array}{lll} \text{diviser par} & \mathrm{Var}\ \text{obtenue} & \text{limite}\\\hline n & \sigma^2/n\to 0 & \text{constante } 0\ \text{(c'est la LGN)}\\ \boldsymbol{\sigma\sqrt n} & \mathbf{1} & \boldsymbol{\mathcal{N}(0,1)}\\ \sqrt[4]{n} & \sigma^2\sqrt n\to\infty & \text{aucune limite} \end{array}

👉 $\sqrt n$ est la SEULE échelle où quelque chose de non trivial se produit — c'est l'échelle des fluctuations, entre la loi des grands nombres et l'explosion.

Étape 2 — Ce que « en loi » signifie, et ne signifie pas

\boxed{\text{seules les LOIS convergent, pas les variables}}

\begin{array}{ll} \text{VRAI} & P(a\leq S_n^{\ast}\leq b)\to\Phi(b)-\Phi(a)\\ \text{FAUX} & S_n^{\ast}\ \text{converge vers une variable } Z \end{array}

$S_n^\ast$ ne converge vers RIEN au sens presque sûr — au contraire, elle continue d'osciller indéfiniment (c'est la loi du logarithme itéré qui en décrit l'amplitude).

👉 Et c'est bien assez : en pratique, on veut approcher des probabilités, et la convergence en loi les donne (exercice B4).

Nuance sur les points de continuité : la convergence des $F_n$ n'est exigée qu'aux points où $F$ est continue. Ici $\Phi$ est continue partout, donc la convergence a lieu en tout point — c'est une simplification propre à la limite gaussienne.

Étape 3 — Les hypothèses, et ce qui rate sans elles

\begin{array}{lll} \text{hypoth\`ese} & \text{si on l'\^ote} & \text{contre-exemple}\\\hline \sigma^2<\infty & \text{limite parfois STABLE non gaussienne} & \text{loi de Cauchy}\\ \text{ind\'ependance} & \text{peut \'echouer} & \text{suites fortement corr\'el\'ees}\\ \text{identique distribution} & \text{affaiblissable} & \text{condition de Lindeberg} \end{array}

La loi de CAUCHY est le contre-exemple canonique : de densité $\frac{1}{\pi(1+x^2)}$ , elle n'a ni espérance ni variance, et

\overline X_n\ \text{suit encore une CAUCHY, pour tout } n

\boxed{\text{aucune concentration, aucun TCL}}

👉 La troisième ligne est importante en pratique : la condition de Lindeberg remplace « identiquement distribuées » par « aucun terme ne domine ». C'est elle qui justifie le TCL sur des données réelles, jamais parfaitement i.i.d.

\text{Lindeberg} : \ \frac{1}{s_n^2}\sum_iE\big[X_i^2\mathbf 1_{\lvert X_i\rvert>\varepsilon s_n}\big]\to 0

Ce que le TCL EXPLIQUE

\boxed{\text{la loi normale appara\^it partout parce que tout est SOMME}}

\begin{array}{ll} \text{erreurs de mesure} & \text{somme de petites perturbations}\\ \text{taille d'un individu} & \text{somme d'effets g\'en\'etiques}\\ \text{bruit \'electronique} & \text{somme de chocs}\\ \text{moyenne d'un sondage} & \text{somme de r\'eponses} \end{array}

👉 Le TCL dit que la FORME de la limite ne dépend pas de la loi de départ — seuls $\mu$ et $\sigma^2$ comptent. C'est un phénomène d'universalité, et c'est ce qui le rend si frappant.

\text{d\'e, pi\`ece, exponentielle, uniforme}\ \longrightarrow\ \text{toutes la M\^EME limite}

⚠️ Mais l'universalité a une limite : si la variance est infinie, la limite peut être une loi stable de Lévy, à queues lourdes — ou encore gaussienne, avec une normalisation plus forte que $\sqrt n$ (densité $\lvert x\rvert^{-3}$ sur $\lvert x\rvert\geq 1$ ). Les lois stables non gaussiennes interviennent en finance, où l'hypothèse gaussienne sous-estime gravement les événements extrêmes.

Réponse. TCL :

S_n^\ast=\tfrac{S_n-n\mu}{\sigma\sqrt n}\to\mathcal{N}(0,1)

en loi (i.i.d., variance finie). (TCL ADMIS — preuve par

\varphi

certifiée jusqu'à Lévy ; convergence KS vérifiée sur instances — E)

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Approximation normale : de Moivre-Laplace, Poisson, continuité

CalculDifficulté 3/5

Déduire du TCL l'approximation $\mathcal{B}(n,p)\approx\mathcal{N}(np,npq)$ . L'appliquer à $X\sim\mathcal{B}(100;0{,}5)$ pour estimer $P(40\leq X\leq60)$ avec correction de continuité. Quand l'approximation est-elle valable ?

Indices (3)

$\mathcal{B}(n,p)$ = somme de $n$ Bernoulli i.i.d.

Centrer-réduire : $Z=\tfrac{X-np}{\sqrt{npq}}$ .

Correction $\pm\tfrac12$ pour une loi entière ; lire $\Phi$ .

Correction détaillée

Les résultats

\boxed{\mathcal{B}(n,p)\ \approx\ \mathcal{N}\big(np,\ np(1-p)\big)\quad\text{pour } n\ \text{grand}}

Sur $X\sim\mathcal{B}(100;0{,}5)$ :

\begin{array}{lcl} \text{valeur EXACTE} & 0{,}9648 & \\ \text{normale SANS correction} & 0{,}9545 & \text{\'ecart } 0{,}0103\\ \textbf{normale AVEC correction} & \mathbf{0{,}9643} & \text{\'ecart } \mathbf{0{,}0005} \end{array}

\boxed{\text{la correction de continuit\'e divise l'erreur par } 20}

Étape 1 — Déduire l'approximation du TCL

Une binomiale EST une somme : $X=\sum_{i=1}^{n}X_i$ avec $X_i\sim\mathcal{B}(p)$ indépendantes.

\mu=p,\qquad \sigma^2=p(1-p)\qquad(\text{exercice A5})

Le TCL s'applique directement :

\frac{X-np}{\sqrt{np(1-p)}}\ \xrightarrow{\mathcal{L}}\ \mathcal{N}(0,1)

\boxed{\text{c'est le th\'eor\`eme de DE MOIVRE-LAPLACE}}

👉 Historiquement, c'est le PREMIER cas du TCL — de Moivre l'a établi en 1733 pour $p=\frac12$ , Laplace l'a étendu en 1812, bien avant l'énoncé général.

Étape 2 — Le calcul, avec correction de continuité

n=100,\quad p=0{,}5\ \Longrightarrow\ \mu=50,\quad \sigma=\sqrt{100\times 0{,}25}=5

⚠️ La correction de continuité : $X$ est entière, la normale est continue. Pour approcher $P(40\leq X\leq 60)$ , il faut prendre l'intervalle élargi d'un demi de chaque côté :

[39{,}5\ ;\ 60{,}5]\qquad\text{et non}\qquad [40\ ;\ 60]

P(40\leq X\leq 60)\approx\Phi\Big(\frac{60{,}5-50}{5}\Big)-\Phi\Big(\frac{39{,}5-50}{5}\Big)

=\Phi(2{,}1)-\Phi(-2{,}1)=2\Phi(2{,}1)-1

=2\times 0{,}98214-1=\boxed{0{,}9643}

Étape 3 — Pourquoi la correction améliore autant

Sans correction, on prendrait $\Phi(2)-\Phi(-2)=0{,}9545$ — écart de $0{,}0103$ .

Avec, l'écart tombe à $\mathbf{0{,}0005}$ .

\boxed{\text{erreur divis\'ee par } 20}

👉 La raison géométrique : la loi binomiale est un histogramme de barres de largeur $1$ centrées sur les entiers. La normale approche l'aire sous la courbe. Prendre $[40,60]$ coupe en deux les barres des extrémités ; prendre $[39{,}5\ ;\ 60{,}5]$ les inclut entièrement.

\text{la barre en } k\ \text{occupe} \ [k-\tfrac12,\ k+\tfrac12]

⚠️ La correction compte surtout quand l'intervalle est ÉTROIT — pour $P(X=50)$ exactement, elle est indispensable : sans elle, on obtiendrait $0$ .

P(X=50)\approx\Phi(0{,}1)-\Phi(-0{,}1)=0{,}0797\qquad\text{contre } 0{,}0796\ \text{exact}

Quand l'approximation est valable, et l'alternative

\boxed{\text{r\`egle usuelle} : \ np\geq 5\ \text{ET}\ n(1-p)\geq 5}

Ici : $np=n(1-p)=50\geq 5$ ✓ largement.

\begin{array}{lccl} n & p & np & \text{approximation}\\\hline 100 & 0{,}5 & 50 & \text{excellente}\\ 100 & 0{,}02 & 2 & \textbf{MAUVAISE — utiliser POISSON}\\ 1000 & 0{,}003 & 3 & \text{Poisson } \mathcal{P}(3) \end{array}

L'approximation de POISSON couvre le cas des événements rares :

\mathcal{B}(n,p)\ \approx\ \mathcal{P}(np)\qquad\text{quand } n\ \text{grand et } p\ \text{petit, } np\ \text{mod\'er\'e}

👉 Les deux régimes se distinguent : la normale exige que la binomiale soit symétrique et étalée, Poisson qu'elle soit concentrée près de $0$ . Le critère $np\geq 5$ est une règle empirique, pas une frontière exacte : quand $p$ est petit et $np$ grand, Poisson et normale conviennent toutes deux.

\boxed{np\ \text{grand} \to \text{normale} ; \quad np\ \text{petit} \to \text{Poisson}}

Réponse.

\mathcal{B}(n,p)\approx\mathcal{N}(np,npq)

;

P(40\leq X\leq60)\approx0{,}96

(correction de continuité). (TCL ADMIS ; mécanisme

\varphi_{\mathcal{B}(n,p)}=(q+pe^{it})^n

certifié — A/C ✓ ; valeurs de

\Phi

= table)

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Vitesse de convergence : inégalité de Berry-Esseen

DémonstrationDifficulté 3/5

Énoncer l'inégalité de Berry-Esseen quantifiant l'erreur du TCL. Sur la somme de $n$ variables de Rademacher ( $\pm1$ ), donner l'ordre de $\sup_x|F_{S_n^\ast}(x)-\Phi(x)|$ pour $n=10,100$ .

Indices (3)

$\sup_x|F_n-\Phi|\leq\tfrac{C\rho}{\sigma^3\sqrt n}$ , $\rho=E|X-\mu|^3$ .

$C\leq0{,}4748$ (constante optimale ADMIS).

Rademacher : $\sigma=1$ , $\rho=1$ $\Rightarrow$ borne $0{,}4748/\sqrt n$ .

Correction détaillée

L'inégalité, et ce qu'elle apporte

\boxed{\sup_x\big\lvert F_{S_n^{\ast}}(x)-\Phi(x)\big\rvert\ \leq\ \frac{C\rho}{\sigma^3\sqrt n}}

où $\rho=E\big[\lvert X-\mu\rvert^3\big]$ est le moment absolu d'ordre 3, et $C\approx 0{,}4748$ (Shevtsova, 2011).

👉 Le TCL dit que l'erreur tend vers $0$ ; Berry-Esseen dit À QUELLE VITESSE. C'est la différence entre un théorème qualitatif et un outil utilisable.

\text{vitesse} : \ \frac{1}{\sqrt n}\qquad\text{— et elle est OPTIMALE}

Étape 1 — Lire l'inégalité

\begin{array}{ll} \text{le } \sup_x & \text{c'est une erreur UNIFORME, valable partout}\\ \rho/\sigma^3 & \text{sans dimension — moment absolu d'ordre 3 normalis\'e}\\ 1/\sqrt n & \text{la vitesse, optimale} \end{array}

Le rapport $\rho/\sigma^3$ (toujours $\geq 1$ ) fixe la largeur de la borne : plus il est grand, plus la garantie est faible. Ce n'est PAS une mesure de l'écart à la gaussienne : Rademacher donne $1$ , moins que la gaussienne elle-même :

\text{pour } X\ \text{d\'ej\`a normale} : \rho/\sigma^3=2\sqrt{2/\pi}\approx 1{,}596

⚠️ La borne n'est jamais nulle, même pour une loi normale — elle est majorante, pas exacte. Dans ce cas l'erreur réelle vaut $0$ .

Étape 2 — Le calcul sur Rademacher

X_i=\pm 1\ \text{avec probabilit\'e } \tfrac12\ \text{chacune}

\begin{array}{ll} \mu=E[X]=0 & \\ \sigma^2=E[X^2]=1 & \text{donc } \sigma=1\\ \rho=E[\lvert X\rvert^3]=1 & \text{car } \lvert X\rvert=1\ \text{toujours} \end{array}

\frac{\rho}{\sigma^3}=\frac{1}{1}=1

\boxed{\sup_x\lvert F_n(x)-\Phi(x)\rvert\leq\frac{0{,}4748}{\sqrt n}}

\begin{array}{lcl} n & \text{borne} & \\\hline 10 & 0{,}150 & \text{grossi\`ere}\\ 100 & 0{,}047 & \text{acceptable}\\ 1\,000 & 0{,}015 & \text{bonne}\\ 10\,000 & 0{,}0047 & \text{excellente} \end{array}

Étape 3 — La borne est-elle serrée ?

L'erreur RÉELLE pour Rademacher est à peine plus petite que la borne — d'un facteur $1{,}2$ environ : la borne est presque atteinte.

\begin{array}{lcc} n & \text{borne} & \text{erreur r\'eelle (ordre)}\\\hline 10 & 0{,}150 & \approx 0{,}12\\ 100 & 0{,}047 & \approx 0{,}040 \end{array}

👉 Mais la VITESSE $1/\sqrt n$ est optimale, et Rademacher le prouve : pour $n$ pair, $S_n$ ne prend que des valeurs paires, et il subsiste un « défaut de discrétisation » d'ordre exactement $1/\sqrt n$ .

\boxed{\text{on ne peut pas faire mieux que } n^{-1/2}\ \text{en g\'en\'eral}}

Sauf hypothèse supplémentaire : si $X$ est à densité et vérifie la condition de Cramér, un développement d'Edgeworth donne une correction en $1/n$ :

F_n(x)\approx\Phi(x)+\frac{\gamma}{6\sqrt n}(1-x^2)\varphi(x)+O(1/n)

où $\gamma$ est le coefficient d'asymétrie.

Ce que l'inégalité permet de décider

\begin{array}{ll} \text{question} & \text{r\'eponse}\\\hline \text{} n\ \text{est-il assez grand ?} & \text{oui si } C\rho/(\sigma^3\sqrt n)\ \text{est n\'egligeable}\\ \text{quelle pr\'ecision garantir ?} & \text{la borne, valable pour TOUT } n\\ \text{quelle } n\ \text{pour } 1\%\ \text{?} & n\geq(C\rho/\sigma^3/0{,}01)^2 \end{array}

Pour Rademacher à $1\%$ :

n\geq\left(\frac{0{,}4748}{0{,}01}\right)^2\approx 2\,254

👉 C'est une garantie NON ASYMPTOTIQUE, valable pour ce $n$ précis — là où le TCL seul ne dit rien à $n$ fini.

\boxed{\text{le TCL est une LIMITE ; Berry-Esseen est une GARANTIE}}

Et la règle empirique « $n\geq 30$ » du lycée se relit à cette lumière : elle vaut pour des lois peu asymétriques, où $\rho/\sigma^3$ reste modéré — et pas pour des lois très dissymétriques, où il faut bien davantage.

Réponse. Berry-Esseen :

\sup|F_n-\Phi|\leq\tfrac{0{,}4748\,\rho}{\sigma^3\sqrt n}

; Rademacher

\approx0{,}12

(

n{=}10

),

0{,}04

(

n{=}100

). (Constante optimale ADMIS ; bornes vérifiées sur convolution exacte — E ✓)

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Intervalle de confiance et fluctuation par le TCL

CalculDifficulté 3/5

Construire, par le TCL, un intervalle de confiance asymptotique à $95\%$ pour une proportion $p$ estimée par $\widehat p=\tfrac{S_n}n$ ( $S_n\sim\mathcal{B}(n,p)$ ). Application : sondage $\widehat p=0{,}52$ sur $n=1000$ . Quel lien avec l'intervalle de fluctuation ?

Indices (3)

$\tfrac{\widehat p-p}{\sqrt{p(1-p)/n}}\to\mathcal{N}(0,1)$ .

$1{,}96$ = quantile à $97{,}5\%$ de $\mathcal{N}(0,1)$ .

Marge $\approx\tfrac1{\sqrt n}$ (majorant $p(1-p)\leq\tfrac14$ ).

Correction détaillée

La construction, et le résultat

\boxed{\text{IC}_{95\%}(p)=\left[\widehat p-1{,}96\sqrt{\frac{\widehat p(1-\widehat p)}{n}},\ \ \widehat p+1{,}96\sqrt{\frac{\widehat p(1-\widehat p)}{n}}\right]}

Sondage $\widehat p=0{,}52$ sur $n=1000$ :

\text{marge}=1{,}96\sqrt{\frac{0{,}52\times 0{,}48}{1000}}=1{,}96\times 0{,}0158=\boxed{0{,}031}

\text{IC}=[0{,}489\ ;\ 0{,}551]

⚠️ $0{,}5$ EST DANS L'INTERVALLE — on ne peut pas conclure que le candidat est majoritaire.

Étape 1 — Appliquer le TCL

S_n\sim\mathcal{B}(n,p),\qquad \widehat p=\frac{S_n}{n}

E[\widehat p]=p,\qquad \mathrm{Var}(\widehat p)=\frac{p(1-p)}{n}

Par le TCL (exercice E2) :

\frac{\widehat p-p}{\sqrt{p(1-p)/n}}\ \xrightarrow{\mathcal{L}}\ \mathcal{N}(0,1)

Donc, avec $z_{0{,}975}=1{,}96$ :

P\left(\left\lvert\frac{\widehat p-p}{\sqrt{p(1-p)/n}}\right\rvert\leq 1{,}96\right)\ \longrightarrow\ 0{,}95

En isolant $p$ :

\lvert\widehat p-p\rvert\leq 1{,}96\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}

Étape 2 — Le remplacement de $p$ par $\widehat p$

⚠️ La borne dépend de $p$ , qu'on ne connaît pas. On y substitue $\widehat p$ :

\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}\ \longrightarrow\ \sqrt{\frac{\widehat p(1-\widehat p)}{n}}

\boxed{\text{c'est LICITE, et c'est le th\'eor\`eme de SLUTSKY (exercice D6)}}

Pourquoi : $\widehat p\to p$ en probabilité (loi des grands nombres), donc $\sqrt{\widehat p(1-\widehat p)}\to\sqrt{p(1-p)}$ par continuité. Slutsky garantit que le quotient converge encore vers $\mathcal{N}(0,1)$ .

👉 Sans Slutsky, ce remplacement serait une approximation non justifiée — c'est le théorème qui rend la statistique inférentielle possible.

Étape 3 — L'application numérique

\widehat p=0{,}52,\qquad n=1000

\widehat p(1-\widehat p)=0{,}52\times 0{,}48=0{,}2496

\sqrt{\frac{0{,}2496}{1000}}=\sqrt{0{,}0002496}=0{,}0158

\text{marge}=1{,}96\times 0{,}0158=0{,}0310

\boxed{\text{IC}_{95\%}=[0{,}489\ ;\ 0{,}551]}

Contrôle par la MAJORATION universelle : $p(1-p)\leq\frac14$ toujours, d'où

\text{marge}\leq\frac{1{,}96}{2\sqrt n}=\frac{0{,}98}{\sqrt{1000}}=0{,}0310

👉 C'est la « marge d'erreur en $1/\sqrt n$ » des instituts de sondage — et ici elle coïncide, $\widehat p$ étant proche de $0{,}5$ .

Ce qu'on peut conclure, et ce qu'on ne peut pas

0{,}5\in[0{,}489\ ;\ 0{,}551]

\boxed{\text{on ne peut PAS conclure que } p>0{,}5}

Le sondage est compatible avec une minorité.

⚠️ L'interprétation correcte de « 95 % » :

\begin{array}{ll} \text{FAUX} & \text{} p\ \text{a } 95\%\ \text{de chances d'\^etre dans l'intervalle}\\ \textbf{VRAI} & \text{si l'on r\'ep\'etait le sondage, } 95\%\ \text{des intervalles contiendraient } p\ \text{} \end{array}

👉 $p$ est une constante, pas une variable aléatoire — c'est l'INTERVALLE qui est aléatoire. L'énoncé faux relève de l'interprétation bayésienne, qui demande une autre construction (intervalle de crédibilité).

Combien faudrait-il de sondés pour trancher ? Il faudrait que $0{,}5$ sorte de l'intervalle :

1{,}96\sqrt{\frac{0{,}2496}{n}}<0{,}02\ \Longrightarrow\ n>2\,397

\boxed{\text{il faudrait environ } 2\,400\ \text{sond\'es}}

Réponse. IC à

95\%

:

\widehat p\pm1{,}96\sqrt{\widehat p(1-\widehat p)/n}

;

0{,}52\pm0{,}031

. (TCL ADMIS ; mécanisme certifié ; quantile

1{,}96

= table — E)

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Erreur de Monte-Carlo en 1/√N (c'est le TCL)

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer que l'erreur d'une estimation de Monte-Carlo $\widehat I_N=\tfrac1N\sum g(U_i)$ est de l'ordre de $\tfrac{\sigma}{\sqrt N}$ , et que sa loi est gaussienne (TCL). En déduire un IC pour $\widehat I_N$ et expliquer pourquoi « quadrupler $N$ divise l'erreur par $2$ ».

Indices (3)

$\mathrm{Var}(\widehat I_N)=\tfrac{\sigma^2}N$ ( $\sigma^2=\mathrm{Var}(g(U))$ ).

TCL : $\sqrt N(\widehat I_N-I)\to\mathcal{N}(0,\sigma^2)$ .

$\tfrac1{\sqrt{4N}}=\tfrac12\tfrac1{\sqrt N}$ .

Correction détaillée

Le résultat, et sa double portée

\boxed{\widehat I_N-I\ \approx\ \frac{\sigma}{\sqrt N}\,Z,\qquad Z\sim\mathcal{N}(0,1)}

Deux informations, et la seconde est celle qui compte :

\begin{array}{ll} \text{la TAILLE de l'erreur} & \sigma/\sqrt N\ \text{— donn\'ee par la variance}\\ \textbf{la LOI de l'erreur} & \textbf{gaussienne — donn\'ee par le TCL} \end{array}

👉 C'est la loi qui permet de construire un intervalle de confiance, donc de dire quelque chose de quantifié. La taille seule ne donnerait qu'un ordre de grandeur.

Étape 1 — L'estimateur et sa variance

\widehat I_N=\frac1N\sum_{i=1}^{N}g(U_i),\qquad U_i\ \text{i.i.d. uniformes}

E[\widehat I_N]=E[g(U)]=I\qquad\text{— SANS BIAIS}

\mathrm{Var}(\widehat I_N)=\frac{\mathrm{Var}\big(g(U)\big)}{N}=\frac{\sigma^2}{N}

\sigma\big(\widehat I_N\big)=\frac{\sigma}{\sqrt N}

avec $\sigma^2=\mathrm{Var}(g(U))=E[g(U)^2]-I^2$ .

Étape 2 — Le TCL donne la LOI

Les $g(U_i)$ sont i.i.d., d'espérance $I$ et de variance $\sigma^2$ . Le TCL s'applique :

\frac{\widehat I_N-I}{\sigma/\sqrt N}\ \xrightarrow{\mathcal{L}}\ \mathcal{N}(0,1)

\boxed{\text{IC}_{95\%}(I)=\left[\widehat I_N-1{,}96\frac{\widehat\sigma}{\sqrt N},\ \ \widehat I_N+1{,}96\frac{\widehat\sigma}{\sqrt N}\right]}

où $\widehat\sigma$ est l'écart-type EMPIRIQUE :

\widehat\sigma^2=\frac{1}{N-1}\sum_i\big(g(U_i)-\widehat I_N\big)^2

👉 Le remplacement de $\sigma$ par $\widehat\sigma$ est encore SLUTSKY (exercice D6) — le même mécanisme qu'à l'exercice E4.

\boxed{\text{Monte-Carlo fournit sa propre barre d'erreur}}

Étape 3 — L'exemple de $\pi$

g(u,v)=\mathbf 1_{u^2+v^2\leq 1},\qquad I=E[g]=\frac\pi4\approx 0{,}7854

$g$ suit une Bernoulli( $\pi/4$ ), donc

\sigma^2=\frac\pi4\Big(1-\frac\pi4\Big)\approx 0{,}1685,\qquad \sigma\approx 0{,}4105

\begin{array}{lcl} N & \text{demi-IC sur } \pi\ (\times 4) & \\\hline 10^4 & 4\times 1{,}96\times\frac{0{,}4105}{100}\approx 0{,}032 & \text{2 d\'ecimales}\\ 10^6 & \approx 0{,}0032 & \text{3 d\'ecimales}\\ 10^8 & \approx 0{,}00032 & \text{4 d\'ecimales} \end{array}

\boxed{\text{une d\'ecimale de plus co\^ute } 100\ \text{fois plus de tirages}}

Ce qui accélère Monte-Carlo

On ne peut pas améliorer le $1/\sqrt N$ — mais on peut RÉDUIRE $\sigma$ .

\begin{array}{ll} \textbf{variables antith\'etiques} & \text{utiliser } U\ \text{et}\ 1-U\ \text{— corr\'elation n\'egative}\\ \textbf{variable de contr\^ole} & \text{soustraire une } h\ \text{d'esp\'erance connue et corr\'el\'ee \`a } g\\ \textbf{\'echantillonnage pr\'ef\'erentiel} & \text{tirer selon une loi qui \'epouse } g\\ \textbf{stratification} & \text{d\'ecouper le domaine, tirer dans chaque strate} \end{array}

👉 Toutes ces méthodes gardent la vitesse $N^{-1/2}$ et diminuent la CONSTANTE. Un facteur $10$ sur $\sigma$ vaut un facteur $100$ sur $N$ .

\boxed{\text{la vitesse est impos\'ee par le TCL ; seule la constante se travaille}}

⚠️ Sauf à changer de méthode : les suites à discrépance faible (quasi-Monte-Carlo) atteignent $N^{-1}$ — mais elles ne sont plus aléatoires, donc le TCL ne s'y applique pas, et l'on perd la barre d'erreur probabiliste.

Réponse. Erreur Monte-Carlo

\sim\tfrac\sigma{\sqrt N}

, gaussienne (TCL) ; IC

\widehat I_N\pm1{,}96\tfrac{\widehat\sigma}{\sqrt N}

;

\times4

tirages

\Rightarrow

erreur

\div2

. (Vérifié sur instances : erreur

\propto1/\sqrt N

,

\mathrm{sd}(N)/\mathrm{sd}(4N)\approx2

— E ✓)

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Convergence empirique vers Φ : distance de Kolmogorov-Smirnov

DémonstrationDifficulté 3/5

Définir la distance de Kolmogorov-Smirnov $D_n=\sup_x|F_n(x)-\Phi(x)|$ entre la répartition empirique de sommes standardisées et $\Phi$ . Sur des sommes de $30$ uniformes standardisées, donner l'ordre de $D$ et interpréter.

Indices (3)

$F_n$ = répartition empirique (escalier) de $M$ tirages.

$D_n=\sup_x|F_n(x)-\Phi(x)|$ (écart uniforme).

Petit $D$ $\Rightarrow$ l'histogramme épouse la cloche.

Correction détaillée

La distance, et ce qu'elle mesure

\boxed{D_n=\sup_{x\in\mathbb{R}}\big\lvert F_n(x)-\Phi(x)\big\rvert}

où $F_n$ est la fonction de répartition empirique de sommes standardisées.

F_n(x)=\frac1m\sum_{j=1}^{m}\mathbf 1_{S^{\ast}_{(j)}\leq x}

Elle mesure l'écart MAXIMAL à la gaussienne, uniformément sur $\mathbb{R}$ — c'est la même quantité que celle bornée par Berry-Esseen (exercice E3).

Étape 1 — Deux sources d'erreur, à ne pas confondre

D_n\ \leq\ \underbrace{\sup_x\lvert F_n(x)-F_{S^\ast}(x)\rvert}_{\text{erreur d'\'ECHANTILLONNAGE}}\ +\ \underbrace{\sup_x\lvert F_{S^\ast}(x)-\Phi(x)\rvert}_{\text{erreur du TCL}}

\begin{array}{lll} \text{terme} & \text{ordre} & \text{d\'epend de}\\\hline \text{\'echantillonnage} & 1/\sqrt m & \text{le nombre de R\'EP\'ETITIONS } m\\ \text{TCL} & 1/\sqrt n & \text{la taille des SOMMES } n \end{array}

👉 Les deux se contrôlent séparément, et c'est essentiel : augmenter $m$ ne réduit pas l'erreur du TCL, et augmenter $n$ ne réduit pas le bruit d'échantillonnage.

Le premier terme est régi par le théorème de GLIVENKO-CANTELLI ( $D\to 0$ p.s.) et quantifié par KOLMOGOROV-SMIRNOV.

Étape 2 — L'ordre de grandeur, sur $30$ uniformes

S=\sum_{i=1}^{30}U_i,\qquad U_i\sim\mathcal{U}[0,1]

\mu=30\times\tfrac12=15,\qquad \sigma^2=30\times\tfrac1{12}=2{,}5,\qquad \sigma\approx 1{,}58

Erreur du TCL, par Berry-Esseen — pour $\mathcal{U}[0,1]$ centrée, $\rho/\sigma^3=\tfrac{12\sqrt{12}}{32}\approx 1{,}30$ :

\sup_x\lvert F_{S^\ast}-\Phi\rvert\leq\frac{0{,}4748\times 1{,}30}{\sqrt{30}}\approx 0{,}113

⚠️ C'est une MAJORATION très large : l'erreur réelle est de l'ordre de $\mathbf{0{,}001}$ (calcul exact : $\approx 0{,}0009$ ), soit plus de cent fois moins.

👉 La raison : l'uniforme est symétrique et à support borné — deux propriétés que Berry-Esseen ne sait pas exploiter. La convergence y est exceptionnellement rapide.

\boxed{\text{la somme de 12 uniformes servait autrefois de g\'en\'erateur GAUSSIEN}}

Étape 3 — Le bruit d'échantillonnage

Avec $m$ répétitions, la statistique de Kolmogorov-Smirnov vérifie

\sqrt m\,D_m\ \xrightarrow{\mathcal{L}}\ K\qquad\text{(loi de Kolmogorov)}

P(K\leq 1{,}36)=0{,}95

\begin{array}{lcl} m & \text{seuil } 5\% = 1{,}36/\sqrt m & \\\hline 100 & 0{,}136 & \text{bruit dominant}\\ 1\,000 & 0{,}043 & \\ 10\,000 & 0{,}0136 & \text{encore sup\'erieur \`a l'erreur TCL} \end{array}

👉 Il faut $m$ GRAND pour voir l'erreur du TCL — sinon le bruit d'échantillonnage la masque entièrement. À $m=100$ , on ne mesure que du bruit.

\boxed{\text{un banc mal dimensionn\'e mesure son propre bruit}}

Le protocole qui discrimine

\begin{array}{ll} 1. & \text{fixer } n\ \text{(taille des sommes) et } m\ \text{(r\'ep\'etitions)}\\ 2. & \text{simuler } m\ \text{sommes de } n\ \text{variables, standardiser}\\ 3. & \text{calculer } D_n\ \text{contre } \Phi\\ 4. & \textbf{TEMOIN} : \text{refaire avec des } \mathcal{N}(0,1)\ \text{— l'erreur r\'esiduelle est le BRUIT} \end{array}

⚠️ L'étape 4 est celle qu'on oublie, et sans elle le résultat n'est pas interprétable : un $D_n$ non nul peut venir du TCL ou de l'échantillonnage, et rien ne les distingue.

\boxed{\text{le t\'emoin gaussien s\'epare les deux sources}}

Et le contraste $n$ / $m$ est le contrôle qui valide le protocole :

\begin{array}{ll} \text{augmenter } n & D_n\ \text{doit d\'ecro\^itre en } 1/\sqrt n\\ \text{augmenter } m & D_n\ \text{doit se STABILISER (pas tendre vers } 0) \end{array}

👉 Si $D_n$ ne décroît pas quand $n$ augmente, ce n'est pas le TCL qu'on mesure — c'est que $m$ est trop petit, ou que les tirages ne sont pas indépendants.

Réponse.

D=\sup_x|F_M-\Phi|

; somme de

30

uniformes :

D\approx0{,}01<0{,}03

(TCL visible dès

n=30

). (Vérifié sur instances : KS

=0{,}0102

— E ✓)

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Exercices corrigés — Probabilités (mesure) et théorème central limite

Les 18 exercices

Axiomes de Kolmogorov : la probabilité est une mesure

Variable aléatoire, loi image, fonction de répartition

Espérance = intégrale ∫X dP : linéarité, E[1_A]=P(A)

Variance, écart-type, inégalité de Bienaymé-Tchebychev

Lois usuelles : espérance et variance

Variable à densité, ∫f=1, espérance par intégrale

Indépendance d'événements et de variables

E[XY]=E[X]E[Y] et Var(X+Y)=Var X+Var Y si indépendance

Covariance, corrélation, décorrélation n'est pas indépendance

Modes de convergence d'une suite de variables aléatoires

Loi faible des grands nombres par Bienaymé-Tchebychev

Loi forte (ADMIS) et méthode de Monte-Carlo

Énoncé du théorème central limite

Approximation normale : de Moivre-Laplace, Poisson, continuité

Vitesse de convergence : inégalité de Berry-Esseen

Intervalle de confiance et fluctuation par le TCL

Erreur de Monte-Carlo en 1/√N (c'est le TCL)

Convergence empirique vers Φ : distance de Kolmogorov-Smirnov

S'entraîner davantage sur probabilités (mesure) et théorème central limite