Comportement asymptotique de l'espérance du max de lois exponentielles

Colle de mathématiques

Sujet de colle de maths:

Variables aléatoires continuesVariables aléatoires continues

Énoncé du sujet

Soit

un entier et

des variables aléatoires indépendantes de même loi exponentielle de paramètre 1. On pose:

$M_n = \max\left( X_1 , \dots , X_n\rp$

Montrer que admet une densité, qu'on déterminera et qu'on représentera graphiquement.
Montrer que l’intégrale $\dsp\int_0^{+\infty} \left( 1-\left(1-e^{-u}\rp^n\rp\,du$ converge.
Déterminer la valeur de la limite de $\dfrac{E\left[ M_n\right]}{\ln(n)}$ quand $n\to+\infty$ . Indication : on pourra utiliser, sans preuve, le fait que $E[Y]=\dsp\int_0^{+\infty}P(Y\geqslant u)\,du$ pour toute variable aléatoire positive faire un changement de variable dans l’intégrale.

Correction

Oral ENS ULM - 2017

On a $X_i\lp\Omega\rp=\R_+$ donc aussi $M_n\lp\Omega\rp=\R_+$ .
On note la fonction de répartition des , donc $F(x)=1-e^{-x}$ si $x\geqslant0$ et 0 sinon, et on note de même la fonction de répartition de .

On a alors pour $x\geqslant0$ , et par indépendance des variables aléatoires,

$\begin{array}{lcl} F_n(x)&=&P\left( M_n\leqslant x\rp\\[.5em] &=&P\left( \max(X_1,\dots,X_n)\leqslant x\rp\\[.5em] &=&P\biggl( \left( X_1\leqslant x\rp\cap\dots\cap\left( X_1\leqslant x\rp\biggr)\\ &=&\dsp\prod_{i=1}^nP\left( X_i\leqslant x\rp\\[1.5em] &=&\left( F(x)\rp^n = \lp1-e^{-x}\rp^n\enar$

tandis que

$F_n(x)=P\left( M_n\leqslant x\rp=0 \text{ pour } x<0$

La fonction de densité est alors donnée par , soit pour ,

$f_1(x)=\la\begin{array}{ll}0 &\text{ si } x<0\\e^{-x}&\text{ si } x\geqslant0\enar\right.$

et la courbe

$\psset{yunit=2cm,arrowsize=8pt}\begin{pspicture}(-5,-.5)(6,1.4) \psline{->}(-5,0)(6,0) \psline{->}(0,-.2)(0,1.4) \psline[linecolor=blue,linewidth=1.5pt](-5,0)(0,0) \psplot[linecolor=blue,linewidth=1.5pt]{0}{5}{2.718 x -1 mul exp} \psline(-.1,1)(.1,1)\rput[r](-.2,1){1} \end{pspicture}$

Pour $n\geqslant2$ , on a

$f_n(x)=\la\begin{array}{ll}0 &\text{ si } x<0\\ ne^{-x}\lp1-e^{-x}\rp^{n-1}&\text{ si } x\geqslant0\enar\right.$

et donc, pour $x\geqslant0$ ,

$\begin{array}{lcl} f_n'(x)&=&ne^{-x}\lp1-e^{-x}\rp^{n-2}\biggl(-\lp1-e^{-x}\rp+(n-1)e^{-x} \biggr)\\[1em] &=&ne^{-x}\lp1-e^{-x}\rp^{n-2}\biggl(-1+ne^{-x}\biggr) \enar$

et la fonction est donc croissante puis décroissante, avec un maximum en tel que

$-1+ne^{-x}=0 \iff x=\ln(n)$

et on obtient l'allure de la courbe

$\psset{xunit=1cm,yunit=3cm,arrowsize=8pt}\begin{pspicture}(-5,-.5)(6,1.2) \newcommand{\f}[2]{2.718 #1 -1 mul exp #2 mul 1 2.718 -1 #1 mul exp sub #2 1 sub exp mul } \psline{->}(-.2,0)(6,0) \psline{->}(0,-.2)(0,1.2) \psline[linecolor=blue,linewidth=1.5pt](-5,0)(0,0) \psplot[linecolor=blue,linewidth=1.5pt]{0}{5}{\f{x}{2}} \psline(-.1,1)(.1,1)\rput[r](-.2,1){1} \psline(.69,0)(!.69\space\f{.69}{2})(!0\space\f{.69}{2})\rput(.69,-.1){\blue$\ln2$} %n=5 et ln(5)~1.61 \psline[linecolor=red,linewidth=1.2pt](-5,0.01)(0,0.01) \psplot[linecolor=red,linewidth=1.5pt]{0}{5}{\f{x}{5}} \psline(1.61,0)(!1.61\space\f{1.61}{5})(!0\space\f{1.61}{5})\rput(1.61,-.1){\red$\ln5$} \rput(.7,.6){\blue$n\!=\!2$} \rput(4.2,.2){\red$n\!=5\!$} \end{pspicture}$
La fonction à intégrer est continue sur $[0;+\infty[$ , et seule la convergence en l'infini est donc éventuellement problématique.
En $+\infty$ on a $e^{-u}\to0$ et l'équivalent $(1+x)^\alpha\underset{0}{\sim}1+\alpha x$ donne alors

$1-\lp1-e^{-u}\rp^n\underset{0}{\sim}ne^{-u}$

qui est intégrable en $+\infty$ , par exemple par critère de Riemann car $u^2e^{-u}\to0$ par croissances comparées.
L'intégrale converge donc bien.
En utilisant la formuel de l'énoncé, on a

$\begin{array}{lcl} E\left[ M_n\rp&=&\dsp\int_0^{+\infty}P\left( M_n\geqslant u\rp\,du\\[1em] &=&\dsp\int_0^{+\infty}\left( 1-P\left( M_n< u\rp\rp\,du\\[1em] &=&\dsp\int_0^{+\infty}\left( 1-\left(1-e^{-u}\rp^n\rp\,du \enar$

qui est l'intégrale convergente de la question précédente.

On effectue le changement de variable , avec et alors

$\int_0^{+\infty}\left( 1-\left(1-e^{-u}\rp^n\rp\,du =\int_0^1\dfrac{1-v^n}{1-v}\,dv$

Le terme à intégrer est la somme des termes d'une suite géométrique:

$\dfrac{1-v^n}{1-v}=\sum_{k=0}^{n-1}v^k$

et donc, par linéarité de l'intégrale,

$\begin{array}{lcl} E\left[ M_n\right] &=&\dsp\int_0^{+\infty}\left( 1-\left(1-e^{-u}\rp^n\rp\,du\\[1.2em] &=&\dsp\sum_{k=0}^{n-1}\int_0^1v^k\,dv\\[1.2em] &=&\dsp\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac1{k+1}\\[1.2em] &=&\dsp\sum_{k=1}^n\dfrac1k \enar$

qui est la somme partielle de la série harmonique donc on sait qu'elle diverge vers avec, plus précisément

$\sum_{k=1}^n\dfrac1k\underset{+\infty}{\sim}\ln(n)$

On trouve donc finalement que

$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{E\left[ M_n\right]}{\ln(n)}=1$

Remarque: À savoir démontrer (question bonus ?): la formule donnée dans l'énoncé pour le calcul de l'espérance, et l'équivalent pour la série harmonique.
- Formule pour l'espérance
  Soit une variable aléatoire sur $\R_+$ , de densité et de fonction de répartition définie par $F(x)=P(Y\leqslant x)$ .
  Comme le suggère la formule souhaitée, on passe par l'événement contraire en posant
  
  $G(x)=P(Y>x)=1-F(x)$
  
  On a alors,
  
  $\begin{array}{lcl}E[Y]&=&\dsp\int_0^{+\infty}xf(x)\,dx\\ &&=\dsp\int_0^{+\infty}xF'(x)\,dx\\ &&=\dsp-\int_0^{+\infty}xG'(x)\,dx\\ \enar$
  
  puis, en intégrant par parties,
  
  $\begin{array}{lcl}E[Y]&=&-\bigl[\,xG(x)\,\bigr]_0^{+\infty}+\dsp\int_0^{+\infty}G(x)\,dx\\[1em] &=&\dsp\int_0^{+\infty}P(Y>x)\,dx\enar$
  
  bien sûr sous réserve que les intégrales considérées convergent et que
  
  $\lim_{x\to+\infty}xG(x)=0$
- Équivalent de la série harmonique $S_n=\dsp\sum_{k=1}^n\dfrac1k$
  On utilise la comparaison série-intégrale: comme $t\mapsto\dfrac1t$ est décroissante, on a
  
  $k\leqslant t\leqslant k+1 \iff \dfrac1{k+1}\leqslant\dfrac1t\leqslant\dfrac1k$
  
  puis en intégrant,
  
  $\dfrac1{k+1}\leqslant\int_k^{k+1}\dfrac1t\,dt\leqslant\dfrac1k$
  
  et enfin en sommant,
  
  $\sum_{k=1}^n\dfrac1{k+1} \leqslant\sum_{k=1}^n\int_k^{k+1}\dfrac1t\,dt \leqslant\sum_{k=1}^n\dfrac1k$
  
  soit,
  
  $S_{n+1}\leqslant\int_1^{n+1}\dfrac{dt}{t}=\ln(n+1)\leqslant S_n$
  
  On a donc obtenu que
  
  $S_{n+1}\leqslant\ln(n+1)$
  
  soit aussi
  
  $S_n\leqslant\ln(n)$
  
  et que
  
  $S_n\geqslant\ln(n+1)$
  
  soit, en résumé,
  
  $\ln(n+1)\leqslant S_n\leqslant\ln(n)$
  
  et donc,
  
  $\dfrac{\ln(n+1)}{\ln(n)}\leqslant\dfrac{S_n}{\ln(n)}\leqslant1$
  
  et on obtient la limite et l'équivalent grâce au théorème des gendarmes.

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