% version 14

\documentclass[11pt,landscape,twocolumn]{article}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[francais]{babel}
\usepackage{amsfonts,amsmath,amssymb,mathrsfs}
\usepackage{amsfonts,amsmath,amssymb,mathrsfs}
%\usepackage{latexsym}
\usepackage{lscape}
\usepackage{multicol}
\usepackage[top=2cm,bottom=2cm,left=1cm, right=1cm]{geometry}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{array}
\usepackage{multirow}
\usepackage{lastpage}
\usepackage{enumerate}
%\usepackage{slashbox}
\usepackage{graphicx}

\DecimalMathComma
\setlength{\columnseprule}{.25pt}
\setlength{\columnsep}{1cm}

\pagestyle{fancy}
\lfoot{\today}
\cfoot{\thepage / \pageref{LastPage}}
\rfoot{}

\parindent 0pt

\newcommand\R{\mathbb{R }}
\newcommand\N{\mathbb{N }}
\newcommand\Q{\mathbb{Q }}
\newcommand\Z{\mathbb{Z }}
\newcommand{\ph}[1] {\phantom{#1}}
\newcommand{\mc}{\mathcal}

\newcommand\ssi{si et seulement si }
\newcommand\cad{c'est-à-dire }
\newcommand\Cad{C'est-à-dire }

\newcommand{\ds}{\displaystyle}
\newcommand{\dlim}{\ds \lim}
\newcommand{\dint}{\ds \int}
\newcommand{\lint}{\ds \int\limits}
\newcommand{\dsum}{\displaystyle \sum}

\newcommand{\ts}{\underline}
\newcommand{\tg}{\textbf}

\newcommand{\btb}{\begin{enumerate}[\textbullet]}
\newcommand{\ee}{\end{enumerate}}
\newcommand{\hs}{\hspace*{1cm}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\be}{\begin{enumerate}}
\newcommand{\barr}{\begin{array}}
\newcommand{\earr}{\end{array}}
\newcommand{\beq}{\begin{eqnarray*}}
\newcommand{\eeq}{\end{eqnarray*}}

\newcommand{\imp}{\Rightarrow }
\newcommand{\impp}{\q \Rightarrow \q}
\newcommand{\ve}{\varepsilon }
\newcommand{\1}{\\[1ex] }
\newcommand{\Ker}{\text{Ker }}
\newcommand{\Ima}{\text{Im }}
\newcommand{\cov}{\text{cov}}
\newcommand{\la}{\lambda}
\newcommand{\dm}{\text{dim }}
\newcommand{\Vect}{\text{Vect }}
\newcommand{\Card}{\text{Card }}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}  }
\newcommand{\q}{\quad}
\newcommand{\8}{\infty}
\newcommand{\qif}{\q \iff \q }
\newcommand{\imq}{\q \imp \q }
\newcommand{\Binom}{\ds  \binom }

%
\newcommand{\syst}[2]{%
	\left\{ \barr{*#1l} #2 \earr \right.} 



\renewcommand{\theenumii}{\alph{enumii}}
\renewcommand{\labelenumii}{\hspace*{-3em}\theenumii.}

\newcounter{num}
\newcommand{\ppt}{\addtocounter{num}{1} \textbf{Propriété \thenum. }}
\newcounter{dnum}

\newcommand{\Dem}{\underline{Démonstration}}

\newcommand{\prop}[2]{%
	\begin{minipage}  {\largeur}
	\addtocounter{num}{1} \hspace*{5mm} \textbf{Propriété \thenum #1 } \1
	\hs  $\barr{||l} \begin{minipage}{\largeur} #2 \end{minipage} \earr$
	\end{minipage}\1
	}

\newcommand{\enon}[1]{%
	  \fbox{\begin{minipage}[t]{\linewidth} #1 \end{minipage}} 
	}

\newcommand{\defi}[2]{
	\begin{minipage}  {\largeur}
	\addtocounter{dnum}{1}\hspace*{5mm} \textbf{Définition \thednum #1} \1
	\hs  $\barr{|l} \begin{minipage}  {\largeur}  #2 \end{minipage} \earr$ 
	\end{minipage}\1
	}

\newcommand{\hor}[1]{
	{\setlength{\fboxsep}{1mm}
	\setlength{\fboxrule}{0.5mm}
	\setlength{\largeur}{\linewidth}
	\addtolength{\largeur}{-1.5cm}
	\hs \fbox{
			 \begin{minipage}  {\largeur}
				 #1  
			\end{minipage}
		}
	\1}
	}

\newcommand{\prog}[1]{%
	\hs  \texttt{  \begin{minipage}{\largeur} #1 \end{minipage} }
	}



\newlength{\largeur}
\setlength{\largeur}{\linewidth}
%\addtolength{\largeur}{-1cm}



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\lhead{\Large \textbf{  ECE   }}
\chead{\Large \textbf{  HEC\_2014 Problème  }}
\rhead{\Large \textbf {  Corrigé   }}




%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%



\begin{document}




\section*{HEC 2014 Problème  \hfill nIE 221}
%
\enon{
\begin{itemize}
\item La fonction de répartition de la loi normale centrée réduite est notée $\Phi$.

\item La notation $\exp$ désigne la fonction exponentielle.

\item Les trois parties du problème sont très largement indépendantes.
\end{itemize}}

\subsection*{Partie I. Un équivalent d'une intégrale}

\begin{enumerate}[1.]
\item \enon{
	Soit $N$ la fonction définie sur l'intervalle $\left[ 0,1\right[ $, à valeurs réelles, telle que : \1
	\hs $N( x) =x^{2}-2x-2( 1-x) \ln ( 1-x) $.
	}
%
\begin{enumerate}[a.]
\item \enon{Montrer que la fonction $N$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $\left[0,1\right[ $.}\1
%
Pour $x \in [0;1[, ~1-x \in ]0;1]$\hs Donc $\ln(1-x)$ est définie.\\
Par composée et somme de fonctions $C^1$, $N$ est $C^1$ sur $[0;1[$
%



\item \enon{Montrer que pour tout $x\in\left[ 0,1\right[ $, on a : \q $\ln\left(1-x\right) \leq-x$.}\1
%
Posons $f(x)=\ln(1-x)+x$ pour $x \in ]0;1]$\\
$f$ est de classe $c^1$ et \\
\hs $f'(x)=\dfrac{-1}{1-x}+1=\dfrac{-x}{1-x}<0$\\
$f$ est donc décroissante sur $[0;1[$ Or $f(0)=0$\\
Donc, sur $[0;1[, ~f(x) \leq 0 \iff \ln(1-x) \leq -x$
%

On peut également montrer ce résultat par un argument de concavité. 

\item \enon{On note $N^{\prime}$ la fonction dérivée de la fonction $N$.\1
	Montrer que pour tout $x\in\left[ 0,1\right[ $, on a $N^{\prime}\left(x\right) \leq0$.}
\1
$N( x) =x^{2}-2x-2( 1-x) \ln ( 1-x) $.\\
$N'(x)=2x-2-2(1-x)\dfrac{-1}{1-x}-2(-1)\ln(1-x)\1
\hs =2x-2+2+2\ln(1-x)\1
\hs =2x+2\ln(1-x)$\1
Or $\ln(1-x) \leq -x \imp 2x +2\ln(1-x) \leq 0$ pour $x \in [0;1[$
%
%
\item \enon{En déduire pour tout $x\in\left[ 0,1\right[ $, un encadrement de $%
N(x)$.}
%
\btb
\item $N(0)= 0$
\item En $1$\\
	Posons $X=1-x\hs (1-x)  \ln (1-x)=X\ln X$\\
Quand  $x \to 1, ~X \to 0, X \ln X \to 0 $ (croissance comparée)\\
Donc $\dlim_{x \to 1} N(x)= -1$
\item Or $N$ est strcitement décroissante sur [0; 1[, donc $-1 < N(x) \leq 0$. \\ (On a aussi $-1 < N(x) <0$ pour $x \in ]0;1[$)
\ee
%
%
\end{enumerate}





%
\item \enon{
	Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $\left] 0,1\right[ $%
	, \`{a} valeurs réelles, telle que : 
	\hs $f( x) =-2\dfrac {x+\ln ( 1-x ) }{x^2  }$
	}
%
\be[a.]
\item \enon{Chercher le développement limité en 0 \`{a} l'ordre 2 de $%
\ln(1-x)$}\1
%
$\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+\circ(x^2)\\
\imp \ln(1-x)=-x-\dfrac{x^2}{2}+\circ(x^2)$
%
\item \enon{Calculer $\lim\limits_{x\rightarrow0}f\left( x\right) $. En dé%
duire que la fonction $f$ est prolongeable par continuité en $0$.\\
On note encore $f$ la fonction ainsi prolongée.}\1
%
$\ln(1-x)=-x-\dfrac{x^2}{2}+\circ(x^2)\1
x+\ln(1-x)=-\dfrac{x^2}{2}+\circ(x^2)\1
-2\dfrac{x+\ln(1-x)}{x^2}=\dfrac{x^2+\circ(x^2)}{x^2}=1+\circ(1)\1
\imp \hs \dlim_{x \to 0} f(x)=1$\1
$\dlim_{x \to 0} f(x)$ est finie.\\
Donc $f$ est ptrolongeable par continuité en $0$ en posant $f(0)=1$


\item \enon{Sous réserve d'existence, on note $f^{\prime}$ la fonction dé%
rivée de $f$\newline
Montrer que pour tout\ $x\in\left] 0,1\right[ $, on a : $f^{\prime}\left(
x\right) =-2\dfrac{N\left( x\right) }{x^{3}\left( 1-x\right) }$.}\1
%
$f$ est dérivable comme quotient de fonctions dérivables\1
$f( x) =-2\dfrac {x+\ln ( 1-x ) }{x^2  }\1
f'(x)=-2\dfrac {(x+\ln ( 1-x ))'x^2- (x+\ln ( 1-x ))(x^2)'}{(x^2)^2  }\1
\phantom{f'(x)=}=-2\dfrac {(1-\dfrac{1}{1-x})x^2- (~x+\ln ( 1-x )~) 2x}{x^4  }\1
\phantom{f'(x)=}=-2\dfrac {(1-x-1) x^2- (1-x)  (~x+\ln ( 1-x )~)  (2x)}{(1-x)x^4  }\1
\phantom{f'(x)=}=-2\dfrac {(-x) x  -2 (1-x)  (~x+\ln ( 1-x )~) }{(1-x)x^3  }\1
\phantom{f'(x)=}=-2\dfrac { -x^2   -2x+2x^2 -2 (1-x) \ln ( 1-x ) }{(1-x)x^3  }\1
\phantom{f'(x)=}=-2\dfrac { x^2-2x -2 (1-x) \ln ( 1-x ) }{(1-x)x^3  }\1
\phantom{f'(x)=}=-2\dfrac { N(x) }{(1-x)x^3  }\1
$




\item \enon{%
	Dresser le tableau de variation de la fonction $f$ sur $\left[ 0,1%
\right[ $.\newline
En déduire que $f$ réalise une bijection strictement croissante de $%
\left[ 0,1\right[ $ dans $\left[ 1,+\infty \right[ $.
	}
%
\btb
\item On a vu que sur ]0; 1[, $-1 < N(x) < 0$\\
Donc $f'(x) > 0$ sur ]0;1[\\
De plus $f$ est continue sur $[0;1[$\\
Donc $f$ est strcitement croissante sur $[0;1[$
\item $f(0)=1$\\
Quand $x \to 1^-,\\
 \hs 1-x \to 0^+ \imp \ln(1-x) \to -\infty \imp \dfrac{x+ \ln(1-x)}{x^2} \to -\infty$\\
D'où $ \hs \dlim_{x \to 1} f(x)=+\infty$
\item $f$ est continue et strictement croissante sur [0;1[, donc $f$ réalise une bijection de $I=[0;1[$ sur $f(I)=[1; +\infty[$
\ee


\end{enumerate}


\item \enon{On pose pour tout $n\in\mathbb{N}^{\ast}$ et pour tout $x\in\left[ 0,1%
\right[ $ : \\
\hs $g_{n}\left( x\right) =\exp\left( -\dfrac{nx^{2}}{2}f(x) \right) $}
%
\begin{enumerate}
\item \enon{\'{E}tablir la convergence de l'intégrale $\int_{0}^{1}g_{n}\left(
x\right) dx$. On pose alors pour tout $n \in\mathbb{N}^{\ast}:
	\hs I_{n}=\int _{0}^{1}g_{n}\left( x\right) dx$.}\1
%


La fonction $f$ est continue sur $[0;1[$, donc $g_n$ est continue sur $[0;1[$\\
L'intégrale est impropre en 1.\\
Or \\
$\hs \dlim_{x \to 1^-} f(x)=+\infty \1
\imp \dlim_{x \to 1^-} -\frac{nx^{2}}{2}f(x)=-\infty \1
\imp   \dlim_{x \to 1^-}  g_n(x)=0$\\
On peut donc plrolonger $g_n$ par continuité en 1 en posant \\ \hs $g_n(1)=0$\\ et donc l'intégrale $I_n$ converge.

{\bf L'intégrale ici n'est pas vraiment impropre. Cela se produit à chaque fois que la fonction admet une limite finie là où la fonction n'est pas continue \bf}


\item \enon{
	Montrer que pour tout $x\in\left[ 0,1\right[ $, on a : $0\leq
	g_{n} ( x ) \leq\exp\left( -\frac{nx^2 }{2}\right) $.}
%
\btb
\item Sur $[0;1], ~g_n(x) \geq 0$
\item Pour tout $x \in [0;1[, f(x) \geq 1\1
 \imp -\dfrac{nx^{2}}{2}f(x) \leq -\dfrac{nx^{2}}{2}\1
 \imp g_n(x) \leq \exp\left(   -\dfrac{nx^{2}}{2}   \right)$ car exp croissante sur $\R$\1
\ee



\item \enon{En déduire l'encadrement : $0\leq I_n\leq\sqrt{\frac{2\pi}{n}} \left( \Phi( \sqrt{n} ) -\frac{1}{2}\right) $}
%
\btb
\item Pour tout $x \in [0,1[$, \\
\hs $0\leq g_n ( x ) \leq\exp\left( -\frac{nx^2 }{2}\right) \1
\imp 0\leq  \dint_0^1  g_n ( x )dx \leq \dint_0^1 \exp\left( -\frac{nx^2 }{2}\right)dx $  \hs car $0 \leq 1$ (bornes dans le bon sens)
\item Faisons le chagnement de variable suivant : $t=\sqrt{n}x\\
\hs dt=\sqrt{n}dx \imp dx=\dfrac{1}{\sqrt{n}}dt$\\
\hs Bornes : $\left\{ \barr{ll} x=1 & t=\sqrt{n} \\ x = 0 & t=0 \earr \right.$\1
$\dint_0^1 \exp\left( -\frac{nx^2 }{2}\right)dx 
=\dint_0^{\sqrt{n}} exp\left(-\dfrac{t^2}{2} \right) \dfrac{1}{\sqrt{n}}dt\1
\phantom{  \dint_0^1 \exp\left( -\frac{nx^2 }{2}\right)dx   } 
=\dfrac{\sqrt{2\pi}}{\sqrt{n}} \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}  \dint_0^{\sqrt{n}} exp\left(-\dfrac{t^2}{2} \right) dt\1
\phantom{  \dint_0^1 \exp\left( -\frac{nx^2 }{2}\right)dx   } 
=\sqrt{ \dfrac{2\pi}{n} } [\Phi(\sqrt{n})-\Phi(0) ]\1
\phantom{  \dint_0^1 \exp\left( -\frac{nx^2 }{2}\right)dx   } 
=\sqrt{ \dfrac{2\pi}{n} } \left[\Phi(\sqrt{n})-\dfrac1{2} \right]
$
\item Donc \hs $0\leq I_n\leq\sqrt{\frac{2\pi}{n}} \left( \Phi( \sqrt{n} ) -\frac{1}{2}\right) $
\ee



\item \enon{
	Montrer que pour tout $n\in\mathbb{N}^{\ast}$, on a : $0\leq I_{n}\leq%
	\sqrt{\frac{\pi}{2n}}$
	}
%
Poyur $x \geq 0, ~\frac1{2} \leq \Phi(x) < 1 \imp \Phi( \sqrt{n} ) -\frac{1}{2} < \dfrac1{2}$
D'où \hs $I_n \leq \sqrt{\dfrac{2\pi}{n}} \times \dfrac1{2}=\sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$

\end{enumerate}

\item 	\label{a}
	\enon{
	Soit $\left( v_{n}\right) _{n\in\mathbb{N}^{\ast}}$ la suite r%
	éelle définie par : pour tout $n\in\mathbb{N}^{\ast}$, $v_{n}=\frac{1%
	}{\ln\left( n+2\right) }$
	}
\begin{enumerate}[a.]
\item \enon{
	Montrer que pour tout $n\in\mathbb{N}^{\ast}$, on a : $0<v_{n}<1$.
	}\1
%
$n \geq 1 \imp n+2 \geq 3 > e \imp \ln(n+2) > 1 \imp 0 < \dfrac{1}{\ln(n+2)} < 1\1
 \imp 0 < v_n < 1$




\item \enon{
	On pose pour tout $n\in\mathbb{N}^{\ast}$ : $w_{n}=f\left(
	v_{n}\right) $. \'{E}tablir la convergence de la suite $\left( w_{n}\right)
	_{n\in\mathbb{N}^{\ast}}$ ; déterminer sa limite.
	}
%
On a $\lim\limits_{n \to +\infty}  \ln(n+2) = +\infty$
$\imp \lim\limits_{n \to +\infty} v_n = 0 \1
\imp \lim\limits_{n \to +\infty} f(v_n) = f(0) $ car $f $ continue en 0\1
$\imp \lim\limits_{n \to +\infty} w_n = 1$\1
D'où $\dlim_{n \to \infty} w_n=1$




\item \enon{
	\'{E}tablir pour tout $n\in \mathbb{N}^{\ast }$ les inégalités suivantes : \1 
	$\ds
	I_{n}\geq \int_{0}^{v_{n}}g_{n}\left( x\right) dx\geq \int_{0}^{v_{n}}\exp
	\left( -\frac{nx^{2}}{2}w_{n}\right) dx\geq \frac{1}{\sqrt{nw_{n}}}%
	\int_{0}^{v_{n}\sqrt{nw_{n}}}\exp \left( -\frac{u^{2}}{2}\right) du
	$
	}
%
\btb
\item $v_n < 1\1
 \imp I_n=\dint_0^1 g_n(x)dx =\dint_0^{v_n} g_n(x)dx+ \dint_{v_n}^1 g_n(x)dx \geq \dint_0^{v_n} g_n(x)dx$ \\ \hs car $g_n(x) \geq 0$ sur $[v_n;1]$
\item $g_{n}\left( x\right) =\exp\left( -\frac{nx^{2}}{2}f(x) \right) $\\
	Or $f$ est strictement croissante sur $[0;v_n]$
Donc pour $x \in [0;v_n],\\
	\hs f(x) \leq f(v_n) = w_n\1
	\imp -\dfrac{nx^2}{2}f(x) \geq -\dfrac{nx^2}{2} w_n\1	
	\imp \exp\left( -\dfrac{nx^2}{2}f(x) \right) \geq \exp\left(-\dfrac{nx^2}{2} w_n \right)\1
	\imp g_n(x) \geq \exp\left(-\dfrac{nx^2}{2} w_n \right)\1
	\imp \dint_0^{v_n} g_n(x)dx \geq \dint_0^{v_n} \exp\left(-\dfrac{nx^2}{2} w_n \right) \text{ car } 0 \leq v_n\1
	$	
\item Posons $t=\sqrt{n w_n}~x \imp  dx=\dfrac{1} {\sqrt{n w_n} } dt\1$
\hs Bornes $\left\{ \barr{ll} x=v_n & t=v_n\sqrt{n w_n} \\ x=0 & t=0 \earr \right.$\1
$\dint_0^{v_n} \exp\left(-\dfrac{nx^2}{2} w_n \right)= \dint_0^{v_n\sqrt{n w_n}} \exp\left(-\dfrac{t^2}{2} \right)\dfrac{1} {\sqrt{n w_n} } dt\1
\phantom{   \dint_0^{v_n} \exp\left(-\dfrac{nx^2}{2} w_n \right)    }
 =\dfrac{1} {\sqrt{n w_n} } \dint_0^{v_n\sqrt{n w_n}} \exp\left(-\dfrac{t^2}{2} \right) dt$

\ee




\item \enon{
	\'{E}tablir pour tout $n\in\mathbb{N}^{\ast}$, l'encadrement :\\ 
	$ \ds \hs \frac{2}{\sqrt{w_{n}}}\left( \Phi ( v_{n}\sqrt{nw_{n}}  ) -\frac{1}{2}%
	\right) \leq I_{n}\sqrt{\frac{2n}{\pi}}\leq1$
	}
%
\btb
\item On a vu précédemment que : \hs 	$0\leq I_n \leq \sqrt{\frac{\pi}{2n}}\1
	\imp I_n\sqrt{\frac{2n}{\pi}  } \leq 1$
\item D'autre part: \\
	$I_n \geq \dfrac{1} {\sqrt{n w_n} } \dint_0^{v_n\sqrt{n w_n}} \exp\left(-\dfrac{t^2}{2} \right) dt$\\
	Et \\
	$\hs \dfrac{1} {\sqrt{n w_n} } \dint_0^{v_n\sqrt{n w_n}} \exp\left(-\dfrac{t^2}{2} \right) dt \1
	= \dfrac{\sqrt{2 \pi}   } {\sqrt{n w_n} } \dfrac{1} {\sqrt{2 \pi} }\dint_0^{v_n\sqrt{n w_n}} \exp\left(-\dfrac{t^2}{2} \right) dt \1
	=\sqrt{ \dfrac{2 \pi} {n w_n} } \left( \Phi(v_n\sqrt{n w_n})-\Phi(0) \right) \1
	\imp I_n \geq \sqrt{ \dfrac{2 \pi} {n w_n} } \left( \Phi(v_n\sqrt{n w_n})-\Phi(0) \right) \1
	\imp I_n\sqrt{\frac{2n}{\pi}  } \geq \sqrt{\frac{2n}{\pi}  }\sqrt{ \dfrac{2 \pi} {n w_n} } \left( \Phi(v_n\sqrt{n w_n})-\Phi(0) \right) \1
	\imp I_n\sqrt{\frac{2n}{\pi}  } \geq \dfrac{2 }{\sqrt{ w_n} } \left( \Phi(v_n\sqrt{n w_n})-\dfrac1{2} \right) \1
$
	

\ee



\item \enon{
	En déduire $\lim\limits_{n \to +\infty} I_{n}\sqrt{\dfrac{2n}{\pi}} = 1$}
%
\hs $v_n\sqrt{n w_n}=\dfrac{1}{\ln(n+2)}  \sqrt{n} \sqrt{w_n}=\dfrac{\sqrt{n}}{\ln(n+2)}   \sqrt{w_n}$\1
Quand $n \to +\infty\\
\hs \dfrac{\sqrt{n}}{\ln(n+2)} \to +\infty $ (croissance comparée)$\1
\hs w_n \to 1
\imp\sqrt{w_n} \to 1\1
\imp v_n\sqrt{n w_n} \to +\infty\1
\imp \Phi ( v_{n}\sqrt{nw_{n}}) \to 1 \1
\imp 2 \left( \Phi ( v_{n}\sqrt{nw_{n}})  - \dfrac1{2} \right) \to 1  \1
$ Or $\hs \sqrt{w_n} \to 1\1
\imp \dlim_{n  \to +\infty}   \frac{2}{\sqrt{w_{n}}}\left( \Phi ( v_{n}\sqrt{nw_{n}}  ) -\frac{1}{2}%
	\right) =1$\1
Donc par encadrement \\
\hs $\dlim_{n  \to +\infty}  I_{n}\sqrt{\frac{2n}{\pi}}=1$\\



\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Partie II. Quelques propriétés asymptotiques de la loi de
Poisson}

\textit{Les notations sont identiques \`{a} celles de la Partie I.}

\begin{enumerate}[1.] \setcounter{enumi}{4}%

\item \label{b}
	\enon{
	On pose pour tout réel $x>0$ et pour tout $n\in \mathbb{N} ^{\ast }$ :\1
	\hs  $J_0 ( x) =1-e^{-x}$\hs  et \hs $J_n   (x)  =\dfrac{1}{n!}\dint_0^x  t^n  e^{-t}dt$
	}
%
%
\begin{enumerate}[a.]
\item \enon{
	Calculer pour tout réel $x>0$, $J_{1}\left( x\right) $.
	}\1
%
$J_1(x)=\dint_0^xte^{-t}dt$\\
Par intégration par parties.\1
Posons \hs $\left\{ \barr{ll}  u(t)=t & u'(t)=1 \\ v'(t)=e^{-t} & v(t)=-e^{-t} \earr \right.$\1
$u$ et $v$ sont de classe $C^1$ sur $[0;x]$.\1
$J_1(x)=\left[  -t.e^{-t} \right]_0^x -  \dint_0^x -e^{-t}dt\1
\hs = -xe^{-x}-[e^{-t}]_0^x\1
\hs = -xe^{-x}-e^{-x}+1
$



\item \enon{
	\'{E}tablir pour tout réel $x>0$ et pour tout $n\in\mathbb{N}%
	^{\ast }$, la relation : \1
	\hs $J_{n} ( x) =J_{n-1} ( x) -\dfrac {1}{n!}x^n e^{-x}$.
	}\1
%
$J_n   (x)  =\dfrac{1}{n!}\dint_0^x  t^n  e^{-t}dt$\1
Par intégration par parties.\1
Posons \hs $\left\{ \barr{ll}  u(t)=t^n & u'(t)=nt^{n-1} \\ v'(t)=e^{-t} & v(t)=-e^{-t} \earr \right.$\1
$u$ et $v$ sont de classe $C^1$ sur $[0;x]$.\1
$J_n(x)=\dfrac{1}{n!}\left( \left[  -t^n.e^{-t} \right]_0^x -  \dint_0^x -nt^{n-1}e^{-t}dt \right)\1
\hs =\dfrac{1}{n!}( -x^n e^{-x})+\dfrac{n}{n!}   \dint_0^x -nt^{n-1}e^{-t}dt\1
\hs =-\dfrac{1}{n!}x^n e^{-x}+J_{n-1}(x)
$





\item \enon{
	En déduire pour tout réel $x>0$ et pour tout $n\in \mathbb{N}%
	^{\ast}$, une expression de $J_{n}\left( x\right) $ sous forme de somme.
	}\1
%
On a 	\hs $J_k ( x) -J_{k-1} ( x)= -\dfrac {1}{k!}x^k e^{-x}$ pour $k \geq 1$\1
Donc \hs $\dsum_{k=2}^n   ( J_k ( x) -J_{k-1} ( x))= - \dsum_{k=2}^n  \dfrac {1}{k!}x^k e^{-x}$\1
Par télescopage:\1
\hs $J_n(x)-J_1(x)=- \dsum_{k=2}^n  \dfrac {1}{k!}x^k e^{-x}\1
\imp J_n(x)=J_1(x)- \dsum_{k=2}^n  \dfrac {1}{k!}x^k e^{-x}\1
\phantom{ \imp J_n(x) }=1-e^{-x}-xe^{-x}- \dsum_{k=2}^n  \dfrac {1}{k!}x^k e^{-x}\1
\phantom{ \imp J_n(x) }=1- \dsum_{k=0}^n  \dfrac {1}{k!}x^k e^{-x}\1$



\item \enon{
	Montrer que pour tout $n\in\mathbb{N}^{\ast}$, l'intégrale 
	$\int_0^{+\infty}t^n e^{-t}dt$ est convergente et calculer sa valeur.
	}\1
%
Quand $x \to +\infty, ~x^k e^{-x} \to 0$ (croissance comparée)\1
Don \hs $\dlim_{ x \to +\infty} \dsum_{k=0}^n  \dfrac {1}{k!}x^k e^{-x}=0\1
\imp \dlim_{ x \to +\infty} J_n(x)=1$\1 
Donc  l'intégrale 	$\dint_0^{+\infty}t^n e^{-t}dt$ est convergente et :\1
\hs 	$\dint_0^{+\infty}t^n e^{-t}dt = \dlim_{x \to +\infty} n! J_n(x)=$




\item \enon{
	A l'aide du changement de variable $t=n(1-x)$, montrer que pour tout $%
	n\in \mathbb{N}^{\ast }$, on a : 
	\begin{equation*}
	I_{n}=n!\frac{e^{n}}{n^{n+1}}J_{n}\left( n\right) 
	\end{equation*}
	}\1
%
$I_n = \dint_0^1g_n(x)dx =  \dint_0^1  \exp\left( -\dfrac{nx^{2}}{2}f(x) \right) dx\1
 \hs = \dint_0^1  \exp\left( -\dfrac{nx^{2}}{2} \times -2\dfrac{x+\ln(1-x)}{x^2} \right) dx\1
 \hs = \dint_0^1  \exp\left( nx^{2} \times \dfrac{x+\ln(1-x)}{x^2} \right) dx\1
 \hs = \dint_0^1  \exp\left[ n ( x+\ln(1-x) ) \right] dx\1
$\1
En posant $t=n(1-x) \imp dt=-ndx \imp dx = \dfrac{-1}{n} dt$\1
Et $\hs x=1 - \dfrac{t}{n}$\1
\hs Bornes : $\barr{ll} x=1 & t=0 \\ x= 0 & t=n \earr\1
$
$I_n = \dint_0^1  \exp\left[ n ( x+\ln(1-x) ) \right] dx\1
\hs =\dint_n^0  \exp\left[ n ( 1 - \dfrac{t}{n}+\ln(t/n) ) \right]  \dfrac{-1}{n} dt\1
\hs =\dint_n^0  \exp\left[ n \left( 1 - \dfrac{t}{n}+\ln(t/n) \right) \right]  \dfrac{-1}{n} dt\1
\hs =\dint_n^0  \exp\left[   n - t+n  \ln t - n \ln n) \right]  \dfrac{-1}{n} dt\1
\hs =\dint_0^n  \exp\left[   n - t+n  \ln t - n \ln n) \right]  \dfrac{1}{n} dt\1
\hs =\dint_0^n  e^{ n}\times e^{ -t }  \times e^{n \ln t } \times e^{-n   \ln n}    \dfrac{1}{n} dt\1
\hs =\dint_0^n  e^{ n}  \times e^{ -t }  \times t^{n } \times n^{-n}   \times  \dfrac{1}{n} dt\1
\hs =e^{ n}\times \dfrac{1}{n^n} \times    \dfrac{1}{n}  \dint_0^n    e^{ -t } \times t^{n }  dt\1
\hs =\dfrac{e^{ n}}{n^{n+1}}    n! \dfrac{1}{n!}  \dint_0^n    e^{ -t } \times t^{n }  dt\1
\hs =\dfrac{e^{ n}}{n^{n+1}}    n!  \times  J_n(n)
$



%\newpage

\end{enumerate}
\ee

\enon{
	Soit $\left( X_{n}\right) _{n\in\mathbb{N}^{\ast}}$ une suite de variables al%
	éatoires indépendantes, définies sur un espace probabilisé $%
	\left( \Omega,\mathcal{A},P\right) $, de m\^{e}me loi de Poisson de param%
	ètre~1. \\
	On pose pour tout $n\in\mathbb{N}^{\ast}$ : $S_{n}=\sum%
	\limits_{i=1}^{n}X_{i}$.
	}
%\item \thinspace


%\end{document}


\begin{enumerate}[1.] \setcounter{enumi}{5} 

\item  \be[a.]
\item \enon{
	Rappeler, sans démonstration mais en citant le résultat de
	cours utilisé, la loi de la variable aléatoire $S_{n}$.}\1
%
$S_n$ est une somme de varaibles indépendntaes suivant des lois de Poisson.
Donc $S_n$ suit une loi de Poisson de paramètre $1+\dots+1=n$


\item \enon{
	Exprimer pour tout $n\in \mathbb{N}^{\ast }$, $P([S_{n}\leq n])$ et $%
	P([S_{n}\geq n])$ en fonction de $J_{n}\left( n\right) $ et $J_{n-1}\left(
	n\right) $ respectivement.
	}
%
\btb
\item $P(S_n \leq n) = \dsum_{k=0}^n P(S_n=k)=\dsum_{k=0}^n e^{-n} \dfrac{n^k}{k!} $\1
	On a vu  que \hs 
	$J_n(x)=1- \dsum_{k=0}^n  \dfrac {1}{k!}x^k e^{-x}\1
	\imp J_n(n)=1- \dsum_{k=0}^n  \dfrac {1}{k!}n^k e^{-n}=1-P(S_n \leq n)\1
	\imp P(S_n \leq n)=1-J_n(n)$\1
\item $P(S_n \geq n) =1-P(S_n \leq n-1)= 1-\dsum_{k=0}^{n-1} P(S_n=k)\1
	\phantom{   P(S_n \geq n)   }   =1-\dsum_{k=0}^{n-1} e^{-n} \dfrac{n^k}{k!} $\1
On a vu  que \hs 
	$J_n(x)=1- \dsum_{k=0}^n  \dfrac {1}{k!}x^k e^{-x}\1
	\imp J_{n-1}(x)=1- \dsum_{k=0}^{n-1}  \dfrac {1}{k!}x^k e^{-x}\hs 
	\imp J_{n-1}(n)=1- \dsum_{k=0}^{n-1}  \dfrac {1}{k!}n^k e^{-n}\1
	P(S_n \geq n)=J_{n-1}(n)$
\ee
%
\end{enumerate}
%
\item \label{7}
	\enon{
	Pour tout $n\in \mathbb{N}^{\ast }$, on note $h_{n}$ la
	fonction définie sur $\mathbb{R}_{+}$ \`{a} valeurs réelles, telle
	que : $h_n( x) =x^{n}e^{-x}$.
	}
%
\begin{enumerate}[a.]
\item \enon{
	\'{E}tudier les variations de $h_{n}$ sur $\mathbb{R}_{+}$.
	}\1
%
$h_n$ continue et dérivable sur $\R$\\
\hs $h_n'(x)=nx^{n-1}e^{-x}+x^n.(-e^{-x})=x^{n-1}e^{-x}(n-x)\\
\hs h_n'(x) > 0 \iff n-x > 0 \iff x < n$\\
Donc $h_n$ est croissantr sur $[0;n]$ et décroissante sur $[n; +\infty[$
%
\item \enon{
	\'{E}tablir pour tout $n\in\mathbb{N}^{\ast}$, la relation :\1
	$\hs \ds
	P(\left[ S_{n+1}\leq n+1\right] )-P([S_{n}\leq n])\\
	\hspace*{3cm}=-\frac{1}{\left(
	n+1\right) !}\int_{n}^{n+1}\left( h_{n+1}\left( t\right) -h_{n+1}\left(
	n\right) \right) dt  $
	}\1
%
$ J_n   (x)  =\dfrac{1}{n!}\dint_0^x  t^n  e^{-t}dt$\1
\hs $P(S_n \leq n)=1-J_n(n) \\
\imp P(S_{n+1} \leq n+1)=1-J_{n+1}(n+1)$\1
Donc \\
$\hs P(\left[ S_{n+1}\leq n+1\right] )-P([S_{n}\leq n])=J_n(n)-J_{n+1}(n+1)$\\
Or \hs $J_{n} ( x) =J_{n-1} ( x) -\dfrac {1}{n!}x^n e^{-x}\\
\imp J_{n+1} ( x) =J_{n} ( x) -\dfrac {1}{(n+1)!}x^{n+1} e^{-x}\\
\imp J_{n+1} ( n) =J_{n} (n) -\dfrac {1}{(n+1)!}n^{n+1} e^{-n}\\
\imp  J_{n} (n)=J_{n+1} ( n) +\dfrac {1}{(n+1)!}n^{n+1} e^{-n}\1$
Donc \\
$P(\left[ S_{n+1}\leq n+1\right] )-P([S_{n}\leq n])\\
\hspace*{1.5cm}=J_{n+1} ( n) +\dfrac {1}{(n+1)!}n^{n+1} e^{-n} -J_{n+1}(n+1)\1
\hspace*{1.5cm}=\dfrac{1}{(n+1)!} \dint\limits_0^n  t^{n+1}  e^{-t} dt +\dfrac {1}{(n+1)!}n^{n+1} e^{-n}\\
\hspace*{4cm} -\dfrac{1}{(n+1)!}\dint\limits_0^{n+1}  t^{n+1}  e^{-t}dt\1
\hspace*{1.5cm}=-\dfrac{1}{(n+1)!} \dint\limits_n^{n+1}  t^{n+1}  e^{-t} dt +\dfrac {1}{(n+1)!}~[(n+1)-n] ~n^{n+1} e^{-n}\1
\hspace*{1.5cm}=-\dfrac{1}{(n+1)!} \dint_n^{n+1}  t^{n+1}  e^{-t} dt +\dfrac {1}{(n+1)!}  \dint_n^{n+1} n^{n+1} e^{-n}dt\1
\hspace*{1.5cm}=-\dfrac{1}{(n+1)!}\left(  \dint_n^{n+1}  h_{n+1}(t) dt -\dint_n^{n+1} h_{n+1}(n) dt \right)\1
\hspace*{1.5cm}=-\dfrac{1}{(n+1)!}\left(  \dint_n^{n+1} h_{n+1}(t)-  h_{n+1}(n) dt \right)
$. 


\item \enon{
	En déduire que la suite $\left( P([S_n\leq n])\right) _{n\in%
	\mathbb{N}^{\ast}}$ est décroissante.
	}\1
%
On sait que $h_{n+1}$ est croissante sur $[0; n+1]$\\
Donc, pour $t \in [n;n+1], \hs h_{n+1}(t)-h_{n+1}(n) \geq 0\1
\hs \imp  \dint_n^{n+1} h_{n+1}(t)-  h_{n+1}(n) dt \geq 0$\hs  car $ n \leq n+1\1
\hs \imp P(\left[ S_{n+1}\leq n+1\right] )-P([S_{n}\leq n]) \leq 0$\1
La suite $\left( P([S_n\leq n])\right)$ est donc décroissante.

%\newpage

\item \enon{
	\'{E}tudier la monotonie de la suite $\left( P([S_{n}\geq n])\right)
	_{n\in\mathbb{N}^{\ast}}$.
	}\1
%
On a : \hs $P(S_n \geq n)=J_{n-1}(n)\1
\imp P(S_{n+1} \geq n+1)=J_{n}(n+1)$\1
Donc \\
\hs $P(S_{n+1}\geq n+1) -P(S_n \geq n)=J_{n}(n+1)-J_{n-1}(n)$\1
Or \\
\hs \hs $J_{n} ( x) =J_{n-1} ( x) -\dfrac {1}{n!}x^n e^{-x}\\
\hs \imp J_{n} ( n) =J_{n-1} ( n) -\dfrac {1}{n!}n^n e^{-n}\\
\hs \imp J_{n-1} ( n)=J_{n} ( n)+\dfrac {1}{n!}n^n e^{-n}$\\
D'où:\\
\hs $P(S_{n+1}\geq n+1) -P(S_n \geq n)\\
\hspace*{1.5cm} =J_{n}(n+1)-J_{n} ( n)-\dfrac {1}{n!}n^n e^{-n}\1
\hspace*{1.5cm} =\dfrac{1}{n!}\dint_0^{n+1}  t^n  e^{-t}dt    -       \dfrac{1}{n!}\dint_0^n  t^n  e^{-t}dt -\dfrac {1}{n!} h_n(n)\1
\hspace*{1.5cm} =\dfrac{1}{n!}\dint_n^{n+1}  h_n(t) dt    -       \dfrac{1}{n!}\dint_0^n  h_n(n) dt\1
\hspace*{1.5cm} =\dfrac{1}{n!} \left( \dint_n^{n+1}  h_n(t) -  h_n(n) dt  \right) \1
$
Or la fonction $h_n$ est décroissante sur $[n;+\infty[$\\
Donc, pour $t \in [n;n+1], \hs h_n(t) -  h_n(n) \leq 0\1
\hs\imp \dint_n^{n+1}  h_n(t) -  h_n(n) dt  \leq 0 \1
\hs \imp P(S_{n+1}\geq n+1) -P(S_n \geq n) \leq 0$\1
La suite $\left( P([S_{n}\geq n])\right)$ est donc décroissante.



\item \enon{
	Montrer que les deux suites $\left( P([S_{n}\leq n])\right) _{n\in%
	\mathbb{N}^{\ast}}$ et $\left( P([S_{n}\leq n])\right) _{n\in \mathbb{N}%
	^{\ast}}$ sont convergentes.
	}\1
Les deux suites sont décroissantes et minorées par 0, donc elles sont toutes deux convergentes.



\end{enumerate}
\end{enumerate}
%
\subsection*{ Partie III, Médianes : cas des variables aléatoires discr%
ètes et des variables aléatoires \`{a} densité}

\enon{
Soit $X$ une variable aléatoire réelle définie sur un espace
probabilisé $\left( \Omega,\mathcal{A},P\right) $, de fonction de ré%
partition $F$. On appelle médiane de $X$ , tout réel $m$ vé%
rifiant les deux conditions : $P ( \left[ X\leq m\right] ) \geq%
\frac{1}{2}$ et $P\left( \left[ X\geq m\right] \right) \geq\frac{1}{2}.$\\
On admet qu'un tel réel $m$ existe toujours.
}
%
\begin{enumerate}[1.] \setcounter{enumi}{9}%

\item \enon{
	Dans cette question, $X$ est une variable aléatoire discrète 
	\`{a} valeurs dans $\mathbb{N}$ admettant une espérance $E(X)$.
	}
%
\begin{enumerate}[a.]
\item \label{10a}
	\enon{
	Montrer que pour tout $r\in\mathbb{N}^{\ast}$, on a : \\
	\hs $E ( |  X-r |  ) =E ( X ) 	-r + 2\dsum_{k=0}^{r-1} ( r-k  ) P  ( [ X=k ]  ) $.
	}\1
$r \in \N*$\\
Pour $k\in \N,\\
\hs |k-r| = k-r $ si $ k-r > 0 \iff k>r\\
\hs |k-r| = r-k $ si $k-r<0 \iff k<r\\
\hs |k-r|=0 $ si $ k=r$\1
Donc\\

$ \hs E(|X-r|)=\dsum_{k=0}^{+\infty} |k-r|P(X=k)\1
\phantom{ \hs E(|X-r|) } =\dsum_{k=0}^{r-1} |k-r|P(X=k)+\dsum_{k=r}^{+\infty} |k-r|P(X=k)\1
\phantom{ \hs E(|X-r|) } =\dsum_{k=0}^{r-1} (r-k)P(X=k) +\dsum_{k=r}^{+\infty}(k-r)  P(X=k)\1
\phantom{ \hs E(|X-r|) } =\dsum_{k=0}^{r-1} (r-k)P(X=k) +\dsum_{k=0}^{+\infty}(k-r)  P(X=k)\\
\hspace*{5cm}-\dsum_{k=0}^{r-1}(k-r)  P(X=k)\1
 =\dsum_{k=0}^{r-1} (r-k)P(X=k) +\dsum_{k=0}^{+\infty}(k-r)  P(X=k)+\dsum_{k=0}^{r-1}(r-k)  P(X=k)\1
 =2\dsum_{k=0}^{r-1} (r-k)P(X=k) +\dsum_{k=0}^{+\infty} k  P(X=k)-r\dsum_{k=0}^{+\infty}  P(X=k)\1
=2\dsum_{k=0}^{r-1} (r-k)P(X=k) +E(X)-r
$


%\newpage


\item \enon{
	Montrer que : \hs $\sum\limits_{k=0}^{r-1}F\left( k\right) =\sum
	\limits_{k=0}^{r-1}\left( r-k\right) P\left( \left[ X=k\right] \right) $.%
	}\1
$\dsum_{k=0}^{r-1} F(k)=\dsum_{k=0}^{r-1} P(X \leq k)\1
\phantom{  \dsum_{k=0}^{r-1} F(k)  }   =\dsum_{k=0}^{r-1} \dsum_{i=0}^k P(X=i)\1
\phantom{  \dsum_{k=0}^{r-1} F(k)  }   =\dsum_{\substack{0 \leq k \leq r-1 \\ 0 \leq i \leq k}} P(X=i)\1
\phantom{  \dsum_{k=0}^{r-1} F(k)  }   =\dsum_{0 \leq i \leq k \leq r-1 } P(X=i)\1
\phantom{  \dsum_{k=0}^{r-1} F(k)  }   =\dsum_{ i=0}^{r-1} \dsum_{k=i}^{r-1 } P(X=i)\1
\phantom{  \dsum_{k=0}^{r-1} F(k)  }   =\dsum_{ i=0}^{r-1} \left(   P(X=i) \dsum_{k=i}^{r-1 } 1\right) \1
\phantom{  \dsum_{k=0}^{r-1} F(k)  }   =\dsum_{ i=0}^{r-1} P(X=i)[(r-1)-i+1]   \1
\phantom{  \dsum_{k=0}^{r-1} F(k)  }   =\dsum_{ i=0}^{r-1} P(X=i)(r-i)    \1
\phantom{  \dsum_{k=0}^{r-1} F(k)  }   =\dsum_{ k=0}^{r-1} P(X=k)(r-k)  $

	
%\newpage
	\enon{
	En déduire que pour tout $r\in\mathbb{N}^{\ast}$, on a : \1
	\hs $E\left(
	\left\vert X-r\right\vert \right) =E\left( X\right)
	+2\sum\limits_{k=0}^{r-1}\left( F\left( k\right) -\frac{1}{2}\right) $
	}\1
%
$\hs E ( |  X-r |  ) =E ( X ) 	-r + 2\dsum_{k=0}^{r-1} ( r-k  ) P  ( [ X=k ]  ) \1
\phantom{   \hs E ( |  X-r |  )  } = E ( X ) 	-r + 2\dsum_{k=0}^{r-1} F(k)\1
\phantom{   \hs E ( |  X-r |  )  } = E ( X ) 	-\dsum_{k=0}^{r-1} 1 + 2\dsum_{k=0}^{r-1} F(k)\1
\phantom{   \hs E ( |  X-r |  )  } = E ( X ) 	+ 2\dsum_{k=0}^{r-1} \left( F(k) -\frac{1}{2} \right)$.
%
%
\item \enon{
	Soit $m$ une médiane de $X$. On suppose que $m\in \mathbb{N}^{\ast
	}$.\newline
	Déterminer, pour tout $r\in \mathbb{N}^{\ast }$, le signe de \1
	\hs $E\left(
	\left\vert X-r\right\vert \right) -E\left( \left\vert X-m\right\vert \right) 
	$.\\ Conclure.
	}\1
%
$\hs  E( |  X-r |  )  = E ( X ) 	+ 2\dsum_{k=0}^{r-1} \left( F(k) -\frac{1}{2} \right)\1
\hs E ( |  X-m |  )  = E ( X ) 	+ 2\dsum_{k=0}^{m-1} \left( F(k) -\frac{1}{2} \right)\1$
D'où \\
$  E( |  X-r |  )  -E ( |  X-m |  )  =2 \left(   \dsum_{k=0}^{r-1} \left( F(k) -\frac{1}{2} \right) - \dsum_{k=0}^{m-1} \left( F(k) -\frac{1}{2} \right)  \right)
$
\btb
\item 1er cas :  $r < m$:\\
$  E( |  X-r |  )  -E ( |  X-m |  )  =2 \left(  - \dsum_{k=r}^{m-1} \left( F(k) -\frac{1}{2} \right)  \right)
$\\
Or \hs $P(  X\geq m   ) \geq\frac{1}{2} \1
\hs \imp 1-P( [ X < m  ] ) \geq\frac{1}{2}\1
\hs \imp P( [ X < m  ] ) \leq\frac{1}{2}\1
$
Or pour $k \in [[r;m-1]], \\
k < m-1\1
\imp F(k) \leq F(m-1) = P(X \leq m-1)=F(m) \1
\imp F(k) \leq \frac{1}{2}\1
\imp F(k) - \frac{1}{2} \leq 0  \1
\imp \dsum_{k=r}^{m-1} \left( F(k) -\frac{1}{2} \right) \leq 0   \1
\imp  E( |  X-r |  )  -E ( |  X-m |  ) \geq 0$  
\item 2ème  cas : $r=m$\1
Alors  \hs $E( |  X-r |  )  -E ( |  X-m |  )=0$
\item 3ème cas :  $r > m$\1
Dans ce cas : \\
\hs $  E( |  X-r |  )  -E ( |  X-m |  )  =2   \dsum_{k=m}^{r-1} \left( F(k) -\frac{1}{2} \right)  $\1
Or \hs $P ( X\leq m ) \geq \frac{1}{2}$\\
Pour $k \in [[m;r-1]]\\
\hs k \geq m\\
\imp \hs F(k) \geq F(m) \geq \frac{1}{2}\1
\imp \hs F(k)-\frac{1}{2} \geq 0\1
\imp  \dsum_{k=m}^{r-1} \left( F(k) -\frac{1}{2} \right) \geq 0\1
\imp   E( |  X-r |  )  -E ( |  X-m |  ) \geq 0$
\item Conclusion : Pour tout $r \in \N, ~  E( |  X-r |  )  -E ( |  X-m |  )  \geq 0$
\ee 

 

\end{enumerate}

\item \enon{
	Dans cette question, $X$ est une variable aléatoire \`{a} densit%
	é dont une densité $f$ est continue sur $\mathbb{R}$.\newline
	On suppose que $X$ admet une espérance $E(X)$. Soit $M$ la fonction de $%
	\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ définie par : \hs 
	$M(x)=E\left( \left\vert X-x\right\vert \right) $.
	}
%
\begin{enumerate}[a.]
\item \enon{
	\'{E}tablir pour tout $x\geq0$ l'encadrement \1
	\hs $0\leq x \left( 1-F(x ) \right) 
	\leq\dint_x^{+\infty}tf ( t ) dt$
	}
\btb
\item $\forall x \in \R,~ 0 \leq F(x) \leq 1\\
	\imp \hs 1-F(x) \geq 0\\
	\imp \hs x(1-F(x)) \geq 0$	\hs car $ x \geq 0$
\item Pour $t\in [x;+\infty[\\
	\hs t \leq x\1
	\imp t.f(t) \leq x.f(t)\1
	\imp \dint_x^{+\infty}t.f(t)dt \leq \dint_x^{+\infty} x.f(t)dt\1
$Les intégrales convergent respectivement parce que $X$ admet une espérance et $f$ est une densité$\\
	\imp \dint_x^{+\infty}t.f(t)dt \leq x \dint_x^{+\infty} f(t)dt\1
	\imp \dint_x^{+\infty}t.f(t)dt \leq x (1-F(x))\1
$
\ee


	\enon{ 
	En déduire que $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}x\left( 1-F\left(
	x\right) \right) =0$.
	}\1
%
$X$ admet une espérance, donc $\dint_{-\infty}^{+\infty}t.f(t) dt$ converge\\
Donc \hs $\dlim_{x \to +\infty} \dint_x^{+\infty}t.f(t)dt=0$\\
Donc, par encadrement : \hs $\dlim_{x \to +\infty}  x(1-F(x))=0$




	\enon{
	En considérant la variable aléatoire $-X$, montrer que \1 
	$\hs \lim\limits_{x\rightarrow-\infty}xF\left( x\right) =0$.
	}\1
%
En appliquant cette propriété à $-X$, on botient\\
\hs $\dlim_{y \to +\infty}  y(1-G(y))=0$ avec $G$ la fonction de réaprtition de $-X$\\
En posant $y=-x$, on obtient:\\
\hs $\dlim_{x \to -\infty}  -x(1-G(-x))=0$\\
Or\\
\hs $G(-x)=P(-X \leq -x)=P(X \geq x)=1-F(x)$\1
D'où : \hs  $\dlim_{x \to -\infty}  -x(F(x))=0\\
\imp \hs  \dlim_{x \to -\infty}  x(F(x))=0$





\item \enon{
	Établir pour tout $x$ réel, la relation : \1
	\hs $M\left( x\right)
	=\dint_{-\infty}^{x}F\left( t\right) dt+\dint_{x}^{+\infty}\left( 1-F\left(	t\right) \right) dt$
	}\1
%
$\hs M(x)=E( | X-x | )\1
\phantom{\hs  M(x)} =\dint_{-\infty}^{+\infty} |t-x| f(t)dt\1
\phantom{\hs  M(x)}=\dint_{-\infty}^{x} |t-x| f(t)dt+\dint_{x}^{+\infty} |t-x| f(t)dt
$\1
Or \\
\hs pour $t \leq x , ~|t-x|=-t+x$\\
\hs pour $t\geq x, ~|t-x|=t-x$\\	
Donc \\
$\hs M(x)=\dint_{-\infty}^{x} (-t+x) f(t)dt+\dint_{x}^{+\infty} (t-x) f(t)dt\1$
%\phantom{\hs  M(x)} =\dint_{-\infty}^{+\infty} |t-x| f(t)dt\1
%\phantom{M(x)}=\dint_{-\infty}^{x} |t-x| f(t)dt+\dint_{x}^{+\infty} |t-x| f(t)dt$
Étudions séparément les deux intégrales:
\btb
\item Posons $I(a)=\dint_{a}^{x} (-t+x) f(t)dt$\\
	Faisons une intégration par parties:\\
		\hs $\left\{ \barr{ll} u(t)=-t+x & u'(t)=-1 \\ v'(t)=f(t) & v(t)=F(t) \earr \right. $\\
	$u$ et $v$ sont de classe $C^1$ sur $\R$. Donc \\
	$  \hs I(a)=\left[  (-t+x)F(t) \right]_a^x - \dint_{a}^{x} -F(t)dt\1
	 \phantom{ \hs I(a)} =[  0-(-a+x)F(a) ]+ \dint_{a}^{x} F(t)dt\1
	 \phantom{ \hs I(a)} = aF(a)-xF(a)+ \dint_{a}^{x} F(t)dt\1
	$\\
	On a vu que $\dlim_{a \to -\infty} aF(a)=0$ et on a : $\dlim_{a \to -\infty} F(a)=0$\\
	Donc $\dint_{-\infty}^{x} (-t+x) f(t)dt=\dlim_{a \to -\infty} I(a)=\dint_{-\infty}^{x} F(t)dt$
\item Psons  $J(a)=\dint_{x}^{a} (t-x) f(t)dt$\1
	\hs $\left\{ \barr{ll} u(t)=t-x & u'(t)=1 \\ v'(t)=f(t) & v(t)=F(t)-1 \earr \right. $\\
	$u$ et $v$ sont de classe $C^1$ sur $\R$. Donc \\
	$  \hs J(a)=\left[  (t-x)(F(t)-1) \right]_a^x - \dint_{a}^{x} (F(t)-1)dt\1
	 \phantom{ \hs I(a)} =[  0-(a-x)(F(a)-1) ]+ \dint_{a}^{x} (1-F(t)) ~dt\1
	 \phantom{ \hs I(a)} = a(1-F(a))-x(1-F(a))+ \dint_{a}^{x} (1-F(t))~dt\1$
	On a vu que $\dlim_{a \to +\infty} a(1-F(a))=0$ et on a : $\dlim_{a \to +\infty} 1-F(a)=0$\\
	Donc $\dint_x^{+\infty} (t-x) f(t)dt=\dlim_{a \to +\infty} J(a)=\dint_{a}^{+\infty} (1-F(t))dt$
\item En rassemblant les deux intégrales:\\
	\hs $ M(x)=\dint_{-\infty}^{x} F(t)dt+\dint_{a}^{+\infty} (1-F(t))dt$
\ee
%
\item \enon{
	Montrer que pour tout couple $( a,b) \in\R^2$, on a : \1
	\hs $M( b) -M( a) =\dint_{a}^{b}  ( 2F(t) -1) dt$.
	}\1
%
$\hs M(b)-M(a)=\left[ \dint_{-\infty}^{b} F(t)dt+\dint_{b}^{+\infty} (1-F(t))dt \right]\1
\hspace*{4cm}-\left[ \dint_{-\infty}^{a} F(t)dt+\dint_{a}^{+\infty} (1-F(t))dt \right]\1
\phantom{ \hs M(b)-M(a) } =\left[ \dint_{-\infty}^{b} F(t)dt+\dint_{b}^{+\infty} (1-F(t))dt \right]\1
\hspace*{4cm}+\left[ \dint_a^{-\infty} F(t)dt+\dint_{+\infty}^{a} (1-F(t))dt \right]\1
\phantom{ \hs M(b)-M(a) } = \dint_{a}^{b} F(t)dt+ \dint_{b}^{a} (1-F(t))dt    \1
\phantom{ \hs M(b)-M(a) } = \dint_{a}^{b} F(t)-(1-F(t))) dt\1
\phantom{ \hs M(b)-M(a) } = \dint_{a}^{b} (2F(t)-1) dt
$






\item \enon{ 
	On note $m$ une médiane de $X$. Montrer que $m$ est un point en
	lequel la fonction $M$ atteint son minimum.}\1
%
 $P (  X\leq m ) \geq \frac{1}{2}$ et $P(  X\geq m) \geq \frac{1}{2}.$
Comme $X$ est une variable à densité, cela revient à avoir :
\hs $F(m) \geq \frac1{2}$ et $1-F(m) \geq \frac1{2}$\\
\cad : \hs $F(m)= \frac1{2}$\\
D'autre part, on  a: 
\hs $M( b) -M( m) =\dint_{m}^{b}  ( 2F(t) -1) dt$
\btb
\item 1er cas : $b \leq m$\1
	$M( b) -M( m) =-\dint_{b}^{m}  ( 2F(t) -1) dt$\1
	Pour  $t \in [b,m],\q  t \leq m \imq    F(t) \leq F(m)$   \hs  car $F$ croissante\1
$	\imq F(t) \leq 1/2  	\imq 2F(t)-1 \leq 0\1
	\imq \dint_{b}^{m}  ( 2F(t) -1) dt \leq 0 $  \hs  car $b \leq m\1
	\imq M(b)-M(m) \geq 0$
\item 2er cas : $m \leq b$\1
	$M( b) -M( m) =\dint_{m}^{b}  ( 2F(t) -1) dt$\1
	Pour  $t \in [m,b],\q  m \leq t \imq F(m) \leq F(t)$   \hs  car $F$ croissante\1
	$\imq F(t) \geq 1/2 
	\imq 2F(t)-1 \geq 0\1
	\imq \dint_{m}^{b}  ( 2F(t) -1) dt \geq 0 $ \hs  car $m \leq b\1
	\imq M(b)-M(m) \geq 0$
\item Dans tous les cas, \q $M(b) \geq M(m)$\\
	Donc $m$ est un point en lequel $M$ admet son minimum.
\ee
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}
