Concours externe d'administrat·eur·rice de l'Insee — 2024

Épreuve de mathématiques

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Partie 1

Exercice 1

Dans tout le problème, $ p, q $ et $ f $ désignent trois fonctions définies et continues sur $ [0,1] $.

De plus, la fonction $ p $ est de classe $ \mathcal{C}^{1} $ sur $ [0,1] $ et les fonctions $ p $ et $ q $ vérifient :

\[\forall x \in[0,1], \quad p(x)>0 \quad q(x) \geq 0.\]

On note $ H $ l'ensemble des fonctions de classe $ \mathcal{C}^{1} $ sur $ [0,1] $ à valeurs réelles s'annulant en 0 et en 1 :

\[H = \left\{ u \in \mathcal{C}^{1}[0,1], u(0)=u(1)=0 \right\}.\]

Pour tout couple $ (u, v) $ éléments de $ H $ on pose :

\[\langle u, v\rangle=\int_{0}^{1}\left(u(t) v(t)+u^{\prime}(t) v^{\prime}(t)\right) \mathrm{d} t, \\[1em] \varphi(u, v)=\int_{0}^{1}\left(q(t) u(t) v(t)+p(t) u^{\prime}(t) v^{\prime}(t)\right) \mathrm{d} t, \\[1em] L(v)=\int_{0}^{1} f(t) v(t) \mathrm{d} t.\]

Études de produits scalaires

Énoncer et redémontrer l'inégalité de Cauchy-Schwarz dans le cadre d'un espace vectoriel $ E $ muni d'un produit scalaire quelconque. Étudier le cas d'égalité.
On énonce l'inégalité de Cauchy-Schwarz sur $ E $ un espace vectoriel muni du produit scalaire $ \langle \cdot, \cdot \rangle $ : $$ \forall (u, v) \in E^2: \left| \langle u, v \rangle \right| \leq \sqrt{\langle u, u \rangle} \cdot \sqrt{\langle v, v \rangle} $$ Pour la démontrer, on définit : $$ \forall\lambda \in \mathbb{R}: P(\lambda) = \langle u + \lambda v, u + \lambda v \rangle $$ Par bilinéarité du produit scalaire on a : $$ \langle u + \lambda v\rangle^2 = \langle u, u \rangle + 2\lambda \langle u, v \rangle + \lambda^2 \langle v, v \rangle $$ Puis, par positivité du produit scalaire, $ \forall\lambda \in \mathbb{R}: P(\lambda) \geq 0 $.

Or, $ P $ étant un polynôme du second degré positif sur $ \mathbb{R} $, son discriminant doit être négatif ou nul. On en déduit que : $$ \Delta = 4\langle u, v \rangle^2 - 4\langle u, u \rangle \langle v, v \rangle \leq 0 $$ En réarrangeant, on retrouve l'inégalité de Cauchy-Schwarz : $$ \forall (u, v) \in E^2: \left| \langle u, v \rangle \right| \leq \sqrt{\left| u, u \right|} \cdot \sqrt{\left| v, v \right|} $$ On note par ailleurs qu'il y a égalité si et seulement si le $ \Delta $ le discriminant de $ P $ est nul.

Le cas d'égalité n'est donc vérifié que si il existe $ \lambda_0 \in \mathbb{R} $ tel quel $ P(\lambda_0) = 0 $.

Par définie positivité du produit scalaire, il s'ensuit : $$ \langle u + \lambda_0 v, u + \lambda_0 v \rangle = 0 \Leftrightarrow u + \lambda_0 v = 0. $$ On en déduit que le cas d'égalité n'est vérifié que si $ u $ et $ v $ sont colinéaires ou dans le cas trivial où $ u = v = 0 $.
Justifier l'existence de quatre réels positifs $ p_{0}, q_{0}, p_{1} $ et $ q_{1} $ tels que $$ \forall x \in [0, 1]: 0 < p_0 \leq p(x) \leq p_1 \; et \; 0 \leq q_0 \leq q(x) \leq q_1. $$
Par le théorème des valeurs extrêmes, $ p $ étant continue sur le compact [0, 1], on a : $$ \exists p_0 = \min_{x\in [0,1]} p(x), \; p_1 = \max_{x\in [0,1]} p(x) : p_0 \leq p(x) \leq p_1 $$ Or $ \forall x \in [0, 1] : p(x) > 0 $ donc $ p_0 > 0 $ et on obtient l'inégalité.

De la même manière, $ q $ étant continue sur le compact [0, 1], on a : $$ \exists q_0 = \min_{x\in [0,1]} q(x), \; q_1 = \max_{x\in [0,1]} q(x) : q_0 \leq q(x) \leq q_1 $$ Or $ \forall x \in [0, 1] : q(x) \geq 0 $ donc $ q_0 \geq 0 $ et on obtient l'inégalité.

(a) Montrer que $ H $ est un $ \mathbb{R} $-espace vectoriel.

On montre que $ H $ est un $ \mathbb{R} $-espace vectoriel en montrant que $ H $ est un sous-espace vectoriel du $ \mathbb{R} $-espace vectoriel $ \mathcal{C}^1([0,1]) $. On note que :

• $ H \in \mathcal{C}^1([0,1]) $ par définition

• en notant $ Z $ la fonction nulle, on a bien $ Z(0) = Z(1) = 0 $ d'où $ Z \in H $

• $ \forall (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2 $ et $ \forall (u, v) \in H^2 $ : $$ (\alpha u + \beta v)(0) = \alpha u(0) + \beta v(0) = 0 \; \; \text{et} \; \; (\alpha u + \beta v)(1) = \alpha u(1) + \beta v(1) = 0 $$
On en déduit que $ H $ est un $ \mathbb{R} $-espace vectoriel.
(b) Montrer que $ L $ est une forme linéaire sur $ H $.

Il est direct de voir que $ L $ est une application de $ H $ dans $ \mathbb{R} $.

Par ailleurs on note que $ \forall (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2 $ et $ \forall (u, v) \in H^2 $ on a : $$ \begin{aligned} L(\alpha u + \beta v) & = \int_0^1 f(t)(\alpha u(t) + \beta v(t)) \mathrm{d}t \\ & = \alpha \int_0^1 f(t)u(t) \mathrm{d}t + \beta \int_0^1 f(t)v(t) \mathrm{d}t \\ & = \alpha L(u) + \beta L(v) \end{aligned} $$ On en déduit que $ L $ est bien une forme linéaire sur $ H $.
(c) Montrer que $ \langle .,. \rangle $ est un produit scalaire sur $ H $.

On montre que $ \langle .,. \rangle $ est un produit scalaire sur $ H $ en vérifiant les propriétés associées :

• la forme $ \langle .,. \rangle $ est symétrique car $ \forall u, v \in H $ : $$ \langle u, v \rangle = \int_0^1 (u(t)v(t) + u'(t)v'(t)) \mathrm{d}t = \langle v, u \rangle $$
• la forme $ \langle .,. \rangle $ est bilinéaire par linéarité de l'intégrale

• la forme $ \langle .,. \rangle $ est positive car $ \forall u \in H $ : $$ \langle u, u \rangle = \int_0^1 (u^2(t) + (u'(t))^2) \mathrm{d}t \geq 0 $$
• la forme $ \langle .,. \rangle $ est définie positive car si $ \exists u \in H: \langle u, u \rangle = 0 $ alors : $$ \int_0^1 u^2(t) + u'(t)^2 \mathrm{d} t = 0 $$ Or si $ \forall t \in [0, 1]: u^2(t) + u'(t)^2 \geq 0 $ on déduit par positivité de l'intégrale d'une fonction positive continue sur un compact que $ \forall t \in [0, 1]: u^2(t) + u'(t)^2 = 0 $.

Il s'ensuit que $ \forall t \in [0, 1]: u^2(t) = 0 $ et $ u'(t)^2 = 0 $ et donc $ \forall t \in [0, 1]: u(t) = u'(t) = 0 $.

On note, pour le reste du problème, $ ||.|| $ la norme associée, i.e. $ ||u|| = \sqrt{\langle u, u \rangle} $.

(d) Montrer que $ \varphi $ est un produit scalaire sur $ H $.
On montre que $ \varphi $ est un produit scalaire sur $ H $ en vérifiant les propriétés associées :

• la forme $ \varphi $ est symétrique car $ \forall u, v \in H $ : $$ \varphi(u, v) = \int_{0}^{1}\left(q(t) u(t) v(t)+p(t) u^{\prime}(t) v^{\prime}(t)\right) \mathrm{d} t = \varphi(v, u) $$
• la forme $ \varphi $ est bilinéaire par linéarité de l'intégrale

• la forme $ \varphi $ est positive car en utilisant la positivité de $ p $ et $ q $ on a $ \forall u \in H $ : $$ \varphi(u, u) = \int_0^1 (q(t)u^2(t) + p(t)(u'(t))^2) \mathrm{d}t \geq 0 $$
• la forme $ \varphi $ est définie positive car si $ \exists u \in H: \varphi(u, u) = 0 $ alors : $$ \int_0^1 (q(t)u^2(t) + p(t)(u'(t))^2) \mathrm{d}t = 0 $$ Or comme $ \forall t \in [0, 1]: p(t) > 0 $, on a nécessairement $ \forall t \in [0, 1]: u'(t) = 0 $.

On en déduit que $ u $ est constante, et comme $ u(0) = 0 $ il s'ensuit que $ \forall t \in [0, 1]: u(t) = 0 $.
(a) Soit $ E $ l'espace vectoriel des fonctions continues de $ [0,1] $ sur $ \mathbb{R} $.

Montrer que la forme suivante : $$ \begin{aligned} \vartheta: \left\{ \begin{array}{l} E \times E \rightarrow \mathbb{R} \\ (f, g) \rightarrow \int_{0}^{1} f(t) g(t) \mathrm{d} t \end{array} \right. \end{aligned} $$ est un produit scalaire sur $ E $.

On montre que cette forme, que l'on note $ \vartheta $ pour des questions de lisibilité, est un produit scalaire sur $ E $ en vérifiant les propriétés associées :

• la forme $ \vartheta $ est symétrique car $ \forall f, g \in E $ : $$ \int_{0}^{1} f(t) g(t) \mathrm{d} t = \int_{0}^{1} g(t) f(t) \mathrm{d} t $$
• la forme $ \vartheta $ est bilinéaire par linéarité de l'intégrale

• la forme $ \vartheta $ est positive car $ \forall f \in E $, par positivité de l'intégrale : $$ \int_{0}^{1} (f(t))^2 \mathrm{d} t \geq 0 $$
• la forme $ \vartheta $ est définie positive car si il existe $ f \in E $ tel que $ \varphi(f, f) = 0 $ alors : $$ \int_{0}^{1} (f(t))^2 \mathrm{d} t = 0 $$ Et comme $ f \in E $ et par conséquent est continue, on a nécessairement $ \forall t \in [0, 1]: f(t) = 0 $.

(b) En utilisant l'inégalité de Cauchy-Schwarz, montrer l'existence d'un réel $ \gamma $ positif tel que : $$ \forall v \in H: |L(v)| \leq \gamma\|v\| $$
En utilisant l'inégalité de Cauchy-Schwarz appliquée au produit scalaire $ \vartheta $, on a : $$ |L(v)| = \left| \int_0^1 f(t)v(t) \mathrm{d}t \right| \leq \sqrt{\int_0^1 f^2(t) \mathrm{d}t} \times \sqrt{\int_0^1 v^2(t) \mathrm{d} t} $$ Or $ \int_0^1 v^2(t) \mathrm{d}t \leq \int_0^1 (v^2(t) + (v'(t))^2) \mathrm{d} t = \|v\|^2 $.

On a donc bien $ |L(v)| \leq \gamma \|v\| $ avec $ \gamma = \sqrt{\int_0^1 f^2(t)dt} > 0$.

Montrer de même qu'il existe un réel $ \delta $ strictement positif tel que $$ \forall(u, v) \in H^{2}, |\varphi(u, v)| \leq \delta\|u\|\|v\| . $$ On explicitera le réel $ \delta $ en fonction de $ p_{1} $ et de $ q_{1} $.

On note en utilisant la linéarité de l'intégrale on note que $ \forall u \in H $ on a : $$ \begin{aligned} \varphi(u, u) & = \int_0^1 (q(t)(u(t))^2 + p(t)(u'(t))^2 \mathrm{d}t \\ & \leq q_1 \int_0^1 (u(t))^2 \mathrm{d}t + p_1 \int_0^1 (u'(t))^2 \mathrm{d}t \\ & \leq \max(q_1, p_1) \int_0^1 (u(t))^2 + (u'(t))^2 \mathrm{d}t \end{aligned} $$
En appliquant l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on note par ailleurs que : $$ \|\varphi(u, v)\| \leq \sqrt{\varphi(u, u)}\sqrt{\varphi(v, v)} \leq \max(q_1, p_1) \|u\| \|v\| $$
On en déduit que $ |\varphi(u, v)| \leq \delta \|u\| \|v\| $ avec $\delta = \max(q_1, p_1) $.

(a) Montrer que : $$ \forall v \in H, \forall x \in[0,1], v^{2}(x) \leq x \int_{0}^{1}\left(v^{\prime}(t)\right)^{2} \mathrm{d} t $$
Par le théorème fondamental de l'analyse, on rappelle qu'on a $ \forall v \in H, forall x \in [0, 1] $: $$ v(x) = \int_{0}^{x} v'(t) \mathrm{d}t \; \; \text{car} \; \; v(0) = 0 $$
On remarque qu'il est immédiat par les questions précédentes de montrer que la forme $ \vartheta_x: (f, g) \in E^2 \rightarrow \int_{0}^{x} f(t) g(t) \mathrm{d} t $ est également un produit scalaire sur $ E $ pour tout $ x \in ]0, 1] $.

Dès lors, en appliquant l'inégalité de Cauchy-Schwarz on a $ \forall x \in ]0, 1] $ : $$ v^2(x) = \left(\int_{0}^{x} v'(t) \mathrm{d}t\right)^2 \leq \left(\int_0^x \mathrm{d}t\right) \times \left(\int_0^x (v'(t))^2\mathrm{d}t\right) = x \int_0^x (v'(t))^2\mathrm{d}t $$
En majorant l'intégrale, on en déduit : $ \forall \in ]0, 1] : v^{2}(x) \leq x \int_{0}^{1}\left(v^{\prime}(t)\right)^{2} \mathrm{ d} t $.

Enfin, le cas où $ x = 0 $ est trivial car on a $ v(0) = 0 $.

On conclut qu'on a bien $ \forall \in [0, 1] : v^{2}(x) \leq x \int_{0}^{1}\left(v^{\prime}(t)\right)^{2} \mathrm{ d} t $.
(b) En déduire que : $$ \forall v \in H, p_{0}\|v\|^{2} \leq \frac{3}{2} \varphi(v, v) . $$
On remarque par linéarité de l'intégrale que $ \forall v \in H $ : $$ ||v||^2 = \int_0^1 v^2(t) + (v'(t))^2\mathrm{d}t = \int_0^1 v^2(t)\mathrm{d}t + \int_0^1(v'(t))^2\mathrm{d}t $$
Or, par la question précédente, on a $ \forall v \in H $ : $$ \int_0^1 v^2(t)\mathrm{d}t \leq \int_0^1 t \left( \int_{0}^{1}\left(v^{\prime}(s)\right)^{2} \mathrm{ d} s \right) \mathrm{d}t = \frac{1}{2} \int_{0}^{1}\left(v^{\prime}(s)\right)^{2} \mathrm{ d} s $$
On en déduit alors en combinant les deux équations précédentes : $$ ||v||^2 \leq \frac{1}{2} \int_{0}^{1}\left(v^{\prime}(s)\right)^{2} \mathrm{ d} s + \int_0^1(v'(t))^2)\mathrm{d}t = \frac{3}{2} \int_0^1(v'(t))^2)\mathrm{d}t $$
Il s'ensuit alors par les propriétés de $ p_0 $ et de $ q $ que : $$ p_0 ||v||^2 \leq \frac{3}{2} \int_0^1 p_0 (v'(t))^2 \mathrm{d}t \leq \frac{3}{2} \int_0^1 p(t) (v'(t))^2 \mathrm{d}t \leq \frac{3}{2} \varphi(v, v). $$

Soit $ v \in H $. Donner un encadrement de $ \|v\| $ à l'aide de $ \sqrt{\varphi(v, v)} $.
Pour la borne supérieure, par la question précédente, on a directement $ \forall v \in H $ : $$ ||v|| \leq \sqrt{\frac{3}{2p_0}} \sqrt{\varphi(v, v)} $$
Pour la borne inférieure, on remarque que $ \forall v \in H $ : $$ \varphi(v, v) = \int_{0}^{1} \left( q(t) v^2(t) + p(t) (v'(t))^2 \right) \mathrm{d} t \leq q_1 \int_{0}^{1} v^2(t) \mathrm{d} t + p_1 \int_{0}^{1} (v'(t))^2 \mathrm{d} t \leq \text{max} (q_1, p_1) ||v||^2 $$
Et on en déduit que $ ||v|| \geq \sqrt{\frac{\varphi(v, v)}{\text{max}(q_1, p_1)}} $

En combinant ces deux bornes, on en déduit donc que $ \forall v \in H $ : $$ \sqrt{\frac{\varphi(v, v)}{\text{max}(q_1, p_1)}} \leq ||v|| \leq \sqrt{\frac{3}{2p_0}} \sqrt{\varphi(v, v)} $$
On suppose qu'il existe une fonction $ u $ de $ H $ vérifiant : $$ \forall v \in H, \varphi(u, v)=L(v) $$ Montrer qu'une telle fonction $ u $, si elle existe, est unique.
On suppose, en raisonnant par l'absurde, qu'il existe deux fonctions $ u_1, u_2 \in H $ vérifiant $ \forall v \in H, \varphi(u_1, v)=\varphi(u_2, v)=L(v) $.

Alors par bilinéarité, on a nécessairement $ \forall v \in H : \varphi(u_1 - u_2, v) = 0 $.

En prenant $ v = u_1 - u_2 \in H $ on a alors $ \varphi(u_1-u_2, u_1-u_2) = 0 $ et par définie positivité du produit scalaire $ \varphi $ on a directement $ u_1-u_2 = 0 $.

On en déduit donc que $ u_1 = u_2 $, ce qui prouve l'unicité.

Application à l’étude d’une équation différentielle

On s'intéresse aux fonctions $ u $ de classe $ \mathcal{C}^{2} $ sur $ [0,1] $ vérifiant l'équation dite de Sturm-Liouville : $$ \forall x \in[0, 1], -p(x) u^{\prime \prime}(x)-p^{\prime}(x) u^{\prime}(x)+q(x) u(x)=f(x) $$
Aucune connaissance préalable sur les équations différentielles n'est ici requise.

On admet dans toute la suite du problème que les fonctions $ p, q $ et $ f $ sont choisies de telle sorte que l'équation différentielle de Sturm-Liouville admette une solution $ u $ vérifiant : $$ u(0)=u(1)=0 $$
On remarquera qu'une telle fonction $ u $ est un élément de $ H $.

On se place, dans cette question seulement, dans le cas particulier : $$ p: x \mapsto e^{-x} \quad q: x \mapsto 0 \quad \text { et } \quad f: x \mapsto 1 . $$ (a) Soit $ u \in H $. Montrer que la fonction $ u $ est solution de l'équation de Sturm-Liouville si et seulement si il existe un réel $ \lambda $ tel que : $$ \forall x \in[0,1], \quad u^{\prime}(x)=(\lambda-x) e^{x} . $$
On remarque que l'équation de Sturm-Liouville devient : $$ -e^{-x}u''(x) + e^{-x}u'(x) = 1 \Leftrightarrow u''(x) - u'(x) = -e^x $$
Or, on identifie par la formule de la dérivée du produit qu'on a $ \forall x \in [0, 1] $ : $$ \frac{\partial e^{-x}u'(x)}{\partial x} = -e^{-x}u'(x) + e^{-x}u''(x) = e^{-x} \left( u''(x) - u'(x) \right) = -1 $$
On en déduit que $ u $ est solution de l'équation si et seulement si $ \frac{\partial e^{-x}u'(x)}{\partial x} = -1 $.

Dès lors, $ u $ est solution de l'équation si et seulement si $ \exists \lambda \in \mathbb{R}: e^{-x} u'(x) = -x + \lambda $ soit : $$ u'(x) = (\lambda-x) e^x $$
(b) Déterminer l'unique fonction $ u $ de $ H $ solution de l'équation de Sturm-Liouville.
Par le théorème fondamental de l'analyse, on a donc $ \forall x \in [0, 1] $: $$ u(x) = \int_0^x (\lambda - t) e^t \mathrm{d}t = [(\lambda - t)e^t]_0^x + \int_0^x e^t dt = (\lambda - x)e^x - (\lambda - 0)e^0 + e^x - 1 $$
Or, on sait que $ u(1) = 0 $ d'où $ (\lambda - 1)e^1 - \lambda + e^1 - 1 = 0 $ soit $ \lambda = \frac{1}{e^1-1} $.

On en déduit que l'unique solution de l'équation différentielle de Sturm-Liouville est : $$ \forall x \in [0, 1]: \left(\frac{1}{e^1-1} - x\right)e^x - \frac{1}{e^1-1} + e^x - 1 $$

On revient au cas général. Soit $ u \in H $ une fonction solution de l'équation de Sturm-Liouville. Montrer que : $$ \forall v \in H, \quad \varphi(u, v)=L(v) . $$
On remarque qu'on a $ \forall v \in H $ : $$ L(v) = \int_0^1 f(x)v(x) \mathrm{d} x = \int_0^1 (-p(x)u''(x) - p'(x)u'(x) + q(x)u(x))v(x) \mathrm{d} x $$ On sépare cette intégrale en trois parties : $$ L(v) = \int_0^1 q(x)u(x)v(x) \mathrm{d} x - \int_0^1 p(x)u''(x)v(x) \mathrm{d} x - \int_0^1 p'(x)u'(x)v(x) \mathrm{d} x $$ Les fonctions $ p, \; u $ et $ v $ étant de classe $ \mathcal{C}^1 $ sur $ [0, 1] $, on a par intégration par parties : $$ \int_0^1 p(x)u''(x)v(x)\mathrm{d}x = [p(x)u'(x)v(x)]_0^1 - \int_0^1 u'(x)\left( p'(x)v(x) + p(x)v'(x) \right)\mathrm{d}x $$
Or comme $ v(0) = v(1) = 0 $ on a $ [p(x)u'(x)v(x)]_0^1 = 0 $.

On en conclut que $ \forall v \in H $: $$ L(v) = \int_0^1 q(x)u(x)v(x) \mathrm{d} x + \int_0^1 u'(x)p'(x)v(x) + u'(x)p(x)v'(x)\mathrm{d}x - \int_0^1 p'(x)u'(x)v(x) \mathrm{d} x $$
Il s'ensuit directement que $ L(v) = \varphi(u, v) $ par identification.

En utilisant les résultats de la première partie, montrer que l'équation de Sturm-Liouville admet une unique solution dans $ H $.
On rappelle que, d'après la partie précédente, si il existe $ u \in H $ tel quel $ \forall v \in H: \varphi(u, v) = L(v) $, alors cette fonction est unique.

Or, d'après la question précédente, toute solution de l'équation de Sturm-Liouville vérifie $ \forall v \in H: \varphi(u, v) = L(v) $.

Il s'ensuit que l'équation de Sturm-Liouville admet au plus une solution dans $ H $.

Par ailleurs, l'énoncé admet l'existence d'une solution, on peut donc conclure que l'équation de Sturm-Liouville admet une unique solution dans $ H $.
Pour tout élément $ v \in H $, on pose : $$ J(v)=\frac{1}{2} \varphi(v, v)-L(v) $$ On désigne par $ u $ l'unique solution de l'équation différentielle (1) dans $ H $.

(a) Pour tout $ w \in H $, exprimer $ J(u+w) $ en fonction de $ J(u) $ et de $ \varphi(w, w) $.

En utilisant la bilinéarité de $ \varphi $, on remarque qu'on a : $$ \begin{aligned} J(u+w) & = \frac{1}{2}\varphi(u+w, u+w) - L(u+w) \\ & = \frac{1}{2}(\varphi(u,u) + 2\varphi(u,w) + \varphi(w,w)) - L(u) - L(w) \end{aligned} $$
Or, comme u est l’unique solution de l'équation de Sturm-Liouville dans $ H $ on a $ \forall w \in H $: $$ \varphi(u, w) = L(w) $$
Il s'ensuit alors que : $$ J(u+w) = \frac{1}{2}(\varphi(u,u) + \varphi(w,w)) - L(u) = J(u) + \frac{1}{2}\varphi(w,w) $$
(b) Montrer que : $$ \forall v \in H, \quad J(u) \leq J(v) . $$ Préciser pour quelle(s) valeur(s) de $ v $ l'égalité est réalisée.

D'après la question précédente, $ \forall v \in H $, en posant $ w = v-u $ on a : $$ J(v) = J(u) + \frac{1}{2}\varphi(v-u, v-u) \geq J(u) $$
On remarque que l'égalité est vérifiée si et seulement si $ \varphi(v-u, v-u) $, et donc par définie positivité de $ \varphi $ si et seulement si $ u = v $.
(c) Réciproquement, soit $ u_{0} \in H $ tel que : $$ \forall v \in H, J\left(u_{0}\right) \leq J(v) $$ En calculant $ J\left(u_{0}+\lambda w\right) $ pour tout $ w \in H $ et tout $ \lambda \in \mathbb{R} $, montrer que : $$ \forall w \in H, \varphi\left(u_{0}, w\right)=L(w) $$ Que peut-on en conclure ?

On a $ \forall w \in H $ et $ \forall \lambda \in \mathbb{R} $: $$ \begin{aligned} J(u_0 + \lambda w) & = \frac{1}{2}\varphi(u_0 + \lambda w, u_0 + \lambda w) - L(u_0 + \lambda w) \\ & = \frac{1}{2}\varphi(u_0, u_0) + \lambda \varphi(u_0, w) + \frac{\lambda^2}{2}\varphi(w, w) - L(u_0) - \lambda L(w) \\ & = J(u_0) + \frac{\lambda^2}{2}\varphi(w, w) + \lambda \left( \varphi(u_0, w) - L(w) \right) \end{aligned} $$ Or, comme $ J(u_0) = \min_{v \in H}J(v) $, la fonction $ \lambda \mapsto J(u_0 + \lambda w) $ atteint son minimum en $ \lambda = 0 $.

Cette fonction étant un trinôme du second degré qui atteint son minimum en $ \lambda $, sa dérivée est nulle en $ \lambda = 0 $ soit $ \forall w \in H $: $$ \varphi\left(u_{0}, w\right)=L(w) $$
On en conclut que l'unique solution $ u $ de l'équation de Sturm-Liouville dans $ H $ vérifie : $$ u = \min_{v \in H} J(v) $$

Exercice 2

Le but de ce problème est d'étudier le développement en série de Engel des réels de $ ]0,1] $.

On note $ E $ l'ensemble des suites croissantes d'entiers supérieurs à 2.

Pour toute suite $ q=\left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \in E $, on note $ S_{n}(q)=\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{q_{0} \cdots q_{k}} $.

Préliminaires

Déterminer la limite de (\ S_{n}(q) \) dans les cas suivants :

(a) pour tout $ n \in \mathbb{N}, q_{n}=p $, où $ p \in \mathbb{N} - \{0,1\} $

Par définition de $ S_n(q) $, on a $ \forall n \in \mathbb{N} $ : $$ S_n(q) = \frac{1}{p} + \frac{1}{p^2} + \frac{1}{p^3} + \cdots + \frac{1}{p^{n+1}} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{p} \left( \frac{1}{p} \right)^{k} $$
C'est une suite géométrique de raison $ \frac{1}{p} \in ]-1, 1[$, elle converge donc et on a $ \forall n \in \mathbb{N} $: $$ S_n(q) = \frac{1}{p} \times \frac{1-\left(\frac{1}{p}\right)^{n-1}}{1-\frac{1}{p}} = \frac{1 - \left(\frac{1}{p}\right)^{n+1}}{p-1} $$
Il s'ensuit directement par passage à la limite que : $$ \lim_{n \rightarrow +\infty} S_n(q) = \frac{1}{p-1} $$
(b) pour tout $ n \in \mathbb{N} $, $ q_{n}=n+2 $.
Par définition de $ S_n(q) $, on a $ \forall n \in \mathbb{N} $ : $$ S_n(q) = \sum_{k=2}^{n+2} \frac{1}{k!} $$
On reconnaît le développement en série de Taylor de la fonction exponentielle et on a directement : $$ \lim_{n \rightarrow +\infty} S_n(q) = \lim_{n \rightarrow +\infty} \left( \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \right) - 1 - 1 = e - 2 $$
Montrer que pour tout $ q \in E,\left(S_{n}(q)\right) $ converge vers un réel de $ \left] 0,1\right] $.
La suite $ \left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $ étant une suite croissante d'entiers supérieurs à deux, on a $ \forall n \in \mathbb{N} - \{0\} $: $$ S_n(q) \leq \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{2^{k+1}} $$
Or, par identification d'une suite géoémtrique de raison $ \frac{1}{2} \in ]-1, 1[$, on a : $$ \lim_{n \rightarrow +\infty} \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{2^{k+1}} = \frac{1}{2} \lim_{n \rightarrow +\infty} \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{2^{k}} = \frac{1}{2} \times \frac{1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1 - \frac{1}{2}} = 1-\left( \frac{1}{2} \right)^{n+1 }< 1 $$
Par le théorème de convergence monotone, $ \left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $ étant une suite croissante majorée de termes tous positifs, elle converge vers une limite $ \ell \in [0, 1] $.

Par ailleurs, comme $ \forall n \in \mathbb{N} - \{0\} $, on a $ \frac{1}{2} = S_0(q) \leq S_n(q) $, on a bien : $$ 0 < \lim_{n \rightarrow +\infty} S_n(q) \leq 1 $$

Existence du développement de Engel

Dans la suite, $ \lfloor x\rfloor $ désigne la partie entière de $ x $. Dans toute cette partie, on fixe $ x \in] 0,1] $.

On définit deux suites $ \left(x_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $ et $ \left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $ par : $$ \forall n \in \mathbb{N} : x_{0}=x \; \; \text{et} \; \; q_{n}=1+\left\lfloor\frac{1}{x_{n}}\right\rfloor \; \; \text{et} \; \; x_{n+1}=q_{n} x_{n}-1 $$

Montrer que les suites $ \left(x_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $ et $ \left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $ sont bien définies.
On montre d'abord que $ \left(x_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $ est bien définie.

Pour ce faire, on montre par récurrence que $ \forall n \in \mathbb{N}: x_n \in ]0, 1] $.

Initialisation

On a $ x_0 \in ]0, 1] $ par hypothèse.

Hérédité

On suppose qu'il existe $ n \in \mathbb{N} - \{ 0 \} $ tel que $ x_n \in ]0, 1] $.

Par définition de la partie entière, on a : $$ q_n - 1 \leq \frac{1}{x_n} < q_n $$
Il s'ensuite en multipliant par $ x_n $ que : $$ (q_n - 1)x_n \leq 1 < q_n x_n $$
Par l'inégalité de droite, on a alors directement : $$ x_{n+1} = q_n x_n - 1 > 0 $$
Par l'inégalité de gauche, comme $ x_n \leq 1 $ par hyppothèse, on a : $$ x_{n+1} = q_n x_n - 1 \leq q_n x_n - x_n \leq 1 $$
On en déduit que $ \forall n \in \mathbb{N}: x_n \in ]0, 1] $.

Par définition de $ \left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $ et de la partie entière, on a alors $ \forall n \in \mathbb{N}: 0 \leq q_n < \infty $.
Etudier la monotonie de la suite $ \left(x_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $.
En utilisant le résultat $ q_n - 1)x_n \leq 1 $, on a $ \forall n \in \mathbb{N} - \{ 0 \} $: $$ x_{n+1} - x_n = (q_n - 1)x_n - 1 \leq 0 $$
Il s'ensuit que la suite (\ left(x_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \) est décroissante.

Par ailleurs, on a $ x_{n+1} = x_n \Leftrightarrow \left\lfloor\frac{1}{x_{n}}\right\rfloor = \frac{1}{x_n} $ soit si $ \frac{1}{x_{n}} $ est entier.
Montrer que $ \left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \in E $.
Par les propriétés de la partie entière, il est trivial de montrer que $ \forall n \in \mathbb{N} : q_n \in \mathbb{N} $.

Puis on a $ \forall n \in \mathbb{N} $: $$ x_{n+1} \leq x_n \; \Leftrightarrow \; 1/x_{n+1} \geq 1/x_n \; \Leftrightarrow \; \lfloor 1/x_{n+1}\rfloor \geq \lfloor 1/x_n\rfloor \; \Leftrightarrow \; q_{n+1} \geq q_n $$
Ainsi, $ \left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $ est une suite croissante d'entiers.

Enfin, comme $ \forall n \in \mathbb{N} : x_n \leq 1 $ on a nécessairement $ \forall n \in \mathbb{N} : q_n \geq 2 $ et donc $ \left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \in E $.
Montrer que pour tout $ n \in \mathbb{N} $: $$ x=S_{n}(q)+\frac{x_{n+1}}{q_{0} \cdots q_{n}} . $$
On note que $ \forall n \in \mathbb{N} $ : $$ x_{n+1} = q_n x_n-1 \; \Leftrightarrow \; x_n = \frac{1}{q_n} + \frac{x_{n+1}}{q_n} $$
On a donc pour les cas $ n = 1 $ et $ n = 2 $ : $$ x_0 = \frac{1}{q_0} + \frac{x_1}{q_0} = \frac{1}{q_0} + \frac{\frac{1}{q_1} + \frac{x_2}{q_1}}{q_0} = \frac{1}{q_0} + \frac{1}{q_0q_1} + \frac{x_2}{q_0q_1} $$
En chaînant cette formule (ou par récurrence immédiate), on obtient pour tout $ n \in \mathbb{N} $: $$ x = \frac{1}{q_0} + \frac{1}{q_0q_1} + \cdots + \frac{1}{q_0\cdots q_{n-1}} + \frac{x_{n+1}}{q_0\cdots q_n} = S_n(q) + \frac{x_{n+1}}{q_0\cdots q_n} $$

Déterminer $ \lim _{n \rightarrow+\infty} S_{n}(q) $.
En utilisant le fait que $ 0 < x_{n+1} \leq 1 $ et que $ \left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} \in E $ on a : $$ 0 \leq \frac{x_{n+1}}{q_0\cdots q_n} \leq \frac{1}{2^{n+1}} $$ Par le théorème d'encadrement, il s'ensuit que $ \lim_{n \rightarrow+\infty} \frac{x_{n+1}}{q_0\cdots q_n} = 0 $.

Comme $ S(n)_{n \in \mathbb{N}} $ convergence, par unicité de la limite, on en déduit $ \lim _{n \rightarrow+\infty} S_{n}(q) = x_0 $.
Soit $ a \geq 3 $.
(a) Montrer que l'équation $ x^{2}-a x+1=0 $ admet une unique solution dans $ \left.] 0,1\right] $.

On note cette solution $ r(a) $. On ne demande pas de l'expliciter.

Le discriminant de ce polynôme du second degré est $ \Delta = \sqrt{a^2 - 4} > 0 $. Il admet donc deux racines : $$ r(a) = \frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2} \; \; \text{et} \; \; l(a) = \frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2} $$
Il est trivial de montrer que $ \forall a \geq 3: l(a) > 1 $.

En notant que :

• $ \forall a \geq 2 : \sqrt{a^2 - 4} < a \; \Leftrightarrow \; r(a) > 0 $

• $ \forall a \geq 2 : a^2 − 2^2 \geq (a−2)^2 \; \Leftrightarrow \; \sqrt{a^2-4} \geq a - 2 \; \Leftrightarrow \; a-sqrt{a^2-4} \leq 2$

On a bien $ r(a) \in ]0, 1] $ et donc admet une unique solution dans $ ]0, 1] $.
(b) On suppose $ a \in \mathbb{N} $. Montrer que si $ x=r(a) $, alors $ a=1+\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor $.

On note que $ \forall a \in \mathbb{N} $, si $ x = r(a) $ on a : $$ x^2 - ax + 1 = 0 \; \Leftrightarrow \; \frac{1}{x} = a - x $$
Or on sait que $ x = r(a) \in ]0, 1] $ d'où $ a - x \in ]a-1, a] $ et donc : $$ a = 1 +\left\lfloor \frac{1}{x}\right\rfloor $$
(c) Soit $ p \in \mathbb{N} $ un entier supérieur ou égal à 3.

On note $ \left(x_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $ et $ \left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $ les suites définies comme précédemment en posant $ x=r(p) $.

Montrer que si $ x_{n}=r\left(q_{n}\right) $ alors $ x_{n+1}=r\left(q_{n}^{2}-2\right) $.

On suppose que $ \forall n \in \mathbb{N} : x_{n}=r\left(q_{n}\right) $.

Alors $\forall n \in \mathbb{N} : x_n $ vérifie $ x_n^2-q_n x_n+1=0 \; \Leftrightarrow \; x_n^2 = q_n x_n - 1$.

En utilisant la définition de la suite $ \left(x_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $, on montre que $ x_{n+1} $ satisfait : $$ x_{n+1}^2 - (q_n^2 - 2)x_{n+1} + 1 = 0 $$
Pour ce faire, on met en évidence en développant que : $$ x_{n+1}^2 - (q_n^2 - 2)x_{n+1} + 1 = (q_n x_n - 1)^2 - (q_n^2 - 2)(q_n x_n - 1) + 1 = q_n^2 (x_n^2 - q_n x_n + 1) = 0 $$
On conclut qu'on a bien $ \forall n \in \mathbb{N} : x_{n+1} = r(q_n^2 - 2)$.
(d) Conclure que $ \left(q_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}} $ vérifie : $$ q_{0}=p \quad \text { et } \quad \forall n \in \mathbb{N}, \quad q_{n+1}=q_{n}^{2}-2 . $$
Par la question (b), on a directement $ x = r(p) \; \Leftrightarrow \; p = 1+\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor = q_0 $.

Puis on montre par récurrence que $ \forall n \in \mathbb{N} : q_{n+1} = q_n^2 - 2 $.

Initialisation

On note qu'on a bien $ q_0^2-2 > 3 $ car $ q_0 = p > 3 $.

Comme $ q_0 = p $, on a en utilisant la question (c) : $ x_1 = r(q_0^2-2) $.

Or, par la question (b), on a $ x_1 = r(q_0^2 - 2) \; \Leftrightarrow \; q_0^2 - 2 = 1+\left\lfloor\frac{1}{x_1}\right\rfloor = q_1 $.

On en déduit qu'on a bien $ q_1 = q_0^2 - 2 $.

Hérédité

On suppose qu'il existe $ n \in \mathbb{N} $ tel que $ q_{n+1} = q_n^2 - 2 $.

On note que par récurrence immédiate, on a bien $ q_n^2 - 2 > 3 $.

En utilisant la question (c), on a $ x_{n+2} = r(q_{}n+1^2-2) $.

Puis par la question (b), on a $ x_{n+2} = r(q_{n+1}^2 - 2) \; \Leftrightarrow \; q_{n+1}^2 - 2 = 1+\left\lfloor\frac{1}{x_{n+2}}\right\rfloor = q_{n+2} $.

On a donc bien $ q_{n+2} = q_{n+1}^2 - 2 $.

On en déduit que $ \forall n \in \mathbb{N} : q_{n+1} = q_n^2 - 2 $.

Partie 2

Dans la suite, v.a. signifie variable aléatoire et v.a.i.i.d. variables aléatoires mutuellement indépendantes et identiquement distribuées.

$ \mathbb{P}[A \mid B] $ est la probabilité conditionnelle de l'évémenent $ A $ sachant que l'événement $ B $ est réalisé.

$ \mathbb{E}[X \mid Y] $ est l'espérance conditionnelle de la v.a. $ X $ sachant la v.a. $ Y $.

$ \mathbb{E}[X] $ et $ \mathbb{V}(X) $ représentent respectivement l'espérance et la variance d'une v.a. $ X $, lorsque ces quantités existent.

Exercice 1

Dans tout cet exercice, $ n $ désigne un entier naturel non nul.

Soit $ \left(X_{n}\right)_{n \geq 1} $ une suite de v.a.i.i.d. de loi normale standard $ \mathcal{N}(0,1) $, de densité : $$ \forall x \in \mathbb{R}, \varphi(x)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-x^{2} / 2} $$
et de fonction de répartition : $$ \forall x \in \mathbb{R}, \Phi(x)=\int_{-\infty}^{x} \varphi(x) d x $$
On note $ S_{n}=X_{1}+\ldots+X_{n} $ et pour tout $ x>0 $: $$ \rho_{n}(x)=\mathbb{P}\left[\left|\frac{S_{n}}{n}\right| \geq x\right] $$

Déterminer la loi de $ S_{n} / n $ et en déduire que : $$ \forall x>0: \rho_{n}(x)=\mathbb{P}\left[\left|X_{1}\right| \geq x \sqrt{n}\right]=2 \mathbb{P}\left[X_{1} \geq x \sqrt{n}\right]=2(1-\Phi(x \sqrt{n})) $$
On sait que $ \forall n \in \mathbb{N} $: $ \frac{S_n}{n} $ suit une loi normale en tant que combinaison linéaire de variables aléatoires de loi normale indépendantes.

Par ailleurs, on a :

• $ \mathbb{E}[\frac{S_n}{n}] = \frac{1}{n} \mathbb{E}[S_n] = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \mathbb{E}[X_i] = 0 $

• $ \mathbb{V}(\frac{S_n}{n}) = \frac{1}{n^2} \mathbb{V}(S_n) = \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^{n} \mathbb{V}(X_i) = \frac{1}{n} $ par indépendance

La loi normale étant caractérisée par ses moments, on en déduit $ \frac{S_n}{n} \sim \mathcal{N}(0, \frac{1}{n})$.

Par symétrie de la loi normale, on a alors $ \forall x \in \mathbb{R} $ : $$ \rho_n(x) = \mathbb{P}\left[\left|\frac{S_n}{n}\right| \geq x\right] = \mathbb{P}\left[\frac{S_n}{n} \geq x\right] + \mathbb{P}\left[\frac{S_n}{n} \leq -x\right] = 2\mathbb{P}\left[\frac{S_n}{n} \geq x\right] $$
En notant que $ \frac{S_n}{\sqrt{n}} \sim \mathcal{N}(0,1) $ et en rappelant $ X_1 \sim \mathcal{N}(0,1) $ également, on a alors : $$ \rho_n(x) = 2\mathbb{P}\left[\frac{S_n}{n} \geq x\right] = 2 \mathbb{P}\left[\frac{S_n}{\sqrt{n}} \geq x\sqrt{n}\right] = 2\mathbb{P}[X_1 \geq x\sqrt{n}] = 2(1 - \Phi(x\sqrt{n})) $$ En utilisant de nouveau la symétrie de la loi normale, on conclut que $ \forall x \in \mathbb{R} $ : $$ \rho_{n}(x)=\mathbb{P}\left[\left|X_{1}\right| \geq x \sqrt{n}\right]=2 \mathbb{P}\left[X_{1} \geq x \sqrt{n}\right]=2(1-\Phi(x \sqrt{n})) $$

Démontrer que : $$ \forall x>0,\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{3}}\right) e^{-x^{2} / 2} \leq \int_{x}^{+\infty} e^{-t^{2} / 2} d t \leq \frac{1}{x} e^{-x^{2} / 2} $$
On raisonne séparément pour les bornes supérieure et inférieure.

Borne supérieure

On note que $ \forall x > 0 $ on a : $$ \int_x^{+\infty} e^{-t^2/2} \mathrm{d}t \leq \int_x^{+\infty} \frac{t}{x} e^{-t^2/2} \mathrm{d}t = \frac{1}{x} \left[-e^{-t^2/2}\right]_x^{+\infty} = \frac{1}{x} e^{-x^2/2} $$

Borne inférieure

On utilise une intégration par parties.

Pour ce faire, on note que :

• la fonction $ t \mapsto \frac{1}{t} $ est de classe $ \mathcal{C}^1 $ sur $ \mathbb{R}_{+}^* $

• la fonction $ t \mapsto te^{-t^2/2} $ est de classe $ \mathcal{C}^1 $ sur $ \mathbb{R}_{+}^* $

• $ \lim_{t \rightarrow +\infty} e^{-t^2/2} = 0 $

On obtient ainsi pour tout $ x > 0 $ : $$ \int_x^{+\infty} \frac{t}{t} e^{-t^2/2} \mathrm{d}t = \left[-\frac{1}{t}e^{-t^2/2}\right]_x^{+\infty} - \int_x^{+\infty}\frac{1}{t^2}e^{-t^2/2}\mathrm{d}t = \frac{1}{x}e^{-x^2/2} - \int_x^{+\infty}\frac{1}{t^2}e^{-t^2/2}\mathrm{d}t $$
Or, on a $ \forall t \geq x > 0 : \frac{1}{t^2} \leq \frac{1}{x^2} $ d'où : $$ \int_x^{+\infty}\frac{1}{t^2}e^{-t^2/2}\mathrm{d}t\le \frac{1}{x^2}\int_x^{+\infty}e^{-t^2/2}\mathrm{d}t $$
En intégrant cette inégalité dans l'égalité précédente, on obtient $ \forall x > 0 $ : $$ \int_x^{+\infty} e^{-t^2/2} \mathrm{d}t \geq \frac{1}{x}e^{-x^2/2} - \frac{1}{x^2} \int_x^{+\infty} e^{-t^2/2} \mathrm{d}t $$
En réarrangeant les termes, on en déduit alors : $$ \int_x^{+\infty} e^{-t^2/2} \mathrm{d}t \geq \frac{x}{x^2+1}e^{-x^2/2} $$
Or, comme $ \forall x > 0 : \frac{x}{x^2 + 1} \geq \left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{3}}\right) $ car $ x^4 \geq (x^2-1)(x^2+1) = x^4-1 $ on déduit : $$ \int_x^{+\infty} e^{-t^2/2} \mathrm{d}t \geq \left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{3}}\right) e^{-x^2/2} $$

Encadrement

En utilisant les deux bornes, on déduit qu'on a bien $ \forall x > 0 $ : $$ \forall x>0,\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{3}}\right) e^{-x^{2} / 2} \leq \int_{x}^{+\infty} e^{-t^{2} / 2} d t \leq \frac{1}{x} e^{-x^{2} / 2} $$

En déduire l'inégalité de concentration gaussienne suivante : $$ \forall n \geq 1, \forall x>0, \sqrt{\frac{2}{\pi}}\left(\frac{1}{x \sqrt{n}}-\frac{1}{x^{3} n^{3 / 2}}\right) e^{-n x^{2} / 2} \leq \rho_{n}(x) \leq \sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{1}{x \sqrt{n}} e^{-n x^{2} / 2} $$
On rappelle qu'on a $ \forall n \geq 1, \forall x > 0 $ : $$ \rho_n(x) = 2\left(1-\Phi(x\sqrt{n})\right) = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_{x\sqrt{n}}^{+\infty} e^{-t^2/2}\mathrm{d}t. $$
En intégrant $ \rho_n(x) $ dans l'inégalité montrée à la question précédente, on obtient : $$ \forall n \geq 1, \forall x > 0: \sqrt{\frac{2}{\pi}}\left(\frac{1}{x \sqrt{n}}-\frac{1}{x^{3} n^{3 / 2}}\right) e^{-n x^{2} / 2} \leq \rho_{n}(x) \leq \sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{1}{x \sqrt{n}} e^{-n x^{2} / 2} $$

Rappeler les inégalités de Markov et de Bienaymé-Tchebychev et les redémontrer.

Inégalité de Markov

On rappelle que pour $ X $ une variable aléatoire positive, l'inégalité de Markov donne : $$ \forall a > 0 : \mathbb{P}[X \geq a] \leq \frac{\mathbb{E}[X]}{a} $$
Pour le prouver, on considère $ a > 0 $. Comme $ X $ admet une espérance, l'intégrale $ \int_{0}^{+\infty} tf(t)\mathrm{d}t $ converge absolument et on a : $$ a \mathbb{P}[X \geq a] = a \int_{a}^{+\infty} f(t) \mathrm{d}t \leq \int_{a}^{+\infty} t f(t) \mathrm{d}t $$
On majorant à droite, on en déduit que : $$ a \mathbb{P}[X \geq a] \leq \int_{a}^{+\infty} t f(t) \mathrm{d}t = \mathbb{E}[X] $$
Inégalité de Bienaymé-Tchebychev

On rappelle que pour $ X $ une variable aléatoire positive, l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne : $$ \forall a > 0 : \mathbb{P}[|X - \mathbb{E}[X]|\geq a] \leq \frac{\mathbb{V}(X)}{a^2} $$
Pour le prouver, on applique l'inégalité de Markov à la variable aléatoire positive $ |X - \mathbb{E}[X]| $ : $$ \forall a > 0 : \mathbb{P}[|X - \mathbb{E}[X]| \geq a] = \mathbb{P}[|X - \mathbb{E}[X]|^2 \geq a^2] \leq \frac{\mathbb{E}[|X - \mathbb{E}[X]|^2]}{a^2} = \frac{\mathbb{V}(X)}{a^2} $$
Soit $ h $ une fonction positive et strictement croissante sur $ \mathbb{R} $.

Après avoir justifié de l'existence de l'espérance, démontrer que pour toute variable aléatoire positive, intégrable et pour tout $ t>0 $ : $$ \mathbb{P}[X \geq t] \leq \frac{\mathbb{E}[h(X)]}{h(t)} $$
Avec $ h $ une fonction positive, strictement croissante sur $ \mathbb{R} $, on a en appliquant l'inégalité de Markov à $ h(X) $ : $$ \forall t > 0 : \mathbb{P}[X \geq t] = \mathbb{P}[h(X) \geq h(t)] = \leq \frac{\mathbb{E}[h(X)]}{h(a)} $$
Le cas où $ \mathbb{E}[h(X)] = +\infty $ est trivial car l'inégalité est alors toujours satisfaite.

Après avoir justifié l'existence de l'espérance, en déduire que : $$ \forall x>0, \rho_{n}(x) \leq 2 e^{-t x \sqrt{n}} \mathbb{E}\left[e^{t X_{1}}\right] $$
Par le théorème du transfert, on note que $ \forall t \in \mathbb{R} $ on a : $$ \mathbb{E}[e^{tX_1}] = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}} e^{tx}e^{-x^2/2}\mathrm{d}x = \frac{e^{t^2/2}}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}} e^{-(x-t)^2/2}\mathrm{d}x = e^{t^2/2} < +\infty $$
Ainsi $ \forall t > 0 $, en appliquant le résultat de la question précédente avec $ h:u \mapsto e^{tu} $ (qui est bien positive, strictement croissante sur $ \mathbb{R} $ on a $ \forall x > 0 $ : $$ \mathbb{P}\left[X_1\ge x\sqrt{n}\right] \leq \frac{\mathbb{E}[e^{tX_1}]}{e^{t x\sqrt{n}}} $$
En rappelant que $ \rho_n(x)=2\,\mathbb{P}\left[X_1\ge x\sqrt{n}\right] $ on obtient $ \forall n \geq 1, \forall x > 0 $ : $$ \rho_n(x) \leq 2 e^{-t x\sqrt{n}} \mathbb{E}[e^{tX_1}] $$

Démontrer que : $$ \forall t \in \mathbb{R}, \mathbb{E}\left[e^{t X_{1}}\right]=e^{t^{2} / 2} $$
Comme à la question précédente, par le théorème du transfert, on a $ \forall t \in \mathbb{R} $ : $$ \mathbb{E}[e^{tX_1}] = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}} e^{tx}e^{-x^2/2}\mathrm{d}x = \frac{e^{t^2/2}}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}} e^{-(x-t)^2/2}\mathrm{d}x = e^{t^2/2} $$

En déduire que : $$ \forall n \geq 1, \forall x>0, \rho_{n}(x) \leq 2 e^{-n x^{2} / 2} $$
En combinant les résultats des deux dernières questions, on a $ \forall n \geq 1, \forall x>0 $ et $ \forall t \in \mathbb{R} $ : $$ \rho_n(x) \leq 2 e^{-t x\sqrt{n} + t^2/2} $$
Or le polynôme du second degré $ g: t \mapsto \frac{t^2}{2} - tx\sqrt{n} $ atteint son minimum en $ t = x\sqrt{n} $, on peut donc affiner cette inégalité et obtenir $ \forall n \geq 1, \forall x > 0 $: $$ \rho_n(x) \leq 2 e^{-(x\sqrt{n})^2 + (x\sqrt{n})^2/2} = 2 e^{-nx^2/2} $$

Exercice 2

Dans tout cet exercice, $ n $ est un entier naturel non nul. On considère une suite de v.a.i.i.d. $ \left(X_{n}\right)_{n \geq 1} $ de loi de Bernoulli de paramètre $ p \in] 0,1\left[\right. $.

On notera $ q=1-p $.

L'événement $ \left[X_{n}=1\right] $ représente un succès au $ n $-ième tirage.

Soit $ Y $ la variable aléatoire égale au nombre de tirages nécessaires avant d'obtenir un premier succès. Démontrer que : $$ \forall k \geq 1, \mathbb{P}[Y=k]=q^{k-1} p $$
Déterminer l'expression de l'espérance $ \mathbb{E}[Y] $ et de la variance $ \mathbb{V}(Y) $ de $ Y $, en fonction de $ p $ et $ q $.

Un premier succès au $ k $-ème tirage signifie nécessairement $ k-1 $ échecs suivis d’un succès, d'où par indépendance des tirages : $$ \forall k \geq 1 : \mathbb{P}[Y=k] = \mathbb{P}[\cap_{i=1}^{k-1} X_i=0] \times \mathbb{P}[X_k=1] = q^{k-1} p $$ On peut alors calculer $ \forall k \geq 1 $ :

• $ \mathbb{E}[Y] = \sum_{k \geq 1} k p q^{k-1} = p\sum_{k \geq 1} k q^{k-1} = \frac{p}{(1-q)^2} = \frac{1}{p} $

• $ \mathbb{E}[Y^2] = p \sum_{k \geq 1} k^2 q^{k-1} = p \times \frac{1+q}{(1-q)^3} = \frac{1+q}{p^2} $

• $ \mathbb{V}(Y) = \mathbb{E}[Y^2] - \mathbb{E}[Y]^2 = \frac{1+q}{p^2} - \frac{1}{p^2} = \frac{q}{p^2} $ par la formule de König-Huygens

On considère deux v.a. indépendantes $ Y_{1} $ et $ Y_{2} $ de même loi géométrique de paramètre $ p $. On note $ S=Y_{1}+Y_{2} $. Démontrer que : $$ \forall n \geq 2, \mathbb{P}[S=n] = (n-1) p^2 q^{n-2} $$
En utilisant l'indépendance des deux variables aléatoires, on a $ \forall n \geq 2 $ : $$ \mathbb{P}[S=n] = \mathbb{P}[\cup_{k=1}^{n-1} \left( Y_1=k \cap Y_2=n-k \right)] = \sum_{k=1}^{n-1}\mathbb{P}[Y_1=k] \mathbb{P}[Y_2=n-k] = \sum_{k=1}^{n-1} p^2 q^{n-2} = (n-1) p^2 q^{n-2} $$

Déterminer la probabilité conditionnelle $ \mathbb{P}\left[Y_{1}=k \mid S=n\right] $. Interpréter le résultat.

En utilisant la formule de Bayes, on a pour $ 1 \leq k \leq n-1 $ : $$ \mathbb{P}[Y_1=k \mid S=n] = \frac{\mathbb{P}[Y_1=k \cap Y_2=n-k]}{\mathbb{P}[S=n]} = \frac{p^2 q^{n-2}}{(n-1)p^2 q^{n-2}} = \frac{1}{n-1}. $$
Le résultat indique que si l'on sait que deux succès ont été obtenus au tirage $ n $, le numéro du premier tirage à succès parmi les $ n-1 $ premiers tirages est équiprobable.

On note $ S_{n}=X_{1}+\ldots+X_{n} $ la somme des $ n $ premiers tirages et $ T_{n} $ le nombre de tirages nécessaires pour obtenir $ n $ succès.

On dit que $ T_{n} $ suit une loi de Pascal de paramètres $ n $ et $ p $.

Reconnaître la loi suivie par $ S_{n} $, puis démontrer que pour tout $ k \geq n $ : $$ \left[T_{n}=k\right]=\left[S_{n-1}=k-1\right] \cap\left[X_{n}=1\right] . $$
On identifie que $ S_n = \sum_{i=1}^n X_i $ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n,p)$.

De plus, il est immédiat qu'on ait $ \forall k \geq n $ : $$ \left[ S_{k-1} = n-1 \right] \cap\ [ X_k = 1 ] \Rightarrow [ T_n = k ] $$
En effet, si on a obtenu $ n-1 $ succès après $ k-1 $ tirage et que le $ k $-ème tirage est un succès, alors il aura fallu $ k $ tirages pour obtenir $ n $ succès.

Inversement, si on sait qu'il a fallu $ k $ tirages pour obtenir $ n $ succès, c'est que le $ k $-ème tirage était un succès et qu'on avait déjà rencontré $ n-1 $ succès avant, donc : $$ [ T_n = k ] \Rightarrow \left[ S_{k-1} = n-1 \right] \cap\ [ X_k = 1 ] $$
On en déduit en combinant ces implications : $$ \left[ S_{k-1} = n-1 \right] \cap\ [ X_k = 1 ] \Leftrightarrow [ T_n = k ] $$

En déduire que : $$ \forall k \geq n, \mathbb{P}\left[T_{n}=k\right]=\binom{k-1}{n-1} p^{n} q^{k-n} . $$
En utilisant le résultat de la question précédente et le lemme des coalitions, on a $ \mathbb{P}[S_{k-1}=n-1 \cap X_k=1] = \mathbb{P}[S_{k-1}=n-1] \mathbb{P}[X_k=1] $ et donc $ \forall k \geq n $ : $$ \mathbb{P}[T_n=k] = \mathbb{P}[S_{k-1}=n-1] \mathbb{P}[X_k=1] = \binom{k-1}{n-1}p^{n-1}q^{k-n} p = \binom{k-1}{n-1}p^n q^{k-n} $$

On pose $ Y_{1}=T_{1} $ et pour tout $ i \geq 2, Y_{i}=T_{i}-T_{i-1} $. Montrer que les $ \left(Y_{i}\right)_{i} $ forment une suite de variables de loi géométrique de paramètre $ p $. Montrer qu'elles sont mutuellement indépendantes et que : $$ T_{n}=Y_{1}+\ldots+Y_{n} . $$
On note que $ Y_1 $ représente le nombre de tirages nécessaires pour rencontrer le premier succès, et que $ \forall i \geq 2 $, $ Y_i $ représente le nombre de tirages supplémentaires nécessaires pour rencontrer de nouveau un succès.

Il est clair, par identification, que $ Y_1 $ et $ Y $ ont même loi et ainsi $ Y_1 \sim \mathcal{G}(p) $.

Puis, $ \forall i \geq 2 $, par indépendance des $ (X_n)_{n \geq 1} $ on a $ \forall k \geq 1 $ : $$ \mathbb{P}[Y_i=k \mid T_{i-1}=t] = \mathbb{P}[X_{T_{i-1}+1} = 0 \cap X_{T_{i-1}+2} = 0 \cap \ldots \cap X_{T_{i-1}+(k-1)} = 0 \cap X_{T_{i-1}+k} = 1] = q^{k-1}p $$
On en déduit que $ \forall i \geq 2 : Y_i \sim \mathcal{G}(p) $.

Par ailleurs, on note que :

• $ Y_1 $ ne dépend que de $ X_1, \ldots, X_{T_1} $

• $ Y_2 $ ne dépend que de $ X_{T_1 + 1}, \ldots, X_{T_2 - 1} $

• etc.

Ces ensembles sont disjoints, ainsi par indépendance des $ (X_n)_{n \geq 1} $ et par le lemme des coalitions, il s'ensuit que les $ (Y_n)_{n \geq 1} $ sont bien indépendants.

Enfin, par téléscopage, on a directement : $$ T_n = T_n = T_{n-1} + Y_n = T_{n-2} + Y_{n-1} + Y_n = \cdots = Y_1 + Y_2 + \cdots + Y_n $$

Déterminer $ \mathbb{E}\left[T_{n}\right] $ et $ \mathbb{V}\left(T_{n}\right) $.

Par linéarité de l'espérance, en utilisant la question précédente on a $ \forall n \geq 1 $ : $$ \mathbb{E}[T_n] = \sum_{i=1}^{n} \mathbb{E}[Y_i] = \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{p} = \frac{n}{p} $$ Puis, par indépendance des $ (Y_n)_{n \geq 1} $ on a $ \forall n \geq 1 $ : $$ \mathbb{V}(T_n) = \sum_{i=1}^{n} \mathbb{V}(Y_i) = \sum_{i=1}^{n} \frac{q}{p^2} = \frac{nq}{p^2} $$
On note $ V_{n} $ le nombre d'échecs dans la séquence $ \left(X_{i}\right)_{i} $ nécessaires avant d'obtenir $ n $ succès. On dit que $ V_{n} $ suit une loi binomiale négative de paramètres $ n $ et $ p $. Démontrer que pour tout $ n \geq 1, V_{n} $ et $ T_{n} $ sont liées par la relation suivante: $$ T_{n}=V_{n}+n . $$
En déduire que $$ \forall k \geq 0, \mathbb{P}\left[V_{n}=k\right]=\binom{k+n-1}{k} p^{n} q^{k} . $$
Dans un tirage, le succès et l'échec forment une partition complète de l'univers.

Le nombre total de tirages $ T_n $ est donc égal à la somme du nombre d'échecs et de succès soit : $$ T_n = V_n + n $$
On en déduit en utilisant la question (5) qu'on a $ \forall k \geq 0 $ : $$ \mathbb{P}[V_n=k] = \mathbb{P}[T_n=k+n] = \binom{k+n-1}{n-1} p^n q^{k+n-n} = \binom{k+n-1}{n-1} p^n q^k $$
Par symétrie du coefficient binomial, on en déduit que $ \forall k \geq 0 $ : $$ \mathbb{P}[V_n=k] = \binom{k+n-1}{k} p^n q^k $$

Démontrer que $$ \mathbb{E}\left[\frac{n-1}{T_{n}-1}\right]=p \text { et } \mathbb{E}\left[\frac{n}{T_{n}}\right]>p, $$ après avoir justifié de l'existence de ces espérances.

Existence des espérances

On sait que $ \forall n \geq 1 $ : $ T_n \geq n \Rightarrow T_n - 1 \geq n - 1 $ presque sûrement.

Par ailleurs, on a $ \forall n \geq 1 $ : $ \frac{n-1}{T_n - 1} > 0 $ car $ T_n - 1 \geq n-1 > 0 $ presque sûrement.

Il s'ensuit qu'on a $ \forall n \geq 1 : 0 $ : $$ \forall n \geq 1 : 0 < \frac{n-1}{T_n - 1} \leq 1 \; \; \text{p.s.} \; \; \text{d'où} \; \; 0 < \mathbb{E}\left[\frac{n-1}{T_{n}-1}\right] \leq 1 $$
Et de même, on a $ \forall n \geq 1 $ : $$ 0 < \frac{n}{T_n} \leq 1 \; \; \text{p.s.} \; \; \text{d'où} \; \; 0 < \mathbb{E}\left[\frac{n}{T_{n}}\right] \leq 1 $$

Calcul de la relation d'égalité

Par la formule du transfert, on a $ \forall n \geq 1 $ : $$ \mathbb{E}\left[\frac{n-1}{T_n-1}\right] = \sum_{k=n}^{+\infty} \frac{n-1}{k-1} \mathbb{P}[T_n=k] = \sum_{k=n}^{+\infty} \frac{n-1}{k-1} \binom{k-1}{n-1} p^n q^{k-n} $$
Pour $ n = 1 $, tous les termes sauf celui où $ k = n $ s'annulent, on a donc : $ \mathbb{E}\left[\frac{n-1}{T_n-1}\right] = p $.

Puis pour $ n \geq 2 $, par la formule du pion, on sait que $ \forall 1 \leq k \leq n : (n-1)\binom{k-1}{n-1} = (k-1)\binom{k-2}{n-2} $ d'où : $$ \mathbb{E}\left[\frac{n-1}{T_n-1}\right] = \sum_{k=n}^{+\infty} \binom{k-2}{n-2} p^n q^{k-n} $$
En posant le changement de variable $ m = k - n $ on obtient : $$ \mathbb{E}\left[\frac{n-1}{T_n-1}\right] = \sum_{m=0}^{+\infty} \binom{m+n-2}{n-2} p^n q^m = p \sum_{m=0}^{+\infty} \binom{m+n-2}{m} p^{n-1} q^m $$
Or $ V_{n-1} \in \mathbb{N} $ presque sûrement donc on a : $$ \sum_{m=0}^{+\infty} \binom{m+n-2}{m} p^{n-1} q^m = \sum_{m=0}^{+\infty} \mathbb{P}[V_{n-1} = m] = 1 $$
On peut donc conclure que $ \forall n \geq 1 $ : $$ \mathbb{E}\left[\frac{n-1}{T_{n}-1}\right]=p $$

Calcul de la relation d'inégalité

Par application de l'inégalité de Jensen, on a directement $ \forall n \geq 1 $ : $$ \mathbb{E}\left[\frac{n}{T_{n}}\right] \geq \frac{n}{\mathbb{E}[T_n]} = \frac{n}{n/p} = p $$
Par ailleurs, l'inégalité de Jensen n'est une égalité que si la variable aléatoire $ T_n $ est constante, or $ \mathbb{V}(T_n) > 0 $ d'où on conclut que $ \forall n \geq 1 $ : $$ \mathbb{E}\left[\frac{n}{T_{n}}\right] > p $$

On suppose $ p $ inconnu et on souhaite l'estimer à partir des observations. Démontrer que la suite de v.a. $ \left(n / T_{n}\right)_{n} $ converge en probabilité et préciser sa limite. En déduire un estimateur $ \hat{p} $ de $ p $. Est-il biaisé ? Proposer un estimateur $ \tilde{p} $ non biaisé.

D'après la loi faible des grands nombres, comme $ T_n = Y_1 + \ldots + Y_n $ avec $ (Y_i)_{i\in\mathbb{N^*}} $ i.i.d., on a : $$ \frac{T_n}{n} \xrightarrow[n \to +\infty]{\mathbb{P}} \mathbb{E}[Y_1] = \frac{1}{p} $$
Par le lemme de l'application continue (ou continuous mapping theorem), comme la fonction $ g: x \mapsto \frac{1}{x} $ est continue sur $ \mathbb{R}_{+}^* $, on a alors : $$ \frac{n}{T_n} \xrightarrow[n \to +\infty]{\mathbb{P}} p $$
On peut donc prendre comme estimateur de $ p $ l'estimateur $ \hat{p} $ tel que : $$ \hat{p} = \frac{n}{T_n} $$
Par ailleurs, on sait que $ \mathbb{E}[\hat{p}] = \mathbb{E}[\frac{n}{T_n}] > p $ par la question précédente, donc $ \hat{p} $ est biaisé

On sait également que $ \mathbb{E}\left[\frac{n-1}{T_{n}-1}\right]=p $, on peut donc prendre comme estimateur non biaisé $ \tilde{p} $ tel que : $$ \tilde{p} = \frac{n-1}{T_{n}-1} $$
On suppose $ n $ et $ p $ inconnus. On considère une suite $ \left(W_{i}\right)_{i} $ de v.a.i.i.d. dont chaque élément $ W_{i} $ suit la même loi que $ T_{n} $. Déduire de la question $ 7^{\circ} $ des estimateurs $ \hat{n} $ et $ \hat{p} $ de $ n $ et $ p $ mettant en jeu la moyenne et la variance empirique de $ W_{1}, \ldots, W_{i} $. Déterminer de même des estimateurs $ \widetilde{n} $ et $ \widetilde{p} $ de $ n $ et $ p $ à partir d'une suite $ \left(W_{i}\right)_{i} $ de v.a.i.i.d. dont chaque élément suit la même loi que $ V_{n} $. Quels problèmes peuvent poser ces derniers estimateurs ?
Estimateurs basés sur $ (W_i)_{i \geq 1} $

Par la loi faible des grands nombres, on a :

• $ \bar{W_N} = \frac{1}{N} \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N W_i \xrightarrow[n \to +\infty]{\mathbb{P}} mathbb{E}[T_n] = \frac{n}{p} $

• $ S^2_N = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N (W_i - \bar{W}_N)^2 \xrightarrow[n \to +\infty]{\mathbb{P}} \mathbb{V}(T_n) = \frac{n(1-p)}{p^2} $

On remarque alors qu'on a : $$ \frac{n(1-p)/p^2}{n/p} = \frac{1-p}{p} $$
En réarrangeant les termes, on en déduit : $$ \frac{n(1-p)/p^2}{n/p} = \frac{1-p}{p} \Rightarrow p \left(\frac{n(1-p)/p^2}{n/p}\right) = 1-p \Rightarrow p = \frac{n/p}{n/p + n(1-p)/p^2} $$
On peut donc prendre un estimateur $ \hat{p} $ de $ p $ tel que : $$ \hat{p} = \frac{\bar{W}_N}{\bar{W}_N + S^2_N} $$
De la même manière, on remarque qu'on a : $$ n = p \times \frac{n}{p} = \frac{n/p}{n/p + n(1-p)/p^2} \times \frac{n}{p} $$ On peut donc prendre un estimateur $ \hat{n} $ de $ n $ tel que : $$
\hat{n} = \frac{\bar{W}_N^2}{\bar{W}_N + S^2_N} $$

Estimateurs basés sur $ (U_i)_{i \geq 1} $

On rappelle que par linéarité de l'espérance on a : $$ \mathbb{E}[V_n] = \mathbb{E}[T_n] - n = \frac{n}{p} - n = \frac{n(1-p)}{p} $$
De même, par linéarité de la variance pour des variables aléatoires indépendantes, on a : $$ \mathbb{V}(V_n) = \mathbb{V}(T_n - n) = \mathbb{V}(T_n) = \frac{n(1-p)}{p^2} $$
Dès lors, par la loi faible des grands nombres, on a :

• $ \bar{U_N} = \frac{1}{N} \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N U_i \xrightarrow[n \to +\infty]{\mathbb{P}} mathbb{E}[V_n] = \frac{n(1-p)}{p} $

• $ \Sigma^2_N = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N (V_i - \bar{V}_N)^2 \xrightarrow[n \to +\infty]{\mathbb{P}} \mathbb{V}(V_n) = \frac{n(1-p)}{p^2} $

Or, on remarque qu'on a : $$ p = \frac{\frac{n(1-p)}{p}}{\frac{n(1-p)}{p^2}} $$
On peut donc prendre un estimateur $ \tilde{p} $ de $ p $ tel que : $$ \tilde{p} = \frac{\bar{U}_N}{\Sigma^2_N} $$
De même, on remarque qu'on a : $$ n = \frac{p}{1-p} \frac{n(1-p)}{p} \Rightarrow n = \frac{\frac{\frac{n(1-p)}{p}}{\frac{n(1-p)}{p^2}}}{1 - \frac{\frac{n(1-p)}{p}}{\frac{n(1-p)}{p^2}}} \frac{n(1-p)}{p} \Rightarrow n = \frac{\left( \frac{n(1-p)}{p} \right)^2}{\frac{n(1-p)}{p^2} - \frac{n(1-p)}{p}} $$
On peut donc prendre un estimateur $ \tilde{n} $ de $ n $ tel que : $$ \tilde{n} = \frac{\bar{U}_N^2}{\Sigma^2_N - \bar{U}_N}} $$

Inconvénients éventuels

Ces derniers estimateurs présentent, entre autres, deux principaux inconvénients :

• si $ \Sigma^2_N < \bar{U}_N $, alors $ tilde{n} < 0 $ ce qui n'est pas possible

• si $ \Sigma^2_N \approx \bar{U}_N $ alors $ tilde{n} < 0 $ peut être très instable