Bonjour,
dans la planche 23 de ce document https://www.ens.fr/sites/default/files/ ... math_u.pdf
je n'arrive pas construire une solution à partir des éléments de discussion, quelqu'un pourrait m'aider à y voir plus claire ?
Il me semble plus naturel de passer par la définition de la limite, que ce qui a été discuté.
Probas ens 2019
Probas ens 2019
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .
Re: Probas ens 2019
Exercice 23 (j'ai copié-collé la discussion sur ce fil d'un autre forum)
-Soit $ $$\alpha\in]0,1[.$
Notons $\displaystyle Z_{\alpha}=\sum_{k\geq 0}\alpha^{k}X_{k}$ où les $(X_{k})$ sont une suite de Rademacher i.i.d.
Ensuite, on note $\displaystyle F_{\alpha}$ la fonction de répartition de $Z_{\alpha}.$
On note également $\mu_{\alpha}$ la loi de $Z_{\alpha}$ et on introduit $\displaystyle K_{\alpha}=\left\{ \sum_{k\geq 0}\alpha^{k}\varepsilon_{k}\mbox{ }|\mbox{ } \forall k\geq 0,\mbox{ } \varepsilon_{k}\in\{-1,1\} \right\}$ le support de $\mu_{\alpha}$, qui est un compact de $\displaystyle [-\frac{1}{1-\alpha},\frac{1}{1-\alpha}]$ (en procédant par extraction diagonale).
*Montrons que tout élément de $K_{\alpha}$ s'écrit de manière unique si $0<\alpha<\frac{1}{2}.$
(on peut montrer en calculant la transformée de Fourier de $\mu_{\frac{1}{2}}$ -i.e. la fonction caractéristique de $Z_{\alpha}$- que $\mu_{\frac{1}{2}}$ est la mesure de Lebesgue sur $[-2,2]$ et donc $K_{\frac{1}{2}}=[-2;2]$).
Soit $t\in K_{\alpha}.$ Supposons qu'il existe deux suites $\varepsilon,\tilde{\varepsilon}\in\{-1,1\}^\mathbb{N}$ telles que $\varepsilon\neq \tilde{\varepsilon}$ vérifiant $\displaystyle \sum_{k\geq 0}\alpha^{k}\varepsilon_{k}=t=\sum_{k\geq 0}\alpha^{k}\tilde{\varepsilon_{k}}.$
Notons $k_{0}=\min\left\{ k\geq 0\mbox{ }|\mbox{ } \varepsilon_{k}\neq \tilde{\varepsilon_{k}} \right\}.$ On a alors $\displaystyle \alpha^{k_{0}}\vert \varepsilon_{k_{0}}-\tilde{\varepsilon_{k_{0}}}\vert =\big\vert \sum_{k\geq k_{0}+1}\alpha^{k}\left(\varepsilon_{k}-\tilde{\varepsilon_{k}}\right)\big\vert.$
Par l'inégalité triangulaire, il vient $\displaystyle 2\alpha^{k_{0}}\leq 2\sum_{k\geq k_{0}+1}\alpha^{k} \mbox{ i.e. } 2\alpha^{k_{0}}\leq \frac{2\alpha^{k_{0}+1}}{1-\alpha}.$
On a ainsi $\displaystyle 1\leq \frac{\alpha}{1-\alpha}$ ce qui donne $\alpha\geq \frac{1}{2}.$ Ceci est impossible compte-tenu du choix de $\alpha.$
Remarque : Ceci démontre que $F_{\alpha}$ est continue si $\alpha<\frac{1}{2}.$
Soit $0<\alpha<1/2.$ Soit $t=\sum\limits_{k\geq 0}\varepsilon_{k}\alpha^{k}\in K_{\alpha}.$
Cette écriture étant unique, on a : $\mathbb{P}(Z_{\alpha}=t)=\mathbb{P}\left( \bigcap_{k\geq 0}\{X_{k}=\varepsilon_{k}\} \right)=0.$
Ainsi, pour tout $t\in\mathbb{R}$ (dinstinguer les cas $t\in K_{\alpha}$ et $t\notin K_{\alpha}$) : $\displaystyle \lim_{x\rightarrow t^{+}}F_{\alpha}(x)−\lim_{x\rightarrow t^{-}}F_{\alpha}(x)=P(Z_{\alpha}=t)=0$ et $F_{\alpha}$ est continue.
***Astuce de convolution
On a écrit alors : $\displaystyle Z_{\alpha}=\sum_{k\geq 0}(\alpha^{2})^{k}X_{2k}+\alpha\sum_{k\geq 0}(\alpha^{2})^{k}X_{2k+1}=Z_{1,\alpha^{2}}+\alpha Z_{2,\alpha^{2}}$ où $Z_{1,\alpha^{2}}$ et $Z_{2,\alpha^{2}}$ sont des copies indépendantes et de même loi que $Z_{\alpha^{2}}.$
Ainsi, $\mu_{\alpha}$ se présente comme la convolution de deux mesures qui sont sans atomes si $\alpha^{2}<\alpha_{0}$ (par le premier point de la preuve). Ainsi, $\mu_{\alpha}$ est également sans atomes si $\alpha^{2}<\alpha_{0}$ et donc $F_{\alpha}$ est continue sur $\mathbb{R}$ si $\alpha^{2}<\alpha_{0}.$
Par une récurrence directe, on obtient alors que pour tout $\alpha\in]0,1[,$ $F_{\alpha}$ est continue sur $\mathbb{R}.$
-Soit $ $$\alpha\in]0,1[.$
Notons $\displaystyle Z_{\alpha}=\sum_{k\geq 0}\alpha^{k}X_{k}$ où les $(X_{k})$ sont une suite de Rademacher i.i.d.
Ensuite, on note $\displaystyle F_{\alpha}$ la fonction de répartition de $Z_{\alpha}.$
On note également $\mu_{\alpha}$ la loi de $Z_{\alpha}$ et on introduit $\displaystyle K_{\alpha}=\left\{ \sum_{k\geq 0}\alpha^{k}\varepsilon_{k}\mbox{ }|\mbox{ } \forall k\geq 0,\mbox{ } \varepsilon_{k}\in\{-1,1\} \right\}$ le support de $\mu_{\alpha}$, qui est un compact de $\displaystyle [-\frac{1}{1-\alpha},\frac{1}{1-\alpha}]$ (en procédant par extraction diagonale).
*Montrons que tout élément de $K_{\alpha}$ s'écrit de manière unique si $0<\alpha<\frac{1}{2}.$
(on peut montrer en calculant la transformée de Fourier de $\mu_{\frac{1}{2}}$ -i.e. la fonction caractéristique de $Z_{\alpha}$- que $\mu_{\frac{1}{2}}$ est la mesure de Lebesgue sur $[-2,2]$ et donc $K_{\frac{1}{2}}=[-2;2]$).
Soit $t\in K_{\alpha}.$ Supposons qu'il existe deux suites $\varepsilon,\tilde{\varepsilon}\in\{-1,1\}^\mathbb{N}$ telles que $\varepsilon\neq \tilde{\varepsilon}$ vérifiant $\displaystyle \sum_{k\geq 0}\alpha^{k}\varepsilon_{k}=t=\sum_{k\geq 0}\alpha^{k}\tilde{\varepsilon_{k}}.$
Notons $k_{0}=\min\left\{ k\geq 0\mbox{ }|\mbox{ } \varepsilon_{k}\neq \tilde{\varepsilon_{k}} \right\}.$ On a alors $\displaystyle \alpha^{k_{0}}\vert \varepsilon_{k_{0}}-\tilde{\varepsilon_{k_{0}}}\vert =\big\vert \sum_{k\geq k_{0}+1}\alpha^{k}\left(\varepsilon_{k}-\tilde{\varepsilon_{k}}\right)\big\vert.$
Par l'inégalité triangulaire, il vient $\displaystyle 2\alpha^{k_{0}}\leq 2\sum_{k\geq k_{0}+1}\alpha^{k} \mbox{ i.e. } 2\alpha^{k_{0}}\leq \frac{2\alpha^{k_{0}+1}}{1-\alpha}.$
On a ainsi $\displaystyle 1\leq \frac{\alpha}{1-\alpha}$ ce qui donne $\alpha\geq \frac{1}{2}.$ Ceci est impossible compte-tenu du choix de $\alpha.$
Remarque : Ceci démontre que $F_{\alpha}$ est continue si $\alpha<\frac{1}{2}.$
Soit $0<\alpha<1/2.$ Soit $t=\sum\limits_{k\geq 0}\varepsilon_{k}\alpha^{k}\in K_{\alpha}.$
Cette écriture étant unique, on a : $\mathbb{P}(Z_{\alpha}=t)=\mathbb{P}\left( \bigcap_{k\geq 0}\{X_{k}=\varepsilon_{k}\} \right)=0.$
Ainsi, pour tout $t\in\mathbb{R}$ (dinstinguer les cas $t\in K_{\alpha}$ et $t\notin K_{\alpha}$) : $\displaystyle \lim_{x\rightarrow t^{+}}F_{\alpha}(x)−\lim_{x\rightarrow t^{-}}F_{\alpha}(x)=P(Z_{\alpha}=t)=0$ et $F_{\alpha}$ est continue.
SPOILER:
On a écrit alors : $\displaystyle Z_{\alpha}=\sum_{k\geq 0}(\alpha^{2})^{k}X_{2k}+\alpha\sum_{k\geq 0}(\alpha^{2})^{k}X_{2k+1}=Z_{1,\alpha^{2}}+\alpha Z_{2,\alpha^{2}}$ où $Z_{1,\alpha^{2}}$ et $Z_{2,\alpha^{2}}$ sont des copies indépendantes et de même loi que $Z_{\alpha^{2}}.$
Ainsi, $\mu_{\alpha}$ se présente comme la convolution de deux mesures qui sont sans atomes si $\alpha^{2}<\alpha_{0}$ (par le premier point de la preuve). Ainsi, $\mu_{\alpha}$ est également sans atomes si $\alpha^{2}<\alpha_{0}$ et donc $F_{\alpha}$ est continue sur $\mathbb{R}$ si $\alpha^{2}<\alpha_{0}.$
Par une récurrence directe, on obtient alors que pour tout $\alpha\in]0,1[,$ $F_{\alpha}$ est continue sur $\mathbb{R}.$
SPOILER:
Re: Probas ens 2019
Merci infiniment pour ce partage, je comprends mieux l'objet des éléments de discussion.
''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .