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A2021 – MATH I MP ÉCOLE DES PONTS PARISTECH, ISAE-SUPAERO, ENSTA PARIS, TÉLÉCOM PARIS, MINES PARIS, MINES SAINT-ÉTIENNE, MINES NANCY, IMT ATLANTIQUE, ENSAE PARIS, CHIMIE PARISTECH - PSL. Concours Mines-Télécom, Concours Centrale-Supélec (Cycle International). CONCOURS 2021 PREMIÈRE ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES Durée de l’épreuve : 3 heures L’usage de la calculatrice et de tout dispositif électronique est interdit. Les candidats sont priés de mentionner de façon apparente sur la première page de la copie : MATHÉMATIQUES I - MP L’énoncé de cette épreuve comporte 4 pages de texte. Si, au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il est amené à prendre. Les sujets sont la propriété du GIP CCMP. Ils sont publiés sous les termes de la licence Creative Commons Attribution - Pas d’Utilisation Commerciale - Pas de Modification 3.0 France. Tout autre usage est soumis à une autorisation préalable du Concours commun Mines Ponts. Théorème de De Moivre-Laplace Notations Dans tout le problème : - Par convention 00 = 1. - Si i et j sont des entiers naturels tels que i ≤ j, on note i, j l’ensemble des entiers k tels que i ≤ k ≤ j. - a et b sont des réels tels que a < b. - Si x est un réel, on définit : ⌊x⌋ = max{k ∈ Z , k ≤ x} et ⌈x⌉ = min{k ∈ Z , x ≤ k} - p est un réel de ]0, 1[ et q = 1 − p. - ζ est la fonction de ] − 1, +∞[ dans R définie par : ζ(x) = (x + 1) ln(x + 1). - Φ est la fonction de R dans R définie par : Φ(t) = 1 √ 2πe− t2 2 . - (Ω, A, P) est un espace probabilisé. - (Xn)n∈N∗ est une suite de variables aléatoires définies sur (Ω, A, P) telle que, pour tout n ∈ N∗, Xn suit la loi binomiale de paramètres n et p, ce que l’on note Xn → B(n, p). Résultats préliminaires 1 ▷ Rappeler la formule de Stirling. En déduire l’existence d’une suite réelle (ϵn)n∈N∗ convergeant vers 0 telle que : ∀ n ∈ N∗, n! = √ 2πn n e n 1 + ϵn). 2 ▷ Soit λ ∈ R∗ + et µ ∈ R. Démontrer que : ⌊λx + µ⌋ ∼ x→+∞ λx et ⌈λx + µ⌉ ∼ x→+∞ λx. 1 3 ▷ Prouver que l’intégrale +∞ −∞ Φ(t)dt converge. 4 ▷ Démontrer que : ζ(x) = x→0 x + x2 2 + o(x2). Étude asymptotique d’une suite Dans cette partie, si n ∈ N∗, on note xn le nombre entier ⌈np − q⌉ et pn le réel P(Xn = xn). 5 ▷ Justifier que pn est le plus grand élément de P(Xn = k) , k ∈ 0, n . 6 ▷ Vérifier que lim n→+∞ xn = +∞ et lim n→+∞(n − xn) = +∞. Établir alors : √n p q pn ∼ n→+∞ nn pxn qn−xn √ 2π xxn n (n − xn)n−xn · 7 ▷ Montrer que, pour tout entier n > max p q , q p : nn pxn qn−xn xxn n (n − xn)n−xn = e−npζ xn−np np −nqζ np−xn nq . 8 ▷ Montrer que la suite √n p q pn n∈N∗ converge. Convergence en loi Dans toute la suite, pour tout n ∈ N∗, on note Yn = 1 √n p q Xn − n p et on définit les réels τn,k par la relation : ∀ k ∈ Z, τn,k = k − n p √n p q . 9 ▷ Soit n ∈ N∗. Déterminer la loi de Yn et vérifier que Yn est une variable aléatoire centrée réduite. 10 ▷ Justifier l’existence d’un élément N ∈ N∗ tel que : pour tout entier n ≥ N, [a, b] ⊂ [τn,0, τn,n] et 1 √n p q ≤ b − a. 2 On définit les suites kn n∈N∗, en n∈N∗ et fn n∈N∗, de fonctions de R dans R de la façon suivante : pour tout n ∈ N∗, pour tout t ∈ R, kn(t) = ⌊√npq t + np⌋ , en(t) = τn,kn(t), fn(t) = √n p q P Yn = en(t) . 11 ▷ Démontrer que pour tout n ∈ N∗, en est une fonction en escalier croissante véri- fiant : ∀ t ∈ R, en(t) ≤ t < en(t) + 1 √npq· Démontrer que en n∈N∗ converge simplement vers une fonction e que l’on préci- sera. 12 ▷ Montrer que : τn,kn(b)+1 τn,kn(a) Φ(t)dt −−−−−→ n→+∞ b a Φ(t)dt, puis vérifier que P en(a) ≤ Yn ≤ en(b) = τn,kn(b)+1 τn,kn(a) fn(t)dt. 13 ▷ Prouver que, pour tout n ∈ N∗, pour tout k ∈ 0, n − 1 : fn(τn,k) = 1 √ 2π p q n2 k (n − k) pk qn−k k n k n−k n n−k 1 + ϵn (1 + ϵk)(1 + ϵn−k), où ϵn n∈N∗ est la suite définie à la question 1. 14 ▷ Justifier que, pour tout t ∈ [a, b] : p q n2 kn(t) (n − kn(t)) −−−−−→ n→+∞ 1 et 1 + ϵn (1 + ϵkn(t))(1 + ϵn−kn(t)) −−−−−→ n→+∞ 1. 15 ▷ Montrer que pour tout n ∈ N∗ et pour tout k ∈ 0, n tels que max q np, p nq × |τn,k| < 1 : pk qn−k k n k n−k n n−k = e−npζ q np τn,k −nqζ − p nq τn,k . 16 ▷ Démontrer que : pkn(t) qn−kn(t) kn(t) n kn(t) n−kn(t) n n−kn(t) −−−−−→ n→+∞ e− t2 2 . 3 17 ▷ En conclure que : ∀ t ∈ [a, b], fn(t) −−−−−→ n→+∞ Φ(t), puis que : b a fn(t)dt −−−−−→ n→+∞ b a Φ(t)dt. 18 ▷ Déduire de tout ce qui précède que : P en(a) ≤ Yn ≤ en(b) −−−−−→ n→+∞ b a Φ(t)dt, puis que : P a ≤ Yn ≤ b −−−−−→ n→+∞ b a Φ(t)dt. Applications 19 ▷ Montrer que : ∀ T ∈ R∗ +, T −T Φ(t)dt ≥ 1 − 1 T 2 , puis en déduire la valeur de +∞ −∞ Φ(t)dt. 20 ▷ Les suites P(Yn ≤ b) n∈N∗ et P(Yn ≥ a) n∈N∗ sont-elles convergentes ? En pré- ciser les limites éventuelles. Généralisation Soit ϕ une fonction de R dans R, de classe C1 et telle que ϕ′ ne s’annule pas sur R. Pour tout n ∈ N∗, on note Zn = ϕ ◦ Yn. 21 ▷ Montrer que, si ϕ(R) = R, il existe une unique fonction Ψ continue sur R telle que : pour tout (α, β) ∈ R2, si α ≤ β, alors P(α ≤ Zn ≤ β) −−−−−→ n→+∞ β α Ψ(t)dt, où R désigne l’ensemble constitué des réels, de −∞ et de +∞. Que dire si l’on ne suppose plus ϕ(R) = R ? Fin du problème 4

CONCOURS MINES-PONTS CORRIGÉ MATHEMATIQUES I - MP m.laamoum@gmail.com Théorème de De Moivre-Laplace Résultats préliminaires 1 ▷ Formule de Stirling : n! ∼ n→+∞ √ 2πn n e n . On a n! √ 2πn n e n → n→+∞ 1, posons pour n ∈ N∗, εn = n! √ 2πn n e n − 1 ,cette suite vérifie εn → n→+∞ 0 et ∀n ∈ N∗, n! = √ 2πn n e n (1 + εn) . 2 ▷ Soit x ∈ R et n = ⌊x⌋ = max{k ∈ Z, k ≤ x} . Donc n ≤ x < n + 1 et n = [x] la partie entière de x , ainsi ⌊x⌋ = [x] Si m = ⌈x⌉ = min{k ∈ Z, x ≤ k} alors x = m si x ∈ Z et m − 1 < x < m si x /∈ Z , ainsi ⌈x⌉ = [x] + 1 si x /∈ Z x si x ∈ Z On a alors ⌈x⌉ − 1 < x ≤ ⌈x⌉ et x ≤ ⌈x⌉ < x + 1 Soit λ ∈ R∗ + et µ ∈ R. — On a λx + µ − 1 < ⌊λx + µ⌋ ≤ λx + µ et 1 + µ−1 λx < ⌊λx+µ⌋ λx ≤ 1 + µ−1 λx par le théorème d’encadrement on a ⌊λx+µ⌋ λx → x→+∞ 1et ⌊λx + µ⌋ ∼ x→+∞ λx — De même on a λx + µ ≤ ⌈λx + µ⌉ < λx + µ + 1, on en déduit ⌊λx+µ⌋ λx → x→+∞ 1 ⌈λx + µ⌉ ∼ x→+∞ λx 3 ▷ Oa t2Φ(t) = → x→±∞ 0 donc Φ est integrable sur R et l’intégrale +∞ −∞ Φ(t)dt converge. 4 ▷ ln(x + 1) = x − x2 2 + o x2 donc ζ(x) = (x + 1) ln(x + 1) = x − x2 2 + x2 + o x2 = x + x2 2 + o x2 Etude asymptotique d’une suite Soit n ∈ N∗, on note xn = ⌈np − q⌉ et pn = P (Xn = xn) . 5 ▷ Soit m ∈ 0, n tel que P (Xn = m) = max {P (Xn = k) , k ∈ 0, n } la suite (P(X = k))k∈ 0,n change alors de sens de variation en m de sort que P(X = m) P(X = m − 1) ≥ 1 et P(X = m + 1) P(X = m) ≤ 1 1 On sait que Xn → B(n, p) donc P(X = k) P(X = k − 1) = n k n k−1 pkqn−k pk−1qn−k+1 = n + 1 − k k p q par suite n+1−m m p q ≥ 1 et n−m m+1 p q ≤ 1 ce qui donne (n + 1)p ≥ m et (n + 1) p ≤ m + 1 qui s’écrit (n + 1) p − 1 ≤ m ≤ (n + 1)p et np − q ≤ m ≤ (np − q) + 1 Ainsi m = ⌈np − q⌉ = xn . 6 ▷ — D’après la question 2 on a xn ∼ n→+∞ np et n − xn = (1 − p)n + o(n) donc n − xn ∼ n→+∞ nq.Ce qui donne lim n→+∞ xn = +∞ et lim n→+∞ (n − xn) = +∞ . — On a pn = P (Xn = xn) = n xn pxnqn−xn . Comme xn → n→+∞ +∞ et (n − xn) → n→+∞ +∞, la formule de Stirling donne n xn ∼ n→+∞ √ 2πn n e n √2πxn xn e xn 2π(n − xn) n−xn e n−xn ∼ n→+∞ √nnn 2πxn(n − xn)xxn n (n − xn)n−xn de plus xn(n − xn) ∼ n→+∞ n2pq donc n xn ∼ n→+∞ nn √npq √ 2πxxn n (n − xn)n−xn qui donne √npqpn ∼ n→+∞ nnpxnqn−xn √ 2πxxn n (n − xn)n−xn 7 ▷ Soit n > max p q , q p . Puisque xn = ⌈np − q⌉ alors np − q ≤ xn ≤ (np − q) + 1 et −q n ≤ xn−np n ≤ p n. On a alors −q np ≤ xn−np np et −p nq ≤ np−xn nq , de n > max p q , q p on déduit que xn−np np > −1 et np−xn nq > −1 ainsi ζ xn−np np et ζ np−xn nq ont un sens . Ecrivons nnpxnqn−xn xxn n (n − xn)n−xn = (np)xn (nq)n−xn xxn n (n − xn)n−xn = xn np −xn n − xn nq −n+xn = xn np −xn n − xn nq −n+xn et xn np −xn = exp −xn ln xn np = exp −npζ( xn np − 1) de même n−xn nq −n+xn = exp −nqζ np−xn nq ce qui donne nnpxnqn−xn xxn n (n − xn)n−xn = e−npζ xn−np np −nqζ np−xn nq 2 8 ▷ On a xn = ⌈np − q⌉ et np − q ≤ xn ≤ (np − q) + 1 donc −q n ≤ xn−np n ≤ p n qu’on écrit xn−np n = O( 1 n) La question 4 donne ζ(xn − np np ) = xn − np np + O( 1 n2 ) et ζ np − xn nq = xn − np nq + O( 1 n2 ) par suite npζ xn − np np + nqζ np − xn nq = O( 1 n) et e−npζ xn−np np −nqζ np−xn nq → n→+∞ 0 on en déduit : √npqpn → n→+∞ 1 √ 2π Convergence en loi 9 ▷ Soit n ∈ N∗. On a Xn(Ω) = 0, n donc Yn(Ω) = {τn,k, k ∈ 0, n } . Pour k ∈ 0, n , P (Yn = τn,k) = P (Xn = k) = n k pkqn−k . On sait que E(Xn) = np et V(Xn) = npq . De la linéarité de l’espérance on déduit : E(Yn) = 1 √npq (E(Xn) − np) = 0 Les propriétés de la variance donnent : V(Yn) = 1 npq V(Xn − np) = 1 npq V(Xn) = 1. Donc Yn est une variable aléatoire centrée réduite. 10 ▷ On a a < b , τn,0 = −p √pq √n, τn,n = q √pq √n . Il existe N1, N2 dans N∗ tels que si n > N1 alors τn,0 < a et si n > N2 alors b < τn,n ,de plus 1 √npq → n→+∞ 0 , pour ε = b − a il existe N3 dans N∗ tel que si n ≥ N3 alors 1 √npq ≤ ε. Ainsi pour N = max(N1, N2, N3), si n ≥ N alors [a, b] ⊂ [τn,0, τn,n] et 1 √npq ≤ b − a. 11 ▷ Soit t ∈ R, kn(t) = √npqt + np et en(t) = kn(t)−np √npq . De l’inégalité kn(t) ≤ √npqt + np < kn(t) + 1 ona en(t) ≤ t < en(t) + 1 √npq Qui s’écrit 0 ≤ t − en(t) < 1 √npq , ainsi lim n→+∞ en(t) = t et (en)n∈N∗ converge simplement sur R vers e : t → t . 12 ▷ — On a b a Φ(t)dt − τn,kn(b)+1 τn,kn(a) Φ(t)dt = τn,kn(a) a Φ(t)dt + b τn,kn(b)+1 Φ(t)dt Remarquons que τn,kn(b)+1 = τn,kn(b) + 1 √npq → n→+∞ b et τn,kn(a) → n→+∞ a et Φ est continue donc τn,kn(a) a Φ(t)dt → n→+∞ 0 et b τn,kn(b)+1 Φ(t)dt → n→+∞ 0 et τn,kn(b)+1 τn,kn(a) Φ(t)dt −→ n→+∞ b a Φ(t)dt 3 — Nous avons P (en(a) ≤ Yn ≤ en(b)) = kn(b) k=kn(a) P (Yn = τn,k) Soit m ∈ [kn(a), kn(b)] , on a kn(t) = m pour tout t dans [τn,m, τn,m+1[ par suite en(t) = τn,m et fn(t) = √npq P (Yn = τn,m) donc fn est en escalier et P (en(a) ≤ Yn ≤ en(b)) = 1 √npq kn(b) k=kn(a) fn(τn,k) = kn(b) k=kn(a) (τn,m+1 − τn,m) fn(τn,k) on reconnait l’intégrale d’une fonction en escalier sur l’intervalle τn,kn(a), τn,kn(b)+1 , ainsi P (en(a) ≤ Yn ≤ en(b)) = τn,kn(b)+1 τn,kn(a) fn(t)dt 13 ▷ Soit n ∈ N∗et k ∈ 0, n − 1 . On a fn (τn,k) = √npq n k pkqn−k , d’après la question 1 : n! = √ 2πn n e n (1 + εn) ce qui donne n k = 1 √ 2π √nnn. k(n − k)kk. (n − k)n−k . 1 + εn (1 + εk) (1 + εn−k) écrivons nn = nknn−k , ce qui donne fn (τn,k) = 1 √ 2π pqn2 k(n − k) pkqn−k k n k n−k n n−k 1 + εn (1 + εk) (1 + εn−k) 14 ▷ Soit t ∈ [a, b] , les équivalence kn(t) = ∼ n→+∞ np et n − kn(t) = ∼ n→+∞ nq donnent pqn2 kn(t) (n − kn(t)) ∼ n→+∞ pqn2 np (nq) = 1 et εkn(t) → n→+∞ 0 , ainsi pqn2 kn(t) (n − kn(t)) → n→+∞ 1 et 1 1 + εkn(t) 1 + εn−kn(t) → n→+∞ 1. 15 ▷ Soit n ∈ N∗ et k ∈ 0, n tels que max q np, p nq × |τn,k| < 1. Donc q npτn,k > −1 et − p nqτn,k > −1 ce qui permet d’écrire k np −k = exp −k ln k np = exp −npζ( q npτn,k) et n − k nq −n+k = exp −(n − k) ln n − k nq = exp −nqζ − p nqτn,k ainsi pkqn−k k n k n−k n n−k = e−npζ q np τn,k −nqζ − p nq τn,k 16 ▷ On sait que τn,kn(t) = en(t) → n→+∞ t , le développement limité de ζdonne npζ q npτn,kn(t) = √qnpτn,kn(t) + 1 2qτ 2 n,kn(t) + o (1) 4 et nqζ − p nq τn,kn(t) = −√nqpτn,kn(t) + 1 2pτ 2 n,kn(t) + o (1) . de la question 15 on a pkn(t)qn−kn(t) kn(t) n kn(t) n−kn(t) n n−kn(t) = e− 1 2 en(t)2+o(1) → n→+∞ e− t2 2 17▷ — Les questions 13 , 14 et 15 donnent fn τn,kn(t) ∼ n→+∞ 1 √ 2π pkn(t)qn−kn(t) kn(t) n kn(t) n−kn(t) n n−kn(t) donc fn τn,kn(t) = fn (en(t)) → n→+∞ 1 √ 2πe− t2 2 . Soit N définie dans la question 10 et n ≥ N donc [a, b] ⊂ [τn,0, τn,n] et 1 √npq ≤ b − a. Donc il existe un entier m tel que t est dans [τn,m, τn,m+1[ par suite kn(t) = m , en(t) = τn,m et fn(t) = √npq P (Yn = τn,m) , fn est constante sur [τn,m, τn,m+1[ d’où fn (en(t)) = fn(t) et fn(t) −→ n→+∞ 1 √ 2π e− t2 2 = Φ(t). — On a fn(t) = √npq P Yn = τn,kn(t) = √npqP (Xn = kn(t)) . D’après la question 5 0 ≤ fn(t) ≤ √npq pn avec pn max {P (Xn = k) , k ∈ 0, n } . Dans la question 8 on a démontrer que √npqpn → n→+∞ 1 √ 2π, ce qui prouve que fn est uniformément bornée (majorée par une constante M indépendante de n). Le théorème de la convergence dominée appliqué sur le segment [a, b] donne b a fn(t)dt −→ n→+∞ b a Φ(t)dt 18 ▷ — De la question 12 et la relation τn,k+1 = τn,k+1 + 1 √npq on a P (en(a) ≤ Yn ≤ en(b)) = en(b)+ 1 √npq en(a) fn(t)dt fn est uniformément bornée par M ≤ 0 donc b a fn(t)dt − en(b)+ 1 √npq en(a) fn(t)dt ≤ M |a − en(a)| + b − en(b) − 1 √npq la majoration de la question 11 donne b a fn(t)dt − en(b)+ 1 √npq en(a) fn(t)dt ≤ 3M √npq qui tend vers 0 , ainsi P (en(a) ≤ Yn ≤ en(b)) − b a fn(t)dt −→ n→+∞ 0 . Finalement on écrit P (en(a) ≤ Yn ≤ en(b)) − b a Φ(t)dt ≤ P (en(a) ≤ Yn ≤ en(b)) − b a fn(t)dt + b a fn(t)dt − b a Φ(t)dt les deux quantité tendent vers 0, d’où P (en(a) ≤ Yn ≤ en(b)) −→ n→+∞ b a Φ(t)dt 5 — Soit N définie dans la question 10 et n ≥ N donc [a, b] ⊂ [τn,0, τn,n] et 1 √npq ≤ b − a. Rappelons que Yn(Ω) = {τn,k, k ∈ 0, n } et en(t) ≤ t < en(t) + 1 √npq . Remarquons que Yn(Ω) ∩ en(t), en(t) + 1 √npq = ∅ , ce qui donne P (en(a) ≤ Yn ≤ en(b)) = P en(a) ≤ Yn < en(b) + 1 √npq = P (Yn = en(a)) + P en(a) < Yn < en(b) + 1 √npq Comme Yn(Ω) ∩ ]en(a), a[ ∪ b, en(b) + 1 √npq = ∅ alors P en(a) < Yn < en(b) + 1 √npq = P (a ≤ Yn ≤ b) D’autre part P (Yn = en(a)) = P (Xn = kn(a)) ≤ pn et pn ∼ n→+∞ 1 √2πnpq , donc P (Yn = en(a)) → n→+∞ 0. Ce qui prouve P (en(a) ≤ Yn ≤ en(b)) − P (a ≤ Yn ≤ b) → n→+∞ 0 , il s’en suit alors P (a ≤ Yn ≤ b) −→ n→+∞ b a Φ(t)dt Applications 19 ▷ — Soit T ∈ R∗ + et n ∈ N∗, remarquons que P (−T < Yn < T) = P (|Yn| < T) = 1 − P (|Yn| ≥ T) , la variable Yn est centrée réduite donc E(Yn) = 0 et V(Yn) = 1 , l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne P (|Yn| ≥ T) ≤ 1 T 2 et P (|Yn| ≤ T) ≥ P (|Yn| < T) ≥ 1 − 1 T 2 par passage à la limite on obtient T −T Φ(t)dt ≥ 1 − 1 T 2 — De la même manière puis que P (|Yn| < T) ≤ 1 par passage à la limite on a T −T Φ(t)dt ≤ 1 Le théorème d’encadrement donne +∞ −∞ Φ(t)dt = lim T →+∞ T −T Φ(t)dt = 1 En en déduit +∞ −∞ e− t2 2 dt = √ 2π et +∞ −∞ e−t2dt = √π. 20 ▷ Montrons pour tout b réel, P (Yn ≤ b) −→ n→∞ 1 √ 2π b −∞ e−x2/2 dx La convergence de l’intégrale +∞ −∞ e− t2 2 dt entraine : +∞ x e− t2 2 dt −→ x→∞ 0. Soient b ∈ R et ε > 0. Fixons c > max(0, b) tel que 1 √ 2π +∞ c e− t2 2 dt < ε 2 . On a par parité 1 √ 2π −c −∞ e− t2 2 dt < ε 2 , comme 1 √ 2π +∞ −∞ e− t2 2 dt = 1 alors , 1 √ 2π c −c e− t2 2 dt > 1 − ε 6 On peut écrire P (Yn ≤ b) − 1 √ 2π b −∞ e− t2 2 dt ≤ An + Bn + C où An = P (Yn < −c) Bn = P (−c ≤ Yn ≤ b) − 1 √ 2π b −c e− t2 2 dt C = 1 √ 2π −c −∞ e− t2 2 dt On a An = 1 − P (−c ≤ Yn) et P (−c ≤ Yn) ≥ P (−c ≤ Yn ≤ c) donc 0 ≤ An ≤ 1 − P (−c ≤ Yn ≤ c) et, d’après la question 18 on a lim n→∞ P (−c ≤ Yn ≤ c) = 1 √ 2π c −c e− t2 2 dt > 1 − ε Cela montre que, pour tout n assez grand, P (−c ≤ Yn ≤ c) − 1 √ 2π c −c e− t2 2 dt < ε , et P (−c ≤ Yn ≤ c) > 1 − 2ε Ainsi An < 2ε . Toujours d’après la question 18, lim n→∞ Bn = 0, donc pour n assez grand, Bn < ε et, par choix de c, on a C < ε . Nous avons donc démontré, pour n assez grand, P (Yn ≤ b) − 1 √ 2π b −∞ e− t2 2 dt < 4ε , ce qui donne le résultat. Comme P (Yn ≤ b) = 1 − P (b < Yn) −→ n→+∞ b −∞ Φ(t)dt , alors P (b < Yn) −→ n→+∞ +∞ b Φ(t)dt . Généralisation Soit ϕ une fonction de R dans R, de classe C1 et telle que ϕ′ ne s’annule pas sur R. Pour tout n ∈ N∗, on note Zn = ϕ ◦ Yn. 21 ▷ ϕ′ est continue et ne s’annule pas sur R donc elle garde un signe constant, alors ϕ est bijecive de R vers ϕ(R) . Supposons ϕ′ > 0 ,le cas ϕ′ < 0 se traite de la même manière. Soit (α, β) ∈ R 2, si α ≤ β, alors P (α ≤ Zn ≤ β) = P (α ≤ ϕ ◦ Yn ≤ β) = P ϕ−1(α) ≤ Yn ≤ ϕ−1(β) donc P (α ≤ Zn ≤ β) → n→+∞ ϕ−1(β) ϕ−1(α) Φ(t)dt par changement de variable u = ϕ(t) on obtient ϕ−1(β) ϕ−1(α) Φ(t)dt = β α Φ(ϕ−1(u)) 1 ϕ′(ϕ−1(u))du , ainsi P (α ≤ Zn ≤ β) −→ n→+∞ β α Ψ(t)dt, avec Ψ(t) = Φ(ϕ−1(t)) ϕ′(ϕ−1(t)) . 7