A. Compléments

A.1 Formules de Morgan

Hypothèse : on se limite aux ensembles $A,\, B,\,\cdots$ inclus dans un ensemble $\Omega$ fixé, autrement dit, on suppose $A,\, B,\cdots\in\mathcal{P}\left(\Omega\right)$.

Definition A.1.1   La fonction caractéristique de l'ensemble $A$ est la fonction $\chi_{A}\,:\,\Omega\hookrightarrow\left\{ 0,\,1\right\}$ définie par $\chi_{A}\left(x\right)=1$ lorsque $x\in\Omega$ et $\chi_{A}\left(x\right)=0$ lorsque $x\notin\Omega$ (rappel : $A\subset\Omega$).

Definition A.1.2   Pour un ensemble fini, on a $Card\left(A\right)=\sum_{x\in A}\chi_{A}\left(x\right)$.

Proposition A.1.3   Pour $C=A\cap B$, on a $\chi_{C}=\chi_{A}\times\chi_{B}$ puisque $x\in C$ est défini par $x\in A\: et\: x\in B$.

Proposition A.1.4   Pour $C=\overline{A}$, le complémentaire de $A$, c'est à dire $\left\{ x\in\Omega\,\left\vert\, x\notin A\right.\right\}$, on a $\chi_{C}=1-\chi_{A}$.

Proposition A.1.5   Pour $C=A\cup B$, on a $\chi_{C}=\chi_{A}+\chi_{B}-\chi_{A}\,\chi_{B}$. En effet, la formule $\chi_{A}+\chi_{B}$ aurait pour effet de compter deux fois les éléments commune à $A$ et à $B$ : il convient donc de soustraire les éléments communs.

Theorem A.1.6 (Morgan)   Pour $C=\overline{A\cup B}$, on a donc

$$\chi_{C}=1-\chi_{A\cup B}=1-\left(\chi_{A}+\chi_{B}-\chi_{A}\,\chi_{B}\right)$$

Qui se factorise en $\chi_{C}=\left(1-\chi_{A}\right)\left(1-\chi_{B}\right)=\chi_{\overline{A}}\,\chi_{\overline{B}}$. Prouvant que $\overline {A\cup B}=\overline {A}\cap \overline {B}$. L'autre formule se démontre de même. On a donc :

$$\overline{A\cup B}=\overline{A}\cap\overline{B}\qquad;\qquad\overline{A\cap B}=\overline{A}\cup\overline{B}$$ (A.1)

FIG. A.1: Visualisation de la formule $\overline {A\cup B}=\overline {A}\cap \overline {B}$.

Remark A.1.7   Critique : le problème de base en théorie des ensembles est d'être certain que l'on n'est pas en train utiliser le résultat à démontrer au cours de la démonstration de ce résultat. Or la notion de fonction nécessite celle d'ensemble et ... les ennuis commencent. En bref, nous avons montré : "si la théorie des ensembles est cohérente, alors la formule de Morgan s'applique".

Remark A.1.8   On notera la ressemblance entre les formules pour $\chi$ (la mesure de dénombrement) et les formules pour $Pr\left(.\right)$ (la mesure de probabilité).

A.2 Loi géométrique

Definition A.2.1   Loi géométrique : $X=Geom\left(a\right)$ veut dire : $X$ prend ses valeurs dans $\mathbb{N}$ et $Pr\left(X=n\right)$ proportionnelle à $a^{n}$.

Proposition A.2.2   Formules :

$$Pr\left(X=n\right)=\frac{1}{1-a}a^{n}\;;\;\mathrm{E}\left(X\right)=\frac{1}{1-a}\;;\;\mathrm{var}\left(X\right)=\frac{a}{\left(1-a\right)^{2}}$$

Exercise A.2.3   Tester numériquement ces formules pour $a=0.2$. Les démonter dans le cas général. Calculer les moments et les moments centrés correspondants.

A.3 Passage de la loi binomiale à la loi de Gauss

1. Notations. Soit $J$ une variable binomiale de paramètres $n$ (le nombre total d'essais) et $p$ (la probabilité de succès à une épreuve élémentaire). On pose $q=1-p$ et $k=n-j$. On a $Pr\left(J=j\right)={{n \choose k}}\, p^{j}\, q^{k}$.
2. Variable réduite. On sait que $\mathrm{E}\left(J\right)=n\, p$ et $\sigma^{2}\doteq\mathrm{var}\left(J\right)=n\, p\, q$. La variable réduite $X$ associée à $J$ est $X=\left(J-\mathrm{E}\left(J\right)\right)\div\sigma_{X}$, soit $x=\frac{j-n\, p}{\sigma}$.
3. Changement de variable. On peut vérifier que $j=\frac{1}{q}\,\sigma^{2}+x\,\sigma$ et $k=\frac{1}{p}\,\sigma^{2}-x\,\sigma$. On sait que la probabilité se représente par une surface (bâton d'un histogramme, tranche d'Archimède dans un graphe). Pour $n$ fini fixé, on a évidemment $Pr\left(J=j\right)=Pr\left(X=x\right)$. La hauteur des rectangles dans l'histogramme en $j$ vaut $\frac{1}{\Delta j}Pr\left(J=j\right)$ et la hauteur des rectangles de l'histogramme en $x$ (que nous allons noter $f\left(x\right)$) vaut $\frac{1}{\Delta x}Pr\left(X=x\right)$. Comme $\Delta j=1$ et $\Delta x=\frac{1}{\sigma}\Delta j$, on part donc de
   $$f\left(x\right)=\sigma\,\frac{n!}{j!\, k!}\, p^{j}q^{k}$$

4. Formule de Stirling (version faible). Posons $u_{n}=\ln\left(n!\,\div\, n^{n}\right)$ et $v_{n}=u_{n+1}-u_{n}$. Les techniques usuelles de développement limité conduisent à ,
   $$v_{n}=n\,\ln n-n\,\ln\left(n+1\right)=-1+\frac{1}{2n}+\mathbf{O}\left(1/n^{2}\right)$$
   On en conclut que $\sqrt[n]{n!}\sim\frac{n}{e}$, c'est à dire le quotient de $n$ par la moyenne géométrique des $n$ premiers nombres entiers tend vers $e=2.718\cdots$.
5. Formule de Stirling (version forte). americanPosons $s_{n}=\left(n/e\right)^{n}\sqrt{n}$, $u_{n}=\ln\left(n!\,\div\, s_{n}\right)$ et $v_{n}=u_{n+1}-u_{n}$. Les techniques usuelles de développement limité conduisent à
   $$v_{n}=1-\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)=-\frac{1}{12\, n^{2}}+\mathbf{O}\left(1/n^{3}\right)$$
   En sommant des équivalents, $u_{n}$ admet une limite finie et il existe une constante $\alpha$ telle que :

   $$n!\,\sim\,\alpha\, n^{\left(n+1/2\right)}\,\exp\left(-n\right)$$ (A.2)

   
   

6. Dans ce qui suit, on fixe $x$ et on fait augmenter $\sigma$ vers +$\infty$. On a donc successivement :
   $$f\left(x\right)\sim\frac{1}{\alpha}\,\sqrt{p}\,\sqrt{q}\,\sqrt{n}\, n^{n+1/2}\, p^{j}\, q^{k}\, j^{-\left(j+1/2\right)}\, k^{-\left(k+1/2\right)}$$
   $$f\left(x\right)\sim\frac{1}{\alpha}\,\left(\frac{n\, q}{k}\right)^{k+1/2}\left(\frac{n\, p}{j}\right)^{j+1/2}$$

7. Développement limité. En posant $A_{j}=\left(j+\frac{1}{2}\right)\ln\left(\frac{j}{n\, p}\right)$ et $B_{k}=\left(k+\frac{1}{2}\right)\ln\left(\frac{k}{n\, q}\right)$, on obtient $\ln\left(\alpha\, f\left(x\right)\right)=-A_{j}-B_{k}$. En substituant $j+\frac{1}{2}=\frac{1}{q}\sigma^{2}+x\,\sigma+\frac{1}{2}$ et $\frac{j}{n\, p}=\frac{j\, q}{n\, p\, q}=\frac{\sigma^{2}+x\, q\,\sigma}{\sigma^{2}}=1+\frac{x\, q}{\sigma}$, les techniques usuelles de développement limité donnent :
   $$\left\{ \begin{array}{rcl} A_{j} & = & -\sigma\, x-\frac{1}{2}\, ... ...2}\right)\frac{1}{\sigma}+\mathbf{O}\left(1/\sigma^{2}\right)\end{array}\right.$$

8. En combinant et en passant aux exponentielles, on a donc :
   $$f\left(x\right)=\frac{1}{\alpha}\,\exp\left(-\frac{x^{2}}{2}\righ... ...ght)\left(p-q\right)\frac{1}{\sigma}+\mathbf{O}\left(1/\sigma^{2}\right)\right)$$
   montrant la convergence $f\left(x\right)\rightarrow\frac{1}{\alpha}\,\exp\left(-\frac{x^{2}}{2}\right)$.
9. Enfin, la constante $\alpha$ est déterminée par le fait que la probabilité totale est constante... et vaut donc $1$. Pour déterminer la valeur de l'intégrale de Gauss, i.e. :
   $$G=\int_{-\infty}^{\infty}\exp\left(-\frac{1}{2}\, x^{2}\right)\, \mathrm{d}x$$
   on en calcule le carré. Il vient
   $$G^{2}=\int_{\mathbb{R}}\exp\left(-\frac{1}{2}x^{2}\right)\, \math... ...}{2}x^{2}\right)\,\exp\left(-\frac{1}{2}y^{2}\right)\, \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$$
   Passant en polaire, on obtient
   $$G^{2}=\int\!\!\!\int_{plan}\exp\left(-\frac{1}{2}\rho^{2}\right)\... ...\mathrm{d}\theta=2\,\pi\int_{0}^{\infty}\exp\left(-u\right)\,\mathrm{d}u=2\,\pi$$

10. On en déduit que la constante dans la formule de Stirling vaut $\alpha=1/\sqrt{2\,\pi}$. La valeur limite de la densité de probabilité de la variable réduite est donc donnée par :
    $$gauss\left(x\right)=\frac{1}{\sqrt{2\,\pi}}\,\exp\left(-\frac{x^{2}}{2}\right)$$