Corrigé Ecricome 2025 Maths approfondies ECG — Problème — Partie 3 (Q11.a à Q12.d) : Méthodes de Monte-Carlo : loi faible des grands nombres pour approcher B(x,y) = π en (1/2, 1/2), estimateur sans biais et convergent de Γ(a), simulation de la loi exponentielle

Sujet officiel du concours Ecricome, session 2025, épreuve Maths approfondies ECG. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

Énoncé

Bibliothèques importées : numpy as np et numpy.random as rd. Les fonctions $B$ et $Γ$ sont celles des parties 1 et 2.

Q11. Soit $x, y > 0$ . (a) Pour $U$ de loi uniforme sur $] 0, 1 [$ , montrer que $U^{x - 1} (1 - U)^{y - 1}$ admet une espérance et la calculer (on admet qu'elle admet une variance). (b) Écrire Simul(x, y) renvoyant une simulation de $U^{x - 1} (1 - U)^{y - 1}$ . (c) Pour $(U_{n})_{n ⩾ 1}$ indépendantes de loi uniforme sur $] 0, 1 [$ et $R_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} U_{k}^{x - 1} (1 - U_{k})^{y - 1}$ , montrer que $R_{n}$ converge en probabilité vers $B (x, y)$ . (d) Écrire Rn(x, y, n) renvoyant une simulation de $R_{n}$ . (e) Le sujet trace plusieurs simulations de $R_{n}$ en fonction de $n ⩽ 5000$ pour $x = y = \frac{1}{2}$ : quel résultat de la partie 2 illustre-t-on ?
Q12. Soit $a ⩾ 1$ . (a) Pour $X$ de loi exponentielle de paramètre $1$ , montrer que $X^{a - 1}$ admet une espérance et une variance et les donner. (b) Pour $(X_{n})_{n ⩾ 1}$ indépendantes de loi $E (1)$ et $M_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} X_{k}^{a - 1}$ , montrer que $M_{n}$ est un estimateur sans biais et convergent de $Γ (a)$ . (c) Expliquer ce que renvoie Myst(n), qui calcule -np.log(1-U) pour U = rd.random(n). (d) Compléter Approx(n, a), qui commence par X = Myst(n), pour qu'elle renvoie une valeur approchée de $Γ (a)$ .

Corrigé

Notons $g (t) = t^{x - 1} (1 - t)^{y - 1}$ , continue et strictement positive sur $] 0, 1 [$ .

Q11 (a). $U$ admet pour densité $1_{] 0, 1 [}$ , nulle hors de $] 0, 1 [$ , et $g$ est continue sur $] 0, 1 [$ . Par le théorème de transfert, $g (U)$ admet une espérance si et seulement si $\int_{0}^{1} g (t) \cdot 1 d t$ converge absolument. Comme $g > 0$ , c'est la convergence de $\int_{0}^{1} t^{x - 1} (1 - t)^{y - 1} d t$ , acquise par Q1 (d) puisque $x > 0$ et $y > 0$ . Donc

$E (U^{x - 1} (1 - U)^{y - 1}) = \int_{0}^{1} t^{x - 1} (1 - t)^{y - 1} d t = B (x, y) .$

Remarque sur le fait admis. Par le même théorème, $g (U)^{2}$ admet une espérance si et seulement si $\int_{0}^{1} t^{2 x - 2} (1 - t)^{2 y - 2} d t = \int_{0}^{1} t^{(2 x - 1) - 1} (1 - t)^{(2 y - 1) - 1} d t$ converge, c'est-à-dire, par Q1 (d), si et seulement si $2 x - 1 > 0$ et $2 y - 1 > 0$ . La variance admise n'existe donc que pour $x > \frac{1}{2}$ et $y > \frac{1}{2}$ ; elle vaut alors $B (2 x - 1, 2 y - 1) - B (x, y)^{2}$ . On suit l'énoncé dans ce cas ; voir Q11 (c) et (e) pour les autres.

Q11 (b). Une simulation de $U$ s'obtient par rd.random() ; il faut tirer $U$ une seule fois et l'utiliser dans les deux facteurs, car c'est la même variable.


import numpy as np
import numpy.random as rd

def Simul(x, y):
    U = rd.random()
    while U == 0:          # rd.random() prend ses valeurs dans [0, 1[
        U = rd.random()
    return U**(x-1) * (1-U)**(y-1)

La boucle while écarte la valeur $0$ (de probabilité négligeable, mais qui ferait échouer U**(x-1) si $x < 1$ ) : la valeur renvoyée est une simulation de $g (U)$ avec $U$ uniforme sur $] 0, 1 [$ . Exécuté, Simul(1, 1) renvoie bien 1.0 ( $g = 1$ ).

Q11 (c). Posons $Y_{k} = g (U_{k})$ . Les $U_{k}$ étant mutuellement indépendantes, le lemme des coalitions assure que les $Y_{k}$ sont mutuellement indépendantes ; elles ont toutes la loi de $g (U_{1})$ , d'espérance $m = B (x, y)$ (Q11 (a)) et de variance $σ^{2}$ (admise par l'énoncé ; d'après la remarque de Q11 (a), on se place donc dans le cas $x > \frac{1}{2}$ et $y > \frac{1}{2}$ , le seul où ce fait admis est exact). Et $R_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} Y_{k}$ est leur moyenne empirique. Par linéarité, $E (R_{n}) = m$ ; par indépendance, $V (R_{n}) = \frac{1}{n ^{2}} \sum_{k = 1}^{n} V (Y_{k}) = \frac{σ ^{2}}{n}$ . Pour $ε > 0$ , l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne

$0 ⩽ P (∣ R_{n} - B (x, y) ∣ ⩾ ε) ⩽ \frac{σ ^{2}}{n ε ^{2}} n \to + \infty 0.$

C'est la loi faible des grands nombres : $R_{n} P B (x, y) .$

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