passage à 2025

.gitlab-ci.yml

 pages:
   image: alpine
   script:
+    # install git
+    - apk add git
     # récupération de gm
-    - wget -c https://github.com/kpym/gm/releases/download/v0.17.2/gm_0.17.2_Linux_64bit.tar.gz -O - | tar -C /usr/local/bin -xz gm
-    # ---------------------------------------- 2023
-    # - git checkout v2023
-    # - YEAR=2023
-    - gm --pages --out-dir public/$YEAR --title 'M61B-2023' '**/*'
+    - wget -c https://github.com/kpym/gm/releases/download/v0.21.0/gm_0.21.0_Linux_intel64.tar.gz -O - | tar -C /usr/local/bin -xz gm
+    # ---------------------------------------- 2025
+    # - git checkout v2025
+    # - YEAR=2025
+    - git fetch origin main
+    - git reset --hard origin/main
+    # - find . -type f
+    - gm --pages --css jasonm23-foghorn --title 'M61B-Lille' --out-dir public/$YEAR '**/*'
+    # ---------------------------------------- 2024
+    - YEAR=2024
+    - git fetch origin v$YEAR
+    - git reset --hard origin/v$YEAR
+    # - find . -type f
+    - gm --pages --css jasonm23-foghorn --title 'M61B-Lille-'$YEAR --out-dir public/$YEAR '**/*'
   artifacts:
     paths:
       - public

Exam/M61B_2023-24_DS1.tex

-\documentclass[a4paper,12pt,reqno]{amsart}
-\usepackage{lille}
-\lilleset{
-  solutions,
-  % sans enonces,
-  titre=\sisujet{Devoir surveillé}\sisolutions{Solutions du devoir surveillé},
-  date=9 mars 2024,
-  duree=2 heures,
-}
-\input{m61proba}
-
-\begin{document}
-\sisujet{
-  \tsvp
-  \vspace{7mm}
-  \attention~
-  \emph{Les documents et les objets électroniques sont interdits. Les exercices sont indépendants. Toutes les réponses doivent être justifiées.}
-  \vspace{7mm}
-}
-
-% -----------------------------------------------
-\begin{exo}
-
-  Sur l'ensemble $\Omega=\{ -2, -1, 0, 1, 2 \}$ on note $\mathcal{F}$ la
-  plus petite tribu qui contient $\{ -2, -1, 0 \}$ et $\{ 0, 1, 2 \}$.
-  \begin{enumerate}
-    \item Expliciter $\mathcal{F}$ en donnant la liste de ses éléments (sans justification).
-    \item On munit $\R$ de sa tribu borélienne. Parmi ces trois fonctions de
-    $\Omega$ dans $\R$, lesquelles sont $\mathcal{F}$-mesurables ? Justifier vos réponses.
-    \begin{enumerate}
-      \item la fonction nulle : $\forall \omega\in\Omega$, $f_0(\omega)=0$;
-      \item la fonction identité : $\forall \omega\in\Omega$, $f_1(\omega)=\omega$;
-      \item la fonction signe : $\forall \omega\in\Omega$, $f_2(\omega)=-1$ si $\omega < 0$ et $f_2(\omega)=1$ si $\omega\geq 0$.
-    \end{enumerate}
-  \end{enumerate}
-\end{exo}
-
-\begin{solution}
-  \begin{enumerate}
-    \item $\mathcal{F} =\ens[\big]{\emptyset, \ens{-2,-1}, \ens{0},\ens{1,2}, \ens{-2,-1, 0}, \ens{0, -2,-1}, \ens{-2,-1, 1, 2}, \Omega}$.
-
-    \emph{Justification non exigée.} Montrons que $\mathcal{F}$ est la tribu engendrée par $A_1$ et $A_2$. Il est facile de vérifier que $\mathcal{F}$ est stable par complémentaire et union (dénombrable), donc $\mathcal{F}$ est une tribu qui contient $A_1 = \ens{-2,-1, 0}$ et $A_2 = \ens{0, 1, 2}$. Ainsi il reste à montrer que les quatre autres ensembles non triviaux sont engendrés par $A_1$ et $A_2$ :
-    $\ens{-2,-1} = A_1\cap\overline{A_2}$, $\ens{1,2} = A_2\cap\overline{A_1}$, $\ens{0} = A_1\cap A_2$ et $\ens{-2,-1,1,2} = \overline{A_1\cap A_2}$.
-    \begin{enumerate}
-      \item La fonction nulle est mesurable, car elle est constante. Toute fonction constante est mesurable, car l'image réciproque de tout ensemble (borélien) est $\Omega$ ou $\emptyset$.
-      \item La fonction identité n'est pas mesurable, car l'image réciproque de $\{1\}\in\mathcal{B}(\mathbb{R})$ est $\{1\}$ qui n'est pas dans $\mathcal{F}$.
-      \item La fonction signe est mesurable car l'image réciproque de tout ensemble (borélien) $A$ est dans $\mathcal{F}$:
-      \[
-        f_2^{-1}(A) = \begin{cases}
-          \emptyset\in\mathcal{F} & \text{si } -1\notin A \text{ et } 1\notin A,\\
-          \{-2,-1\}\in\mathcal{F} & \text{si } -1\in A \text{ et } 1\notin A,\\
-          \{0, 1,2\}\in\mathcal{F} & \text{si } -1\notin A \text{ et } 1\in A,\\
-          \Omega\in\mathcal{F} & \text{si } -1\in A \text{ et } 1\in A.
-        \end{cases}
-      \]
-    \end{enumerate}
-  \end{enumerate}
-\end{solution}
-
-% -----------------------------------------------
-\begin{exo}
-
-  On note $\lambda$ la mesure de Lebesgue sur $\R$.
-  \begin{enumerate}
-    \item Soit $U$ un ouvert de $\R$. Montrer que si $U$ est borné alors $\lambda(U)<+\infty$.\\ La réciproque est-elle vraie ?
-    \emph{Vous pouvez considérer des ouverts centrés en $n$ pour $n\in\N$.}
-    \item Soit $\varepsilon>0$. Construire un ouvert $U$ dense dans $\R$ de sorte que $\lambda(U)\leq\varepsilon$.\\
-    \emph{Vous pouvez considérer des ouverts centrés en $q$ pour $q\in\Q$.}
-    \item Soit $A$ un borélien de $\R$. Montrer que si $A$ contient un ouvert non vide, alors $\lambda(A)>0$.\\
-    Si $B=[0,1]\setminus\Q$, que vaut $\lambda(B)$ ? $B$ peut-il contenir un ouvert non vide ?
-  \end{enumerate}
-\end{exo}
-
-\begin{solution}
-  \emph{(Il s'agit de l'exercice 8 de la feuille 3, déjà fait en TD.)}
-  \begin{enumerate}
-    \item Soit $U$ un ouvert de $\R$. Si $U$ est borné alors il existe $M>0$ tel que $U \subset[-M,M]$. Par la monotonie de la mesure on obtient $\lambda(U)\leq \lambda([-M,M]) = 2M <+\infty$.\\
-    La réciproque n'est pas vraie, car il existe des ouverts de mesure finie qui ne sont pas bornés. Par exemple, $U=\bigcup_{n\geq 1} ]n-2^{-n},n+2^{-n}[$ est un ouvert de mesure finie $\lambda(U)\leq \sum_{n\geq 1} \lambda\bpa{]n-2^{-n},n+2^{-n}[} = \sum_{n\geq 1} 2^{-n+1} = 2$, mais n'est pas borné, car $\mathbb{N}^*$ est inclus dans $U$.
-    \item Soit $\varepsilon>0$. Comme $\mathbb{Q}$ est dénombrable, ordonnons-le dans une suite $\suiteN{q_n}$. Soit $U = \bigcup_{n\geq 0} ]q_n-\varepsilon\,2^{-n-2},q_n+\varepsilon\,2^{-n-2}[$. Alors $U$ est un ouvert dense dans $\R$, car il contient $\mathbb{Q}$, et $\lambda(U) \leq \sum_{n\geq 0} \lambda\bpa{]q_n-\varepsilon\,2^{-n-2},q_n+\varepsilon\,2^{-n-2}[} = \sum_{n\geq 0} \varepsilon\, 2^{-n-1} = \varepsilon$.
-    \item Soit $A$ un borélien de $\R$. Si $A$ contient $O$ un ouvert non vide, alors il existe $x\in O$ et $\varepsilon>0$, tels que $]x-\varepsilon,x+\varepsilon[\subset O\subset A$. Donc $0 < 2\varepsilon \leq \lambda(O)\leq\lambda(A)$.\\
-    Vu que $\lambda(\mathbb{Q}\cap[0,1]) = 0$, comme ensemble dénombrable, nous avons $\lambda(B) = 1 -0 = 1$, mais $B$ ne peut pas contenir un ouvert non vide, car $\mathbb{Q}$ rencontre tout ouvert non vide. \emph{Ainsi la réciproque \enquote{un borélien de mesure positive contient un ouvert non vide} est fausse.}
-  \end{enumerate}
-\end{solution}
-
-\sisujet{\newpage}
-% -----------------------------------------------
-\begin{exo}
-
-  Soient deux réels $\mu>0$ et $p\in]0,1[$. Dans une banque, le nombre de chèques émis par les clients en un jour est une variable aléatoire $X$ qui suit la loi de Poisson $\mathcal{P}(\mu)$. Pour chaque chèque émis, la probabilité que ce chèque soit sans provision est $p$.
-
-  On appelle $Y$ le nombre de chèques émis sans provision lors d'une journée.
-  \begin{enumerate}
-    \item Soit $n \in \N$. Trouver $\PP{Y=k \mid X=n}$ et $\PP{X-Y=l \mid X=n}$ suivant les valeurs de $k\in\N$ et $l\in\N$.
-    \item Utiliser la formule des probabilités totales pour déterminer la loi de $Y$ et celle de $X-Y$.
-    \item Calculer $\PP{X-Y=l \mid Y=k}$ en fonction de $k$ et $l$. Les variables $X-Y$ et $Y$ sont-elles indépendantes ?
-  \end{enumerate}
-\end{exo}
-
-\begin{solution}
-  \emph{(Cet exercice est fortement inspiré de l'exercice 12 de la feuille 4, fait en TD.)}
-  \begin{enumerate}
-    \item L'entier $n$ est fixé. On sait que $n$ chèques ont été émis aujourd'hui. On doit trouver la probabilité que $k$ chèques soient sans provision. Elle est nulle si $k>n$ puisqu'il ne peut pas y avoir plus de chèques sans provision que de chèques en tout :
-    \[
-      \PP{Y=k \mid X=n} = 0 \quad\text{ si }\quad k>n.
-    \]
-    Si $0\le k \le n$ la probabilité que $k$ chèques soient sans provision est la probabilité qu'il y ait $k$ succès (le \enquote{succès} est le fait d'être sans provision) parmi $n$ expériences (chaque chèque représente une expérience aléatoire) qui ont toutes la même probabilité de succès $p$ (la probabilité pour un chèque d'être sans provision). Si on suppose les chèques indépendants, ce qui est raisonnable, on est exactement dans la situation d'un schéma de Bernoulli : la probabilité qu'il y ait $k$ succès est donc
-    \[
-      \PP{Y=k\mid X=n} = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} \quad\text{ si }\quad 0\leq k\leq n.
-    \]
-    Pour trouver la loi du nombre $X-Y$ de chèques avec provision sachant qu'il y a $X=n$ chèques émis, on fait de même en remplaçant la probabilité $p$ qu'un chèque soit sans provision par la probabilité $q = 1-p$ qu'un chèque soit avec provision. Ainsi
-    \[
-      \PP{X-Y=l\mid X=n} = \binom{n}{k} (1-p)^l p^{l-k} \quad\text{ si }\quad 0\leq k\leq l.
-    \]
-    \item Il peut y avoir $0$ ou $1$ ou $2$ ou\dots  chèques sans provision, donc l'ensemble des valeurs que $Y$ peut prendre est $Y(\Omega)=\N$. Déterminer la loi de $Y$ consiste à déterminer $\PP{Y=k}$ pour chaque valeur $k$ que peut prendre $Y$. On fixe un $k$ (réécrire avec $k=5$ si on a besoin d'une valeur numérique pour bien voir que $k$ est fixé) et on utilise la formule de conditionnement par tous les cas possibles :
-    \begin{align*}
-      \PP{Y=k}
-        & = \sum_{n=0}^{+\infty} \PP{Y=k\mid X=n} ~\PP{X=n} \\
-      \intertext{\emph{(pour $n<k$ on a vu que la proba conditionnelle est nulle)}}
-        & = \sum_{n=k}^{+\infty} \PP{Y=k\mid X=n} ~\PP{X=n} \\
-      \intertext{\emph{(pour $n \ge k$ la proba conditionnelle a une forme binomiale)}}
-        & = \sum_{n=k}^{+\infty} \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} ~\PP{X=n} \\
-        & = \sum_{n=k}^{+\infty} \frac{n!}{k!~(n-k)!} ~ p^k (1-p)^{n-k} ~\PP{X=n}.
-    \end{align*}
-    La variable $X$ qui suit la loi de Poisson $\mathcal{P}(\lambda)$ signifie que $\PP{X=n}=e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!}$ pour tout $n\in\N$, donc
-    \begin{align*}
-      \PP{Y=k}
-        & = \sum_{n=k}^{+\infty} \frac{n!}{k!~(n-k)!} ~ p^k (1-p)^{n-k} ~e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!}\\
-      \intertext{\emph{(on simplifie par $n!$ et on sort ce qui ne dépend pas de l'indice de sommation $n$)}}
-        & = \frac{1}{k!}~ p^k ~ e^{-\lambda} \sum_{n=k}^{+\infty} \frac{1}{(n-k)!} ~ (1-p)^{n-k} ~\lambda^n.
-    \end{align*}
-    Pour que la somme démarre à $0$, on fait le changement d'indice en $i=n-k$ donc $n=i+k$ :
-    \begin{align*}
-      \PP{Y=k}
-        & = \frac{1}{k!}~ p^k ~ e^{-\lambda} \sum_{i=0}^{+\infty} \frac{1}{i!} ~ (1-p)^{i} ~\lambda^{i+k} \\
-      \intertext{\emph{(évidemment $\lambda^{i+k}=\lambda^i \lambda^k$)}}
-        & = \frac{1}{k!}~ p^k ~ \lambda^{k} ~ e^{-\lambda} \sum_{i=0}^{+\infty} \frac{1}{i!} ~ (1-p)^{i} ~\lambda^{i} \\
-      \intertext{\emph{(tout aussi évidemment $\lambda^k p^k = (\lambda p)^k$ et pareil pour $(\lambda(1-p))^i$)}}
-        & = \frac{(\lambda p)^k}{k!} ~ e^{-\lambda} \sum_{i=0}^{+\infty} \frac{(\lambda(1-p))^i}{i!} \\
-      \intertext{\emph{(à ce stade on reconnaît la série exponentielle et c'est gagné)}}
-        & = \frac{(\lambda p)^k}{k!} ~ e^{-\lambda} e^{\lambda(1-p)} = \frac{(\lambda p)^k}{k!} ~ e^{-\lambda p}
-    \end{align*}
-    \emph{Moralité : le nombre $Y$ de chèques sans provision suit la loi de Poisson de paramètre $\lambda p$.}
-
-    Pour trouver la loi du nombre $X-Y$ de chèques avec provision, on peut faire la même chose : écrire les probabilités conditionnelles des $X-Y=l$ sachant $X=n$, calculer $\PP{X-Y=l}$ par la formule de conditionnement par tous les cas possibles, enlever les termes nuls, etc. On s'aperçoit très vite que ça revient à refaire exactement tout ce qui a été fait ci-dessus en remplaçant la probabilité $p$ qu'un chèque soit sans provision par la probabilité $1-p$ qu'un chèque soit avec provision. Sans surprise, après le même calcul avec $1-p$ au lieu de $p$, on trouve la même loi avec $1-p$ au lieu de $p$.
-
-    \emph{Moralité : Le nombre $X-Y$ de chèques avec provision suit la loi de Poisson de paramètre $\lambda(1-p)$.}
-    \item Les variables $X-Y$ et $Y$ sont-elles indépendantes ?
-
-    L'argument \enquote{$X-Y$ n'est pas indépendant de $Y$ parce que dans l'écriture de $X-Y$ il y a $Y$} ne résiste pas au lavage : la définition de l'indépendance dans le cours n'est pas basée sur le nom des v.a. La définition, c'est que $X-Y$ et $Y$ sont indépendantes si
-    \[
-      \forall k\in\N, \quad \forall l\in\N, \quad \PP{\{Y=k\}\cap\{X-Y=l\}}=\PP{Y=k}~\PP{X-Y=l}.
-    \]
-    On fixe un $k$ et un $l$ dans $\N$ et on regarde si l'égalité a lieu. C'est pareil d'avoir $k$ chèques sans provision et $l$ chèques avec provision, ou $k$ chèques sans provision et $k+l$ chèques en tout donc :
-    \begin{align*}
-      \PP{\{Y=k\}\cap\{X-Y=l\}} & = \PP{\{Y=k\}\cap\{X=k+l\}}      \\
-                                & = \PP{Y=k\mid X=k+l}~\PP{X=k+l}.
-    \end{align*}
-    Comme $k+l \ge k$, ça donne
-    \begin{align*}
-      \PP{\{Y=k\}\cap\{X-Y=l\}}
-        & = \binom{k+l}{k} p^k (1-p)^{k+l-k} ~e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k+l}}{(k+l)!} \\
-      \intertext{\emph{(le $(k+l)!$ est au numérateur et au dénominateur, on simplifie)}}
-        & = \frac{1}{k!~l!} p^k (1-p)^l~ e^{-\lambda}~\lambda^{k+l}
-    \end{align*}
-    Il faut regarder si ceci est égal à $\PP{Y=k}~\PP{X-Y=l}$. On sait que $\PP{X-Y=l}=\frac{(\lambda(1-p))^l}{l!} ~ e^{-\lambda(1-p)}$ puisque $X-Y$ suit la loi de Poisson de paramètre $\lambda(1-p)$. Ainsi
-    \begin{align*}
-      \PP{Y=k}~\PP{X-Y=l}
-        & = \frac{(\lambda p)^k}{k!} ~ e^{-\lambda p} ~ \frac{(\lambda(1-p))^l}{l!} ~ e^{-\lambda(1-p)} \\
-        \intertext{\emph{(on simplifie et on regroupe)}}
-        & = \frac{\lambda^{k+l} ~p^k ~ (1-p))^l}{k!~l!} ~ e^{-\lambda}.
-    \end{align*}
-    On constate que la probabilité de l'intersection et le produit des probabilités sont égales pour tout $k$ et $l$ de $\N$, donc $X-Y$ et $Y$ sont indépendantes !
-
-    \emph{Est-ce étonnant ? Ça signifie que le nombre de chèques avec provision faits chaque jour est indépendant du nombre de chèques sans provision faits chaque jour. Comme les clients de la banque agissent indépendamment sans tenir compte des chèques rédigés par les autres clients, c'est normal que le nombre de chèques avec provision soit indépendant du nombre de chèques sans provision.}
-  \end{enumerate}
-\end{solution}
-
-% -----------------------------------------------
-\begin{exo}
-
-  Dans tout l'exercice, $X$ désigne une variable aléatoire à valeurs dans $]0,1[$ et de loi uniforme sur $]0,1[$. On pose
-  \[
-    Z\coloneqq\frac{1-X}{X}.
-  \]
-  \begin{enumerate}
-    \item Calculer explicitement la fonction de répartition de la variable aléatoire positive $Z$.\\ Dessiner son graphe.
-    \item La loi de $Z$ est-elle à densité ? Si oui, la calculer et dessiner son graphe.
-    \item Expliquer, si possible sans calcul, pourquoi $Z$ et $1/Z$ ont \emph{même loi}.
-    \item On brise une tige de longueur $1$ en choisissant au hasard le point de rupture suivant une loi uniforme sur $]0,1[$. Quelle est la probabilité que l'un des deux morceaux soit plus de deux fois plus long que l'autre ?\\
-    \indication{Vous pouvez faire cette question en utilisant les questions précédentes avec $X$ la longueur du morceau gauche, mais vous pouvez aussi la faire directement.}
-  \end{enumerate}
-\end{exo}
-
-\begin{solution}
-
-  On note $F_Z$ la fonction de répartition de $Z$.
-  \begin{enumerate}
-    \item On remarque que $Z$ prend des valeurs positives donc si $z<0$, $F(z)=0$. Soit donc $z\geq 0$.
-    Comme $X \geq 0$ et $1 + z > 0$ pour $z\geq 0$, nous avons $F_Z(z) = \PP{\frac{1-X}{X}\leq z} = \PP{1\leq X(1+z)} = \PP{X \geq \frac{1}{1+z}} = 1-F_{X}(\frac{1}{1+z})$. Et comme $\frac{1}{1+z}\in]0,1]$ pour $z\geq0$, on trouve $F_Z(z) = 1-\frac{1}{1+z} = \frac{z}{1+z}$.
-    Et donc finalement
-    \[
-      F_Z(z) =
-      \begin{cases}
-        0             & \text{si } z <0,    \\
-        \frac{z}{1+z} & \text{si } z\geq 0.
-      \end{cases}
-    \]
-
-    \item La fonction $F_Z$ est continue, de classe $C^1$ par morceaux, donc $Z$ est à densité $f = F'_{Z}$ sur $\R^{*}$, ainsi, en choisissant arbitrairement la valeur en $0$, on trouve une densité
-    \[
-    f(z) =
-    \begin{cases}
-      0                 & \text{si } z \leq 0,  \\
-      \frac{1}{(1+z)^2} & \text{si } z > 0.
-    \end{cases}
-    \]
-
-    \item On a $\frac{1}{Z} = \frac{X}{1-X} =  \frac{1-(1-X)}{1-X}$. Or, $1-X$ est aussi de loi uniforme sur $]0,1[$, donc $Z$ et $\frac{1}{Z}$ ont même loi.
-
-    \item Soit $X$ le point de rupture, alors les deux morceaux sont de longueur $X$ et $1-X$. La condition \enquote{l'un des deux morceaux est plus de deux fois plus long que l'autre} se traduit par la réunion des deux conditions incompatibles : $X\geq 2(1-X)$ ou $(1-X) \geq 2X$.
-
-    \emph{Méthode I.} On cherche $\PP{(X\geq 2(1-X)) \sqcup (1-X \geq 2X)} =\PP{\frac{1-X}{X}\leq \frac{1}{2}} + \PP{\frac{X}{1-X}\leq \frac{1}{2}} = 2 \PP{Z\leq \frac{1}{2}}$, puisque, d'après la question précédente, $Z$ et $\frac{1}{Z}$ ont même loi. Ainsi la probabilité que l'un des deux morceaux soit plus de deux fois plus long que l'autre est $2F_Z(\frac{1}{2}) = \frac{2}{3}$.
-
-    \emph{Méthode II.} On peut aussi voir, sans utiliser $Z$, que $X\geq 2(1-X) \iff 3X\geq 2 \iff X\geq\frac{2}{3}$ et $1-X\geq 2X \iff 3X\leq 1 \iff X\leq\frac{1}{3}$. Ainsi la probabilité recherchée est $\PP{X\geq\frac{2}{3}} + \PP{X\leq\frac{1}{3}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.
-  \end{enumerate}
-\end{solution}
-
-
-\end{document}
-

Exam/M61B_2023-24_DS2.tex

-\documentclass[a4paper,12pt,reqno]{amsart}
-\usepackage{lille}
-\lilleset{
-  % solutions,
-  % sans enonces,
-  titre=\sisujet{Examen final}\sisolutions{Solutions de l'examen},
-  date=18 avril 2024,
-  duree=3 heures,
-}
-\input{m61proba}
-
-\begin{document}
-\sisujet{
-  \tsvp
-  \vspace{7mm}
-  \attention~
-  \emph{Les documents et les objets électroniques sont interdits. Les exercices sont indépendants. Toutes les réponses doivent être justifiées.}
-  \vspace{7mm}
-}
-
-% ----------------------------------------------- 1
-\begin{exo}
-
-  Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes. On suppose que $X$ suit la loi géométrique de paramètre $\alpha$ et que $Y$ suit la loi géométrique de paramètre $\beta$, avec $\alpha,\beta\in ]0, 1[$. On note
-  \[
-    Z \coloneqq \min(X, Y).
-  \]
-  \begin{enumerate}
-    \item Pour tout $k\in\N$, calculer $\PP{X > k}$ et $\PP{Y > k}$.
-    \item Calculer $\PP{Z > k}$, puis en déduire la loi de $Z$. Identifier cette loi.
-  \end{enumerate}
-\end{exo}
-
-\begin{solution}
-
-  \begin{enumerate}
-    \item Pour tout $k\in\N$, on a
-    \[
-      \PP{X > k}
-      = \sum_{j > k} \PP{X = j}
-      = \sum_{j \geq k+1} \alpha(1-\alpha)^{j-1}
-      = \alpha(1-\alpha)^k\frac{1}{1-(1-\alpha)}
-      = (1-\alpha)^k,
-    \]
-    en utilisant la somme de la série géométrique de premier terme $\alpha(1-\alpha)^k$ et de raison $(1-\alpha)\in]0,1[$. De même, on trouve
-    \[
-      \PP{Y > k} = (1-\beta)^k.
-    \]
-
-    \item Pour tout $k\in\N$, on a
-    \[
-      \PP{Z > k}
-      = \PP{X > k,\, Y > k}
-      = \PP{X>k}\times\PP{Y > k}
-      = ((1-\alpha)(1-\beta))^k
-    \]
-    par indépendance de $X$ et $Y$. En posant $\gamma \coloneqq \alpha + \beta - \alpha\beta$ on trouve $\PP{Z > k} = (1-\gamma)^k$. Ainsi, pour tout $k\geq 1$,
-    \[
-      \PP{Z = k}
-      = \PP{Z > k-1} - \PP{Z > k}
-      = \gamma(1-\gamma)^{k-1}.
-    \]
-    Comme $Z = \min(X,Y)\geq 1$, vu que $X\geq 1$ et $Y\geq 1$, ceci signifie que $Z$ suit une loi géométrique de paramètre $\gamma$. On vérifie aussi que $\gamma\in ]0,1[$, puisque $\alpha,\beta\in ]0,1[$.
-  \end{enumerate}
-
-\end{solution}
-
-
-% ----------------------------------------------- 2
-\begin{exo}
-
-  Soient $\mu \in \R$ et $\sigma \in \R^{*}$. Une variable aléatoire $X$ à valeurs dans $]0,+\infty[$ est dite suivre une loi \emph{log-normale} de paramètres $(\mu, \sigma^2)$ si $Y = \log X$ suit la loi gaussienne $\Nor{\mu,\sigma^2}$. On note $\LogNor{\mu,\sigma^2}$ la loi log-normale de paramètres $(\mu, \sigma^2)$.
-  \begin{enumerate}
-    \item Exprimer $X$ à l'aide d'une variable $Z$ (à préciser) qui suit une loi normale centrée réduite.
-    En déduire la fonction de répartition de $X$ à l'aide de la fonction $\Phi$ de répartition de $Z$.
-    Calculer ensuite explicitement la densité de $X$.
-    \item Calculer l'espérance de $X$.
-    \item Montrer que $X^r\sim\LogNor{r\mu,r^2\sigma^2}$ pour tout $r \neq 0$. En déduire la valeur de $\EE{X^r}$ pour tout $r\in\R$. Calculer la variance de $X$.
-    \item Calculer $\EE{e^{uX}}$ pour tout $u >0$.
-  \end{enumerate}
-\end{exo}
-
-\begin{solution}
-  \begin{enumerate}
-    \item\label{s2a} On a $X = e^Y$ avec $Y\sim\Nor{\mu, \sigma^2}$. En posant $Z\coloneqq \frac{Y-\mu}{\sigma}$ on trouve $X = e^{\mu +\sigma Z}$ avec $Z\sim\Nor{0, 1}$. Comme $X\geq0$, on en déduit $\PP{X\leq x} = 0$ pour tout $x\leq 0$, et pour tout $x > 0$ on a
-    \[
-      \PP{X \leq x}
-       = \PP{Z \leq \frac{\log x - \mu}{\sigma}}
-       = \Phi\pa{\frac{\log x - \mu}{\sigma}}.
-    \]
-     En dérivant on trouve que la densité de $X$ vaut
-    \[
-      \rho_X(x)
-      = \rho_Z\pa{\frac{\log x - \mu}{\sigma}}\frac{1}{\sigma x}
-      = \frac{1}{\sigma x \sqrt{2\pi}} \exp\left[ -\frac{(\log x -\mu)^2}{2\sigma^2}\right]
-    \]
-    sur $]0,\infty[$ et zéro ailleurs.
-
-    \item\label{s2b} En utilisant le théorème de transfert, on trouve
-    \[
-      \EE{X}
-      = \EE{e^{\mu +\sigma Z}}
-      = e^{\mu}\tfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty e^{\sigma t} e^{-\frac{t^2}{2}} \dd t
-      = e^{\mu + \frac{\sigma^2}{2}}\tfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{(t-\sigma)^2}{2}} \dd t
-      = e^{\mu + \frac{\sigma^2}{2}}.
-    \]
-
-    \item On a
-    \[
-      X^r = e^{r\mu + (r\sigma) Z}
-    \]
-    et ceci entraîne par \eqref{s2a} que $X^r\sim\LogNor{r\mu,r^2\sigma^2}$ pour tout $r \neq 0$, et donc par \eqref{s2b} que
-    \[
-      \EE{X^r} = e^{r\mu + r^2\sigma^2/2}
-    \]
-    pour tout $r\in\R$. On en déduit la variance de $X$
-    \[
-      \VV{X}
-      = \EE{X^2} - \bpa{\EE{X}}^2
-      = e^{2\mu + 2\sigma^2} - e^{2\mu + \sigma^2}
-      = e^{2\mu + \sigma^2} (e^{\sigma^2} -1).
-    \]
-
-    \item On a par le \eqref{s2a}, et en appliquant le théorème de transfert,
-    \[
-      \EE{e^{uX}}
-      = \EE{e^{ue^{\mu + \sigma Z}}}
-      = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_\R e^{ue^{\mu + \sigma x} - x^2/2} \dd x
-      = \infty
-    \]
-    puisque $u, \sigma > 0$ et donc $e^{ue^{\mu + \sigma x} - x^2/2}\to\infty$ quand $x\to\infty$.
-
-  \end{enumerate}
-\end{solution}
-
-
-
-% ----------------------------------------------- 3
-\begin{exo}
-
-  \emph{Les trois questions dans cet exercice sont indépendantes les unes des autres.}
-  \begin{enumerate}
-    \item Montrer que
-    \[
-      \sum_{n\geq 0} e^{-nx} = \frac{1}{1-e^{-x}}
-    \]
-    pour tout $x > 0$. En appliquant le théorème de convergence monotone, en déduire que
-    \[
-      \int_0^\infty \frac{x e^{-x}}{1-e^{-x}} \dd x = \sum_{n\geq 1} \frac{1}{n^2}\cdot
-    \]
-    Connaissez-vous la valeur de cette série ?
-
-    \item En utilisant le théorème de convergence dominée, calculer explicitement
-    \[
-      \lim_{n\to\infty} \pa{\int_0^\infty \frac{n^2 \sin(x/n)}{(1+nx)(1+x^2)} \dd x}.
-    \]
-
-    \medskip
-
-    \item En utilisant le lemme de Fatou, montrer que
-    \[
-      \lim_{n\to\infty} \pa{ \int_0^\infty \frac{n}{\sin^2 n + nx^2} \dd x} = \infty.
-    \]
-  \end{enumerate}
-
-\end{exo}
-
-\begin{solution}
-  \begin{enumerate}
-    \item Comme $x > 0$ on a $e^{-x} \in ]0,1[$ et donc
-    \[
-      \sum_{n\geq 0} e^{-nx} = \frac{1}{1-e^{-x}}
-    \]
-    par la somme de la série géométrique. On en déduit
-    \[
-      \int_0^\infty \frac{x e^{-x}}{1-e^{-x}} \dd x
-      = \int_0^\infty \sum_{n\geq 0} x e^{-x}e^{-nx} \dd x
-      = \int_0^\infty \lim_{n\to\infty}\sum_{k= 0}^n x e^{-x}e^{-kx} \dd x
-    \]
-    Comme la série est à termes positifs, la suite des sommes partielles est positive est croissante, donc on peut appliquer le théorème de convergence monotone qui entraîne
-    \[
-      \int_0^\infty \frac{x e^{-x}}{1-e^{-x}} \dd x
-      = \lim_{n\to\infty}\int_0^\infty \sum_{k= 0}^n x e^{-(k+1)x} \dd x
-      = \lim_{n\to\infty} \sum_{k= 0}^n \pa{ \int_0^\infty x e^{-(k+1)x} \dd x}.
-    \]
-    Comme
-    \[
-      \int_0^\infty x e^{-(k+1)x} \dd x
-      = \frac{1}{(k+1)^2}\int_0^\infty y e^{-y} dy
-      = \frac{1}{(k+1)^2}
-    \]
-    pour tout $k\geq 0$ en ayant fait le changement de variable $y = (k+1) x$, on trouve finalement
-    \[
-      \int_0^\infty \frac{x e^{-x}}{1-e^{-x}} \dd x
-      = \lim_{n\to\infty} \sum_{k= 0}^n \frac{1}{(k+1)^2}
-      = \sum_{n\geq 1} \frac{1}{n^2}\cdot
-    \]
-    Et oui, nous connaissons bien la valeur de cette série qui est $\pi^2/6$ (problème de Bâle).
-
-    \item On a
-    \[
-      \frac{n^2 \sin(x/n)}{(1+nx)(1+x^2)}
-      = \frac{nx}{1+nx}\times\frac{\sin(x/n)}{(x/n)}\times\frac{1}{1+x^2}\to \frac{1}{1+x^2}
-    \]
-    quand $n\to\infty$ pour tout $x > 0$ puisque $(\sin z)/z\to 1$ quand $z\to 0$. D'autre part on a $\vert (\sin (x/n))/(x/n)\vert < 1$ et $nx/(1+nx) < 1$ pour tout $x > 0$ et $n\geq 0$, d'où
-    \[
-      \abs{\frac{n^2 \sin(x/n)}{(1+nx)(1+x^2)}} < \frac{1}{1+x^2}
-    \]
-    pour tout $x > 0$ et $n\geq 0$, et la fonction de droite est intégrable. Par le théorème de convergence dominée, on obtient
-    \[
-      \lim_{n\to\infty} \pa{\int_0^\infty \frac{n^2 \sin(x/n)}{(1+nx)(1+x^2)} \dd x}
-      = \int_0^\infty \frac{1}{1+x^2} \dd x
-      = \frac{\pi}{2}\cdot
-    \]
-
-    \item On a
-    \[
-      \frac{n}{\sin^2 n + nx^2} = \frac{1}{x^2 + (\sin^2 n/n)} \to \frac{1}{x^2}
-    \]
-    quand $n\to\infty$ et donc
-    \[
-      \liminf_{n\to\infty}\pa{ \frac{n}{\sin^2 n + nx^2}} = \frac{1}{x^2}
-    \]
-    pour tout $x > 0$.
-    Par le lemme de Fatou, on a
-    \[
-      \liminf_{n\to\infty} \pa{ \int_0^\infty \frac{n}{\sin^2 n + nx^2} \dd x}
-      \geq \int_0^\infty \liminf_{n\to\infty} \pa{\frac{n}{\sin^2 n + nx^2}} \dd x
-      = \int_0^\infty \frac{dx}{x^2}
-      = \infty
-    \]
-    et donc
-    \[
-      \lim_{n\to\infty} \pa{ \int_0^\infty \frac{n}{\sin^2 n + nx^2} \dd x}
-      = \infty.
-    \]
-  \end{enumerate}
-\end{solution}
-
-
-% ----------------------------------------------- 4
-\begin{exo}
-
-  Soit $\suite[n\geq 1]{X_n}$ une suite de variables aléatoires suivant une loi exponentielle de paramètre 1, dont on rappelle que la densité est donnée par $e^{-x}\un{x >0}$ sur $\R$. On suppose que les $X_n$ sont mutuellement indépendantes. On note $M_0 = 0$ et
-  \[
-    M_n \coloneqq \max (X_1, \ldots, X_n), \qquad n\geq 1.
-  \]
-  \begin{enumerate}
-    \item Calculer la fonction de répartition $F_n (x) = \PP{M_n \leq x}$ pour tout $n\geq 1$ et $x\in\R$. En déduire $G_n (x) \coloneqq \PP{M_n - \log n \leq x}$ pour tout $n\geq 1$ et $x\in\R$.
-
-    \item\label{4b} Calculer la fonction de répartition de $Z_1 = -\log X_1$. En déduire à l'aide de la question précédente et d'un équivalent approprié que
-    \[
-      M_n - \log n \darrow -\log X_1
-    \]
-    quand $n\to \infty$.
-
-    \item En utilisant les fonctions $F_n$ et $F_{n-1}$, montrer que
-    \[
-      \EE{M_n} = \EE{M_{n-1}} + \frac{1}{n}
-    \]
-    pour tout $n\geq 1$. En déduire que
-    \[
-      \EE{M_n} = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}\cdot
-    \]
-    \indication{On rappelle la formule $\EE{X} = \int_{0}^{\infty}\pa{1-F_X(t)} \dd t - \int_{-\infty}^{0}F_X(t) \dd t$, où $F_{X}$ est la fonction de répartition de $X$.}
-
-    \item En utilisant le théorème de convergence dominée et la question \eqref{4b}, montrer que
-    \[
-      \EE{M_n} - \log n \to \EE{-\log X_1}
-    \]
-    quand $n\to\infty$.\\
-    \indication{On rappelle que $\log(1-z)\leq -z$ pour tout $z < 1$ et on pourra vérifier que $\log(1-z)\geq -2z$ pour tout $z\in [0,1/2]$.}
-
-    \item En utilisant tout ce qui précède, montrer que la suite
-    \[
-      u_n = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} - \log n
-    \]
-    converge quand $n\to\infty$ vers une constante finie, que l'on exprimera sous forme intégrale. Connaissez-vous le nom de cette constante ? Est-elle un nombre rationnel ?
-  \end{enumerate}
-\end{exo}
-
-\begin{solution}
-  \begin{enumerate}
-    \item Rappelons que la fonction de répartition de la loi exponentielle est $F(x) = \pa{1 - e^{-x}}_+$, avec la notation $z_+ \coloneqq \max(0,z)$ pour tout $z\in\R$.
-    Pour tout $n\geq 1$, on trouve
-    \[
-      \PP{M_n \leq x}
-      = \PP{X_1\leq x, \ldots, X_n\leq x}
-      = \PP{X_1 \leq x} \times\cdots\times\PP{X_n \leq x}
-      = (1-e^{-x})_+^n.
-    \]
-    On en déduit, pour tout $n\geq 1$ et $x\in\R$,
-    \[
-      G_n (x)
-      = \PP{M_n \leq x + \log n}
-      = \pa{1 - \frac{e^{-x}}{n}}_+^n.
-    \]
-    \item\label{s4b} Pour tout $x\in\R$, on calcule
-    \[
-      \PP{Z_1 \leq x}
-      = \PP{\log X_1 \geq -x}
-      = \PP{X_1 \geq e^{-x}} = e^{-e^{-x}},
-    \]
-    car $\PP{X_1 \geq \alpha} = \PP{X_1 > \alpha} = e^{-\alpha}$ pour $\alpha \geq 0$. On en déduit que
-    \[
-      G_n (x)
-      = \pa{1 - \frac{e^{-x}}{n}}_+^n
-      = \exp\left[n \log\pa{1 - \frac{e^{-x}}{n}}\right]
-    \]
-    pour tout $x > -\log n$ et donc, à l'aide de l'équivalent $\log(1-z)\sim z$ quand $z\to 0$ que
-    \[
-      \PP{M_n - \log n \leq x} \to e^{-e^{-x}}
-      = \PP{Z_1 \leq x}
-    \]
-    quand $n\to \infty$ pour tout $x\in\R$ puisqu'à partir d'un certain rang on aura $x \geq -\log n\to -\infty$ quand $n\to \infty$. Ceci entraîne par définition que
-    \[
-      M_n - \log n \darrow -\log X_1
-    \]
-    quand $n\to \infty$.
-
-    \item Comme $M_n$ est une variable aléatoire positive, on peut utiliser la formule
-    \[
-      \EE{M_n} = \int_0^\infty \PP{M_n > x} dx
-      = \int_0^\infty (1- F_n(x)) dx
-      = \int_0^\infty \pa{1 - (1- e^{-x})^n} dx
-    \]
-    pour tout $n\geq 1$. Comme
-    \[
-      1 - (1- e^{-x})^n
-      = 1 - (1- e^{-x})^{n-1} + e^{-x} (1- e^{-x})^{n-1}
-    \]
-    on obtient
-    \[
-      \EE{M_n}
-      = \EE{M_{n-1}} + \int_0^\infty e^{-x} (1- e^{-x})^{n-1} dx
-      = \EE{M_{n-1}} + \int_0^1 (1- z)^{n-1} dz
-    \]
-    en faisant le changement de variable $z = e^{-x}$, ce qui donne
-    \[
-      \EE{M_n}
-      = \EE{M_{n-1}} + \frac{1}{n}
-    \]
-    et donc
-    \[
-      \EE{M_n} \;
-      = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n}
-    \]
-    par itération, puisque $\EE{M_1} =\EE{X_1} = 1$.
-
-    \item On a
-    \[
-      \EE{M_n} - \log n
-      = \EE{M_n -\log n}
-      = \int_0^\infty (1-G_n(x)) dx - \int_{-\infty}^0 G_n(x) dx
-    \]
-    par la formule du cours sur l'espérance d'une variable aléatoire réelle.
-    Par \eqref{s4b} on a $G_n(x)\to G(x) = \PP{-\log X_1 \leq x}$ pour tout $x\in\R$ et sous les hypothèses du théorème de convergence dominée on aura donc
-    \[
-      \EE{M_n} - \log n \to \int_0^\infty (1-G(x)) dx - \int_{-\infty}^0 G(x) dx
-      = \EE{-\log X_1}
-    \]
-    quand $n\to\infty$ comme requis. Reste à vérifier les hypothèses du théorème de convergence dominée. On sait que $\log(1-z)\leq -z$ pour tout $z < 1$ et donc
-    \[
-      G_n(x)
-      = \exp\left[n \log\pa{1 - \frac{e^{-x}}{n}}_+\right] \leq e^{-e^{-x}}
-    \]
-    pour tout $x\geq 0$, et le terme de droite est une fonction intégrable sur $(-\infty,0)$. On vérifie aussi que $1- z \geq e^{-2z}$ pour tout $z\in [0,1/2]$ puisque la fonction $z\mapsto 1 -z -e^{-2z}$ est nulle en $z=0$, strictement positive en $z=1/2$ et de dérivée $2e^{-2z} -1$ qui est positive puis négative. Ceci entraîne par croissance du logarithme
-    \[
-      1- G_n(x)
-      = 1 - \exp\left[n \log\pa{1 - \frac{e^{-x}}{n}}\right] \leq 1- e^{-2e^{-x}}
-    \]
-    pour tout $x\geq 0$ et $n\geq 2$, avec $1- e^{-2e^{-x}} \leq 2e^{-x}$ qui est bien une fonction intégrable sur $]0,\infty[$.
-
-    \item En utilisant tout ce qui précède, on voit que
-    \[
-      u_n = 1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} - \log n \to \;\EE{-\log X_1}
-    \]
-    quand $n\to\infty$. Et par la formule de transfert on a
-    \[
-      \EE{-\log X_1}
-      = \int_0^\infty (-\log x) e^{-x} dx
-    \]
-    qui est bien une intégrale convergente en zéro et en l'infini. Il s'agit de la constante $gamma$ d'Euler, dont on ne sait pas si elle est rationnelle ou non (mais on pense que non).
-  \end{enumerate}
-\end{solution}
-
-\end{document}
-

Exam/m61proba.tex

@@ -2,7 +2,7 @@
 \lilleset{
   formation=Licence 3\ieme année,
   parcours=parcours Mathématiques,
-  annee=2023--2024,
+  annee=2024--2025,
   module={M61B, Probabilités et intégration},
   couleur=orange,
 }

README.md

@@ -2,24 +2,19 @@
 
 Les feuilles de td du module M61B - « Probabilités-Intégration » de la L3 Mathématiques à l'Université de Lille.
 
-## 2023/24
+## 2024/25
 
 Dans [ce dépôt](https://gitlab.univ-lille.fr/tzanev/l3m61proba/) vous pouvez trouver les sources LaTeX et les PDFs des documents suivants _(compilés avec [tectonic](https://tectonic-typesetting.github.io))_ :
 
 ### Les feuilles de td
-- TD n°1 **[[pdf](TDs/M61B_2023-24_TD1.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2023-24_TD1.tex)]
-- TD n°2 **[[pdf](TDs/M61B_2023-24_TD2.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2023-24_TD2.tex)]
-- TD n°3 **[[pdf](TDs/M61B_2023-24_TD3.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2023-24_TD3.tex)]
-- TD n°4 **[[pdf](TDs/M61B_2023-24_TD4.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2023-24_TD4.tex)]
-- TD n°5 **[[pdf](TDs/M61B_2023-24_TD5.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2023-24_TD5.tex)]
-- TD n°6 **[[pdf](TDs/M61B_2023-24_TD6.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2023-24_TD6.tex)]
-- TD n°7 **[[pdf](TDs/M61B_2023-24_TD7.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2023-24_TD7.tex)]
-- TD n°8 **[[pdf](TDs/M61B_2023-24_TD8.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2023-24_TD8.tex)]
-
-### Les sujets d'examens et leurs solutions
-
-- DS1 **[[sujet](Exam/M61B_2023-24_DS1-sujet.pdf)]** **[[solutions](Exam/M61B_2023-24_DS1-solutions.pdf)]** [[tex](Exam/M61B_2023-24_DS1.tex)]
-- DS2 **[[sujet](Exam/M61B_2023-24_DS2-sujet.pdf)]** **[[solutions](Exam/M61B_2023-24_DS2-solutions.pdf)]** [[tex](Exam/M61B_2023-24_DS2.tex)]
+- TD n°1 **[[pdf](TDs/M61B_2024-25_TD1.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2024-25_TD1.tex)]
+- TD n°2 **[[pdf](TDs/M61B_2024-25_TD2.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2024-25_TD2.tex)]
+- TD n°3 **[[pdf](TDs/M61B_2024-25_TD3.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2024-25_TD3.tex)]
+- TD n°4 **[[pdf](TDs/M61B_2024-25_TD4.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2024-25_TD4.tex)]
+- TD n°5 **[[pdf](TDs/M61B_2024-25_TD5.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2024-25_TD5.tex)]
+- TD n°6 **[[pdf](TDs/M61B_2024-25_TD6.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2024-25_TD6.tex)]
+- TD n°7 **[[pdf](TDs/M61B_2024-25_TD7.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2024-25_TD7.tex)]
+- TD n°8 **[[pdf](TDs/M61B_2024-25_TD8.pdf)]** [[tex](TDs/M61B_2024-25_TD8.tex)]
 
 ### Source complémentaires
 
@@ -43,11 +38,11 @@ Vous pouvez obtenir l'intégralité de [ce dépôt](https://gitlab.univ-lille.fr
 
 ## Historique
 
-### 2020/21 – 2022/23
+### 2023/24
 
-La première version des fiches de 2023/2024 est une copie des fiches de l'année précédente, créées par Clément Erignoux et [disponibles sur sa page](http://chercheurs.lille.inria.fr/cerignou/teaching.html).
+Vous pouvez trouver les sources LaTeX et les PDFs de 2024, ainsi que les annales des années précédentes, à l'adresse suivante :
 
-Vous pouvez-y trouver également les sujets et les solutions de la période 2020/21 – 2022/23.
+https://tzanev.gitlabpages.univ-lille.fr/l3m61proba/2024/
 
 ## Licence