Cesàro, convergence en $L^1$ et probabilité

Les images sont beaucoup trop petites, c'est illisible. Peux-tu les renvoyer avec une meilleure taille ?

Oui c'est mieux.

As-tu réussi à montrer l'inégalité demandée sur $\limsup_{n \to +\infty} \mathbb P(M_n \leq n \varepsilon)$, où est-ce là-dessus que tu bloques ?

C'est moi qui déconne ou bien $M_n$ est bien la loi uniforme sur $\{1,\ldots,n\}$ ? Comment prouvez-vous cette inégalité de e) sans voir ça sinon ?

Si $(D_n)_n$ converge vers $0$ en probabilité, c'est que pour tout $\varepsilon > 0$, on a (les $Y_i$ étant positives p.s.) $$\mathbb P(Y_1 + \dots + Y_n > n \varepsilon) \underset{n \to +\infty}{\rightarrow} 0.$$ Sauf que d'après le résultat d'avant, $$\liminf_{n \to +\infty} \mathbb P(\max_{1 \leq i \leq n}(Y_i) > n \varepsilon) > \frac{1}{2}$$ pour $\varepsilon$ assez petit, ce qui empêche bien sûr la probabilité ci-dessus de converger vers $0$, puisque $$\{\max_{1 \leq i \leq n}(Y_i) > n\varepsilon\} \subset \{Y_1 + \dots + Y_n > n \varepsilon\}.$$

En plus de Poirot: si tu vois un log avec une espérance tu peux imaginer que tu vas avoir un produit donc.. et l'intervalle $[0,1]$ comme limite dans ton intégrale, à quoi cela peut bien te faire penser ? Une fois compris où tu veux aller, le reste c'est juste de l'écriture.

C'est bon. Maintenant que se passe-t-il quand tu fais tendre $n$ vers $+\infty$ ?

Si $0<x<1$ alors $1-e^{-\lambda x}<\lambda x$ et donc pour $1\leq k\leq n$ on a $u_{k,n}=(1-e^{-\lambda k/n})/k\leq \lambda/n.$ Ensuite
$$|-\log(1-u_{k,n})-u_{k,n}|\leq C(u_{k,n})^2\leq C\lambda^2/n^2.$$ Enfin par somme de Riemann$$\sum_{k=1}^nu_{k,n}\to_{n\to \infty}\int_0^1(1-e^{\lambda x})dx/x=I$$ Donc comme $\sum_{k=1}^n C(u_{k,n})^2\leq C\lambda^2/n\to_{n\to \infty}0$ on a
$$\sum_{k=1}^n-\log(1-u_{k,n})\to_{n\to \infty}I.$$

Effectivement exercice intéressant.

En quoi la dernière question prouve-t-elle une convergence en loi ?

Il y a convergence en loi puisque l'on regarde, au log près, la transformée de Laplace de $D_n$.

Re, effectivement la première idée que j'avais ne fonctionne pas vraiment.

On a deux variables aléatoires positives $X,Y$ tels que $E(e^{-\lambda X})=E(e^{-\lambda Y})$ avec $\lambda\ge 0.$ Pour montrer qu'elles ont même loi, il suffit de montrer que pour toute fonction $f$ continue à support compact on ait $E(f(X))=E(f(Y)).$

On part de $f$ on utilise le théorème de Weierstrass à $g=f\circ \log$ pour avoir une approximation uniforme par un polynôme en $P(\exp(-\lambda x))$ pour tout $x\ge 0$ et de là on en déduit le résultat. (Sauf erreur)

Mais en fait, en utilisant le théorème de Morera $s\mapsto E(\exp(-sX))$ est holomorphe sur le demi plan ouvert $H:=\{s;Re(s)>0\}$ donc par prolongement analytique notre égalité de départ $E(e^{-\lambda X})=E(e^{-\lambda Y})$ s'étend à $H$ et à son bord par continuité à mon avis. Donc on est ramené à une égalité sur les fonctions caractéristiques.

Ah la boulette...

Tu avais raison, faut adapter la démo je pense. L'idée serait de montrer l'équitension de la suite des mesures avec une "tail estimate." En utilisant Fubini on peut écrire $$\frac{1}{c}\int_{0}^c(1-\mathcal{L}(t))dt\ge \frac{1}{e} \mu\{x; x\ge\frac{1}{c}\}.

$$ En utilisant la continuité de $\mathcal{L}$ et la convergence ponctuelle pour tout $t$ de $\mathcal{L}_n(t)\to \mathcal{L}(t)$ on obtient $$\lim_{r\to \infty}\sup_{n}\mu_n\{x: \vert x\vert>r\}=0.

$$ La suite est donc équitendue. Ensuite on utilise le fait que la réunion de deux familles équitendues de mesure de probabilité est encore équitendue + le théorème Weierstrass comme avant, ça devrait fonctionner, non ?

Bonne nuit !

J'essaye de rédiger ça proprement.

Soit $\mathbb{P}$ une mesure de probabilité sur $[0,\infty[.$ Notons $\mathcal{L}:t\ge 0\mapsto \int_{0}^{+\infty}e^{-tx}\mathbb{P}(dx)$ la transformée de Laplace de $\mathbb{P}.$
Soit $(\mathbb{P}_n)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite de mesures de transformée de Laplace $\mathcal{L}_n.$
On suppose que pour tout $t\ge 0$ on a la convergence ponctuelle $\mathcal{L_n}(t)\to \mathcal{L}(t).$ On souhaite montrer la convergence faible de $ \mathbb{P}_n$ vers $\mathbb{P}.$

Une condition suffisante pour cela est que $(\mathbb{P}_n)_n$ soit équitendue et que pour toute fonction continue $f:[0,+\infty[\to\mathbb{R}$ à support compact on a $\mathbb{P}_nf\to \mathbb{P}f.$
Le deuxième point c'est ma "boulette" d'hier.

Pour le premier point.
Lemme
La suite $(\mathbb{P}_n)_n$ est équitendue.
Preuve. Soit $c>0$, on a (théorème de Fubini)
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{c}\int_{0}^c(1-\mathcal{L}_n(t)dt &=& \frac{1}{c}\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^c(1-e^{-tx})dt\mathbb{P}_n(dx)\\
&\ge& \frac{1}{e}\mathbb{P}_n(\vert x\vert \ge \frac{1}{c})
\end{eqnarray*}
Soit $\varepsilon>0$ par continuité de $\mathcal{L}$ en $0$ en remarquant que $\mathcal{L}(0)=1$ on obtient en prenant $a:=\frac{1}{c}$ qu'il existe $N$ tel que pour tout $n\ge N$ on ait $$\mathbb{P_n}(\vert x\vert>a)\le\varepsilon/e.$$
Ce qui montre que la suite est équitendue (Oui il ne faut pas oublier les $P_n$ pour $n<N$).

Ceci dit, nous venons de montrer l'équivalent du 1er théorème de Levy.
Sauf à connaître déjà la distribution de Dickman, il faudrait encore bosser un peu pour montrer que la fonction limite trouvée est bien une transformée de Laplace.
(Mais tout cela n'est évidemment pas le but de l'exercice, on fait du rab.)

Pour montrer l'équivalent du 2e théorème de Levy, il suffit d'établir que la fonction limite est bien une transformée de Laplace. Cela peut se faire simplement à partir du théorème de Bernstein.

Je complique à plaisir. En fait, on n'a nullement besoin de savoir que la fonction limite est une transformée de Laplace, dans la preuve de la tension, on utilise uniquement le fait que la fonction limite est supposée continue en zéro, après c'est Prohorov qui fait tout le boulot.