Exercice 60

Couplage. Soit $n \geqslant 1$. Par la proposition 17, il existe un espace probabilisé fini, par exemple $\{0, 1\}^{n+1}$ muni de la probabilité produit, portant des variables $B_{1}$, …, $B_{n+1}$ mutuellement indépendantes de loi $\mathcal{B}(p)$. On pose $$Y_{n} = B_{1} + \cdots + B_{n}, \qquad Y_{n+1} = Y_{n} + B_{n+1}.$$ Par le théorème 8, $Y_{n} \sim \mathcal{B}(n,p)$ et $Y_{n+1} \sim \mathcal{B}(n + 1,p)$. Comme $B_{n+1} \geqslant 0$, on a $Y_{n} \leqslant Y_{n+1}$ en chaque issue, donc $(Y_{n} \geqslant k) \subset (Y_{n+1} \geqslant k)$, et, par croissance de la probabilité (proposition 7 (iii)), $\mathrm{P}(Y_{n} \geqslant k) \leqslant \mathrm{P}(Y_{n+1} \geqslant k)$.

Retour aux $X_{n}$. La probabilité $\mathrm{P}(X_{n} \geqslant k)$ ne dépend que de la loi de $X_{n}$, qui est celle de $Y_{n}$ ; de même pour $X_{n+1}$ et $Y_{n+1}$. Donc $$\boxed{\mathrm{P}(X_{n} \geqslant k) = \mathrm{P}(Y_{n} \geqslant k) \leqslant \mathrm{P}(Y_{n+1} \geqslant k) = \mathrm{P}(X_{n+1} \geqslant k)}$$ et la suite $\big(\mathrm{P}(X_{n} \geqslant k)\big)_{n \geqslant 1}$ est croissante.

Le couplage donne même l'accroissement. On a $(Y_{n+1} \geqslant k) \setminus (Y_{n} \geqslant k) = (Y_{n} = k - 1) \cap (B_{n+1} = 1)$, et $Y_{n}$ est indépendante de $B_{n+1}$ par le lemme des coalitions (théorème 7), d'où, pour $k \geqslant 1$, $$\boxed{\mathrm{P}(X_{n+1} \geqslant k) - \mathrm{P}(X_{n} \geqslant k) = \binom{n}{k - 1}p^{k}(1 - p)^{n-k+1} \geqslant 0}$$ avec la convention $\binom{n}{k-1} = 0$ si $k - 1 > n$ ; pour $k = 0$, la suite est constante, égale à $1$.

Piège. Les variables $X_{n}$ de l'énoncé sont données séparément, peut-être sur des espaces probabilisés différents, et l'inégalité $X_{n} \leqslant X_{n+1}$ n'a aucun sens. L'erreur la plus répandue est de l'écrire quand même. Le couplage contourne la difficulté : on construit, sur un même univers, des variables ayant les lois voulues et comparables issue par issue, ce qui suffit pour conclure, puisque l'énoncé ne porte que sur des lois. La comparaison directe des sommes $\sum_{j \geqslant k} \binom{n}{j}p^{j}q^{n-j}$ serait nettement plus pénible.