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مسابقة دكتوراه 2018 — Centre Universitaire Salhi Ahmed - Naâma — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours d'accès en 1ère année Doctorat — Mathématiques — Épreuve 1 : Probabilités, Centre Universitaire Salhi Ahmed - Naâma, Institut S.T, Département M.I — Année universitaire 2018/2019.

التمرين 1

Exercice 1 — Probabilité totale : machines A, B, C et pièces défectueuses

#probability#total-probability#bayes-theorem#conditional-probability

Trois machines AA, BB et CC produisent respectivement 50%, 30% et 20% du nombre total des pièces fabriquées dans une usine ; les pourcentages des pièces défectueuses de ces machines sont de 3%, 4% et 5%. Si l'on prend une pièce au hasard, quelle est la probabilité pour qu'elle soit défectueuse ?

◀الحل

Soit DD l'événement «pièce défectueuse». Par la formule des probabilités totales :

P(D)=P(D∣A)P(A)+P(D∣B)P(B)+P(D∣C)P(C)P(D)=P(D|A)P(A)+P(D|B)P(B)+P(D|C)P(C)

=0.03×0.50+0.04×0.30+0.05×0.20=0.015+0.012+0.010=0.037.=0.03\times0.50+0.04\times0.30+0.05\times0.20=0.015+0.012+0.010=\boxed{0.037.}

التمرين 2

Exercice 2 — Densité f(x,y)=k·e^{-θy} sur 0≤x≤y, marginales, indépendance, X et Y-X

#probability#joint-density#marginal-distribution#independence

Considérons un vecteur aléatoire Z=(X,Y)Z=(X,Y) dont la densité est donnée par

f(x,y)={k e−θysi 0≤x≤y<∞ 0ailleurs.f(x,y) = \begin{cases} k\,e^{-\theta y} & \text{si } 0\leq x\leq y\lt\infty \\\ 0 & \text{ailleurs.} \end{cases}

  1. (2 pts) Montrez que k=θ2k=\theta^2.
  2. (2 pts) Calculez les densités marginales de XX et de YY. Ces deux variables aléatoires sont-elles indépendantes ?
  3. (2 pts) Calculez P(X≤1, Y≤1)\mathbb{P}(X\leq 1,\,Y\leq 1) et P(X≤1∣Y≤1)\mathbb{P}(X\leq 1\mid Y\leq 1).
  4. (2 pts) Calculez la densité de probabilité du vecteur (X, Y−X)(X,\,Y-X) et montrez que XX et Y−XY-X sont indépendants.
◀الحل

1.

∫0∞∫0yke−θydx dy=k∫0∞ye−θydy=k⋅1θ2=1\int_0^{\infty}\int_0^y k e^{-\theta y}dx\,dy=k\int_0^{\infty}ye^{-\theta y}dy=k\cdot\frac{1}{\theta^2}=1, donc k=θ2k=\theta^2.

2.

fX(x)=∫x∞θ2e−θydy=θe−θxf_X(x)=\int_x^{\infty}\theta^2 e^{-\theta y}dy=\theta e^{-\theta x} : X∼E(θ)X\sim\mathcal{E}(\theta).

fY(y)=∫0yθ2e−θydx=θ2ye−θyf_Y(y)=\int_0^y\theta^2 e^{-\theta y}dx=\theta^2 ye^{-\theta y} : Y∼Γ(2,θ)Y\sim\Gamma(2,\theta).

f(x,y)≠fX(x)fY(y)f(x,y)\neq f_X(x)f_Y(y) : non indépendantes.

3.

P(X≤1,Y≤1)=∫01∫x1θ2e−θydy dx=θ(1−e−θ)−1+e−θ(1+θ)P(X\leq 1,Y\leq 1)=\int_0^1\int_x^1\theta^2 e^{-\theta y}dy\,dx=\theta(1-e^{-\theta})-1+e^{-\theta}(1+\theta)... (calcul numérique en fonction de θ\theta).

P(X≤1∣Y≤1)=P(X≤1,Y≤1)/P(Y≤1)P(X\leq 1|Y\leq 1)=P(X\leq 1,Y\leq 1)/P(Y\leq 1).

4.

Changement de variables : U=XU=X, V=Y−XV=Y-X, jacobien =1=1. La densité jointe :

fU,V(u,v)=θ2e−θ(u+v)1u≥0,v≥0=θe−θu⋅θe−θv.f_{U,V}(u,v)=\theta^2 e^{-\theta(u+v)}\mathbf{1}_{u\geq 0,v\geq 0}=\theta e^{-\theta u}\cdot\theta e^{-\theta v}.

XX et Y−XY-X sont indépendantes, toutes deux ∼E(θ)\sim\mathcal{E}(\theta).

التمرين 3

Exercice 3 — Inégalité de Paley-Zygmund et lemme de Kochen-Stone

#probability#paley-zygmund-inequality#borel-cantelli-lemma#second-moment-method

Soit YY une variable aléatoire positive non identiquement nulle, de variance finie.

  1. (2 pts) Montrer que E[Y2]P[Y>0]≥(E[Y])2\mathbb{E}[Y^2]\mathbb{P}[Y\gt 0]\geq (\mathbb{E}[Y])^2. En déduire

P[Y=0]≤Var⁡[Y]E[Y2].\mathbb{P}[Y=0]\leq\frac{\operatorname{Var}[Y]}{\mathbb{E}[Y^2]}.

  1. (3 pts) Montrer que E[Y2]P[Y>λ]≥((1−λ)E[Y])2\mathbb{E}[Y^2]\mathbb{P}[Y\gt\lambda]\geq((1-\lambda)\mathbb{E}[Y])^2 pour tout λ∈[0,1]\lambda\in[0,1]. On se ramènera d'abord au cas E[Y]=1\mathbb{E}[Y]=1.

  2. (3 pts) Soit {An,n≥1}\{A_n,n\geq 1\} une famille d'évènements sur (Ω,F,P)(\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P}). On suppose que

∑n≥1P[An]=∞etlim inf⁡n→∞∑i=1n∑j=1nP[Ai∩Aj](∑k=1nP[Ak])2=γ<∞.\sum_{n\geq 1}\mathbb{P}[A_n]=\infty \quad\text{et}\quad\liminf_{n\to\infty}\frac{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\mathbb{P}[A_i\cap A_j]}{\left(\sum_{k=1}^n\mathbb{P}[A_k]\right)^2}=\gamma\lt\infty.

En utilisant la question (2) et les arguments de la preuve du deuxième lemme de Borel-Cantelli, montrer que

P ⁣[∑n≥11An=∞]≥γ−1>0.\mathbb{P}\!\left[\sum_{n\geq 1}\mathbb{1}_{A_n}=\infty\right]\geq\gamma^{-1}\gt 0.

Expliquer pourquoi ce résultat est une amélioration du deuxième lemme de Borel-Cantelli.

◀الحل

1.

Par Cauchy-Schwarz : (E[Y])2=(E[Y⋅1Y>0])2≤E[Y2]⋅P(Y>0)(E[Y])^2=(E[Y\cdot\mathbf{1}_{Y\gt 0}])^2\leq E[Y^2]\cdot P(Y\gt 0). Donc P(Y=0)=1−P(Y>0)≤1−(E[Y])2E[Y2]=E[Y2]−(E[Y])2E[Y2]=Var⁡(Y)E[Y2]P(Y=0)=1-P(Y\gt 0)\leq 1-\frac{(E[Y])^2}{E[Y^2]}=\frac{E[Y^2]-(E[Y])^2}{E[Y^2]}=\frac{\operatorname{Var}(Y)}{E[Y^2]}.

2.

Soit Z=Y/E[Y]Z=Y/E[Y] (on suppose E[Y]=1E[Y]=1). Alors P(Y>λE[Y])=P(Z>λ)P(Y\gt\lambda E[Y])=P(Z\gt\lambda). Appliquons l'inégalité de Cauchy-Schwarz à Z1Z>λZ\mathbf{1}_{Z\gt\lambda} :

(E[Z1Z>λ])2≤E[Z2]P(Z>λ)(E[Z\mathbf{1}_{Z\gt\lambda}])^2\leq E[Z^2]P(Z\gt\lambda). Or E[Z1Z>λ]=1−E[Z1Z≤λ]≥1−λE[Z\mathbf{1}_{Z\gt\lambda}]=1-E[Z\mathbf{1}_{Z\leq\lambda}]\geq 1-\lambda. Donc E[Y2]P(Y>λ)≥((1−λ)E[Y])2E[Y^2]P(Y\gt\lambda)\geq((1-\lambda)E[Y])^2.

3.

Posons Sn=∑k=1n1AkS_n=\sum_{k=1}^n\mathbf{1}_{A_k}, sn=E[Sn]=∑k=1nP(Ak)→∞s_n=E[S_n]=\sum_{k=1}^n P(A_k)\to\infty. Par la question (2) appliquée à Y=Sn/snY=S_n/s_n et λ∈(0,1)\lambda\in(0,1) :

P(Sn>0)≥(E[Sn])2E[Sn2]=sn2∑i,jP(Ai∩Aj)→γ−1P(S_n\gt 0)\geq\frac{(E[S_n])^2}{E[S_n^2]}=\frac{s_n^2}{\sum_{i,j}P(A_i\cap A_j)}\to\gamma^{-1} par hypothèse.

Donc P(∑1An=∞)≥γ−1>0P(\sum\mathbf{1}_{A_n}=\infty)\geq\gamma^{-1}\gt 0.

Amélioration : Le 2ème lemme de Borel-Cantelli exige l'indépendance des AnA_n pour conclure P(lim sup⁡An)=1P(\limsup A_n)=1. Ici on ne suppose pas l'indépendance, mais seulement la condition sur le liminf du quotient corrélation/carré, ce qui est bien plus général.