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مسابقة دكتوراه 2019 — 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

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

Solution.

Soit DD = «pièce défectueuse». Par la formule des probabilités totales :

P(D)=0.03×0.50+0.04×0.30+0.05×0.20=0.015+0.012+0.010=\mathbb{P}(D)=0.03\times 0.50+0.04\times 0.30+0.05\times 0.20=0.015+0.012+0.010=

P(D)=0.037.\boxed{\mathbb{P}(D)=0.037.}

التمرين 2

Exercice 2 — Densité f(x,y)=θ²e^{-θy} pour 0≤x≤y, lois marginales, indépendance

#probability#joint-distribution#exponential-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. Montrez que k=θ2k=\theta^2.
  2. Calculez les densités marginales de XX et de YY. Ces deux variables sont-elles indépendantes ?
  3. 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|Y\leq 1).
  4. Calculez la densité 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/θ2=1⇒\int_0^\infty\int_0^y ke^{-\theta y}dx\,dy=k/\theta^2=1\Rightarrow

k=θ2.\boxed{k=\theta^2.}

2.

fX(x)=θe−θxf_X(x)=\theta e^{-\theta x} (X∼Exp(θ)X\sim\text{Exp}(\theta)). fY(y)=θ2ye−θyf_Y(y)=\theta^2 ye^{-\theta y} (Y∼Γ(2,θ)Y\sim\Gamma(2,\theta)).

fX(x)⋅fY(y)≠f(x,y)f_X(x)\cdot f_Y(y)\neq f(x,y) en général → non indépendantes.

3.

Puisque X≤YX\leq Y toujours, {X≤1,Y≤1}={Y≤1}\{X\leq 1,Y\leq 1\}=\{Y\leq 1\}.

P(Y≤1)=∫01θ2ye−θydy=1−(1+θ)e−θ\mathbb{P}(Y\leq 1)=\int_0^1\theta^2 ye^{-\theta y}dy=1-(1+\theta)e^{-\theta}.

P(X≤1,Y≤1)=1−(1+θ)e−θ,P(X≤1∣Y≤1)=1.\boxed{\mathbb{P}(X\leq 1,Y\leq 1)=1-(1+\theta)e^{-\theta},\quad\mathbb{P}(X\leq 1|Y\leq 1)=1.}

4.

U=XU=X, V=Y−XV=Y-X, jacobien = 1. Pour u,v≥0u,v\geq 0 :

fU,V(u,v)=θ2e−θ(u+v)=θe−θu⋅θe−θvf_{U,V}(u,v)=\theta^2 e^{-\theta(u+v)}=\theta e^{-\theta u}\cdot\theta e^{-\theta v}.

UU et VV sont indépendants, tous deux ∼Exp(θ)\sim\text{Exp}(\theta).

التمرين 3

Exercice 3 — Inégalité de Paley-Zygmund, lemme de Kochen-Stone, Borel-Cantelli

#probability#paley-zygmund-inequality#borel-cantelli#kochen-stone

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

  1. 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{\text{Var}[Y]}{\mathbb{E}[Y^2]}.

  1. 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].

  2. Soit {An,n≥1}\{A_n,n\geq 1\} tels que ∑P[An]=∞\sum\mathbb{P}[A_n]=\infty et

lim inf⁡n→∞∑i=1n∑j=1nP[Ai∩Aj](∑k=1nP[Ak])2=γ<∞.\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 (2), montrer que P ⁣[∑n≥11An=∞]≥γ−1>0\mathbb{P}\!\left[\sum_{n\geq 1}\mathbf{1}_{A_n}=\infty\right]\geq\gamma^{-1}\gt 0. Expliquer pourquoi c'est une amélioration du 2ème lemme de Borel-Cantelli.

◀الحل

1.

Cauchy-Schwarz : E[Y]=E[Y1Y>0]≤E[Y2]P[Y>0]\mathbb{E}[Y]=\mathbb{E}[Y\mathbf{1}_{Y\gt 0}]\leq\sqrt{\mathbb{E}[Y^2]}\sqrt{\mathbb{P}[Y\gt 0]}. D'où (E[Y])2≤E[Y2]P[Y>0](\mathbb{E}[Y])^2\leq\mathbb{E}[Y^2]\mathbb{P}[Y\gt 0].

P[Y=0]=1−P[Y>0]≤E[Y2]−(E[Y])2E[Y2]=Var[Y]E[Y2]\mathbb{P}[Y=0]=1-\mathbb{P}[Y\gt 0]\leq\frac{\mathbb{E}[Y^2]-(\mathbb{E}[Y])^2}{\mathbb{E}[Y^2]}=\frac{\text{Var}[Y]}{\mathbb{E}[Y^2]}.

2.

Se ramener à E[Y]=1\mathbb{E}[Y]=1. Alors E[Y]=E[Y1Y≤λ]+E[Y1Y>λ]≤λ+E[Y2]P[Y>λ]\mathbb{E}[Y]=\mathbb{E}[Y\mathbf{1}_{Y\leq\lambda}]+\mathbb{E}[Y\mathbf{1}_{Y\gt\lambda}]\leq\lambda+\sqrt{\mathbb{E}[Y^2]\mathbb{P}[Y\gt\lambda]}.

Donc (1−λ)2≤E[Y2]P[Y>λ](1-\lambda)^2\leq\mathbb{E}[Y^2]\mathbb{P}[Y\gt\lambda]. ✓

3.

Poser Sn=∑k=1n1AkS_n=\sum_{k=1}^n\mathbf{1}_{A_k}. Appliquer (2) à Y=Sn/E[Sn]Y=S_n/\mathbb{E}[S_n], λ=0\lambda=0 :

P[Sn>0]≥(E[Sn])2E[Sn2]=(∑pk)2∑i,jP[Ai∩Aj]→n→∞1γ.\mathbb{P}[S_n\gt 0]\geq\frac{(\mathbb{E}[S_n])^2}{\mathbb{E}[S_n^2]}=\frac{(\sum p_k)^2}{\sum_{i,j}\mathbb{P}[A_i\cap A_j]}\xrightarrow{n\to\infty}\frac{1}{\gamma}.

Donc P[∑1An=∞]≥1/γ>0\mathbb{P}[\sum\mathbf{1}_{A_n}=\infty]\geq 1/\gamma\gt 0.

Amélioration : Le 2ème lemme Borel-Cantelli requiert l'indépendance des AnA_n. Ce résultat ne nécessite qu'un contrôle de γ\gamma (corrélations croisées bornées).