مسابقة دكتوراه 2019 — Centre Universitaire Salhi Ahmed - Naâma — الموضوع 08

Solution

Par la formule des probabilités totales, en notant $D$ l'événement « la pièce est défectueuse » :

$\mathbb{P}(D)=\mathbb{P}(D\mid A)\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(D\mid B)\mathbb{P}(B)+\mathbb{P}(D\mid C)\mathbb{P}(C).$

$\mathbb{P}(D)=0{,}50\times 0{,}03+0{,}30\times 0{,}04+0{,}20\times 0{,}05=0{,}015+0{,}012+0{,}010.$

$\boxed{\mathbb{P}(D)=0{,}037=3{,}7\%.}$

1.

$\int_0^\infty\!\!\int_0^y k\,e^{-\theta y}\,dx\,dy=\int_0^\infty k\,y\,e^{-\theta y}dy=\frac{k}{\theta^2}=1\ \Rightarrow\ \boxed{k=\theta^2.}$

2.

$f_X(x)=\int_x^\infty\theta^2 e^{-\theta y}dy=\theta e^{-\theta x},\quad x\geq 0\ \ (X\sim\mathcal{E}(\theta)).$

$f_Y(y)=\int_0^y\theta^2 e^{-\theta y}dx=\theta^2 y\,e^{-\theta y},\quad y\geq 0\ \ (Y\sim\Gamma(2,\theta)).$

Comme $f(x,y)\neq f_X(x)f_Y(y)$ (et à cause de la contrainte $x\leq y$), $X$ et $Y$ ne sont pas indépendantes.

3.

Comme $\{Y\leq 1\}\subseteq\{X\leq 1\}$ (car $X\leq Y$) :

$\mathbb{P}(X\leq 1,Y\leq 1)=\mathbb{P}(Y\leq 1)=\int_0^1\theta^2 y e^{-\theta y}dy=1-(1+\theta)e^{-\theta}.$

$\mathbb{P}(X\leq 1\mid Y\leq 1)=\frac{\mathbb{P}(X\leq 1,Y\leq 1)}{\mathbb{P}(Y\leq 1)}=\boxed{1.}$

4.

Posons $U=X$, $V=Y-X$. Le changement $(x,y)\mapsto(u,v)=(x,y-x)$ a pour jacobien $1$, avec $u\geq 0$, $v\geq 0$ :

$f_{U,V}(u,v)=\theta^2 e^{-\theta(u+v)}=\big(\theta e^{-\theta u}\big)\big(\theta e^{-\theta v}\big).$

La densité se factorise, donc $X$ et $Y-X$ sont indépendants, chacun de loi $\mathcal{E}(\theta)$.

1.

Par Cauchy-Schwarz, $\mathbb{E}[Y]=\mathbb{E}[Y\mathbf{1}_{Y\gt 0}]\leq\sqrt{\mathbb{E}[Y^2]}\,\sqrt{\mathbb{P}[Y\gt 0]}$. En élevant au carré :

$(\mathbb{E}[Y])^2\leq\mathbb{E}[Y^2]\,\mathbb{P}[Y\gt 0].$

Donc $\mathbb{P}[Y=0]=1-\mathbb{P}[Y\gt 0]\leq 1-\dfrac{(\mathbb{E}[Y])^2}{\mathbb{E}[Y^2]}=\dfrac{\operatorname{Var}[Y]}{\mathbb{E}[Y^2]}$.

2.

Supposons d'abord $\mathbb{E}[Y]=1$. On écrit $1=\mathbb{E}[Y]=\mathbb{E}[Y\mathbf{1}_{Y\leq\lambda}]+\mathbb{E}[Y\mathbf{1}_{Y\gt\lambda}]$. Comme $Y\mathbf{1}_{Y\leq\lambda}\leq\lambda$, on a $\mathbb{E}[Y\mathbf{1}_{Y\gt\lambda}]\geq 1-\lambda$. Par Cauchy-Schwarz :

$(1-\lambda)^2\leq\big(\mathbb{E}[Y\mathbf{1}_{Y\gt\lambda}]\big)^2\leq\mathbb{E}[Y^2]\,\mathbb{P}[Y\gt\lambda].$

Pour $Y$ quelconque, on applique ceci à $Y/\mathbb{E}[Y]$, ce qui donne

$\mathbb{E}[Y^2]\,\mathbb{P}[Y\gt\lambda\,\mathbb{E}[Y]]\geq\big((1-\lambda)\mathbb{E}[Y]\big)^2,$

et donc en particulier $\mathbb{E}[Y^2]\,\mathbb{P}[Y\gt\lambda]\geq((1-\lambda)\mathbb{E}[Y])^2$ après reparamétrage.

3.

Posons $S_n=\sum_{k=1}^n\mathbf{1}_{A_k}\geq 0$. Alors $\mathbb{E}[S_n]=\sum_{k=1}^n\mathbb{P}[A_k]$ et $\mathbb{E}[S_n^2]=\sum_{i,j\leq n}\mathbb{P}[A_i\cap A_j]$. En appliquant la question (2) avec $\lambda\to 0$ (Paley-Zygmund) :

$\mathbb{P}[S_n\gt 0]\geq\frac{(\mathbb{E}[S_n])^2}{\mathbb{E}[S_n^2]}.$

En prenant la limite inférieure, $\liminf_n\mathbb{P}[S_n\gt 0]\geq\gamma^{-1}$. Comme $\sum\mathbb{P}[A_n]=\infty$, $\mathbb{E}[S_n]\to\infty$ ; les évènements $\{S_n\gt 0\}$ croissent et

$\left\{\sum_{n\geq 1}\mathbf{1}_{A_n}=\infty\right\}=\limsup_n A_n,\qquad \mathbb{P}\!\left[\limsup_n A_n\right]\geq\limsup_n\mathbb{P}[S_n\gt 0]\geq\gamma^{-1}\gt 0.$

Amélioration : le deuxième lemme de Borel-Cantelli exige l'indépendance des $A_n$ (et conclut $\mathbb{P}[\limsup A_n]=1$). Ici aucune indépendance n'est requise : on obtient une borne inférieure quantitative $\gamma^{-1}$ à partir seulement du contrôle des corrélations par le second moment. C'est donc une version plus générale (le cas indépendant donne $\gamma=1$, d'où probabilité $1$).