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مسابقة دكتوراه 2020 — 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 2019/2020.

التمرين 1

Exercice 1 — Densité conjointe f(x,y)=2xy+1/2, lois marginales, conditionnelles

#probability#joint-distribution#marginal-distribution#conditional-expectation

Les variables aléatoires XX et YY ont la densité conjointe

f(x,y)={2xy+12si 0<x<1,  0<y<10sinon.f(x,y) = \begin{cases} 2xy + \dfrac{1}{2} & \text{si } 0 \lt x \lt 1,\; 0 \lt y \lt 1 \\\\ 0 & \text{sinon.} \end{cases}

  1. Vérifier que f(x,y)f(x,y) est une densité.
  2. Trouver les densités marginales fX(x)f_X(x) et fY(y)f_Y(y).
  3. Trouver les densités conditionnelles fX∣Y=y(x)f_{X|Y=y}(x) et fY∣X=x(y)f_{Y|X=x}(y).
  4. Calculer P ⁣((X,Y)∈[0,12]×[0,12])\mathbb{P}\!\left((X,Y)\in\left[0,\tfrac{1}{2}\right]\times\left[0,\tfrac{1}{2}\right]\right).
  5. Trouver P(X<Y)\mathbb{P}(X \lt Y).
  6. Trouver E(Y∣X=x)\mathbb{E}(Y|X=x).
  7. Soit la variable aléatoire Z=E(Y∣X)Z=\mathbb{E}(Y|X). a. Quelle est la distribution de ZZ ? b. Trouver E(Z)\mathbb{E}(Z).
◀الحل

1.

f≥0f\geq 0. ∫01∫01(2xy+12)dx dy=∫01[x2y+x2]01dy=∫01(y+12)dy=[y22+y2]01=1\int_0^1\int_0^1(2xy+\frac{1}{2})dx\,dy=\int_0^1[x^2y+\frac{x}{2}]_0^1dy=\int_0^1(y+\frac{1}{2})dy=[\frac{y^2}{2}+\frac{y}{2}]_0^1=1. ✓

2.

fX(x)=∫01(2xy+12)dy=x+12f_X(x)=\int_0^1(2xy+\frac{1}{2})dy=x+\frac{1}{2}, x∈(0,1)x\in(0,1).

fY(y)=∫01(2xy+12)dx=y+12f_Y(y)=\int_0^1(2xy+\frac{1}{2})dx=y+\frac{1}{2}, y∈(0,1)y\in(0,1).

3.

fX∣Y=y(x)=2xy+12y+12=4xy+12y+1f_{X|Y=y}(x)=\dfrac{2xy+\frac{1}{2}}{y+\frac{1}{2}}=\dfrac{4xy+1}{2y+1}.

fY∣X=x(y)=4xy+12x+1f_{Y|X=x}(y)=\dfrac{4xy+1}{2x+1}.

4.

∫01/2∫01/2(2xy+12)dx dy=∫01/2(y4+14)dy=132+18=\int_0^{1/2}\int_0^{1/2}(2xy+\frac{1}{2})dx\,dy=\int_0^{1/2}(\frac{y}{4}+\frac{1}{4})dy=\frac{1}{32}+\frac{1}{8}=

532.\boxed{\frac{5}{32}.}

5.

P(X<Y)=∫01∫0y(2xy+12)dx dy=∫01(y3+y2)dy=14+14=\mathbb{P}(X\lt Y)=\int_0^1\int_0^y(2xy+\frac{1}{2})dx\,dy=\int_0^1(y^3+\frac{y}{2})dy=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=

12.\boxed{\frac{1}{2}.}

6.

E(Y∣X=x)=∫01y⋅4xy+12x+1dy=12x+1(4x3+12)=\mathbb{E}(Y|X=x)=\int_0^1 y\cdot\frac{4xy+1}{2x+1}dy=\frac{1}{2x+1}\left(\frac{4x}{3}+\frac{1}{2}\right)=

8x+36(2x+1).\boxed{\frac{8x+3}{6(2x+1)}.}

7.

Z=E(Y∣X)=8X+36(2X+1)Z=\mathbb{E}(Y|X)=\frac{8X+3}{6(2X+1)} est une fonction de XX, de densité fX(x)=x+12f_X(x)=x+\frac{1}{2}.

E(Z)=E(Y)=∫01y(y+12)dy=13+14=\mathbb{E}(Z)=\mathbb{E}(Y)=\int_0^1 y(y+\frac{1}{2})dy=\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=

E(Z)=712.\boxed{\mathbb{E}(Z)=\frac{7}{12}.}

التمرين 2

Exercice 2 — Variable sans mémoire : loi géométrique, loi de S=X+Y, loi conditionnelle

#probability#geometric-distribution#memoryless-property#conditional-distribution

Soit XX une variable aléatoire à valeurs dans N\mathbb{N}, telle que pour tous m,n∈Nm,n\in\mathbb{N} :

P(X≥m+n∣X≥m)=P(X≥n)\mathbb{P}(X\geq m+n|X\geq m)=\mathbb{P}(X\geq n)

(on dit que XX est sans mémoire).

a) On pose P(X=0)=a\mathbb{P}(X=0)=a. Déterminer la loi de XX. Soit YY une copie indépendante de XX. Quelle est la loi de S=X+YS=X+Y ? b) Déterminer la loi conditionnelle de XX sachant S=pS=p, p∈Np\in\mathbb{N}. Interpréter le résultat.

◀الحل

a. Loi de X.

La propriété sans mémoire donne P(X≥m+n)=P(X≥m)⋅P(X≥n)\mathbb{P}(X\geq m+n)=\mathbb{P}(X\geq m)\cdot\mathbb{P}(X\geq n). Posant q=1−a=P(X≥1)q=1-a=\mathbb{P}(X\geq 1) :

P(X=n)=a(1−a)n,n∈N.\mathbb{P}(X=n)=a(1-a)^n,\quad n\in\mathbb{N}.

X∼G(a)X\sim\mathcal{G}(a) (loi géométrique sur N\mathbb{N}).

Loi de S : Par convolution, P(S=p)=(p+1)a2(1−a)p\mathbb{P}(S=p)=(p+1)a^2(1-a)^p : loi binomiale négative NB(2,a)\text{NB}(2,a).

b. Loi conditionnelle.

P(X=k∣S=p)=a2(1−a)p(p+1)a2(1−a)p=1p+1\mathbb{P}(X=k|S=p)=\dfrac{a^2(1-a)^p}{(p+1)a^2(1-a)^p}=\dfrac{1}{p+1} pour k=0,1,…,pk=0,1,\ldots,p.

Sachant S=pS=p, XX est uniformément distribuée sur {0,1,…,p}\{0,1,\ldots,p\} : les deux succès se placent de façon équiprobable parmi les p+1p+1 instants.