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مسابقة دكتوراه 2020 — Centre Universitaire Salhi Ahmed - Naâma — الموضوع 08

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours d'accès en première année Doctorat — Mathématiques, Épreuve 1 : Probabilités (2019/2020), Centre Universitaire Salhi Ahmed - Naâma, Institut des Sciences et Technologies, Département de Mathématiques et Informatique.

التمرين 1

Exercice 1 — Densité conjointe : marginales, conditionnelles et espérance conditionnelle

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

Les variables aléatoires XX et YY ont la densité conjointe

f(x,y)={2xy+32y2si 0<x<1, 0<y<10sinon.f(x,y)=\begin{cases} 2xy+\frac{3}{2}y^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[0,\tfrac{1}{2}]\times[0,\tfrac{1}{2}]\right).
  5. Trouver P(X<Y)\mathbb{P}(X\lt Y).
  6. Trouver E(Y∣X=x)\mathbb{E}(Y\mid X=x).
  7. Soit la variable aléatoire Z=E(Y∣X)Z=\mathbb{E}(Y\mid X). a. Quelle est la distribution de ZZ ? b. Trouver E(Z)\mathbb{E}(Z).
◀الحل

1.

f≥0f\geq 0 et

∫01 ⁣ ⁣∫01(2xy+32y2)dx dy=∫01(y+32y2)dy=12+12=1.\int_0^1\!\!\int_0^1\left(2xy+\tfrac{3}{2}y^2\right)dx\,dy=\int_0^1\left(y+\tfrac{3}{2}y^2\right)dy=\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}=1.

Donc ff est bien une densité.

2.

fX(x)=∫01(2xy+32y2)dy=x+12,0<x<1.f_X(x)=\int_0^1\left(2xy+\tfrac{3}{2}y^2\right)dy=x+\tfrac{1}{2},\quad 0\lt x\lt 1.

fY(y)=∫01(2xy+32y2)dx=y+32y2,0<y<1.f_Y(y)=\int_0^1\left(2xy+\tfrac{3}{2}y^2\right)dx=y+\tfrac{3}{2}y^2,\quad 0\lt y\lt 1.

3.

fX∣Y=y(x)=2xy+32y2y+32y2=4x+3y2+3y,0<x<1.f_{X|Y=y}(x)=\frac{2xy+\tfrac{3}{2}y^2}{y+\tfrac{3}{2}y^2}=\frac{4x+3y}{2+3y},\quad 0\lt x\lt 1.

fY∣X=x(y)=2xy+32y2x+12=4xy+3y22x+1,0<y<1.f_{Y|X=x}(y)=\frac{2xy+\tfrac{3}{2}y^2}{x+\tfrac{1}{2}}=\frac{4xy+3y^2}{2x+1},\quad 0\lt y\lt 1.

4.

P=∫01/2 ⁣ ⁣∫01/2(2xy+32y2)dx dy=14⋅18+32⋅12⋅124=132+132.\mathbb{P}=\int_0^{1/2}\!\!\int_0^{1/2}\left(2xy+\tfrac{3}{2}y^2\right)dx\,dy=\tfrac{1}{4}\cdot\tfrac{1}{8}+\tfrac{3}{2}\cdot\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{24}=\tfrac{1}{32}+\tfrac{1}{32}.

P((X,Y)∈[0,12]2)=116.\boxed{\mathbb{P}\left((X,Y)\in[0,\tfrac12]^2\right)=\tfrac{1}{16}.}

5.

P(X<Y)=∫01 ⁣ ⁣∫0y(2xy+32y2)dx dy=∫01(y3+32y3)dy=52⋅14.\mathbb{P}(X\lt Y)=\int_0^1\!\!\int_0^y\left(2xy+\tfrac{3}{2}y^2\right)dx\,dy=\int_0^1\left(y^3+\tfrac{3}{2}y^3\right)dy=\tfrac{5}{2}\cdot\tfrac14.

P(X<Y)=58.\boxed{\mathbb{P}(X\lt Y)=\tfrac{5}{8}.}

6.

E(Y∣X=x)=∫01y 4xy+3y22x+1 dy=12x+1(4x3+34)=16x+912(2x+1).\mathbb{E}(Y\mid X=x)=\int_0^1 y\,\frac{4xy+3y^2}{2x+1}\,dy=\frac{1}{2x+1}\left(\tfrac{4x}{3}+\tfrac{3}{4}\right)=\frac{16x+9}{12(2x+1)}.

7.

a. Z=g(X)Z=g(X) avec g(x)=16x+912(2x+1)g(x)=\dfrac{16x+9}{12(2x+1)}. Comme g′(x)=−24(24x+12)2<0g'(x)=\dfrac{-24}{(24x+12)^2}\lt 0, gg est strictement décroissante ; ZZ est donc une variable continue à valeurs dans [g(1),g(0)]=[2536,34][g(1),g(0)]=[\tfrac{25}{36},\tfrac{3}{4}], de densité fZ(z)=fX ⁣(g−1(z)) ∣(g−1)′(z)∣f_Z(z)=f_X\!\big(g^{-1}(z)\big)\,\big|(g^{-1})'(z)\big|.

b. Par la propriété de la tour, E(Z)=E(Y)\mathbb{E}(Z)=\mathbb{E}(Y) :

E(Y)=∫01y(y+32y2)dy=13+38=1724.\mathbb{E}(Y)=\int_0^1 y\left(y+\tfrac{3}{2}y^2\right)dy=\tfrac{1}{3}+\tfrac{3}{8}=\tfrac{17}{24}.

E(Z)=1724.\boxed{\mathbb{E}(Z)=\tfrac{17}{24}.}

التمرين 2

Exercice 2 — Variable sans mémoire sur N : loi géométrique et loi conditionnelle uniforme

#probability#memoryless-property#geometric-distribution#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\mid 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. b. Soit YY une copie indépendante de XX. Quelle est la loi de S=X+YS=X+Y ? Déterminer la loi conditionnelle de XX sachant S=pS=p, p∈Np\in\mathbb{N}. Interpréter le résultat.

◀الحل

a.

Posons q=P(X≥1)q=\mathbb{P}(X\geq 1). La relation sans mémoire donne P(X≥m+n)=P(X≥m)P(X≥n)\mathbb{P}(X\geq m+n)=\mathbb{P}(X\geq m)\mathbb{P}(X\geq n), donc un=P(X≥n)u_n=\mathbb{P}(X\geq n) vérifie um+n=umunu_{m+n}=u_m u_n avec u1=qu_1=q : ainsi un=qnu_n=q^n.

Comme P(X=0)=1−P(X≥1)=1−q=a\mathbb{P}(X=0)=1-\mathbb{P}(X\geq 1)=1-q=a, on a q=1−aq=1-a et

P(X=n)=P(X≥n)−P(X≥n+1)=qn(1−q)=a(1−a)n.\mathbb{P}(X=n)=\mathbb{P}(X\geq n)-\mathbb{P}(X\geq n+1)=q^n(1-q)=a(1-a)^n.

X∼Geˊomeˊtrique sur N: P(X=n)=a(1−a)n, n≥0.\boxed{X\sim\text{Géométrique sur }\mathbb{N}:\ \mathbb{P}(X=n)=a(1-a)^n,\ n\geq 0.}

b.

S=X+YS=X+Y avec X,YX,Y i.i.d. :

P(S=p)=∑k=0pa(1−a)k a(1−a)p−k=a2(1−a)p(p+1),\mathbb{P}(S=p)=\sum_{k=0}^p a(1-a)^k\,a(1-a)^{p-k}=a^2(1-a)^p(p+1),

c'est une loi binomiale négative NB(2,a)\mathrm{NB}(2,a).

Loi conditionnelle : pour k∈{0,…,p}k\in\{0,\dots,p\},

P(X=k∣S=p)=a(1−a)k a(1−a)p−ka2(1−a)p(p+1)=1p+1.\mathbb{P}(X=k\mid S=p)=\frac{a(1-a)^k\,a(1-a)^{p-k}}{a^2(1-a)^p(p+1)}=\frac{1}{p+1}.

X∣S=p ∼ Uniforme sur {0,1,…,p}.\boxed{X\mid S=p\ \sim\ \text{Uniforme sur }\{0,1,\dots,p\}.}

Interprétation : sachant la somme S=pS=p, la répartition entre XX et YY est parfaitement équilibrée (uniforme), traduction de l'absence de mémoire : aucune valeur de XX n'est privilégiée.