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مسابقة دكتوراه 2023 — Université 8 Mai 1945 - Guelma — الموضوع 04

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques · المدة: 1سا 30د

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Concours d'accès à la formation doctorale de 3ème cycle (LMD) 2022/2023, Spécialité : Probabilités et équations différentielles stochastiques, Épreuve écrite 1 : Probabilités, Université 8 Mai 1945, Faculté de Mathématiques, de l'Informatique et des Sciences de la Matière, Département de Mathématiques, 21 janvier 2023, durée 1h30.

التمرين 1

Exercice I — Suite de densités $f_n(x)=1-\cos(2\pi nx)$ : répartition, convergence vers loi uniforme

#density-function#distribution-function#uniform-distribution#convergence-in-law

Pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, on définit : fn(x)={1−cos⁡(2πnx)si 0≤x≤10sinon.f_n(x) = \begin{cases} 1 - \cos(2\pi n x) & \text{si } 0 \leq x \leq 1 \\\\ 0 & \text{sinon.} \end{cases}

  1. Vérifier que fnf_n est une densité de probabilité.
  2. Pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, calculer la fonction de répartition FnF_n associée à fnf_n.
  3. Montrer que pour tout x∈Rx \in \mathbb{R}, Fn(x)F_n(x) tend vers la fonction de répartition de la loi uniforme sur [0,1][0, 1].
  4. Pour x∈Rx \in \mathbb{R}, est-ce que fn(x)f_n(x) converge lorsque n→∞n \to \infty ? Conclure.
◀الحل

1.

fn(x)≥0f_n(x) \geq 0 car cos⁡≤1\cos \leq 1. ∫01(1−cos⁡(2πnx))dx=1−[sin⁡(2πnx)/(2πn)]01=1−0=1\int_0^1(1-\cos(2\pi nx))dx = 1 - [\sin(2\pi nx)/(2\pi n)]_0^1 = 1-0 = 1. ✓

2.

Pour x∈[0,1]x \in [0,1], n≥1n \geq 1 : Fn(x)=x−sin⁡(2πnx)2πnF_n(x) = x - \frac{\sin(2\pi nx)}{2\pi n}. (0 pour x<0x\lt0, 1 pour x>1x\gt1.)

3.

∣Fn(x)−x∣=∣sin⁡(2πnx)/(2πn)∣≤1/(2πn)→0|F_n(x) - x| = |\sin(2\pi nx)/(2\pi n)| \leq 1/(2\pi n) \to 0. Donc Fn(x)→x=FU[0,1](x)F_n(x) \to x = F_{\mathcal{U}[0,1]}(x) uniformément. ✓

4.

fn(x)=1−cos⁡(2πnx)f_n(x) = 1-\cos(2\pi nx) oscille entre 0 et 2 : ne converge pas en général. Conclusion : convergence en loi n'implique pas convergence des densités.

التمرين 2

Exercice II — Variance du produit $Z=XY$ et produit de lois de Poisson

#variance#product-of-variables#poisson-distribution#independence

Considérons deux variables XX et YY indépendantes d'espérances mXm_X, mYm_Y et variances σX2\sigma_X^2, σY2\sigma_Y^2.

  1. Exprimer la variance de Z=X⋅YZ = X \cdot Y en fonction de ces paramètres.
  2. Dans quel cas cette variance est-elle égale à σX2σY2\sigma_X^2 \sigma_Y^2 ?
  3. Utiliser les résultats précédents pour prouver que le produit de deux lois de Poisson indépendantes n'est pas une loi de Poisson. Sachant que si X↪P(λ)X \hookrightarrow \mathcal{P}(\lambda), alors mX=σX2=λm_X = \sigma_X^2 = \lambda.
◀الحل

1.

Var(XY)=E[X2Y2]−(E[XY])2=(σX2+mX2)(σY2+mY2)−mX2mY2\text{Var}(XY) = E[X^2Y^2] - (E[XY])^2 = (\sigma_X^2+m_X^2)(\sigma_Y^2+m_Y^2) - m_X^2m_Y^2.

Var(XY)=σX2σY2+mX2σY2+mY2σX2\boxed{\text{Var}(XY) = \sigma_X^2\sigma_Y^2 + m_X^2\sigma_Y^2 + m_Y^2\sigma_X^2}

2.

Var(XY)=σX2σY2\text{Var}(XY) = \sigma_X^2\sigma_Y^2 ssi mX2σY2+mY2σX2=0⇔mX=mY=0m_X^2\sigma_Y^2 + m_Y^2\sigma_X^2 = 0 \Leftrightarrow m_X = m_Y = 0.

3.

Si X∼P(λ)X \sim \mathcal{P}(\lambda), Y∼P(μ)Y \sim \mathcal{P}(\mu) : E[XY]=λμE[XY] = \lambda\mu et Var(XY)=λ2μ+μ2λ+λμ≠λμ\text{Var}(XY) = \lambda^2\mu + \mu^2\lambda + \lambda\mu \neq \lambda\mu en général. Donc XYXY ne peut être P(λμ)\mathcal{P}(\lambda\mu) car pour une loi de Poisson espérance = variance.

التمرين 3

Exercice III — Perturbation $f_{\varepsilon,a}(x)=(1-\varepsilon)f(x)+\frac{\varepsilon}{a}f\!\left(\frac{x-1}{a}\right)$ : densité, moments, symétrie

#density-perturbation#normal-distribution#mixture#expectation

Soit ff une fonction de densité. On définit fε,a(x)=(1−ε)f(x)+εaf ⁣(x−1a)f_{\varepsilon,a}(x) = (1-\varepsilon)f(x) + \frac{\varepsilon}{a}f\!\left(\frac{x-1}{a}\right) où ε>0\varepsilon \gt 0 et a>1a \gt 1 sont deux constantes réelles.

  1. Montrer que fε,af_{\varepsilon,a} est une fonction de densité.
  2. Soit ff la densité de N(0,1)\mathcal{N}(0,1). Calculer E(Y)E(Y) et var(Y)\text{var}(Y) où Y∼fε,aY \sim f_{\varepsilon,a}.
  3. Supposons que ff est symétrique par rapport à l'origine. Est-ce qu'on peut conclure que E(X)=0E(X) = 0 ? Justifier.
◀الحل

1.

fε,a≥0f_{\varepsilon,a} \geq 0. ∫fε,a=(1−ε)∫f+εa∫f((x−1)/a)dx=(1−ε)+ε=1\int f_{\varepsilon,a} = (1-\varepsilon)\int f + \frac{\varepsilon}{a}\int f((x-1)/a)dx = (1-\varepsilon) + \varepsilon = 1. ✓

2.

Si f=ϕf = \phi (densité N(0,1)\mathcal{N}(0,1)), la partie (ε/a)f((x−1)/a)(\varepsilon/a)f((x-1)/a) est la densité de N(1,a2)\mathcal{N}(1, a^2). E[Y]=(1−ε)⋅0+ε⋅1=εE[Y] = (1-\varepsilon)\cdot 0 + \varepsilon \cdot 1 = \varepsilon. E[Y2]=(1−ε)⋅1+ε(1+a2)=1+εa2E[Y^2] = (1-\varepsilon)\cdot 1 + \varepsilon(1+a^2) = 1+\varepsilon a^2. E[Y]=ε,Var(Y)=1+εa2−ε2\boxed{E[Y] = \varepsilon, \quad \text{Var}(Y) = 1 + \varepsilon a^2 - \varepsilon^2}

3.

Non : E[Y]=ε≠0E[Y] = \varepsilon \neq 0 même si ff est symétrique en 0. La perturbation translate la masse vers x=1x=1, brisant la symétrie.