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مسابقة دكتوراه 2023 — Université 8 Mai 1945 - Guelma — الموضوع 07

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 - Guelma, 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 $1-\cos(2\pi n x)$ et convergence des fonctions de répartition

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

Pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}, on définit :

fn(x)={1−cos⁡(2πnx)si 0≤x≤1,0sinon.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 nn tend vers l'infini ? Conclure.
◀الحل

1.

fn≥0f_n \geq 0 car 1−cos⁡≥01 - \cos \geq 0. De plus ∫01(1−cos⁡(2πnx)) dx=1−[sin⁡(2πnx)2πn]01=1\int_0^1 (1 - \cos(2\pi n x))\,dx = 1 - \left[\dfrac{\sin(2\pi n x)}{2\pi n}\right]_0^1 = 1. C'est bien une densité.

2.

Pour x∈[0,1]x \in [0,1] :

Fn(x)=∫0x(1−cos⁡(2πnt)) dt=x−sin⁡(2πnx)2πnF_n(x) = \int_0^x (1 - \cos(2\pi n t))\,dt = x - \frac{\sin(2\pi n x)}{2\pi n}

et Fn(x)=0F_n(x) = 0 si x<0x \lt 0, Fn(x)=1F_n(x) = 1 si x>1x \gt 1.

3.

Comme ∣sin⁡(2πnx)2πn∣≤12πn→0\left|\dfrac{\sin(2\pi n x)}{2\pi n}\right| \leq \dfrac{1}{2\pi n} \to 0, on a Fn(x)→xF_n(x) \to x sur [0,1][0,1], qui est la f.d.r. de U([0,1])\mathcal{U}([0,1]).

Fn(x)→n→∞FU[0,1](x)\boxed{F_n(x) \xrightarrow[n\to\infty]{} F_{\mathcal{U}[0,1]}(x)}

4.

La suite fn(x)=1−cos⁡(2πnx)f_n(x) = 1 - \cos(2\pi n x) ne converge pas (elle oscille) pour presque tout xx. Conclusion : la convergence en loi (des f.d.r.) n'implique pas la convergence des densités.

التمرين 2

Exercice II — Variance du produit de deux variables indépendantes

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

Considérons deux variables XX et YY indépendantes ayant des espérances mathématiques notées mXm_X et mYm_Y et des variances σX2\sigma_X^2 et σY2\sigma_Y^2.

  1. Exprimer en fonction de ces paramètres la variance de la variable produit Z=X⋅YZ = X \cdot Y.
  2. Dans quel cas cette variance est-elle égale au produit des variances 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.

Par indépendance, E(Z2)=E(X2)E(Y2)=(σX2+mX2)(σY2+mY2)E(Z^2) = E(X^2)E(Y^2) = (\sigma_X^2 + m_X^2)(\sigma_Y^2 + m_Y^2) et E(Z)=mXmYE(Z) = m_X m_Y. Donc

Var(Z)=σX2σY2+σX2mY2+σY2mX2\boxed{\mathrm{Var}(Z) = \sigma_X^2\sigma_Y^2 + \sigma_X^2 m_Y^2 + \sigma_Y^2 m_X^2}

2.

Var(Z)=σX2σY2\mathrm{Var}(Z) = \sigma_X^2\sigma_Y^2 ssi σX2mY2+σY2mX2=0\sigma_X^2 m_Y^2 + \sigma_Y^2 m_X^2 = 0, c'est-à-dire ssi mX=mY=0m_X = m_Y = 0 (variables centrées).

3.

Si X∼P(λ1)X \sim \mathcal{P}(\lambda_1), Y∼P(λ2)Y \sim \mathcal{P}(\lambda_2) indépendantes : E(Z)=λ1λ2E(Z) = \lambda_1\lambda_2 et

Var(Z)=λ1λ2+λ1λ22+λ2λ12=λ1λ2(1+λ1+λ2).\mathrm{Var}(Z) = \lambda_1\lambda_2 + \lambda_1\lambda_2^2 + \lambda_2\lambda_1^2 = \lambda_1\lambda_2(1 + \lambda_1 + \lambda_2).

Si ZZ était de Poisson, on aurait E(Z)=Var(Z)E(Z) = \mathrm{Var}(Z), or λ1λ2≠λ1λ2(1+λ1+λ2)\lambda_1\lambda_2 \neq \lambda_1\lambda_2(1+\lambda_1+\lambda_2). Donc ZZ n'est pas une loi de Poisson.

التمرين 3

Exercice III — Perturbation d'une densité : espérance, variance et symétrie

#density-function#normal-distribution#moments#symmetry

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)

une perturbation de ff, 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 une fonction de densité d'une distribution normale XX avec une espérance 0 et variance 1. Calculer l'espérance E(Y)E(Y) et la variance var(Y)\mathrm{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 l'espérance E(X)=0E(X) = 0 ? Justifier votre réponse.
◀الحل

1.

fε,a≥0f_{\varepsilon,a} \geq 0 et ∫fε,a=(1−ε)∫f+ε∫1af ⁣(x−1a)dx=(1−ε)+ε=1\int f_{\varepsilon,a} = (1-\varepsilon)\int f + \varepsilon\int \frac{1}{a}f\!\left(\frac{x-1}{a}\right)dx = (1-\varepsilon) + \varepsilon = 1. C'est une densité.

2.

Le second terme est la densité de 1+aX′1 + aX' avec X′∼N(0,1)X' \sim \mathcal{N}(0,1), soit N(1,a2)\mathcal{N}(1, a^2).

E(Y)=(1−ε)⋅0+ε⋅1=ε.E(Y) = (1-\varepsilon)\cdot 0 + \varepsilon \cdot 1 = \varepsilon.

E(Y2)=(1−ε)⋅1+ε(1+a2)=1+εa2.E(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, \qquad \mathrm{var}(Y) = 1 + \varepsilon a^2 - \varepsilon^2}

3.

Non, pas nécessairement. La symétrie donne E(X)=0E(X) = 0 uniquement si XX est intégrable. Un contre-exemple est la loi de Cauchy, symétrique mais sans espérance. Il faut donc l'hypothèse d'intégrabilité E∣X∣<∞E|X| \lt \infty.