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مسابقة دكتوراه 2024 — Université Djilali Liabès - Sidi Bel Abbès — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours d'accès à la formation doctorale — Spécialité Probabilités et Équations Différentielles Stochastiques — Épreuve de Spécialité (Sujet 2) — Université Djillali Liabès de Sidi Bel Abbès, Faculté des Sciences Exactes.

التمرين 1

Exercice 1 — Équation différentielle stochastique linéaire

#sde#variation-of-constants#ito-formula#brownian-bridge

On considère l'équation

dXt=a(t)Xt dt+b(t) dt+c(t) dBtdX_t = a(t)X_t\,dt + b(t)\,dt + c(t)\,dB_t

où a(t)a(t), b(t)b(t) et c(t)c(t) sont des processus adaptés.

(1) Soit α(t)=∫0ta(s) ds\alpha(t) = \int_0^t a(s)\,ds. Vérifier que X0eα(t)X_0 e^{\alpha(t)} est une solution de l'équation homogène, c'est-à-dire b=c=0b = c = 0.

(2) Poser Yt=e−α(t)XtY_t = e^{-\alpha(t)} X_t, calculer dYtdY_t à l'aide de la formule d'Itô.

(3) En déduire YtY_t puis XtX_t sous forme intégrale.

(4) Résoudre l'EDS

dXt=b−Xt1−t dt+dBt,0≤t<1,X0=adX_t = \frac{b - X_t}{1-t}\,dt + dB_t, \quad 0 \leq t \lt 1, \quad X_0 = a

◀الحل

(1)

Soit Zt=X0eα(t)Z_t = X_0 e^{\alpha(t)}. Alors dZt=X0eα(t)a(t) dt=a(t)Zt dtdZ_t = X_0 e^{\alpha(t)} a(t)\,dt = a(t)Z_t\,dt. C'est bien l'équation homogène. ✓\checkmark

(2)

dYt=−a(t)e−α(t)Xt dt+e−α(t) dXtdY_t = -a(t)e^{-\alpha(t)}X_t\,dt + e^{-\alpha(t)}\,dX_t (règle du produit, e−α(t)e^{-\alpha(t)} à variation finie).

En substituant dXtdX_t :

dYt=e−α(t)b(t) dt+e−α(t)c(t) dBtdY_t = e^{-\alpha(t)}b(t)\,dt + e^{-\alpha(t)}c(t)\,dB_t

(3)

Yt=X0+∫0te−α(s)b(s) ds+∫0te−α(s)c(s) dBsY_t = X_0 + \int_0^t e^{-\alpha(s)}b(s)\,ds + \int_0^t e^{-\alpha(s)}c(s)\,dB_s

Xt=eα(t)[X0+∫0te−α(s)b(s) ds+∫0te−α(s)c(s) dBs]\boxed{X_t = e^{\alpha(t)}\left[X_0 + \int_0^t e^{-\alpha(s)}b(s)\,ds + \int_0^t e^{-\alpha(s)}c(s)\,dB_s\right]}

(4)

a(t)=−11−ta(t) = -\frac{1}{1-t}, donc α(t)=ln⁡(1−t)\alpha(t) = \ln(1-t) et eα(t)=1−te^{\alpha(t)} = 1-t, e−α(t)=11−te^{-\alpha(t)} = \frac{1}{1-t}.

∫0tb(1−s)2 ds=b[11−s]0t=bt1−t\int_0^t \frac{b}{(1-s)^2}\,ds = b\left[\frac{1}{1-s}\right]_0^t = \frac{bt}{1-t}.

Xt=(1−t)[a+bt1−t+∫0tdBs1−s]X_t = (1-t)\left[a + \frac{bt}{1-t} + \int_0^t \frac{dB_s}{1-s}\right]

Xt=a(1−t)+bt+(1−t)∫0tdBs1−s\boxed{X_t = a(1-t) + bt + (1-t)\int_0^t \frac{dB_s}{1-s}}

C'est le pont brownien de aa à bb sur [0,1)[0, 1).

التمرين 2

Exercice 2 — Densité jointe, densités marginales et indépendance

#joint-density#marginal-density#independence#probability

Soit XX et YY deux variables aléatoires continues. Soit ff la densité du couple (X,Y)(X, Y) donnée par

f(x,y)={2e−1 xeysi (x,y)∈[0,1]20sinonf(x, y) = \begin{cases} \dfrac{2}{e-1}\,xe^y & \text{si } (x, y) \in [0,1]^2 \\\\ 0 & \text{sinon} \end{cases}

(1) Vérifier que ff est bien une densité.

(2) Calculer les densités marginales de XX et YY.

(3) XX et YY sont-elles indépendantes ?

◀الحل

(1)

f≥0f \geq 0 sur [0,1]2[0,1]^2.

∫ ⁣∫f dx dy=2e−1∫01x dx⋅∫01ey dy=2e−1⋅12⋅(e−1)=1✓\int\!\int f\,dx\,dy = \frac{2}{e-1}\int_0^1 x\,dx \cdot \int_0^1 e^y\,dy = \frac{2}{e-1} \cdot \frac{1}{2} \cdot (e-1) = 1 \quad \checkmark

(2)

fX(x)=∫012xeye−1 dy=2x(e−1)e−1=2x,x∈[0,1]f_X(x) = \int_0^1 \frac{2xe^y}{e-1}\,dy = \frac{2x(e-1)}{e-1} = \boxed{2x}, \quad x \in [0,1]

fY(y)=∫012xeye−1 dx=eye−1⋅2⋅12=eye−1,y∈[0,1]f_Y(y) = \int_0^1 \frac{2xe^y}{e-1}\,dx = \frac{e^y}{e-1}\cdot 2 \cdot \frac{1}{2} = \boxed{\frac{e^y}{e-1}}, \quad y \in [0,1]

(3)

fX(x)⋅fY(y)=2x⋅eye−1=2xeye−1=f(x,y)✓f_X(x)\cdot f_Y(y) = 2x \cdot \frac{e^y}{e-1} = \frac{2xe^y}{e-1} = f(x,y) \quad \checkmark

XX et YY sont indépendantes.

التمرين 3

Exercice 3 — Inégalité de Hoeffding et concentration exponentielle

#hoeffding-inequality#concentration-inequalities#subgaussian#probability-bounds

(i) Soit XX une variable aléatoire réelle centrée telle que a≤X≤ba \leq X \leq b p.s. avec a<ba \lt b.

  • Montrer que, pour tout t>0t \gt 0, on a

(1)E{exp⁡(tX)}≤exp⁡ ⁣(t28(b−a)2)(1) \quad \mathbb{E}\{\exp(tX)\} \leq \exp\!\left(\frac{t^2}{8}(b-a)^2\right)

(ii) Soit (Xn)n(X_n)_n une suite de variables aléatoires indépendantes. On suppose que, pour tout 1≤k≤n1 \leq k \leq n, on peut trouver des constantes ak<bka_k \lt b_k telles que ak≤Xk≤bka_k \leq X_k \leq b_k p.s.

  • Montrer que si Sn=∑k=1nXkS_n = \sum_{k=1}^n X_k, alors pour tout ε≥0\varepsilon \geq 0, on a

P(Sn−E[Sn]≥ε)≤exp⁡ ⁣(−2ε2∑k=1n(bk−ak)2)\mathbb{P}(S_n - \mathbb{E}[S_n] \geq \varepsilon) \leq \exp\!\left(-\frac{2\varepsilon^2}{\sum_{k=1}^n (b_k - a_k)^2}\right)

◀الحل

(i)

Par convexité de etxe^{tx} sur [a,b][a, b], pour λ=X−ab−a∈[0,1]\lambda = \frac{X-a}{b-a} \in [0,1] :

etX≤b−Xb−aeta+X−ab−aetbe^{tX} \leq \frac{b-X}{b-a}e^{ta} + \frac{X-a}{b-a}e^{tb}

En prenant l'espérance et en utilisant E[X]=0\mathbb{E}[X] = 0 :

E[etX]≤bb−aeta−ab−aetb=:eg(t)\mathbb{E}[e^{tX}] \leq \frac{b}{b-a}e^{ta} - \frac{a}{b-a}e^{tb} =: e^{g(t)}

On montre que g(0)=0g(0) = 0, g′(0)=0g'(0) = 0, et g′′(t)≤(b−a)24g''(t) \leq \frac{(b-a)^2}{4}. Par Taylor-Lagrange :

g(t)≤t2(b−a)28g(t) \leq \frac{t^2(b-a)^2}{8}

E[etX]≤exp⁡ ⁣(t2(b−a)28)\boxed{\mathbb{E}[e^{tX}] \leq \exp\!\left(\frac{t^2(b-a)^2}{8}\right)}

(ii)

Par inégalité de Markov pour et(Sn−E[Sn])e^{t(S_n - \mathbb{E}[S_n])} avec t>0t \gt 0 :

P(Sn−E[Sn]≥ε)≤e−tε E[et(Sn−E[Sn])]\mathbb{P}(S_n - \mathbb{E}[S_n] \geq \varepsilon) \leq e^{-t\varepsilon}\,\mathbb{E}[e^{t(S_n - \mathbb{E}[S_n])}]

Par indépendance et application de (i) à chaque Xk−E[Xk]∈[ak−E[Xk], bk−E[Xk]]X_k - \mathbb{E}[X_k] \in [a_k - \mathbb{E}[X_k],\, b_k - \mathbb{E}[X_k]] :

≤exp⁡ ⁣(−tε+t28∑k=1n(bk−ak)2)\leq \exp\!\left(-t\varepsilon + \frac{t^2}{8}\sum_{k=1}^n(b_k - a_k)^2\right)

Optimisation en t∗=4ε∑k(bk−ak)2t^* = \frac{4\varepsilon}{\sum_k(b_k-a_k)^2} :

P(Sn−E[Sn]≥ε)≤exp⁡ ⁣(−2ε2∑k=1n(bk−ak)2)\boxed{\mathbb{P}(S_n - \mathbb{E}[S_n] \geq \varepsilon) \leq \exp\!\left(-\frac{2\varepsilon^2}{\sum_{k=1}^n(b_k - a_k)^2}\right)}