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مسابقة دكتوراه 2014 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 03

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

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Concours d'accès à la formation de 3ème Cycle LMD, Mathématiques Appliquées (Option : Probabilités et Statistique), Épreuve de Probabilités (3), Université Mohamed Khider - Biskra, Faculté des Sciences Exactes et des Sciences de la Nature et de la Vie, Département de Mathématiques, 16 octobre 2014, durée 01h30.

التمرين 1

Exercice 1 — Inégalité $L^p$, opérateur d'espérance conditionnelle, égalité p.s. et indépendance

#conditional-expectation#Lp-spaces#independence#almost-sure

Soient (Ω,F,P)(\Omega, \mathcal{F}, P) un espace de probabilité et G\mathcal{G} une sous-tribu de F\mathcal{F}.

  1. Montrer que pour toute variable aléatoire Y∈Lp(Ω,F,P)Y \in L^p(\Omega, \mathcal{F}, P), et pour tout p≥1p \geq 1 : ∥E(Y/G)∥Lp≤∥Y∥Lp\|E(Y/\mathcal{G})\|_{L^p} \leq \|Y\|_{L^p}
  2. En déduire que l'application φ:Lp(Ω,F,P)→Lp(Ω,G,P)\varphi : L^p(\Omega, \mathcal{F}, P) \to L^p(\Omega, \mathcal{G}, P) définie par φ(Y)=E(Y/G)\varphi(Y) = E(Y/\mathcal{G}) est un opérateur linéaire continu de norme 1, tel que φ∘φ=φ\varphi \circ \varphi = \varphi.
  3. Soient XX et YY deux variables aléatoires de carrés intégrables définies sur (Ω,A,P)(\Omega, \mathcal{A}, P) et F\mathcal{F} une sous-tribu de A\mathcal{A}. On suppose que E(Y2/F)=X2E(Y^2/\mathcal{F}) = X^2 P-p.s et E(Y/F)=XE(Y/\mathcal{F}) = X, P-p.s. Montrer que Y=XY = X, P-p.s.
  4. Soit YY une variable aléatoire de L1(Ω,A,P)L^1(\Omega, \mathcal{A}, P) indépendante de F\mathcal{F}. Montrer que E(Y/F)=E(Y)E(Y/\mathcal{F}) = E(Y), P-p.s.
◀الحل

1.

Par Jensen conditionnel : ∣E(Y/G)∣p≤E(∣Y∣p/G)|E(Y/\mathcal{G})|^p \leq E(|Y|^p/\mathcal{G}). Intégration donne ∥E(Y/G)∥Lp≤∥Y∥Lp\|E(Y/\mathcal{G})\|_{L^p} \leq \|Y\|_{L^p}.

2.

Linéarité immédiate. Norme 1 atteinte sur les G\mathcal{G}-mesurables. φ2=φ\varphi^2 = \varphi par la propriété de la tour.

3.

E[(Y−X)2]=E[E[Y2/F]−2E[Y/F]⋅X+X2]=E[X2−2X2+X2]=0E[(Y-X)^2] = E[E[Y^2/\mathcal{F}] - 2E[Y/\mathcal{F}]\cdot X + X^2] = E[X^2 - 2X^2 + X^2] = 0, donc Y=XY = X p.s.

4.

Pour tout A∈FA \in \mathcal{F} : par indépendance, E[1AY]=E[1A]E[Y]E[1_A Y] = E[1_A]E[Y]. Ceci caractérise E(Y/F)=E(Y)E(Y/\mathcal{F}) = E(Y) p.s.

التمرين 2

Exercice 2 — Fonctions caractéristiques et convergence en loi

#characteristic-functions#convergence-in-law#probability-in-law

Soient XX une v.a.r., (Xn)N(X_n)_{\mathbb{N}} et (Yn)N(Y_n)_{\mathbb{N}} deux suites de v.a.r.

  1. Montrer que, pour tous t∈Rt \in \mathbb{R}, α>0\alpha \gt 0 et n∈Nn \in \mathbb{N} : ∣ΦXn+Yn(t)−ΦXn(t)∣≤2P(∣Yn∣>α)+E ⁣[1]−∞,α](∣Yn∣) ∣eitYn−1∣]|\Phi_{X_n+Y_n}(t) - \Phi_{X_n}(t)| \leq 2P(|Y_n| \gt \alpha) + E\!\left[1_{]-\infty,\alpha]}(|Y_n|)\,|e^{itY_n} - 1|\right]
  2. Montrer que si (Xn)N(X_n)_{\mathbb{N}} converge en loi vers XX et (Yn)N(Y_n)_{\mathbb{N}} converge en loi (ou en probabilité) vers 0, alors (Xn+Yn)N(X_n + Y_n)_{\mathbb{N}} converge en loi vers XX.
  3. À l'aide d'un exemple, montrer que l'on n'a pas nécessairement (Xn−X)N(X_n - X)_{\mathbb{N}} qui converge en loi vers 0.
◀الحل

1.

E[∣eitYn−1∣]≤2P(∣Yn∣>α)+E[1∣Yn∣≤α∣eitYn−1∣]E[|e^{itY_n}-1|] \leq 2P(|Y_n|\gt\alpha) + E[1_{|Y_n|\leq\alpha}|e^{itY_n}-1|].

2.

Pour ε>0\varepsilon\gt 0, ∃α0\exists\alpha_0 tel que ∣y∣≤α0⇒∣eity−1∣≤ε|y|\leq\alpha_0 \Rightarrow |e^{ity}-1|\leq\varepsilon. Pour nn grand : ∣ΦXn+Yn−ΦX∣≤4ε|\Phi_{X_n+Y_n}-\Phi_X|\leq 4\varepsilon.

3.

Xn=−XX_n = -X avec X∼N(0,1)X\sim\mathcal{N}(0,1). Xn→XX_n\to X en loi mais Xn−X=−2X↛0X_n - X = -2X\not\to 0.

التمرين 3

Exercice 3 — Décomposition de Doob des sous-martingales

#martingales#doob-decomposition#submartingale#filtration

Soit (Ω,F,{Fn},P)(\Omega, F, \{F_n\}, P) un espace probabilisé filtré.

  1. Montrer que toute sous-martingale {Xn}n≥0\{X_n\}_{n\geq 0} peut être écrite d'une manière unique comme Xn=Mn+AnX_n = M_n + A_n, où MnM_n est une martingale et AnA_n est un processus prévisible croissant tel que A0=0A_0 = 0.
  2. Soit Xn=∑m=1n1BmX_n = \sum_{m=1}^n 1_{B_m}, avec Bn∈FnB_n \in F_n, ∀n\forall n. Montrer que XnX_n est une sous-martingale.
  3. Donner la décomposition de Doob de XnX_n.
◀الحل

1.

An=An−1+E[Xn/Fn−1]−Xn−1A_n = A_{n-1} + E[X_n/F_{n-1}] - X_{n-1} (croissant car sous-martingale), Mn=Xn−AnM_n = X_n - A_n est une martingale (unicité par récurrence).

2.

E[Xn+1/Fn]=Xn+E[1Bn+1/Fn]≥XnE[X_{n+1}/F_n] = X_n + E[1_{B_{n+1}}/F_n] \geq X_n. ✓

3.

An=∑m=1nE[1Bm/Fm−1]A_n = \sum_{m=1}^n E[1_{B_m}/F_{m-1}], Mn=∑m=1n(1Bm−E[1Bm/Fm−1])M_n = \sum_{m=1}^n (1_{B_m} - E[1_{B_m}/F_{m-1}]).

التمرين 4

Exercice 4 — Théorème limite central appliqué à $A_n = e^{-n}\sum_{k=0}^n n^k/k!$

#central-limit-theorem#poisson-distribution#convergence

Utiliser le théorème limite central pour montrer que An=e−n∑k=0nnkk!A_n = e^{-n}\sum_{k=0}^n \dfrac{n^k}{k!} tend vers 12\dfrac{1}{2}, quand n→+∞n \to +\infty.

◀الحل

Soit Sn∼P(n)S_n \sim \mathcal{P}(n) (somme de nn Poisson(1) iid). Alors An=P(Sn≤n)A_n = P(S_n \leq n). Par le TCL :

An=P ⁣(Sn−nn≤0)→Φ(0)=12A_n = P\!\left(\frac{S_n - n}{\sqrt{n}} \leq 0\right) \to \Phi(0) = \boxed{\frac{1}{2}}

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