مسابقة دكتوراه 2015 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 02

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

Concours d'accès à la formation de 3ème Cycle LMD, Mathématiques Appliquées (Option : Probabilités et Statistique), Épreuve de Probabiliés, Université Mohamed Khider - Biskra, Faculté des Sciences Exactes et des Sciences de la Nature et de la Vie, Département de Mathématiques, 17 octobre 2015, durée 01h30.

التمرين 1

Exercice 1 — Loi binomiale : somme et loi conditionnelle

#probability#binomial-distribution#conditional-law#convolution

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes de lois binomiales respectives $\mathcal{B}(n, p)$ et $\mathcal{B}(m, p)$ , où $n, m \in \mathbb{N}^*$ et $0 \lt p \lt 1$ , sur un espace de probabilité $(\Omega, \mathcal{F}, P)$ .

Montrer que la variable aléatoire $X + Y$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n+m, p)$ .
Quelle est la loi conditionnelle de $X$ sachant $X + Y = k$ ?

◀الحل

1.

Par la formule de convolution discrète :

$P(X+Y=k) = \sum_{j=0}^k \binom{n}{j}p^j(1-p)^{n-j}\binom{m}{k-j}p^{k-j}(1-p)^{m-k+j} = \binom{n+m}{k}p^k(1-p)^{n+m-k}.$

Donc $X+Y \sim \mathcal{B}(n+m, p)$ .

2.

$P(X=j \mid X+Y=k) = \frac{\binom{n}{j}\binom{m}{k-j}}{\binom{n+m}{k}}, \quad 0 \leq j \leq \min(n,k).$

C'est la loi hypergéométrique $\mathcal{H}(n+m, n, k)$ .

التمرين 2

Exercice 2 — Espérance conditionnelle dans $L^p$

#probability#conditional-expectation#lp-spaces#functional-analysis

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

Montrer que pour toute variable aléatoire $Y \in L^p(\Omega, \mathcal{F}, P)$ , $p \geq 1$ :

$\|E(Y/\mathcal{G})\|_{L^p} \leq \|Y\|_{L^p}$

En déduire que l'application $\varphi : L^p(\Omega, \mathcal{F}, P) \to L^p(\Omega, \mathcal{G}, P)$ définie par $\varphi(Y) = E(Y/\mathcal{G})$ est un opérateur linéaire continu de norme 1, tel que $\varphi \circ \varphi = \varphi$ .

◀الحل

1.

Par l'inégalité de Jensen conditionnelle (puisque $t \mapsto |t|^p$ est convexe pour $p \geq 1$ ) :

$|E(Y/\mathcal{G})|^p \leq E(|Y|^p / \mathcal{G}).$

En prenant l'espérance : $E|E(Y/\mathcal{G})|^p \leq E[E(|Y|^p/\mathcal{G})] = E|Y|^p$ , d'où $\|E(Y/\mathcal{G})\|_{L^p} \leq \|Y\|_{L^p}$ .

2.

$\varphi$ est clairement linéaire et bornée (norme $\leq 1$ ). Pour $Y$ $\mathcal{G}$ -mesurable, $\varphi(Y)=Y$ , donc la norme est exactement 1. Enfin $\varphi(\varphi(Y)) = E(E(Y/\mathcal{G})/\mathcal{G}) = E(Y/\mathcal{G}) = \varphi(Y)$ par la propriété de tour, donc $\varphi \circ \varphi = \varphi$ .

التمرين 3

Exercice 3 — Convergence en loi et fonctions caractéristiques

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

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

Montrer que, pour tous $t \in \mathbb{R}$ , $\alpha \gt 0$ et $n \in \mathbb{N}$ :

$|\Phi_{X_n+Y_n}(t) - \Phi_{X_n}(t)| \leq 2P(|Y_n| \gt \alpha) + E\!\left[\mathbf{1}_{]-\infty,\alpha]}(|Y_n|)\,|e^{itY_n} - 1|\right],$

où $\Phi_Z$ désigne la fonction caractéristique de la v.a.r. $Z$ . 2. Montrer que si $(X_n)_{\mathbb{N}}$ converge en loi vers $X$ et $(Y_n)_{\mathbb{N}}$ converge en loi (ou en probabilité) vers 0, alors la suite $(X_n + Y_n)_{\mathbb{N}}$ converge en loi vers $X$ . 3. À l'aide d'un exemple, montrer que l'on n'a pas nécessairement $(X_n - X)_{\mathbb{N}}$ qui converge en loi vers 0.

◀الحل

1.

$|\Phi_{X_n+Y_n}(t) - \Phi_{X_n}(t)| = |E[e^{itX_n}(e^{itY_n}-1)]| \leq E|e^{itY_n}-1|$ .

On découpe selon $\{|Y_n| \gt \alpha\}$ et $\{|Y_n| \leq \alpha\}$ : sur le premier ensemble $|e^{itY_n}-1| \leq 2$ , d'où l'inégalité.

2.

Soit $\varepsilon \gt 0$ . Choisir $\alpha$ tel que $|e^{ity}-1| \leq \varepsilon$ pour $|y| \leq \alpha$ . Comme $(Y_n) \to 0$ en loi (ou en probabilité), $P(|Y_n| \gt \alpha) \leq \varepsilon$ pour $n$ grand. Donc $|\Phi_{X_n+Y_n}(t)-\Phi_{X_n}(t)| \leq 3\varepsilon$ . De plus $\Phi_{X_n}(t) \to \Phi_X(t)$ , donc $\Phi_{X_n+Y_n}(t) \to \Phi_X(t)$ .

3.

Soit $X \sim \mathcal{N}(0,1)$ symétrique, poser $X_n := -X$ pour tout $n$ . Alors $(X_n) \to X$ en loi (même loi) mais $X_n - X = -2X \sim \mathcal{N}(0,4) \neq 0$ .

التمرين 4

Exercice 4 — Couple aléatoire de densité jointe exponentielle

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

Soit $(X, Y)$ un couple aléatoire de densité jointe :

$f_{X,Y}(x,y) = 2e^{-(x+y)}\mathbf{1}_{\{0 \leq x \leq y\}}.$

(1) Montrer que $f_{X,Y}(\cdot,\cdot)$ est une densité de probabilité. (2) Déterminer les densités marginales $f_X(\cdot)$ , $f_Y(\cdot)$ de $X$ et $Y$ . Déduire $\mathbb{E}(X)$ . (3) Déterminer la densité conditionnelle $f_{Y/X}(x,y)$ de $Y$ sachant que $(X=x)$ . (4) Calculer $\mathbb{E}(Y \mid X = x)$ , et déduire $\mathbb{E}(Y \mid X)$ . (5) Calculer $\int_{\mathbb{R}} \mathbb{E}(Y \mid X=x)f_X(x)\,dx$ et déduire que $\mathbb{E}(\mathbb{E}(Y \mid X)) = \mathbb{E}(Y)$ . (6) Déterminer la valeur de $\mathbb{E}(Y)$ par deux méthodes différentes.

◀الحل

(1)

$\int_0^\infty\int_x^\infty 2e^{-(x+y)}dy\,dx = \int_0^\infty 2e^{-x}e^{-x}dx = \int_0^\infty 2e^{-2x}dx = 1$ . C'est une densité.

(2)

$f_X(x) = \int_x^\infty 2e^{-(x+y)}dy = 2e^{-2x}$ pour $x \gt 0$ : loi $\mathcal{E}(2)$ , donc $\mathbb{E}(X) = 1/2$ .

$f_Y(y) = \int_0^y 2e^{-(x+y)}dx = 2e^{-y}(1-e^{-y})$ pour $y \gt 0$ .

(3)

$f_{Y/X}(y \mid x) = \frac{2e^{-(x+y)}}{2e^{-2x}} = e^{-(y-x)}$ pour $y \gt x$ : loi exponentielle $\mathcal{E}(1)$ translatée en $x$ .

(4)

$\mathbb{E}(Y \mid X=x) = x + 1$ (espérance d'une $\mathcal{E}(1)$ décalée de $x$ ). Donc $\mathbb{E}(Y \mid X) = X + 1$ .

(5)

$\int_0^\infty (x+1)\cdot 2e^{-2x}dx = 2\int_0^\infty xe^{-2x}dx + 2\int_0^\infty e^{-2x}dx = 2\cdot\frac{1}{4} + 2\cdot\frac{1}{2} = \frac{3}{2}$ .

(6)

Méthode 1 : $\mathbb{E}(Y) = \mathbb{E}(\mathbb{E}(Y|X)) = 3/2$ .

Méthode 2 : $\mathbb{E}(Y) = \int_0^\infty y\cdot 2e^{-y}(1-e^{-y})dy = 2\int_0^\infty ye^{-y}dy - 2\int_0^\infty ye^{-2y}dy = 2 - 2\cdot\frac{1}{4}\cdot 2 = 2 - \frac{1}{2}\cdot 2 = 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$ .

$\boxed{\mathbb{E}(Y) = \frac{3}{2}.}$

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