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مسابقة دكتوراه 2015 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 07

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 (variante 1), Université Mohamed Khider - Biskra, Faculté des Sciences Exactes et des Sciences de la Nature et de la Vie, Département de Mathématiques — 16/10/2014 — Durée 01h30.

التمرين 1

Exercice 1 — Espérance conditionnelle : meilleure approximation L² et Chebyshev

#conditional-expectation#l2-projection#chebyshev-inequality

Soient (Ω,F,P)(\Omega, F, P) un espace probabilisé, XX une variable aléatoire réelle sur (Ω,F,P)(\Omega, F, P), et GG une sous-tribu de FF.

  1. Montrer que si E(X2)<∞E(X^2) \lt \infty, alors E(X/G)E(X/G) est la variable aléatoire YY GG-mesurable qui minimise E[(X−Y)2]E[(X - Y)^2].
  2. Pour tout A∈FA \in F, on pose P(A/G)=E(1A/G)P(A/G) = E(\mathbf{1}_A / G). Montrer l'inégalité de Bienaymé-Chebyshev P({∣X∣≥a}/G)≤1a2E(X2/G)P(\{|X| \geq a\}/G) \leq \frac{1}{a^2} E(X^2/G).
  3. On considère deux variables aléatoires UU et VV telles que E(V/G)=UE(V/G) = U et E(U2)=E(V2)E(U^2) = E(V^2). a. Calculer Var(V−U/G)\text{Var}(V - U/G). b. En déduire Var(V−U)\text{Var}(V - U). c. Que peut-on en déduire sur la relation entre UU et VV ?
◀الحل

1.

E[(X−Y)2]=E[(X−E[X∣G])2]+E[(E[X∣G]−Y)2]E[(X-Y)^2] = E[(X-E[X|G])^2] + E[(E[X|G]-Y)^2] (par orthogonalité). Le minimum est atteint quand Y=E[X∣G]Y = E[X|G].

2.

E[X2∣G]≥E[X21∣X∣≥a∣G]≥a2P(∣X∣≥a∣G)E[X^2|G] \geq E[X^2 \mathbf{1}_{|X|\geq a}|G] \geq a^2 P(|X|\geq a|G).

3.a.

E[V−U∣G]=E[V∣G]−U=U−U=0E[V-U|G] = E[V|G] - U = U - U = 0. E[(V−U)2∣G]=E[V2∣G]−2UE[V∣G]+U2=E[V2∣G]−U2E[(V-U)^2|G] = E[V^2|G] - 2UE[V|G] + U^2 = E[V^2|G] - U^2.

Var(V−U∣G)=E[(V−U)2∣G]−(E[V−U∣G])2=E[V2∣G]−U2\text{Var}(V-U|G) = E[(V-U)^2|G] - (E[V-U|G])^2 = E[V^2|G] - U^2.

3.b.

Var(V−U)=E[Var(V−U∣G)]+Var(E[V−U∣G])=E[E[V2∣G]−U2]+0=E[V2]−E[U2]=0\text{Var}(V-U) = E[\text{Var}(V-U|G)] + \text{Var}(E[V-U|G]) = E[E[V^2|G] - U^2] + 0 = E[V^2] - E[U^2] = 0.

3.c.

Var(V−U)=0\text{Var}(V-U) = 0 implique V−U=cV - U = c p.s. Comme E[V−U]=E[E[V∣G]]−E[U]=E[U]−E[U]=0E[V-U] = E[E[V|G]] - E[U] = E[U] - E[U] = 0, on a c=0c = 0.

V=U p.s.\boxed{V = U \text{ p.s.}}

التمرين 2

Exercice 2 — Décomposition de Doob d'une sous-martingale

#martingale#doob-decomposition#submartingale#predictable-process

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 de 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 \mathbf{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.

On pose A0=0A_0 = 0, An=∑k=1n(E[Xk∣Fk−1]−Xk−1)A_n = \sum_{k=1}^n (E[X_k|F_{k-1}] - X_{k-1}) et Mn=Xn−AnM_n = X_n - A_n. Comme XnX_n est sous-martingale, E[Xk∣Fk−1]≥Xk−1E[X_k|F_{k-1}] \geq X_{k-1}, donc AnA_n est croissant et prévisible. On vérifie que E[Mn∣Fn−1]=Mn−1E[M_n|F_{n-1}] = M_{n-1}.

Unicité : si Xn=Mn′+An′X_n = M_n' + A_n' aussi, alors Mn−Mn′=An′−AnM_n - M_n' = A_n' - A_n est une martingale prévisible, donc constante = 0.

2.

E[Xn+1∣Fn]=Xn+E[1Bn+1∣Fn]=Xn+P(Bn+1∣Fn)≥XnE[X_{n+1}|F_n] = X_n + E[\mathbf{1}_{B_{n+1}}|F_n] = X_n + P(B_{n+1}|F_n) \geq X_n. Donc XnX_n est une sous-martingale.

3.

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

التمرين 3

Exercice 3 — Convergence en loi de la somme Xₙ + Yₙ (lemme de Slutsky)

#probability#convergence-in-law#characteristic-function#slutsky

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[\mathbf{1}_{]-\infty,\alpha]}(|Y_n|) |e^{itY_n} - 1|].
  1. Montrer que si (Xn)(X_n) converge en loi vers XX et (Yn)(Y_n) converge en loi (ou en probabilité) vers 0, alors (Xn+Yn)(X_n + Y_n) converge en loi vers XX.
  2. 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.

∣ΦXn+Yn(t)−ΦXn(t)∣=∣E[eitXn(eitYn−1)]∣≤E[∣eitYn−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 décompose sur {∣Yn∣>α}\{|Y_n| \gt \alpha\} et {∣Yn∣≤α}\{|Y_n| \leq \alpha\}.

2.

Pour tout ε>0\varepsilon \gt 0, on choisit α0\alpha_0 petit tel que ∣eity−1∣≤ε|e^{ity}-1| \leq \varepsilon pour ∣y∣≤α0|y| \leq \alpha_0. Yn→0Y_n \to 0 en proba implique P(∣Yn∣>α0)→0P(|Y_n| \gt \alpha_0) \to 0. Donc ∣ΦXn+Yn(t)−ΦXn(t)∣≤3ε|\Phi_{X_n+Y_n}(t) - \Phi_{X_n}(t)| \leq 3\varepsilon pour nn grand. Comme ΦXn→ΦX\Phi_{X_n} \to \Phi_X, on conclut.

3.

Soit X∼12(δ−1+δ1)X \sim \frac{1}{2}(\delta_{-1}+\delta_1) et Xn=−XX_n = -X pour tout nn. Alors Xn→LXX_n \xrightarrow{\mathcal{L}} X (même loi). Mais Xn−X=−2X∼12(δ−2+δ2)≠δ0X_n - X = -2X \sim \frac{1}{2}(\delta_{-2}+\delta_2) \neq \delta_0.

Xn−X̸→L0\boxed{X_n - X \not\xrightarrow{\mathcal{L}} 0}
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