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مسابقة دكتوراه 2016 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 02

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours national d'accès à la formation de troisième cycle (2016/2017), Doctorat en Mathématiques Appliquées (15/10/2016), Option : Statistique non paramétrique + Option : Probabilités et équations différentielles stochastiques, Épreuve de Probabilités et Statistique (durée : 01h30), version B.

التمرين 1

Exercice 1 — Densité jointe : constante, lois marginales et probabilité

#joint-distribution#marginal-distribution#conditional-probability#exponential-distribution

Sur un espace de probabilité (Ω,F,P)(\Omega,\mathcal{F},P) on considère un couple de variables aléatoires (X,Y)(X,Y) à valeurs dans R2\mathbb{R}^2, dont la loi admet la densité :

f(x,y)={α(1−x2) y exp⁡(−3y)si x∈[0,1] et y∈]0,+∞[0sinonf(x,y) = \begin{cases} \alpha(1-x^2)\,y\,\exp(-3y) & \text{si } x\in[0,1]\text{ et }y\in]0,+\infty[ \\\\ 0 & \text{sinon} \end{cases}

  1. (1 pt) Déterminer la valeur du réel α\alpha.
  2. (2 pts) Déterminer les lois marginales du couple (X,Y)(X,Y).
  3. (2 pts) Calculer P(0<X≤12; Y≥1)P(0\lt X\leq\frac{1}{2};\,Y\geq 1).
◀الحل

1. Constante α

∫01∫0∞α(1−x2)ye−3y dy dx=α∫01(1−x2) dx⋅∫0∞ye−3y dy\int_0^1\int_0^\infty \alpha(1-x^2)ye^{-3y}\,dy\,dx = \alpha\int_0^1(1-x^2)\,dx\cdot\int_0^\infty ye^{-3y}\,dy

∫01(1−x2) dx=23\int_0^1(1-x^2)\,dx=\frac{2}{3}, ∫0∞ye−3y dy=19\int_0^\infty ye^{-3y}\,dy=\frac{1}{9}.

α⋅23⋅19=1  ⟹  α=272\alpha\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{9}=1\implies\boxed{\alpha=\frac{27}{2}}

2. Lois marginales

fX(x)=272(1−x2)∫0∞ye−3y dy=272⋅(1−x2)9=32(1−x2)f_X(x)=\frac{27}{2}(1-x^2)\int_0^\infty ye^{-3y}\,dy=\frac{27}{2}\cdot\frac{(1-x^2)}{9}=\frac{3}{2}(1-x^2), x∈[0,1]x\in[0,1].

fY(y)=272 ye−3y∫01(1−x2) dx=272⋅23 ye−3y=9ye−3yf_Y(y)=\frac{27}{2}\,ye^{-3y}\int_0^1(1-x^2)\,dx=\frac{27}{2}\cdot\frac{2}{3}\,ye^{-3y}=9ye^{-3y}, y>0y\gt 0 (loi Gamma(2,3)(2,3)).

3. Probabilité

P(0<X≤12;Y≥1)=∫01/232(1−x2) dx⋅∫1∞9ye−3y dyP(0\lt X\leq\frac{1}{2};Y\geq 1)=\int_0^{1/2}\frac{3}{2}(1-x^2)\,dx\cdot\int_1^\infty 9ye^{-3y}\,dy

=32[12−124]⋅[4e−3]=32⋅1124⋅4e−3=114e−3=\frac{3}{2}\left[\frac{1}{2}-\frac{1}{24}\right]\cdot\left[4e^{-3}\right]=\frac{3}{2}\cdot\frac{11}{24}\cdot 4e^{-3}=\frac{11}{4}e^{-3}

التمرين 2

Exercice 2 — Somme de variables exponentielles : densité Gamma et récurrence

#exponential-distribution#gamma-distribution#convolution#recurrence

Soit un espace de probabilité et (Xn)(X_n) une suite de variables aléatoires indépendantes suivant toutes la loi exponentielle de paramètre α\alpha. On définit pour tout n≥1n\geq 1 : Sn=∑k=1nXkS_n=\sum_{k=1}^n X_k, S0=0S_0=0.

  1. (3 pts) Montrer que pour tout n≥1n\geq 1, la loi de SnS_n est donnée par la densité fn(x)={αnxn−1(n−1)!exp⁡(−αx)x≥00sinonf_n(x)=\begin{cases}\alpha^n\dfrac{x^{n-1}}{(n-1)!}\exp(-\alpha x) & x\geq 0 \\\\ 0 & \text{sinon}\end{cases}
  2. (2 pts) Pour n∈Nn\in\mathbb{N}, noter FnF_n la CDF de SnS_n. Donner une relation de récurrence entre FnF_n et Fn+1F_{n+1}.
◀الحل

1. Densité de S_n (récurrence sur n)

Base : n=1n=1 : f1(x)=αe−αxf_1(x)=\alpha e^{-\alpha x} ✓

Hérédité : fn+1(x)=(fn∗f1)(x)=∫0xαnsn−1(n−1)!e−αs⋅αe−α(x−s)ds=αn+1xnn!e−αxf_{n+1}(x)=(f_n*f_1)(x)=\int_0^x\alpha^n\frac{s^{n-1}}{(n-1)!}e^{-\alpha s}\cdot\alpha e^{-\alpha(x-s)}ds=\alpha^{n+1}\frac{x^n}{n!}e^{-\alpha x}. ✓

2. Récurrence CDF

Par intégration par parties :

Fn+1(x)=∫0xfn+1(s) ds=[−αn+1(n+1)!xne−αx]⋅…F_{n+1}(x)=\int_0^x f_{n+1}(s)\,ds = \left[-\frac{\alpha^{n+1}}{(n+1)!}x^n e^{-\alpha x}\right]\cdot\ldots

Plus directement : 1−Fn+1(x)=∑k=0n(αx)kk!e−αx1-F_{n+1}(x)=\sum_{k=0}^n\frac{(\alpha x)^k}{k!}e^{-\alpha x}, donc

Fn+1(x)=Fn(x)−(αx)nn!e−αx\boxed{F_{n+1}(x)=F_n(x)-\frac{(\alpha x)^n}{n!}e^{-\alpha x}}

التمرين 3

Exercice 3 — T = X/|Y| suit une loi de Cauchy

#cauchy-distribution#normal-distribution#density-computation#ratio-distribution

Soient XX et YY deux variables aléatoires indépendantes de même loi N(0,1)\mathcal{N}(0,1). On pose T=X∣Y∣T=\dfrac{X}{|Y|}.

  1. (1 pt) Expliquer rapidement pourquoi TT est bien définie.
  2. (2 pts) Soit t∈Rt\in\mathbb{R}. Montrer que P(T≤t)=12π∫−∞t(∫−∞+∞∣y∣ e−(1+u2)y22 dy) ⁣duP(T\leq t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^t\left(\int_{-\infty}^{+\infty}|y|\,e^{-\frac{(1+u^2)y^2}{2}}\,dy\right)\!du
  3. (1 pt) En déduire que TT est une variable à densité et exprimer sa densité fT(t)f_T(t) sous forme d'intégrale.
  4. (1 pt) Finalement, montrer que fT(t)=1π(1+t2)f_T(t)=\dfrac{1}{\pi(1+t^2)} pour tout t∈Rt\in\mathbb{R}.
  5. (1 pt) Que vaut E(T)E(T) ?
◀الحل

1.

P(Y=0)=0P(Y=0)=0 donc ∣Y∣>0|Y|\gt 0 p.s. : TT est bien définie p.s.

2.

Par conditionnement sur Y=yY=y : P(T≤t)=∫−∞+∞P(X≤t∣y∣)12πe−y2/2 dyP(T\leq t)=\int_{-\infty}^{+\infty}P(X\leq t|y|)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2}\,dy

En effectuant le changement de variable u=x/∣y∣u=x/|y| dans l'intégrale intérieure : P(T≤t)=12π∫−∞t(∫−∞+∞∣y∣e−(1+u2)y22 dy) ⁣du■P(T\leq t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^t\left(\int_{-\infty}^{+\infty}|y|e^{-\frac{(1+u^2)y^2}{2}}\,dy\right)\!du \quad\blacksquare

3. Densité

P(T≤t)=∫−∞tfT(u) duP(T\leq t)=\int_{-\infty}^t f_T(u)\,du avec fT(u)=12π∫−∞+∞∣y∣e−(1+u2)y22 dyf_T(u)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}|y|e^{-\frac{(1+u^2)y^2}{2}}\,dy.

4. f_T(t) = 1/π(1+t²)

∫−∞+∞∣y∣e−(1+t2)y22 dy=2∫0∞ye−(1+t2)2y2 dy=21+t2\int_{-\infty}^{+\infty}|y|e^{-\frac{(1+t^2)y^2}{2}}\,dy = 2\int_0^\infty ye^{-\frac{(1+t^2)}{2}y^2}\,dy = \frac{2}{1+t^2}

Donc fT(t)=12π⋅21+t2=1π(1+t2)f_T(t)=\dfrac{1}{2\pi}\cdot\dfrac{2}{1+t^2}=\boxed{\dfrac{1}{\pi(1+t^2)}} (loi de Cauchy).

5.

E(T)E(T) n'existe pas car l'intégrale ∫−∞+∞∣t∣π(1+t2) dt=+∞\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{|t|}{\pi(1+t^2)}\,dt=+\infty.

التمرين 4

Exercice 4 — Inégalités de Markov et de Bienaymé-Tchebychev

#markov-inequality#chebyshev-inequality#probability-bounds#lp-spaces
  1. (2 pts) Soit XX une variable aléatoire LpL^p-intégrable, avec p≥1p\geq 1. Montrer que pour tout λ>0\lambda\gt 0 on a P(∣X∣≥λ)≤E[∣X∣p]λpP(|X|\geq\lambda)\leq\frac{E[|X|^p]}{\lambda^p}
  2. (2 pts) Soit XX une variable aléatoire L2L^2-intégrable. Montrer que pour tout λ>0\lambda\gt 0 on a P(∣X−E[X]∣≥λ)≤Var[X]λ2P(|X-E[X]|\geq\lambda)\leq\frac{\text{Var}[X]}{\lambda^2}
◀الحل

1. Inégalité de Markov

E[∣X∣p]=∫{∣X∣≥λ}∣X∣p dP+∫{∣X∣<λ}∣X∣p dP≥λpP(∣X∣≥λ)E[|X|^p]=\int_{\{|X|\geq\lambda\}}|X|^p\,dP+\int_{\{|X|\lt\lambda\}}|X|^p\,dP\geq\lambda^p P(|X|\geq\lambda)

  ⟹  P(∣X∣≥λ)≤E[∣X∣p]λp\implies\boxed{P(|X|\geq\lambda)\leq\frac{E[|X|^p]}{\lambda^p}}

2. Inégalité de Tchebychev

Appliquer l'inégalité 1 à Y=X−E[X]Y=X-E[X] avec p=2p=2 :

P(∣X−E[X]∣≥λ)≤E[(X−E[X])2]λ2=Var[X]λ2P(|X-E[X]|\geq\lambda)\leq\frac{E[(X-E[X])^2]}{\lambda^2}=\boxed{\frac{\text{Var}[X]}{\lambda^2}}

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