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مسابقة دكتوراه 2016 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 07

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), Université Mohamed Khider - Biskra, Faculté des Sciences Exactes et des Sciences de la Nature et de la Vie, Département de Mathématiques.

التمرين 1

Exercice 1 — Densité jointe f(x,y)=α(1-x²)ye^{-3y}, lois marginales

#probability#joint-distribution#marginal-distribution#continuous-random-vector

Exercice 1. (05 points)

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,+∞[ 0sinon.f(x,y) = \begin{cases} \alpha(1-x^2)\cdot y\cdot\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≤2 ; Y≥1)P(0\lt X\leq 2\,;\,Y\geq 1).
◀الحل

1.

∫01(1−x2)dx=23\int_0^1(1-x^2)dx=\frac{2}{3}. ∫0+∞ye−3ydy=19\int_0^{+\infty}ye^{-3y}dy=\frac{1}{9}. Donc α⋅23⋅19=1\alpha\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{9}=1, d'où α=272\alpha=\frac{27}{2}.

2.

fX(x)=α(1−x2)∫0+∞ye−3ydy=272⋅(1−x2)⋅19=32(1−x2)f_X(x)=\alpha(1-x^2)\int_0^{+\infty}ye^{-3y}dy=\frac{27}{2}\cdot(1-x^2)\cdot\frac{1}{9}=\frac{3}{2}(1-x^2) pour x∈[0,1]x\in[0,1].

fY(y)=α⋅23⋅ye−3y=9ye−3yf_Y(y)=\alpha\cdot\frac{2}{3}\cdot ye^{-3y}=9ye^{-3y} pour y>0y\gt 0 (loi Gamma(2,3)).

3.

Puisque x∈[0,1]x\in[0,1], la condition 0<X≤20\lt X\leq 2 équivaut à 0<X≤10\lt X\leq 1, donc :

P(0<X≤1,Y≥1)=∫01∫1+∞f(x,y) dy dx=∫01fX(x)dx⋅∫1+∞fY(y)/fX(x)⋯P(0\lt X\leq 1,Y\geq 1)=\int_0^1\int_1^{+\infty}f(x,y)\,dy\,dx=\int_0^1 f_X(x)dx\cdot\int_1^{+\infty}f_Y(y)/f_X(x)\cdots

Puisque XX et YY sont indépendants (f=fX⋅fYf=f_X\cdot f_Y) :

P=1⋅P(Y≥1)=∫1+∞9ye−3ydy=9[−ye−3y3+e−3y9]1+∞=e−3(3+1)=4e−3P=1\cdot P(Y\geq 1)=\int_1^{+\infty}9ye^{-3y}dy=9\left[\frac{-ye^{-3y}}{3}+\frac{e^{-3y}}{9}\right]_1^{+\infty}=e^{-3}(3+1)=4e^{-3}.

P(0<X≤2,Y≥1)=4e−3.\boxed{P(0\lt X\leq 2,Y\geq 1)=4e^{-3}.}

التمرين 2

Exercice 2 — Loi de Sn = somme de variables exponentielles (identique à l'autre option)

#probability#exponential-distribution#gamma-distribution#convolution

Exercice 2. (05 points)

Soit un espace de probabilité et (Xn)(X_n) des variables aléatoires indépendantes, chacune de loi exponentielle de paramètre α\alpha. On définit 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)!e−αx1x≥0f_n(x)=\alpha^n\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}e^{-\alpha x}\mathbf{1}_{x\geq 0}.
  2. (2 pts) Donner une relation de récurrence liant FnF_n et Fn+1F_{n+1}.
◀الحل

1.

Même démonstration que l'exercice correspondant de l'autre option : récurrence par convolution fn+1=fn∗f1f_{n+1}=f_n*f_1.

2.

Relation de récurrence : Fn+1(x)=∫0xFn(x−t)αe−αtdtF_{n+1}(x)=\int_0^x F_n(x-t)\alpha e^{-\alpha t}dt. Ou bien par intégration par parties : Fn+1(x)=1−e−αx∑k=0n(αx)kk!F_{n+1}(x)=1-e^{-\alpha x}\sum_{k=0}^n\frac{(\alpha x)^k}{k!}, donnant Fn+1(x)=Fn(x)−(αx)ne−αxn!F_{n+1}(x)=F_n(x)-\frac{(\alpha x)^n e^{-\alpha x}}{n!}.

التمرين 3

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

#probability#cauchy-distribution#ratio-distribution#normal-distribution

Exercice 3. (06 points)

Soient XX et YY deux variables aléatoires indépendantes et de même loi N(0,1)\mathcal{N}(0,1). On pose T=X∣Y∣T=\frac{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)y22dy)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.

  1. (1 pt) En déduire que TT est une variable à densité, et exprimer sa densité fT(t)f_T(t) sous forme d'une intégrale entre −∞-\infty et +∞+\infty.
  2. (1 pt) Finalement, montrer que fT(t)=1π(1+t2)f_T(t)=\frac{1}{\pi(1+t^2)} pour tout t∈Rt\in\mathbb{R}.
  3. (1 pt) Que vaut E(T)E(T) ?
◀الحل

1.

Y=0Y=0 p.s. avec probabilité nulle (loi continue), donc TT est bien définie p.s.

2.

P(T≤t)=P(X/∣Y∣≤t)P(T\leq t)=P(X/|Y|\leq t). Par conditionnement sur YY (avec fY(y)=12πe−y2/2f_Y(y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2}) et substitution u=x/∣y∣u=x/|y| :

P(T≤t)=∫−∞+∞P(X≤t∣y∣)12πe−y2/2dy=12π∫−∞t(∫−∞+∞∣y∣e−(1+u2)y2/2dy)duP(T\leq t)=\int_{-\infty}^{+\infty}P(X\leq t|y|)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2}dy=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^t\left(\int_{-\infty}^{+\infty}|y|e^{-(1+u^2)y^2/2}dy\right)du.

3.

Dériver sous l'intégrale : fT(t)=12π∫−∞+∞∣y∣e−(1+t2)y2/2dyf_T(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}|y|e^{-(1+t^2)y^2/2}dy.

4.

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

Donc fT(t)=1π(1+t2)f_T(t)=\frac{1}{\pi(1+t^2)} : c'est la densité de Cauchy standard.

5.

E(T)E(T) n'existe pas (intégrale divergente de la Cauchy).

التمرين 4

Exercice 4 — Inégalités de Markov (Lp) et Bienaymé-Tchebycheff

#probability#markov-inequality#chebyshev-inequality#lp-spaces

Exercice 4. (04 points)

  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{\operatorname{Var}(X)}{\lambda^2}.
◀الحل

1.

E[∣X∣p]≥E[∣X∣p1∣X∣≥λ]≥λpP(∣X∣≥λ)E[|X|^p]\geq E[|X|^p\mathbf{1}_{|X|\geq\lambda}]\geq\lambda^p P(|X|\geq\lambda).

2.

Appliquer la question 1 avec p=2p=2 à Y=X−E[X]Y=X-E[X] : Var⁡(X)=E[Y2]≥λ2P(∣Y∣≥λ)\operatorname{Var}(X)=E[Y^2]\geq\lambda^2 P(|Y|\geq\lambda).

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