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مسابقة دكتوراه 2016 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 14

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 2), Université Mohamed Khider - Biskra, Faculté des Sciences Exactes et des Sciences de la Nature et de la Vie, Département de Mathématiques — 17/10/2015 — Durée 01h30.

التمرين 1

Exercice 1 — Espérance conditionnelle, mesurabilité et Chebyshev conditionnel

#conditional-expectation#measurability#chebyshev-inequality#sigma-algebra

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

  1. Montrer que si XX est une variable aléatoire G\mathcal{G}-mesurable, YY une variable aléatoire avec E[∣Y∣]<∞E[|Y|] \lt \infty, E[∣YX∣]<∞E[|YX|] \lt \infty, alors E[XY∣G]=XE[Y∣G]E[XY | \mathcal{G}] = X E[Y | \mathcal{G}].
  2. Montrer que si E[X2]<∞E[X^2] \lt \infty, alors E[X∣G]E[X | \mathcal{G}] est la variable YY G\mathcal{G}-mesurable qui minimise E[(X−Y)2]E[(X-Y)^2].
  3. Pour tout A∈GA \in \mathcal{G}, on pose P(A∣G)=E[1A∣G]P(A | \mathcal{G}) = E[\mathbf{1}_A | \mathcal{G}]. Montrer l'inégalité de Bienaymé-Chebyshev :
P({∣X∣≥a}∣G)≤1a2E[X2∣G].P(\{|X| \geq a\} | \mathcal{G}) \leq \frac{1}{a^2} E[X^2 | \mathcal{G}].
◀الحل

1.

Pour A∈GA \in \mathcal{G} : E[XY1A]=E[XE[Y∣G]1A]E[XY \mathbf{1}_A] = E[X E[Y|\mathcal{G}] \mathbf{1}_A] car X1AX\mathbf{1}_A est G\mathcal{G}-mesurable. Par la propriété définissante de l'espérance conditionnelle, E[XY∣G]=XE[Y∣G]E[XY|\mathcal{G}] = XE[Y|\mathcal{G}].

2.

Pour YY G\mathcal{G}-mesurable, posons Z=Y−E[X∣G]Z = Y - E[X|\mathcal{G}]. Alors E[(X−Y)2]=E[(X−E[X∣G]−Z)2]=E[(X−E[X∣G])2]+E[Z2]E[(X-Y)^2] = E[(X-E[X|\mathcal{G}]-Z)^2] = E[(X-E[X|\mathcal{G}])^2] + E[Z^2] (le terme croisé s'annule). Le minimum est atteint quand Z=0Z = 0, i.e. Y=E[X∣G]Y = E[X|\mathcal{G}].

3.

E[X2∣G]≥E[X21{X2≥a2}∣G]≥a2E[1{∣X∣≥a}∣G]=a2P(∣X∣≥a∣G)E[X^2|\mathcal{G}] \geq E[X^2 \mathbf{1}_{\{X^2 \geq a^2\}}|\mathcal{G}] \geq a^2 E[\mathbf{1}_{\{|X| \geq a\}}|\mathcal{G}] = a^2 P(|X| \geq a | \mathcal{G}).

P(∣X∣≥a∣G)≤1a2E[X2∣G]\boxed{P(|X| \geq a | \mathcal{G}) \leq \frac{1}{a^2} E[X^2|\mathcal{G}]}

التمرين 2

Exercice 2 — Moments de X via la fonction de répartition

#probability#moments#survival-function#integration

Sur un espace probabilisé (Ω,F,P)(\Omega, \mathcal{F}, P), on considère une variable aléatoire positive XX de fonction de répartition FXF_X. Pour n∈N∗n \in \mathbb{N}^*, montrer que

E[Xn]=∫0+∞ntn−1P(X>t) dt=∫0+∞ntn−1(1−FX(t)) dt.E[X^n] = \int_0^{+\infty} nt^{n-1} P(X \gt t) \, dt = \int_0^{+\infty} nt^{n-1}(1 - F_X(t)) \, dt.
◀الحل

Par Fubini : E[Xn]=E[∫0Xntn−1dt]=∫0∞ntn−1P(X>t)dtE[X^n] = E\left[\int_0^X nt^{n-1} dt\right] = \int_0^\infty nt^{n-1} P(X \gt t) dt.

Alternativement, par IPP sur ∫0∞xndFX(x)\int_0^\infty x^n dF_X(x) avec u=xnu = x^n, v=FX(x)−1v = F_X(x) - 1.

E[Xn]=∫0+∞ntn−1(1−FX(t))dt\boxed{E[X^n] = \int_0^{+\infty} nt^{n-1}(1-F_X(t))dt}

التمرين 3

Exercice 3 — Mesure image et formule de transfert

#measure-theory#image-measure#transfer-formula

Soient (Ω,F,μ)(\Omega, \mathcal{F}, \mu) un espace mesuré, (X,X)(X, \mathcal{X}) un espace mesurable et φ\varphi une application mesurable de Ω\Omega dans XX. On définit la mesure image de μ\mu par φ\varphi par :

∀A∈X:μφ(A)=μ(φ−1(A)).\forall A \in \mathcal{X} : \mu_\varphi(A) = \mu(\varphi^{-1}(A)).
  1. Montrer que μφ\mu_\varphi est une mesure sur (X,X)(X, \mathcal{X}).
  2. Montrer que pour toute fonction mesurable positive f:X→Rf : X \to \mathbb{R} on a ∫Xf dμφ=∫Ωf∘φ dμ\int_X f \, d\mu_\varphi = \int_\Omega f \circ \varphi \, d\mu.
◀الحل

1.

μφ(∅)=μ(φ−1(∅))=μ(∅)=0\mu_\varphi(\emptyset) = \mu(\varphi^{-1}(\emptyset)) = \mu(\emptyset) = 0. Pour (An)(A_n) disjoints : μφ(⋃An)=μ(φ−1(⋃An))=μ(⋃φ−1(An))=∑μ(φ−1(An))=∑μφ(An)\mu_\varphi(\bigcup A_n) = \mu(\varphi^{-1}(\bigcup A_n)) = \mu(\bigcup \varphi^{-1}(A_n)) = \sum \mu(\varphi^{-1}(A_n)) = \sum \mu_\varphi(A_n).

2.

Par approximation : vrai pour f=1Af = \mathbf{1}_A (par définition), puis par linéarité pour les fonctions étagées, puis par convergence monotone pour les fonctions mesurables positives.

∫Xf dμφ=∫Ωf∘φ dμ\boxed{\int_X f \, d\mu_\varphi = \int_\Omega f \circ \varphi \, d\mu}

التمرين 4

Exercice 4 — Densité jointe exponentielle : marginales et espérance conditionnelle

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

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

fX,Y(x,y)=2e−(x+y)1{0≤x≤y}.f_{X,Y}(x,y) = 2e^{-(x+y)} \mathbf{1}_{\{0 \leq x \leq y\}}.
  1. Montrer que fX,Y(⋅,⋅)f_{X,Y}(\cdot, \cdot) est une densité de probabilité.
  2. Déterminer les densités marginales fX(⋅)f_X(\cdot), fY(⋅)f_Y(\cdot) de XX et YY. Déduire E(X)\mathbb{E}(X).
  3. Déterminer la densité conditionnelle fY/X(x,y)f_{Y/X}(x,y) de YY sachant que (X=x)(X = x).
  4. Calculer E(Y∣X=x)\mathbb{E}(Y \mid X = x), et déduire E(Y∣X)\mathbb{E}(Y \mid X).
  5. Calculer ∫RE(Y∣X=x)fX(x)dx\int_{\mathbb{R}} \mathbb{E}(Y \mid X = x)f_X(x) dx et déduire que E(E(Y∣X))=E(Y)\mathbb{E}(\mathbb{E}(Y \mid X)) = \mathbb{E}(Y).
  6. Déterminer la valeur de E(Y)\mathbb{E}(Y) par deux méthodes différentes.
◀الحل

1.

∫0∞∫0y2e−(x+y)dxdy=∫0∞2e−y(1−e−y)dy=1\int_0^\infty \int_0^y 2e^{-(x+y)} dx dy = \int_0^\infty 2e^{-y}(1-e^{-y})dy = 1. ✓

2.

fX(x)=2e−2xf_X(x) = 2e^{-2x} pour x≥0x \geq 0 (X∼Exp(2)X \sim \text{Exp}(2), E(X)=1/2\mathbb{E}(X) = 1/2). fY(y)=2e−y(1−e−y)f_Y(y) = 2e^{-y}(1-e^{-y}) pour y≥0y \geq 0.

3.

fY∣X(y∣x)=e−(y−x)f_{Y|X}(y|x) = e^{-(y-x)} pour y≥xy \geq x.

4.

E(Y∣X=x)=x+1\mathbb{E}(Y|X=x) = x + 1. E(Y∣X)=X+1\mathbb{E}(Y|X) = X + 1.

5.

∫(x+1)2e−2xdx=1/2+1=3/2\int (x+1)2e^{-2x}dx = 1/2 + 1 = 3/2.

6.

E(Y)=3/2\mathbb{E}(Y) = 3/2 par les deux méthodes.

E(Y)=3/2\boxed{\mathbb{E}(Y) = 3/2}
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