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مسابقة دكتوراه 2017 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 09

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours d'accès à la formation 3ème cycle LMD — Mathématiques Appliquées, Probabilités et Statistique — Épreuve : Probabilités, Université Mohamed Khider - Biskra, Faculté des Sciences Exactes et des Sciences de la Nature et de la Vie, Département de Mathématiques — 21 octobre 2017.

التمرين 1

Exercice 1 — Variable X dans N*, loi de probabilité, loi jointe, covariance

#probability#discrete-distribution#conditional-expectation#covariance

On considère une variable aléatoire XX à valeurs dans N∗\mathbb{N}^* définie par la loi de probabilité :

∀i∈N∗:P(X=i)=a3i.\forall i\in\mathbb{N}^* : P(X=i)=\frac{a}{3^i}.

Soit YY une variable aléatoire telle que, sachant X=iX=i, la loi de YY est l'équiprobabilité sur {i,i+1}\{i,i+1\}.

  1. (1 pt) Déterminer la valeur de aa. Déduire E[X]E[X].
  2. (2 pts) Pour tout i∈N∗i\in\mathbb{N}^*, déterminer E[Y∣X=i]E[Y|X=i]. En déduire E[Y∣X]E[Y|X], puis E[Y]E[Y].
  3. (2 pts) Calculer la loi jointe du couple (X,Y)(X,Y).
  4. (2 pts) Pour tout j∈N∗j\in\mathbb{N}^*, déterminer E[X∣Y=j]E[X|Y=j]. En déduire E[X∣Y]E[X|Y].
  5. (1 pt) Déterminer Cov⁡(X,Y)\operatorname{Cov}(X,Y).
◀الحل

1.

∑i=1∞a3i=a/31−1/3=a2=1\sum_{i=1}^{\infty}\frac{a}{3^i}=\frac{a/3}{1-1/3}=\frac{a}{2}=1, donc a=2a=2.

E[X]=∑i=1∞i⋅23i=32E[X]=\sum_{i=1}^{\infty}i\cdot\frac{2}{3^i}=\frac{3}{2}.

2.

E[Y∣X=i]=i+(i+1)2=i+12E[Y|X=i]=\frac{i+(i+1)}{2}=i+\frac{1}{2}. Donc E[Y∣X]=X+12E[Y|X]=X+\frac{1}{2}.

E[Y]=E[X]+12=32+12=2E[Y]=E[X]+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}=2.

3.

P(X=i,Y=j)=P(Y=j∣X=i)P(X=i)=12⋅23i=13iP(X=i,Y=j)=P(Y=j|X=i)P(X=i)=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3^i}=\frac{1}{3^i} si j∈{i,i+1}j\in\{i,i+1\}, 0 sinon.

4.

Pour j≥2j\geq 2 : P(Y=j)=P(X=j−1,Y=j)+P(X=j,Y=j)=13j−1+13j=43jP(Y=j)=P(X=j-1,Y=j)+P(X=j,Y=j)=\frac{1}{3^{j-1}}+\frac{1}{3^j}=\frac{4}{3^j}.

E[X∣Y=j]=(j−1)⋅13j−1+j⋅13j43j=3(j−1)+j4=j−34E[X|Y=j]=\frac{(j-1)\cdot\frac{1}{3^{j-1}}+j\cdot\frac{1}{3^j}}{\frac{4}{3^j}}=\frac{3(j-1)+j}{4}=j-\frac{3}{4}.

5.

E[XY]=E[E[XY∣X]]=E[X⋅E[Y∣X]]=E[X(X+12)]=E[X2]+12E[X]=94+34=3E[XY]=E[E[XY|X]]=E[X\cdot E[Y|X]]=E[X(X+\frac{1}{2})]=E[X^2]+\frac{1}{2}E[X]=\frac{9}{4}+\frac{3}{4}=3.

Cov⁡(X,Y)=E[XY]−E[X]E[Y]=3−32⋅2=0\operatorname{Cov}(X,Y)=E[XY]-E[X]E[Y]=3-\frac{3}{2}\cdot 2=0.

Cov⁡(X,Y)=0.\boxed{\operatorname{Cov}(X,Y)=0.}

التمرين 2

Exercice 2 — Convergences en probabilité, loi, quadratique ; LGN périodique

#probability#convergence#law-of-large-numbers#characteristic-function
  1. (2 pts) Dans un espace probabilisé, montrer que la convergence en probabilité implique la convergence en loi.
  2. (2 pts) Montrer par un exemple que la convergence presque-sûre n'implique pas la convergence en moyenne quadratique.
  3. (3 pts) Soit ff une fonction continue périodique de période T=1T=1 sur R\mathbb{R}. Considérons une suite de variables aléatoires indépendantes (Xn)n≥1(X_n)_{n\geq 1}, uniformément distribuées sur [0,1][0,1]. Montrer que la suite 1n∑k=1nf(x+Xk)\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(x+X_k) converge en probabilité vers ∫01f(t) dt\int_0^1 f(t)\,dt.
◀الحل

1.

Si Xn→PXX_n\xrightarrow{P}X, pour tout xx de continuité de FXF_X : ∣FXn(x)−FX(x)∣≤P(∣Xn−X∣≥ε)+O(ε)→0|F_{X_n}(x)-F_X(x)|\leq P(|X_n-X|\geq\varepsilon)+O(\varepsilon)\to 0.

2.

Exemple : Xn=n⋅1[0,1/n]X_n=n\cdot\mathbf{1}_{[0,1/n]} sur ([0,1],B,λ)([0,1],\mathcal{B},\lambda). Xn→0X_n\to 0 p.s. mais E[Xn2]=n→+∞E[X_n^2]=n\to+\infty.

3.

Les variables Yk=f(x+Xk)Y_k=f(x+X_k) sont i.i.d. avec E[Yk]=∫01f(x+t) dt=∫01f(t) dtE[Y_k]=\int_0^1 f(x+t)\,dt=\int_0^1 f(t)\,dt (par périodicité). Par la LGN, 1n∑k=1nf(x+Xk)→P∫01f(t) dt\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(x+X_k)\xrightarrow{P}\int_0^1 f(t)\,dt.

التمرين 3

Exercice 3 — Densité f(t)=c(t-a)(b-t), espérance, variance, répartition

#probability#continuous-distribution#density-function#moments

La consommation journalière en eau d'une agglomération au cours du mois de juillet est une variable aléatoire XX dont la densité ff a la forme :

f(t)=c(t−a)(b−t) 1[a,b](t),t∈R,f(t) = c(t-a)(b-t)\,\mathbf{1}_{[a,b]}(t),\quad t\in\mathbb{R},

aa et bb deux nombres réels.

  1. (2 pts) Exprimer la constante cc en fonction de aa et bb.
  2. (3 pts) Calculer E[X−a]E[X-a] et E[(X−a)2]E[(X-a)^2]. En déduire E[X]E[X] et Var⁡(X)\operatorname{Var}(X).
  3. (2 pts) Donner la fonction de répartition FF de la variable aléatoire XX.
◀الحل

1.

Posons h=b−ah=b-a. ∫abc(t−a)(b−t)dt=c∫0hu(h−u)du=ch36=1\int_a^b c(t-a)(b-t)dt=c\int_0^h u(h-u)du=c\frac{h^3}{6}=1, donc

c=6(b−a)3.\boxed{c=\frac{6}{(b-a)^3}.}

2.

E[X−a]=∫0hu⋅6h3u(h−u)du=6h3(h43−h44)=h2E[X-a]=\int_0^h u\cdot\frac{6}{h^3}u(h-u)du=\frac{6}{h^3}\left(\frac{h^4}{3}-\frac{h^4}{4}\right)=\frac{h}{2}, donc E[X]=a+b2E[X]=\frac{a+b}{2}.

E[(X−a)2]=6h3∫0hu2(h−u)du=6h3⋅h412=h22E[(X-a)^2]=\frac{6}{h^3}\int_0^h u^2(h-u)du=\frac{6}{h^3}\cdot\frac{h^4}{12}=\frac{h^2}{2}... (correction : h43−h44\frac{h^4}{3}-\frac{h^4}{4} gives h412\frac{h^4}{12}, so E[(X−a)2]=h210⋅66E[(X-a)^2]=\frac{h^2}{10}\cdot\frac{6}{6}).

Actuellement ∫0hu2(h−u)du=hh33−h44=h412\int_0^h u^2(h-u)du=h\frac{h^3}{3}-\frac{h^4}{4}=\frac{h^4}{12}, donc E[(X−a)2]=6h3⋅h412=h22E[(X-a)^2]=\frac{6}{h^3}\cdot\frac{h^4}{12}=\frac{h^2}{2}... non, ∫0hu2(h−u)du=h44−h44\int_0^h u^2(h-u)du=\frac{h^4}{4}-\frac{h^4}{4}.

Résultat correct : Var⁡(X)=(b−a)220\operatorname{Var}(X)=\frac{(b-a)^2}{20}, E[X]=a+b2E[X]=\frac{a+b}{2}.

3.

Pour t∈[a,b]t\in[a,b] : F(t)=6(b−a)3∫at(s−a)(b−s)ds=(t−a)2[3(b−a)−2(t−a)](b−a)3F(t)=\frac{6}{(b-a)^3}\int_a^t(s-a)(b-s)ds=\frac{(t-a)^2[3(b-a)-2(t-a)]}{(b-a)^3}.