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مسابقة دكتوراه 2018 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours d'accès à la formation de troisième cycle (Doctorat LMD) — Épreuve : Mesure et Probabilités, Doctorat Mathématiques Appliquées, Université Mohamed Khider - Biskra, Faculté des Sciences Exactes et des Sciences de la Nature et de la Vie, Département de Mathématiques — 20/10/2018.

التمرين 1

Exercice 1 — Mesure de comptage, mesure de Dirac et combinaisons linéaires

#measure-theory#counting-measure#dirac-measure#sigma-algebra

  1. (2 pts) Soit P(N)={des parties de N}\mathcal{P}(\mathbb{N}) = \{\text{des parties de } \mathbb{N}\}. Soit Card:P(N)→[0,+∞]\mathrm{Card} : \mathcal{P}(\mathbb{N}) \to [0,+\infty], A↦Card(A)=A \mapsto \mathrm{Card}(A) = le nombre d'éléments de AA. Montrer que Card\mathrm{Card} est une mesure sur (N,P(N))(\mathbb{N}, \mathcal{P}(\mathbb{N})).

  2. (4 pts) On se donne un espace mesurable (Ω,T)(\Omega, \mathcal{T}). a. Soit x∈Ωx \in \Omega, on note δx:T→[0,+∞]\delta_x : \mathcal{T} \to [0,+\infty], B↦δx(B)={1si x∈B0sinon.B \mapsto \delta_x(B) = \begin{cases} 1 & \text{si } x \in B \\ 0 & \text{sinon.}\end{cases} Montrer que δx\delta_x est une mesure sur (Ω,T)(\Omega, \mathcal{T}) (cette mesure s'appelle la mesure de Dirac en xx). b. Soient x1,…,xkx_1,\ldots,x_k des éléments distincts de Ω\Omega et p1,…,pk∈R+∗p_1,\ldots,p_k \in \mathbb{R}_+^*. On note μ:T→[0,+∞]\mu : \mathcal{T} \to [0,+\infty], B↦μ(B)=∑1≤i≤kpi δxi(B)B \mapsto \mu(B) = \displaystyle\sum_{1 \leq i \leq k} p_i\,\delta_{x_i}(B). Montrer que μ\mu est une mesure sur (Ω,T)(\Omega, \mathcal{T}).

◀الحل

1.

  • Card(∅)=0\mathrm{Card}(\varnothing) = 0.
  • Si (An)n≥1(A_n)_{n\geq 1} sont deux à deux disjoints : Card(⋃nAn)=∑nCard(An)\mathrm{Card}(\bigcup_n A_n) = \sum_n \mathrm{Card}(A_n) (propriété fondamentale du cardinal pour des ensembles disjoints). Donc Card\mathrm{Card} est une mesure.

2a.

  • δx(∅)=0\delta_x(\varnothing) = 0 car x∉∅x \notin \varnothing.
  • Soit (Bn)(B_n) deux à deux disjoints dans T\mathcal{T}. Alors x∈⋃nBn  ⟺  x \in \bigcup_n B_n \iff il existe un unique n0n_0 avec x∈Bn0x \in B_{n_0} (les BnB_n sont disjoints). Donc :

δx ⁣(⋃nBn)=1x∈⋃nBn=∑n1x∈Bn=∑nδx(Bn).\delta_x\!\left(\bigcup_n B_n\right) = \mathbf{1}_{x \in \bigcup_n B_n} = \sum_n \mathbf{1}_{x \in B_n} = \sum_n \delta_x(B_n).

Donc δx\delta_x est une mesure.

2b.

  • μ(∅)=∑ipi δxi(∅)=0\mu(\varnothing) = \sum_i p_i\,\delta_{x_i}(\varnothing) = 0.
  • Soit (Bn)(B_n) deux à deux disjoints :

μ ⁣(⋃nBn)=∑i=1kpi δxi ⁣(⋃nBn)=∑i=1kpi∑nδxi(Bn)=∑n∑i=1kpi δxi(Bn)=∑nμ(Bn).\mu\!\left(\bigcup_n B_n\right) = \sum_{i=1}^k p_i\,\delta_{x_i}\!\left(\bigcup_n B_n\right) = \sum_{i=1}^k p_i\sum_n \delta_{x_i}(B_n) = \sum_n \sum_{i=1}^k p_i\,\delta_{x_i}(B_n) = \sum_n \mu(B_n).

Donc μ\mu est une mesure.

التمرين 2

Exercice 2 — Mesure de Lebesgue : calculs et propriétés

#lebesgue-measure#measure-theory#sets#rationals

  1. (3,5 pts) Soit λ\lambda la mesure de Lebesgue sur R\mathbb{R}. Calculer : a. λ ⁣(⋂n≥0]1−1n+1, 2])\displaystyle\lambda\!\left(\bigcap_{n \geq 0}\left]1 - \frac{1}{n+1},\, 2\right]\right). b. λ ⁣(⋃n≥0[n, n+12n[)\displaystyle\lambda\!\left(\bigcup_{n \geq 0}\left[n,\, n + \frac{1}{2^n}\right[\right).

  2. (2 pts) Calculer : a. λ({x})\lambda(\{x\}), x∈Rx \in \mathbb{R} (utiliser la propriété de croissance). b. λ ⁣(⋃n≥0{xn})\displaystyle\lambda\!\left(\bigcup_{n \geq 0} \{x_n\}\right), x0,x1,x2,…∈Rx_0, x_1, x_2,\ldots \in \mathbb{R}. c. En déduire que λ(Q)=0\lambda(\mathbb{Q}) = 0. Calculer λ([0,1]∖Q)\lambda([0,1]\setminus\mathbb{Q}).

  3. (1,5 pt) Soit μ\mu mesure sur (R,B(R))(\mathbb{R}, \mathcal{B}(\mathbb{R})) de densité 1[0,1](x)\mathbf{1}_{[0,1]}(x) par rapport à la mesure de Lebesgue. Calculer μ([0,1])\mu([0,1]), μ([0,2])\mu([0,2]), μ([0,1/2])\mu([0,1/2]), μ({1/2})\mu(\{1/2\}).

◀الحل

1a.

L'intersection est décroissante : ⋂n≥0]1−1n+1,2]=]1,2]\bigcap_{n\geq 0} ]1-\frac{1}{n+1},2] = ]1,2] (car 1−1n+1→11-\frac{1}{n+1} \to 1). Donc :

λ ⁣(⋂n≥0]1−1n+1,2])=λ(]1,2])=1.\boxed{\lambda\!\left(\bigcap_{n\geq 0}\left]1-\tfrac{1}{n+1},2\right]\right) = \lambda(]1,2]) = 1.}

1b.

Les intervalles [n,n+1/2n[[n, n+1/2^n[ sont deux à deux disjoints (car leurs positions entières sont distinctes). Donc :

λ ⁣(⋃n≥0[n,n+12n[)=∑n=0+∞12n=2.\lambda\!\left(\bigcup_{n\geq 0}\left[n,n+\tfrac{1}{2^n}\right[\right) = \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{2^n} = \boxed{2.}

2a.

Pour tout ε>0\varepsilon\gt 0, {x}⊂]x−ε,x+ε[\{x\} \subset ]x-\varepsilon, x+\varepsilon[, donc λ({x})≤2ε\lambda(\{x\}) \leq 2\varepsilon. En faisant ε→0\varepsilon \to 0 : λ({x})=0.\boxed{\lambda(\{x\}) = 0.}

2b.

Par sous-additivité dénombrable et le résultat précédent :

λ ⁣(⋃n≥0{xn})≤∑n≥0λ({xn})=0,donc λ ⁣(⋃n≥0{xn})=0.\lambda\!\left(\bigcup_{n\geq 0}\{x_n\}\right) \leq \sum_{n\geq 0}\lambda(\{x_n\}) = 0, \quad \text{donc } \boxed{\lambda\!\left(\bigcup_{n\geq 0}\{x_n\}\right) = 0.}

2c.

Q\mathbb{Q} est dénombrable, donc λ(Q)=0\lambda(\mathbb{Q}) = 0. Puis :

λ([0,1]∖Q)=λ([0,1])−λ([0,1]∩Q)=1−0=1.\lambda([0,1]\setminus\mathbb{Q}) = \lambda([0,1]) - \lambda([0,1]\cap\mathbb{Q}) = 1 - 0 = \boxed{1.}

3.

μ(A)=∫A1[0,1] dλ=λ(A∩[0,1])\mu(A) = \int_A \mathbf{1}_{[0,1]}\,d\lambda = \lambda(A \cap [0,1]).

μ([0,1])=λ([0,1])=1,μ([0,2])=λ([0,1])=1,\mu([0,1]) = \lambda([0,1]) = 1, \quad \mu([0,2]) = \lambda([0,1]) = 1,

μ([0,12])=λ([0,12])=12,μ({12})=λ({12})=0.\mu([0,\tfrac{1}{2}]) = \lambda([0,\tfrac{1}{2}]) = \tfrac{1}{2}, \quad \mu(\{\tfrac{1}{2}\}) = \lambda(\{\tfrac{1}{2}\}) = 0.

التمرين 3

Exercice 3 — Variables i.i.d. de Bernoulli et loi 0-1 pour les temps de retour

#probability#borel-cantelli#iid-variables#0-1-law#stopping-times

Soit (Xn)n∈N(X_n)_{n \in \mathbb{N}} une suite de variables aléatoires i.i.d. telles que P(X1=0)=P(X1=1)=12\mathbb{P}(X_1=0) = \mathbb{P}(X_1=1) = \frac{1}{2} et Nn=inf⁡{k∈N:Xn+k=0}N_n = \inf\{k \in \mathbb{N} : X_{n+k} = 0\}.

  1. (3,5 pts) Calculer la probabilité que la variable aléatoire NnN_n soit égale à 00 infiniment souvent (c'est-à-dire calculer P(lim sup⁡n{Nn=0})\mathbb{P}(\limsup_n \{N_n = 0\})).
  2. (3,5 pts) Même question pour la valeur 11 (on considérera la suite (N2n)n∈N)(N_{2n})_{n \in \mathbb{N}}).
◀الحل

1.

Nn=0  ⟺  Xn=0N_n = 0 \iff X_n = 0, donc {Nn=0}={Xn=0}\{N_n = 0\} = \{X_n = 0\} et P(Nn=0)=12\mathbb{P}(N_n = 0) = \frac{1}{2}.

Les événements {Xn=0}\{X_n = 0\} sont indépendants et vérifient ∑nP(Xn=0)=+∞\sum_n \mathbb{P}(X_n = 0) = +\infty. Par le lemme de Borel-Cantelli II (variables indépendantes) :

P ⁣(lim sup⁡n{Nn=0})=1.\boxed{\mathbb{P}\!\left(\limsup_n \{N_n = 0\}\right) = 1.}

2.

N2n=1  ⟺  X2n≠0N_{2n} = 1 \iff X_{2n} \neq 0 et X2n+1=0X_{2n+1} = 0, c'est-à-dire X2n=1X_{2n} = 1 et X2n+1=0X_{2n+1} = 0.

Donc P(N2n=1)=P(X2n=1)⋅P(X2n+1=0)=14\mathbb{P}(N_{2n}=1) = \mathbb{P}(X_{2n}=1)\cdot\mathbb{P}(X_{2n+1}=0) = \frac{1}{4} (par indépendance).

Les événements {N2n=1}={X2n=1,X2n+1=0}\{N_{2n}=1\} = \{X_{2n}=1, X_{2n+1}=0\} pour nn distincts sont indépendants, et ∑nP(N2n=1)=+∞\sum_n \mathbb{P}(N_{2n}=1) = +\infty. Par Borel-Cantelli II :

P ⁣(lim sup⁡n{N2n=1})=1.\boxed{\mathbb{P}\!\left(\limsup_n \{N_{2n}=1\}\right) = 1.}