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مسابقة دكتوراه 2018 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 02

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours d'accès à la formation de troisième cycle (Doctorat LMD) — Épreuve : Mesure et Probabilités (version B), 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 — Définition d'une tribu, propriétés et tribus sur un ensemble à trois éléments

#measure-theory#sigma-algebra#tribes#set-theory

Soit Ω\Omega un ensemble non vide. On note pour A⊂ΩA \subset \Omega, Ac={x∈Ω:x∉A}A^c = \{x \in \Omega : x \notin A\}.

  1. (1 pt) Donner la définition d'une tribu sur Ω\Omega.
  2. (3 pts) a. Montrer que ⋃n≥0Anc=(⋂n≥0An)c\displaystyle\bigcup_{n \geq 0} A_n^c = \left(\bigcap_{n \geq 0} A_n\right)^c. b. En déduire que (⋃n≥0Anc)c=⋂n≥0An\displaystyle\left(\bigcup_{n \geq 0} A_n^c\right)^c = \bigcap_{n \geq 0} A_n. c. Montrer qu'une tribu est stable par intersection dénombrable.
  3. (2 pts) Supposons que Ω={a,b,c}\Omega = \{a,b,c\} est un ensemble à trois éléments. Donner les différentes tribus possibles sur Ω\Omega.
◀الحل

1.

Une tribu sur Ω\Omega est une famille T⊂P(Ω)\mathcal{T} \subset \mathcal{P}(\Omega) telle que : (i) Ω∈T\Omega \in \mathcal{T}, (ii) A∈T  ⟹  Ac∈TA \in \mathcal{T} \implies A^c \in \mathcal{T}, (iii) si (An)n≥0⊂T(A_n)_{n \geq 0} \subset \mathcal{T} alors ⋃n≥0An∈T\bigcup_{n \geq 0} A_n \in \mathcal{T}.

2a.

x∈⋃nAnc  ⟺  ∃ n:x∉An  ⟺  x∉⋂nAn  ⟺  x∈(⋂nAn)cx \in \bigcup_n A_n^c \iff \exists\, n : x \notin A_n \iff x \notin \bigcap_n A_n \iff x \in (\bigcap_n A_n)^c.

Donc ⋃nAnc=(⋂nAn)c\bigcup_n A_n^c = (\bigcap_n A_n)^c.

2b.

En prenant le complémentaire des deux membres de 2a :

(⋃nAnc)c=((⋂nAn)c)c=⋂nAn.✓\left(\bigcup_n A_n^c\right)^c = \left(\left(\bigcap_n A_n\right)^c\right)^c = \bigcap_n A_n. \checkmark

2c.

Soit (An)n≥0⊂T(A_n)_{n\geq 0} \subset \mathcal{T}. Alors Anc∈TA_n^c \in \mathcal{T} pour tout nn (stabilité par complémentation). Par stabilité par union dénombrable : ⋃nAnc∈T\bigcup_n A_n^c \in \mathcal{T}. Puis par complémentation : (⋃nAnc)c∈T(\bigcup_n A_n^c)^c \in \mathcal{T}, c'est-à-dire ⋂nAn∈T\bigcap_n A_n \in \mathcal{T}. Donc toute tribu est stable par intersection dénombrable.

3.

Pour Ω={a,b,c}\Omega = \{a,b,c\}, les tribus possibles sont :

  • T1={∅,Ω}\mathcal{T}_1 = \{\varnothing, \Omega\} (tribu grossière)
  • T2={∅,{a},{b,c},Ω}\mathcal{T}_2 = \{\varnothing, \{a\}, \{b,c\}, \Omega\}
  • T3={∅,{b},{a,c},Ω}\mathcal{T}_3 = \{\varnothing, \{b\}, \{a,c\}, \Omega\}
  • T4={∅,{c},{a,b},Ω}\mathcal{T}_4 = \{\varnothing, \{c\}, \{a,b\}, \Omega\}
  • T5=P(Ω)={∅,{a},{b},{c},{a,b},{a,c},{b,c},Ω}\mathcal{T}_5 = \mathcal{P}(\Omega) = \{\varnothing, \{a\}, \{b\}, \{c\}, \{a,b\}, \{a,c\}, \{b,c\}, \Omega\} (tribu discrète)

Il y a donc 5 tribus possibles sur Ω\Omega.

التمرين 2

Exercice 2 — Lemme de Fatou pour les mesures, convergence en mesure et inégalité de couverture

#measure-theory#fatou-lemma#convergence-in-measure#integrable-functions

A) Soient (X,M,μ)(X, \mathcal{M}, \mu) un espace mesuré.

  1. (1 pt) Soit (An)n⊂X(A_n)_n \subset X. Montrer que μ(lim inf⁡n→∞An)≤lim inf⁡n→∞μ(An)\mu(\liminf_{n\to\infty} A_n) \leq \liminf_{n\to\infty} \mu(A_n).
  2. (2 pts) Soit {fn}n∈N\{f_n\}_{n \in \mathbb{N}} une suite de fonctions mesurables avec lim⁡n→∞μ({x∈X:∣fn(x)−f(x)∣>0})=0\displaystyle\lim_{n\to\infty} \mu(\{x \in X : |f_n(x)-f(x)| \gt 0\}) = 0 où ff est une fonction mesurable. Montrer que {fn}n∈N\{f_n\}_{n \in \mathbb{N}} converge vers ff en mesure.

B) Soient (X,M,μ)(X, \mathcal{M}, \mu) un espace mesuré, f:X→Rf : X \to \mathbb{R} une fonction mesurable telle que ∫X∣f∣ dμ<∞\int_X |f|\,d\mu \lt \infty. On pose pour n≥1n \geq 1 : An={x∈X:∣f(x)∣≥n}A_n = \{x \in X : |f(x)| \geq n\} et A0=XA_0 = X.

  1. (3 pts) Montrer que : i. An+1⊂AnA_{n+1} \subset A_n pour n≥0n \geq 0 et les ensembles Bn=An∖An+1B_n = A_n \setminus A_{n+1} sont deux à deux disjoints pour n≥0n \geq 0. ii. ⋃n∈N(An∖An+1)=X\displaystyle\bigcup_{n \in \mathbb{N}} (A_n \setminus A_{n+1}) = X.
  2. (2 pts) Montrer que ∑n=1∞n μ(An∖An+1)≤∫X∣f∣ dμ\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} n\,\mu(A_n \setminus A_{n+1}) \leq \int_X |f|\,d\mu.
◀الحل

A.1.

lim inf⁡nAn=⋃k≥0⋂n≥kAn\liminf_n A_n = \bigcup_{k \geq 0} \bigcap_{n \geq k} A_n. Posons Bk=⋂n≥kAnB_k = \bigcap_{n \geq k} A_n ; c'est une suite croissante. Par continuité de la mesure par le bas :

μ(lim inf⁡nAn)=lim⁡k→∞μ(Bk)=lim⁡k→∞μ ⁣(⋂n≥kAn)≤lim⁡k→∞inf⁡n≥kμ(An)=lim inf⁡n→∞μ(An).\mu(\liminf_n A_n) = \lim_{k\to\infty}\mu(B_k) = \lim_{k\to\infty}\mu\!\left(\bigcap_{n\geq k} A_n\right) \leq \lim_{k\to\infty}\inf_{n\geq k}\mu(A_n) = \liminf_{n\to\infty}\mu(A_n).

A.2.

Pour tout ε>0\varepsilon \gt 0 :

{∣fn−f∣>ε}⊂{∣fn−f∣>0},\{|f_n - f| \gt \varepsilon\} \subset \{|f_n - f| \gt 0\},

donc μ({∣fn−f∣>ε})≤μ({∣fn−f∣>0})→0\mu(\{|f_n-f|\gt\varepsilon\}) \leq \mu(\{|f_n-f|\gt 0\}) \to 0. Donc fn→ff_n \to f en mesure.

B.1.

i. Si ∣f(x)∣≥n+1|f(x)| \geq n+1 alors ∣f(x)∣≥n|f(x)| \geq n, donc An+1⊂AnA_{n+1} \subset A_n. Les Bn=An∖An+1B_n = A_n \setminus A_{n+1} sont clairement deux à deux disjoints.

ii. Pour tout x∈Xx \in X, soit ∣f(x)∣=+∞|f(x)| = +\infty (impossible p.p. car ff est intégrable), soit ∣f(x)∣<∞|f(x)| \lt \infty, donc il existe n0n_0 tel que n0≤∣f(x)∣<n0+1n_0 \leq |f(x)| \lt n_0+1, c'est-à-dire x∈Bn0=An0∖An0+1x \in B_{n_0} = A_{n_0}\setminus A_{n_0+1}. Donc ⋃nBn=X\bigcup_n B_n = X p.p.

B.2.

Sur Bn=An∖An+1B_n = A_n \setminus A_{n+1}, on a n≤∣f(x)∣<n+1n \leq |f(x)| \lt n+1, donc ∣f(x)∣≥n|f(x)| \geq n. Ainsi :

∑n=1∞n μ(An∖An+1)=∑n=1∞∫Bnn dμ≤∑n=1∞∫Bn∣f∣ dμ=∫X∣f∣ dμ.\sum_{n=1}^{\infty} n\,\mu(A_n\setminus A_{n+1}) = \sum_{n=1}^{\infty} \int_{B_n} n\,d\mu \leq \sum_{n=1}^{\infty}\int_{B_n}|f|\,d\mu = \int_X |f|\,d\mu.

∑n=1∞n μ(An∖An+1)≤∫X∣f∣ dμ.\boxed{\sum_{n=1}^{\infty} n\,\mu(A_n\setminus A_{n+1}) \leq \int_X |f|\,d\mu.}

التمرين 3

Exercice 3 — Espérance conditionnelle de X sachant X+Y, variables normales

#probability#conditional-expectation#normal-distribution#symmetry

Soient XX, YY deux variables aléatoires indépendantes et de même loi P\mathbb{P}.

  1. (2 pts) Calculer l'espérance conditionnelle de XX sachant X+YX+Y.
  2. (4 pts) Si P\mathbb{P} est la loi normale centrée réduite, calculer l'espérance conditionnelle de ∣X∣|X| sachant X2+Y2X^2+Y^2, puis celle de XX sachant X2+Y2X^2+Y^2.
◀الحل

1.

Par symétrie entre XX et YY (même loi, indépendantes), on a E(X∣X+Y)=E(Y∣X+Y)E(X|X+Y) = E(Y|X+Y). De plus, par linéarité :

E(X∣X+Y)+E(Y∣X+Y)=E(X+Y∣X+Y)=X+Y.E(X|X+Y) + E(Y|X+Y) = E(X+Y|X+Y) = X+Y.

Donc 2E(X∣X+Y)=X+Y2E(X|X+Y) = X+Y, soit :

E(X∣X+Y)=X+Y2.\boxed{E(X|X+Y) = \frac{X+Y}{2}.}

2.

Soit R2=X2+Y2R^2 = X^2+Y^2 et S=X2+Y2S = X^2+Y^2. Si X,Y∼N(0,1)X,Y \sim \mathcal{N}(0,1), on écrit X=Rcos⁡ΘX = R\cos\Theta et Y=Rsin⁡ΘY = R\sin\Theta où (R,Θ)(R,\Theta) est indépendant avec R2∼χ2(2)R^2 \sim \chi^2(2) (exponentielle de paramètre 1/21/2) et Θ∼U(0,2π)\Theta \sim \mathcal{U}(0,2\pi), indépendant de RR.

Sachant S=R2=sS = R^2 = s, on a ∣X∣=R∣cos⁡Θ∣|X| = R|\cos\Theta| et R=sR = \sqrt{s} est fixé, donc :

E(∣X∣ ∣ X2+Y2=s)=s⋅E(∣cos⁡Θ∣)=s⋅2π.E(|X|\,|\,X^2+Y^2=s) = \sqrt{s}\cdot E(|\cos\Theta|) = \sqrt{s}\cdot\frac{2}{\pi}.

E(∣X∣ ∣ X2+Y2)=2πX2+Y2.\boxed{E(|X|\,|\,X^2+Y^2) = \frac{2}{\pi}\sqrt{X^2+Y^2}.}

Pour E(X∣X2+Y2)E(X|X^2+Y^2) : par symétrie X↔−XX \leftrightarrow -X (la loi de (X2+Y2)(X^2+Y^2) est inchangée), on a E(X∣X2+Y2)=E(−X∣X2+Y2)=−E(X∣X2+Y2)E(X|X^2+Y^2) = E(-X|X^2+Y^2) = -E(X|X^2+Y^2), donc :

E(X ∣ X2+Y2)=0.\boxed{E(X\,|\,X^2+Y^2) = 0.}