مسابقة دكتوراه 2019 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 01

1.

Puisque $X$ et $Y$ sont indépendantes, la loi du couple $(X,Y)$ est :

$P(X=x, Y=y) = P(X=x)\cdot P(Y=y), \quad x,y \in \{0,1\}.$

On obtient : $P(X=0,Y=0) = (1-p)^2$, $P(X=0,Y=1) = (1-p)p$, $P(X=1,Y=0) = p(1-p)$, $P(X=1,Y=1) = p^2$.

Loi de $U=X+Y$ ($U$ prend ses valeurs dans $\{0,1,2\}$) :

$P(U=0) = (1-p)^2, \quad P(U=1) = 2p(1-p), \quad P(U=2) = p^2.$

Loi de $V=X-Y$ ($V$ prend ses valeurs dans $\{-1,0,1\}$) :

$P(V=-1) = p(1-p), \quad P(V=0) = (1-p)^2+p^2, \quad P(V=1) = p(1-p).$

2.

On détermine la loi conjointe de $(U,V)$. Les probabilités non nulles sont :

$P(U=0,V=0) = (1-p)^2, \quad P(U=1,V=-1) = p(1-p),$

$P(U=1,V=1) = p(1-p), \quad P(U=2,V=0) = p^2.$

Pour tester l'indépendance, vérifions $P(U=0,V=-1) = P(U=0)\cdot P(V=-1)$ :

$P(U=0,V=-1) = 0, \quad \text{mais} \quad P(U=0)\cdot P(V=-1) = (1-p)^2 \cdot p(1-p) = p(1-p)^3 \neq 0$

pour $p\in(0,1)$. Conclusion : $U$ et $V$ ne sont pas indépendantes.

1.

La densité jointe du couple $(X,Y)$ est :

$f(x,y) = f_{X|Y=y}(x)\cdot f_Y(y) = y^2 x e^{-xy}\cdot \frac{1}{y^2}\,\mathbf{1}_{\mathbb{R}_+}(x)\,\mathbf{1}_{[1,+\infty[}(y) = x\,e^{-xy}\,\mathbf{1}_{\mathbb{R}_+}(x)\,\mathbf{1}_{[1,+\infty[}(y).$

On effectue le changement de variables $t = xy$, $y = y$, donc $x = t/y$, avec jacobien $|\partial(x,y)/\partial(t,y)| = 1/y$. La densité de $(T,Y)$ est :

$f_{T,Y}(t,y) = f\!\left(\frac{t}{y},y\right)\cdot\frac{1}{y} = \frac{t}{y^2}\,e^{-t}\,\mathbf{1}_{\mathbb{R}_+}(t)\,\mathbf{1}_{[1,+\infty[}(y) = \underbrace{t\,e^{-t}\,\mathbf{1}_{\mathbb{R}_+}(t)}_{f_T(t)}\cdot \underbrace{\frac{1}{y^2}\,\mathbf{1}_{[1,+\infty[}(y)}_{f_Y(y)}.$

La densité se factorise : $T$ et $Y$ sont indépendantes. De plus, $T$ suit une loi $\Gamma(2,1)$ de densité $t\,e^{-t}\,\mathbf{1}_{\mathbb{R}_+}(t)$.

2.

La densité marginale de $X$ est :

$f_X(x) = \int_1^{+\infty} x\,e^{-xy}\,dy = x\left[\frac{-e^{-xy}}{x}\right]_1^{+\infty} = e^{-x}, \quad x\gt 0.$

Donc $X \sim \mathcal{E}(1)$ (loi exponentielle de paramètre 1). La loi conditionnelle de $Y$ sachant $X=x$ admet la densité :

$f_{Y|X=x}(y) = \frac{f(x,y)}{f_X(x)} = \frac{x\,e^{-xy}}{e^{-x}}\,\mathbf{1}_{[1,+\infty[}(y) = x\,e^{-x(y-1)}\,\mathbf{1}_{[1,+\infty[}(y).$

C'est une loi exponentielle de paramètre $x$ translatée en $1$.

3.

$E(Y|X=x) = \int_1^{+\infty} y\cdot x\,e^{-x(y-1)}\,dy.$

Par le changement $u = y-1$ :

$= x\int_0^{+\infty}(u+1)\,e^{-xu}\,du = x\left[\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}\right] = \frac{1}{x}+1 = \frac{x+1}{x}.$

$\boxed{E(Y|X) = \frac{X+1}{X}}$

1.

Les densités sont $f_X(x) = \lambda e^{-\lambda x}\mathbf{1}_{x\gt 0}$ et $f_Y(y) = \lambda e^{-\lambda y}\mathbf{1}_{y\gt 0}$.

On pose $V = X+Y$ et $W = X/V$, donc $X = VW$, $Y = V(1-W)$. Le jacobien du changement inverse est :

$\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(v,w)}\right| = \begin{vmatrix} w & v \\ 1-w & -v \end{vmatrix} = -vw - v(1-w) = -v, \quad \text{donc } |J| = v.$

La densité conjointe de $(V,W)$ est :

$f_{V,W}(v,w) = f_X(vw)\cdot f_Y(v(1-w))\cdot v = \lambda e^{-\lambda vw}\cdot \lambda e^{-\lambda v(1-w)}\cdot v = \lambda^2\,v\,e^{-\lambda v},$

pour $v\gt 0$ et $0\lt w\lt 1$.

2.

On peut écrire :

$f_{V,W}(v,w) = \underbrace{\lambda^2\,v\,e^{-\lambda v}\,\mathbf{1}_{v\gt 0}}_{f_V(v)} \cdot \underbrace{\mathbf{1}_{0\lt w\lt 1}}_{f_W(w)}.$

La densité se factorise en produit d'une fonction de $v$ seul et d'une fonction de $w$ seul. $V$ et $W$ sont donc indépendantes.

De plus :

$\boxed{V = X+Y \sim \Gamma(2,\lambda), \quad W = \frac{X}{X+Y} \sim \mathcal{U}(0,1).}$

1.

Par définition, $E(X|\mathcal{G})$ est une v.a. $\mathcal{G}$-mesurable telle que pour tout $A \in \mathcal{G}$ :

$\int_A E(X|\mathcal{G})\,dP = \int_A X\,dP.$

On prend $A = \Omega \in \mathcal{G}$ :

$\int_\Omega E(X|\mathcal{G})\,dP = \int_\Omega X\,dP \implies \boxed{E(E(X|\mathcal{G})) = E(X).}$

2.

Soit $Y = X$ (qui est $\mathcal{G}$-mesurable et intégrable par hypothèse). Pour tout $A \in \mathcal{G}$ :

$\int_A Y\,dP = \int_A X\,dP.$

Donc $Y = X$ satisfait la définition de $E(X|\mathcal{G})$. Par unicité P-p.s. : $\boxed{E(X|\mathcal{G}) = X \text{ P-p.s.}}$

3.

Soit $Y$ une v.a. $\mathcal{G}$-mesurable de carré intégrable. On écrit $Y = E(X|\mathcal{G}) + \xi$ où $\xi = Y - E(X|\mathcal{G})$ est aussi $\mathcal{G}$-mesurable. Alors :

$E[(X-Y)^2] = E[(X - E(X|\mathcal{G}) - \xi)^2]$

$= E[(X-E(X|\mathcal{G}))^2] + E[\xi^2] - 2E[\xi(X-E(X|\mathcal{G}))].$

Or, puisque $\xi$ est $\mathcal{G}$-mesurable et bornée (par densité), par la propriété de l'espérance conditionnelle :

$E[\xi(X-E(X|\mathcal{G}))] = E[E(\xi(X-E(X|\mathcal{G}))|\mathcal{G})] = E[\xi\cdot E(X-E(X|\mathcal{G})|\mathcal{G})] = 0.$

Donc :

$E[(X-Y)^2] = E[(X-E(X|\mathcal{G}))^2] + E[\xi^2] \geq E[(X-E(X|\mathcal{G}))^2],$

avec égalité si et seulement si $E[\xi^2] = 0$, c'est-à-dire $\xi = 0$ P-p.s., soit $Y = E(X|\mathcal{G})$ P-p.s. Donc $E(X|\mathcal{G})$ minimise $E[(X-Y)^2]$ parmi toutes les v.a. $\mathcal{G}$-mesurables de carré intégrable.