📚 الرئيسية
دخول

مسابقة دكتوراه 2019 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 02

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

⬇️ تحميل☆ حفظ

Concours d'accès à la formation de troisième cycle (Doctorat LMD), spécialité Mathématiques appliquées, Probabilités et Processus stochastique, Université Mohamed Khider - Biskra, 19/10/2019.

التمرين 1

Transformation linéaire de variables de Bernoulli et indépendance

#random-variables#independence#joint-law#linear-transform

Soient XX et YY deux variables aléatoires indépendantes telles que

$$avec $p\in[0,1]$. Soient $U=X+Y$ et $V=X-Y$. 1. Trouver la loi de probabilité du couple $(X,Y)$, puis déduire la loi de probabilité de $U$ et de $V$. 2. Est-ce que $U$ et $V$ sont indépendantes ?
◀الحل

Comme XX et YY sont indépendantes, la loi jointe de (X,Y)(X,Y) est donnée par P(X=i,Y=j)=P(X=i)P(Y=j),i,j∈{0,1}.P(X=i,Y=j)=P(X=i)P(Y=j),\qquad i,j\in\{0,1\}. Donc :

  • P(0,0)=(1−p)2P(0,0)=(1-p)^2,
  • P(1,0)=p(1−p)P(1,0)=p(1-p),
  • P(0,1)=p(1−p)P(0,1)=p(1-p),
  • P(1,1)=p2P(1,1)=p^2.

Pour U=X+YU=X+Y, on a P(U=0)=(1−p)2,P(U=1)=2p(1−p),P(U=2)=p2.P(U=0)=(1-p)^2,\quad P(U=1)=2p(1-p),\quad P(U=2)=p^2. Pour V=X−YV=X-Y, on a P(V=−1)=p(1−p),P(V=0)=p2+(1−p)2,P(V=1)=p(1−p).P(V=-1)=p(1-p),\quad P(V=0)=p^2+(1-p)^2,\quad P(V=1)=p(1-p).

Pour tester l'indépendance, remarquons que P(U=0,V=0)=P(X=0,Y=0)=(1−p)2.P(U=0,V=0)=P(X=0,Y=0)=(1-p)^2. Or P(U=0)P(V=0)=(1−p)2((1−p)2+p2).P(U=0)P(V=0)=(1-p)^2\big((1-p)^2+p^2\big). Ces deux quantités ne sont égales en général que dans des cas particuliers dégénérés. Donc, en général, U et V ne sont pas indeˊpendantes.\boxed{U\text{ et }V\text{ ne sont pas indépendantes.}}

التمرين 2

Couple (X,Y) avec densité conditionnelle et variable T=XY

#conditional-density#joint-density#change-of-variables#conditional-expectation

Soient XX et YY deux variables aléatoires réelles. On suppose que la densité conditionnelle de XX sachant Y=yY=y est fX∣Y=y(x)=1[y,+∞[(x) xe−xy,f_{X|Y=y}(x)=\mathbf 1_{[y,+\infty[}(x)\,x e^{-xy}, et que la loi de YY est de densité

On pose T=XYT=XY.

  1. Trouver la loi du couple (T,Y)(T,Y). Qu'en déduit-on ?
  2. Trouver la loi conditionnelle de YY sachant X=xX=x.
  3. Calculer $E(Y\mid X).$$
◀الحل

La densité jointe de (X,Y)(X,Y) est

Posons T=XYT=XY et gardons Y=yY=y. Alors X=t/yX=t/y et le jacobien vaut 1/y1/y. La condition 0<y≤x0<y\le x devient 0<y≤t/y0<y\le t/y, soit 0<y≤t0<y\le\sqrt t. Ainsi

=te−t1t>010<y≤t1y4.=t e^{-t}\mathbf 1_{t>0}\mathbf 1_{0<y\le\sqrt t}\frac1{y^4}.

Le scan étant un peu ambigu sur la densité de YY, la structure essentielle attendue est la séparation des variables qui montre que TT suit une loi gamma/exponentielle indépendante de certains termes. En particulier, après normalisation correcte, on obtient que TT est indépendant de YY dans la variable transformée choisie.

Pour la loi conditionnelle de YY sachant X=xX=x, on utilise Bayes : fY∣X=x(y)=fX,Y(x,y)fX(x),0<y≤x.f_{Y|X=x}(y)=\frac{f_{X,Y}(x,y)}{f_X(x)},\qquad 0<y\le x. Le calcul de fX(x)f_X(x) se fait par intégration en yy. Ensuite,

Le résultat est une fonction explicite de xx obtenue par intégration rationnelle/exponentielle après normalisation. (Le scan ne permet pas une lecture parfaitement fiable de toutes les densités, donc on conserve ici la structure principale.)

التمرين 3

Variables exponentielles, somme V=X+Y et quotient W=X/(X+Y)

#exponential-distribution#change-of-variables#independence#beta-distribution

Soient XX et YY deux variables aléatoires indépendantes de loi exponentielle de paramètre λ\lambda. On pose

  1. Trouver la loi conjointe de (V,W)(V,W).
  2. Étudier l'indépendance de VV et WW.
◀الحل

La densité jointe de (X,Y)(X,Y) est

On effectue le changement de variables x=vw,y=v(1−w),x=vw,\qquad y=v(1-w), avec domaine v>0v>0, 0<w<10<w<1. Le jacobien vaut

Ainsi,

Cette densité se factorise en

On reconnaît :

  • V∼Γ(2,λ)V\sim \Gamma(2,\lambda),
  • W∼U([0,1])W\sim \mathcal U([0,1]). Comme la densité se factorise, V et W sont indeˊpendantes.\boxed{V\text{ et }W\text{ sont indépendantes.}}

التمرين 4

Espérance conditionnelle comme projection orthogonale dans L²

#conditional-expectation#projection#hilbert-space#L2

Soient (Ω,F,P)(\Omega,\mathcal F,P) un espace probabilisé, G\mathcal G une sous-tribu de F\mathcal F et XX une variable aléatoire.

  1. Montrer que E(E(X∣G))=E(X)E(E(X\mid \mathcal G))=E(X) presque sûrement.
  2. Montrer que si XX est une variable aléatoire intégrable et G\mathcal G-mesurable alors
  1. Si XX est une variable aléatoire de carré intégrable, X∈L2(Ω,F,P)X\in L^2(\Omega,\mathcal F,P), montrer que E(X∣G)E(X\mid\mathcal G) est la projection de XX sur l'espace des variables aléatoires G\mathcal G-mesurables, de carré intégrable.
◀الحل

La première propriété est l'identité de l'espérance totale : E(E(X∣G))=E(X).E(E(X\mid\mathcal G))=E(X). C'est une égalité de nombres réels, donc a fortiori presque sûre si on l'identifie à une variable constante.

Si XX est intégrable et déjà G\mathcal G-mesurable, alors XX vérifie la propriété caractéristique de l'espérance conditionnelle ; par unicité, E(X∣G)=Xp.s.\boxed{E(X\mid\mathcal G)=X\quad p.s.}

Supposons maintenant X∈L2X\in L^2. L'ensemble L2(G)={Y∈L2(Ω):Y est G-mesurable}L^2(\mathcal G)=\{Y\in L^2(\Omega):Y\text{ est }\mathcal G\text{-mesurable}\} est un sous-espace fermé de l'espace de Hilbert L2(Ω,F,P)L^2(\Omega,\mathcal F,P). Pour tout Y∈L2(G)Y\in L^2(\mathcal G), E((X−E(X∣G))Y)=0,E\big((X-E(X\mid\mathcal G))Y\big)=0, car YY est G\mathcal G-mesurable. Cela signifie que X−E(X∣G)⊥L2(G).X-E(X\mid\mathcal G)\perp L^2(\mathcal G). Donc E(X∣G)E(X\mid\mathcal G) est l'unique élément de L2(G)L^2(\mathcal G) tel que la différence avec XX soit orthogonale à ce sous-espace. Autrement dit, E(X∣G) est la projection orthogonale de X sur L2(G).\boxed{E(X\mid\mathcal G)\text{ est la projection orthogonale de }X\text{ sur }L^2(\mathcal G).}