Corrigé de l`épreuve du jeudi 27 mai 2010 Fichier

Université de Haute-Alsace
Jeudi 27 mai 2010
Master de Mathématiques
Durée 3 heures
Examen de probabilité
Exercice 1
Etudier la convergence en loi, quand n tend vers l’infini, des trois suites de probabilités sur R :
δ , où (an ) est une suite quelconque de réels
a) µn = n1 δan + n−1
n 0
b) νn = U0,n
c) ρn = N (mn , σn2 ) , où (mn ) est une suite convergeant vers un réel m et (σn ) est une suite de réels
strictement positifs convergeant vers 0.
Solution
a) Si f est une application continue et bornée de R dans R
Z
1
n−1
f dµn = f (an ) +
f (0),
n
n
expression qui converge vers f (0), ce qui prouve que la suite (µn ) converge en loi vers la mesure de Dirac
en 0.
b) La fonction caractéristique ϕn de νn est donnée par
Z
Z
1 n itx
itx
e dx.
ϕn (t) = e dνn (x) =
n 0
1
On a ϕn (0) = 1 ; et pour t 6= 0 ϕn (t) = itn
(eit − 1), qui converge vers 0. La suite (ϕn ) convergeant vers
une application non continue, la suite (νn ) ne peut converger en loi.
c) Si f est une application continue et bornée de R dans R
R
R
R
R
2
y2
n)
z2
√1
f dρn = σ √1 2π f (x) exp(− (x−m
f
(σ
z+m
)
exp(−
)dx = σ √1 2π f (y+mn ) exp(− 2σ
)dz.
n
n
2 )dy =
2σ 2
2
2π
n
n
n
n
R
R
2
Le théorème de convergence dominée montre que la suite ( f dρn ) converge vers √12π f (m) exp(− z2 )dz =
f (m), ce qui prouve que la suite (µn ) converge en loi vers la mesure de Dirac en m.
Exercice 2
Soit (Xn )n≥1 une suite indépendante de variables aléatoires réelles, à valeurs dans l’intervalle [0, 1],
définies sur un espace probabilisé (Ω, F, P ), ces variables ayant toutes pour densité l’application
h(x) = 2x1[0,1] .
Pour tout entier n ≥ 1 on pose Un = max(X1 , ..., Xn ) et Wn = n(1 − Un ).
a) Montrer que la variable Un admet pour densité sur R l’application x → gn (x) = 2nx2n−1 1[0,1] (x).
b) Calculer EUn , V Un et lim V Un .
n→+∞
c) Prouver que la suite (Un )n≥1 converge en probabilité vers la variable constante égale à 1.
d) Montrer que pour tout réel y ≥ 0 on a lim 1[0,n] (y)(1 − ny )2n+1 = e−2y .
n→+∞
e) Montrer que la suite (Wn )n≥1 converge en loi vers la loi exponentielle E2 .
1
Solution
a) Soit Fn la fonction de répartition de Un . La variable Un étant à valeurs dans [0, 1], on a
- si t < 0 Fn (t) = P (Un ≤ t) = 0
- si t ≥ 1 Fn (t) = P (Un ≤ t) = 1
- si 0 ≤ t ≤ 1
Z t
Fn (t) = P (Un ≤ t) = P (max(X1 , ..., Xn ) ≤ t) = P (X1 ≤ t, ..., Xn ≤ t) = (2
xdx)n = t2n .
0
∞
c
On constate que l’application Fn est continue, et C sur {0, 1} . On en déduit que la variable Un admet
pour densité l’application gn (x) = 2nx2n−1 1[0,1] (x).
b) On a
R1
2n
- EUn = 2n 0 xx2n−1 dx =
2n + 1
R 1 2 2n−1
2n
2
- EUn = 2n 0 x x
dx =
+2
³ 2n ´2n
2
2n
n
- V Un =
−
=
.
2n + 2
2n + 1
(n + 1)(2n + 1)2
De façon évidente la suite (V Un ) tend vers 0.
c) On a
£
¤2
E(Un − 1)2 = E Un − EUn ) + (EUn − 1) = V Un + (EUn − 1)2 .
Puisque lim V Un = 0 et lim EUn = 1, la suite (Un ) converge vers 0 dans L2 ; elle converge donc vers 0
n→∞
n→∞
en probabilité.
d) Pour n ≥ y 1[0,n] (y)(1 − ny )2n+1 = (1 − ny )2n+1 dont le logarithme est (2n + 1) ln(1 − ny ). L’application
1
ϕ(x) = ln(1 + x) ayant pour dérivée ϕ0 (x) = 1+x
, l’expression
(2n + 1) ln(1 −
ϕ(− ny ) − ϕ(0)
y
y
) = − (2n + 1)
n
n
− ny − 0
tend vers −2yϕ0 (0) = −2y.
Il en résulte que lim 1[0,n] (y)(1 − ny )2n+1 = e−2y .
n→∞
e) On sait que si une variable aléatoire X admet sur R une densité f , la variable Y = aX + b, a 6= 0,
1
admet la densité x → |a|
f ( x−b
). La variable Wn = n(1 − Un ) = −nUn + n admet par conséquent pour
a
densité l’application
R3x→
1
x−n
2n
y
y
gn (
)=
(1 − )2n−1 1[0,n] (y)(1 − ).
| − n|
−n
n
n
n
La question précédente montre que
2n
y
y
(1 − )2n−1 1[0,n] (y)(1 − ) = 2e−2y 1[0,+∞[ (y).
n→∞ n
n
n
lim
Puisque la convergence ponctuelle des densités entraîne la convergence en loi, la suite (Wn ) converge en
loi vers la loi exponentielle E2 .
Exercice 3
On désigne par P l’ensemble des probabilités µ sur R vérifiant
Z
Z
2
x dµ(x) = 1 et
xdµ(x) = 0.
R
R
Soit T l’application qui à un élément µ de P associe la probabilité T µ définie de la façon suivante :
si X et Y sont des variable aléatoires réelles indépendante de loi commune µ ∈ P, T µ est la loi de la
√ .
variable X+Y
2
2
a) Montrer que l’image de T est contenue dans P.
b) Montrer que si (Xi ), i ∈ [1..2m ], est une suite indépendante de variables aléatoires de loi µ ∈ P, la
m P m
probabilité T m µ est la loi de la variable 2− 2 2i=1 Xi .
c) Montrer que pour tout élément µ ∈ P la suite (T m µ) converge en loi vers la loi γ = N (0, 1).
d) Monter que la loi γ est le seul élément de P invariant par T .
e) Soit (Xn )n≥1 une suite indépendante de variables aléatoires réelles de même loi µ ∈ P. On suppose que
2
la variable X1√+X
a même loi que la variable X1 . Montrer que les variables Xn suivent une loi normale.
2
Solution
a) si¡ X et¢ Y sont des variable aléatoires réelles indépendante de loi commune µ ∈ P
√
√
- E X+Y
= EX+EY
=0
2 ¢
2
¡ X+Y
V
X+V
Y
=1
- V √2 =
2
ce qui prouve que T est une application de P dans P.
b) Montrons la propriété par récurrence.
Par hypothèse la propriété est vraie pour m = 1.
¡
¢
Supposons la vérifiée pour un entier m. Par définition de T , T m+1 (µ) = T T m (µ) est la loi d’une
√ , où X et Y sont des variable aléatoires réelles indépendante de loi commune T m (µ).
somme X+Y
2
Soit (Xi ), i ∈ [1..2m+1 ], une suite indépendante de variables aléatoires de loi µ ∈ P. Par hypothèse de
m P m+1
m P m
récurrence, T m (µ) est la loi de la variable X = 2− 2 2i=1 Xi . La variable Y = 2− 2 ¡2i=2m +1 ¢Xi possède la
même loi que X, et le couple (X, Y ) = est indépendant. Par définition T m+1 (µ) = T T m (µ) est la loi de
la variable
m+1
m P2m
m P2m+1
2X
2− 2 i=1
Xi + 2− 2 i=2
X +Y
m +1 Xi
− m+1
√
√
Xi .
=
=2 2
2
2
i=1
c) Soit (Xn )n≥1 une suite indépendante de variables aléatoires réelles de même loi µ ∈ P. La question
m P m
précédente a montré que la probabilité T m (µ) est la loi de la variable 2− 2 2i=1 Xi . La variance de la
Pm
m P m
somme 2i=1 Xi étant 2m , le théorème limite central entraîne la convergence en loi de la suite 2− 2 2i=1 Xi
vers la loi normale N (0, 1).
d) Si µ est élément de P invariant par T , on a pour tout m ≥ 1 T m (µ) = µ. La question précédente
montre immédiatement que µ = N (0, 1).
e) L’hypothèse se traduit par T (µ) = µ, autrement dit que µ est élément de P invariant par T .
Exercice 4
Soit (Ω, F, P ) un espace probabilisé et (Xn )n≥1 une suite indépendante de variable aléatoires de carré
intégrable. On suppose qu’il existe une
P constante A ∈ R telle que pour tout n ≥ 1, V (Xn ) ≤ A. Pour
chaque entier n ≥ 1, on pose Sn = n1 ni=1 (Xi − E(Xi )).
a) Soit δ > 0, Montrer que P (|Sn | ≥ δ) ≤ nδA2 .
P
1
b) Soit ϕ : N∗ → N∗ une application strictement croissante telle que n≥1 ϕ(n)
< +∞. Montrer que pour
tout δ > 0 il existe une partie
Ωδ de probabilité 1 telle que pour tout ω ∈ Ωδ , l’ensemble des
¯ mesurable
¯
entiers n ≥ 1 pour lesquels ¯Sϕ(n) (ω)¯ ≥ δ est fini. En déduire que la sous suite (Sϕ(n) )n≥1 converge presque
sûrement vers 0.
Solution
a) Par l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev
n
1
1 X
V (Xi − E(Xi ))/δ 2 ≤ 2 nA/δ 2 = A/nδ 2 .
P (|Sn | ≥ δ) ≤ V (Sn )/δ = 2
n i=1
n
2
3
b) Puisque
P (|Sϕ(n) | ≥ δ) ≤
on a
X
A
,
ϕ(n)δ 2
P (|Sϕ(n) | ≥ δ) < ∞.
n≥∞
Posons An = {|Sϕ(n) | ≥ δ} ; le lemme de Borel-Cantelli implique l’égalité P (limAn ) = 0. L’événement
Ωδ = (limAn )c est de probabilité égale à 1. Comme
limAn = {ω ∈ Ω ∀n ≥ 1 ∃p ≥ n ω ∈ Ap },
on a
Ωδ = {ω ∈ Ω ∃n ≥ 1 ∀p ≥ n ω 6= Ap },
¯
¯
ce qui entraîne que l’ensemble des entiers n ≥ 1 pour lesquels ¯Sϕ(n) (ω)¯ ≥ δ est fini. On a donc montré
que
∀δ > 0 ∀ω ∈ Ωδ ∃n ≥ 1 ∀p ≥ n |Sϕ(p) (ω)| < δ,
ce qui signifie que la suite (Sϕ(n) )n≥1 converge vers 0 sur l’ensemble Ωδ , donc presque sûrement.
Exercice 5
X
On considère le modèle statistique (Ω, F, (P0 , P1 )) → (]0, +∞[, (Q0 , Q1 )), avec (P0 )X = Q0 = f m et
(P1 )X = Q1 = gm, où m désigne la restriction à ]0, +∞[ de la mesure de Lebesgue, f et g les applications
de ]0, +∞[ dans ]0, +∞[ définies par f (x) = e−x et g(x) = 2e−2x .
a) Montrer que pour tout réel k ≥ 0 l’ensemble {kf = g} est fini.
b) Donner explicitement un test ϕ de Neyman-Pearson de taille 0, 1 de H0 : la loi suivie est Q0 contre
H1 : la loi suivie est Q1 . Déterminer la puissance de ce test.
c) On pose a = ln(10), et on considère le test déterministe de H0 contre H1 de région de rejet l’intervalle
I = [a, +∞[, i.e. le test ψ = 1I . Déterminer la taille et la puissance de ce test.
d) Comparer les puissances des tests ϕ et ψ . Pourquoi pouvait-on prévoir le résultat ?
Solution
a) L’ensemble
{kf = g} = {x > 0 : ke−x = 2e−2x } = {x > 0 : e−x = k/2}
est de cardinal 0 ou 1.
b) La question a) montre qu’il existe un test déterministe ϕ de H0 contre H1 , de région de rejet de la
forme {kf ≤ g}, i.e. ϕ = 1{kf ≤g} . Ce test est de taille 0, 1 si Q0 ({kf ≤ g}) = 0, 1. Comme
{kf ≤ g} = {x > 0 : k/2 ≤ e−x } = {x > 0 : ln(k/2) ≤ −x} = {x > 0 : x ≤ ln(2/k)},
ce qui suppose que 0 < k < 2, la région de rejet est de la forme ]0, K], avec K = ln(2/k).
Le réel Kest déterminé par
Z K
0, 1 = Q0 (]0, K]) =
e−x dx = 1 − e−K ,
0
soit K = − ln(0, 9). La région de rejet de H0 est l’intervalle ]0, − ln(0, 9)], et ϕ = 1]0,− ln(0,9)] La valeur
correspondante de k est donnée par ln(2/k) = − ln(0, 9), soit k = 2 × 0, 9 = 0, 18.
La puissance du test s’écrit
Z
Z K
ϕdQ1 = Q1 (]0, K]) =
2e−2x dx = 1 − e2 ln(0,9) = 1 − 0, 92 = 0, 09.
]0,+∞[
0
4
c) La taille du test ψ est
Z
Z
+∞
ψdQ0 = Q0 ([a, +∞[) =
]0,+∞[
e−x dx = e− ln(10) = 0, 1.
ln(10)
d) La puissance du test ψ est
Z
Z
ψdQ1 = Q1 ([a, +∞[) =
]0,+∞[
+∞
2e−2x dx = e−2 ln(10) = 0, 01.
ln(10)
La puissance du test ψ est inférieure à celle du test ϕ, ce qui est conforme au fait que le test ϕ est un test
de Neyman-Pearson, donc un test UPP au seuil 0, 1.
Loi
δa a ∈ R
B(n, p) n ∈ N∗ p ∈ [0, 1]
Pλ λ > 0
Gp 0 < p < 1
Gp∗ 0 < p < 1
Loi
Ua,b a < b
Eλ λ > 0
T r(a) a > 0
N (m, σ 2 ) m ∈ R, σ > 0
Support
{a}
[0..n]
N
N
N∗
Support
[a, b]
[0, ∞ [
[−a, a]
R
Densité
Cnk pk (1 − p)n−k
e−λ λn /n!
p(1 − p)n
p(1 − p)n−1
Densité
(b − a)−1 1[a,b]
λe−λx 1[0,+∞[
1
(1 − |x|
)
a
a
(x−m)2
1
√
exp{− 2σ2 }
σ 2π
5
Espérance
a
np
λ
(1 − p)/p
1/p
Espérance
(a + b)/2
λ−1
0
m
Variance
0
np(1 − p)
λ
(1 − p)/p2
(1 − p)/p2
Variance
(b − a)2 /12
λ−2
a2
6
2
σ