Théorie des probabilités Corrigé Armand Joulin 2010-2011 Contributeurs : – Karl-Friedrich Israel (ex 1.2, 1.4, 3.2, 3.4,6.4) – Rossi Abi Rafeh (ex 3.5, 4.1, 6.6, 6.7, 5.9, 5.10) – Malka Guillot (ex 1.1, 1.3) – François Grimaud (ex 2.2, 3.1) – Françoise Huang (ex 6.1) – Françoise Huang / Fernando Arce (ex 1.5, 2.1) – Pierre Grison (ex 4.2, 4.3) – Augustin Autrand (ex 4.5, 4.6) – Pierre Anquetil (ex 5.2) – Adrien Chenin (ex 5.6) Chapitre 1 Exercice 1.1 1. E(X) = 1 E(X) car si X v.a. telle que ImX = {1, 2} et que P (X = 1) = 1 4 Alors E(X)=7/4 et E( 1 X )= 5 8 2. On sait que V (X)= E(X 2 ) - E(X) 2 ≤ 0, donc E(X 2 ) ≤ E(X) 2 3. Montrons que si X est symétrique par rapport à 0, alors E(X)=0 : Sq. ∀x ∈ ImX, f X (x)= f X (-x) (si X admet une densité) Alors E(X)= E(-X) or E(X)= E(-X) par linéarité de léspérance. Donc 2.E(X) = 0 puis E(X)=0 4. E(XY )= E(X).E(Y ) faux sauf si X,Y indépendantes, car Cov(X, Y )= E(XY ) - E(X).E(Y ) Contrexemple : soit X ∼B( 1 2 ), alors E(X)= 1 2 , E(X 2 )= 1 4 , donc E(XY )= E(X).E(Y ) Exercice 1.2 1. +∞ k=0 P (X>K)= +∞ k=0 +∞ i=k+1 P (X = i)= +∞ i=1 i-1 k=0 P (X = i)= +∞ i=1 iP (X = i)= E(X) 2. Mq E(X)= +∞ 0 P (X>t)dt - 0 -∞ P (X<t)dt par définition : E(X)= Ω XdP 1
26
Embed
Théorie des probabilités Corrigéai.stanford.edu/~ajoulin/cours/corr_1011.pdfThéorie des probabilités Corrigé Armand Joulin 2010-2011 Contributeurs: –Karl-FriedrichIsrael(ex1.2,1.4,3.2,3.4,6.4)
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
Théorie des probabilitésCorrigé
Armand Joulin
2010-2011
Contributeurs :– Karl-Friedrich Israel (ex 1.2, 1.4, 3.2, 3.4,6.4)– Rossi Abi Rafeh (ex 3.5, 4.1, 6.6, 6.7, 5.9, 5.10)– Malka Guillot (ex 1.1, 1.3)– François Grimaud (ex 2.2, 3.1)– Françoise Huang (ex 6.1)– Françoise Huang / Fernando Arce (ex 1.5, 2.1)– Pierre Grison (ex 4.2, 4.3)– Augustin Autrand (ex 4.5, 4.6)– Pierre Anquetil (ex 5.2)– Adrien Chenin (ex 5.6)
Chapitre 1Exercice 1.1
1. E(X) 6= 1E(X) car si X v.a. telle que ImX = 1, 2 et que P (X = 1) = 1
4Alors E(X) = 7/4 et E( 1
X ) = 58
2. On sait que V (X) = E(X2)− E(X)2 ≤ 0, donc E(X2) ≤ E(X)2
3. Montrons que si X est symétrique par rapport à 0, alors E(X)=0 :Sq. ∀x ∈ ImX, fX(x) = fX(−x) (si X admet une densité)Alors E(X) = E(−X) or E(X) = E(−X) par linéarité de léspérance.Donc 2.E(X) = 0 puis E(X) = 0
4. E(XY ) = E(X).E(Y ) faux sauf si X,Y indépendantes, car Cov(X,Y ) = E(XY )− E(X).E(Y )Contrexemple : soit X ∼ B( 1
2 ), alors E(X) = 12 , E(X2) = 1
4 , donc E(XY ) = E(X).E(Y )
Exercice 1.21.
+∞∑k=0
P (X > K) =+∞∑k=0
+∞∑i=k+1
P (X = i) =+∞∑i=1
i−1∑k=0
P (X = i) =+∞∑i=1
iP (X = i) = E(X)
2. Mq
E(X) =∫ +∞
0P (X > t)dt−
∫ 0
−∞P (X < t)dt
par définition :E(X) =
∫ΩXdP
1
par th. de transfert : ∫ΩXdP =
∫RxdPx(x) =
∫ +∞
0xdPx(x)︸ ︷︷ ︸I1
+∫ 0
−∞xdPx(x)︸ ︷︷ ︸I2
pour I1, en utilisant le th. de Fubini :∫ +∞
0xdPx(x) =
∫ +∞
0
∫ +∞
01[0,x](t)dtdPx(x) =
∫ +∞
0
∫ +∞
01x>t(x, t)dPx(x)dt
=∫ +∞
0P (X > t)dt
de même pour I2 : 1∫ 0
−∞xdPx(x) = −
∫ 0
−∞
∫ 0
−∞1[−x,0](t)dtdPx(x) = −
∫ 0
−∞
∫ 0
−∞1x<t(x, t)dPx(x)dt
−∫ 0
−∞P (X < t)dt
on a donc :E(X) = I1 + I2 =
∫ +∞
0P (X > t)dt−
∫ 0
−∞P (X < t)dt
3. Mq
E(|X − a|) =∫ +∞
a
(1− F (t))dt+∫ a
−∞F (t)dt
par le résultat précédent :
E(|X − a|) =∫ +∞
0P (|X − a| > t)dt−
∫ 0
−∞P (|X − a| < t)dt︸ ︷︷ ︸
=0 car |X−a|≥0 et t≤0
⇒ E(|X − a|) =∫ +∞
0 P (|X − a| > t)dt. Car |X − a| > t = X − a > t ∪ a−X > t :
E(|X − a|) =∫ +∞
0P (X > t+ a)dt+
∫ 0
−∞P (a− t > X)dt
en posant u = t+ a et v = a− t :
E(|X − a|) =∫ +∞
a
P (X > u)du+∫ a
−∞P (v > X)dv
et puisque P (X > u) = 1− P (X < u) et F (u) = P (u < X) :
E(|X − a|) =∫ +∞
a
(1− F (u))du+∫ a
−∞F (v)dv
4.f(a) = E(|X − a|)
f dérivablef ′(a) = −(1− F (a)) + F (a) = 2F (a)− 1 != 0
⇒ F (a) = 12
1. pour x < 0 on a x = −∫ 0−∞ 1[−x,0](t)dt
2
Exercice 1.31. Loi de (N1, . . . , Nk). Soit (n1, . . . , nk) ∈ [1, k]
– 1e cas :∑ni=1 ni 6= n
alors P (N1 = n1, . . . , Nk = nk) = 0
– 2e cas :∑ni=1 ni = n
alors
P (N1 = n1, . . . , Nk = nk) = Cn1n .pn1
1 .Cn2n−n1
.pn22 . · · · .Cnk
n−∑k−1
i=1
.pnkk
= n!n1! · · ·nk! .p
n11 . · · · .pnkk
Ou bien :
P (N1 = n1, . . . , Nk = nk) = P (N1 = n1)P (N2 = n2, . . . , Nk = nk|N1 = n1)= P (N1 = n1)P (N2 = n2|N1 = n1)
P (N3 = n3, . . . , Nk = nk|N1 = n1 ∩N2 = n2)
D` où par récurrence : P (N1 = n1, . . . , Nk = nk) = n!n1!···nk! .p
n11 . · · · .pnkk
2. Loi marginale de Nj Soit j ∈ [1, k − 1]
P (Nj = nj) =∑
n1,...,nj−1,nj+1,...,nk∈[1,k]k−1
P (N1 = n1, . . . , Nk = nk)
Sachant que l’on ak∑i=1i6=j
ni = n− nj
P (Nj = nj) = n!(n− nj)!nj
.pnjj .
∑n1,...,nj−1,nj+1,...,nk∈[1,k]k−1
n− njn1! · · ·nj−1!nj+1! · · ·nk! .p
n11 . · · · .pnj−1
j−1 .pnj+1j+1 . · · · .p
nkk
Rappel sur la multinome de Newton : ∀n ∈ N∗,∀p ∈ N∗,∀(x1, . . . , xp) ∈ Rp
(x1 + · · ·+ xp)n =∑
(n1,...,np)∈[1,n]∑n
i=1ni=n
n!n1!. · · · .np!
.xn11 . · · · .xnpp
Donc
P (Nj = nj) = Cnjn .pnjj (
k∑i=1i 6=j
pi)n−nj
P (Nj = nj) = Cnjn .pnjj (1− pj)n−nj
Autre méthode.Nj ∼ B(n− nj , pj)Soit Fj = C
njn .p
njj (1− pj)n−nj , on a
∑k−1i=1 Fj = 1
Soit également Gj = P (N=nj)Fj
On a Nj =∑ni=1X
ij où Xi
j ∼ B(pj)
D` où E(Nj) =n∑i=1
E(Xij) =
n∑i=1
pj = n.pj
et V (Nj) = V (n∑i=1
Xij) =
n∑i=1
V (Xij)− 2
∑1≤i≤l≤n
Cov(Xij , X
lj)
3
Or ∀i, l, Cov(Xij , X
lj) = 0 car les (Xi
j) sont indépendants.
Donc V (Nj) =n∑i=1
(pj − p2j ) = n.pj(1− pj)
3. Calcul de P (N1 = n1|N2 = n2)
P (N1 = n1|N2 = n2) = P (N1 = n1, N2 = n2)P (N2 = n2)
P (N1 = n1|N2 = n2) =
Cn1n .pn1
1 .Cn2n .pn2
2 .∑
n1,...,nk∈[1,n]n∑i=3
ni=n−n1−n2
P (N3 = n3, . . . , Nk = nk)
Cn2n .pn2
2 (1− p2)n−n2
P (N1 = n1|N2 = n2) = Cn1n−n2
.pn11 .
(1− p1 − p2)n−n1−n2
(1− p2)n−n2
Verification :
∑0≤n1≤n−n2
P (N1 = n1|N2 = n2) =
∑0≤n1≤n−n2
Cn1n−n2
.pn11 .(1− p1 − p2)n−n1−n2
(1− p2)n−n2∑0≤n1≤n−n2
P (N1 = n1|N2 = n2) = (p1 + (1− p1 − p2))n−n2
(1− p2)n−n2∑0≤n1≤n−n2
P (N1 = n1|N2 = n2) = 1
Exercice 1.51.
Y = −1λ
ln (1−X)
X suit une loi uniforme sur [0, 1[ donc Y sur ]0,+∞[.Calculons la fonction de répartition de Y :
X+Y β(p, q) et ils sont indépendants car la densité jointe est égale au produit des deux densités
Exprimons le coefficient B(p, q) à l’aide de la fonction gamma :
Γ(p)Γ(q) = (∫ +∞
0tp−1 exp(−t)dt)(
∫ +∞
0tq−1 exp(−u)du))
=∫ +∞
0
∫ +∞
0tp−1 exp(−t)uq−1exp(−u)dtdu
=∫ +∞
0
∫ 1
0(xy)p−1 exp(−xy)xq(1− y)q−1 exp(−x(1− y))dxdy
=∫ +∞
0xp+q−1 exp(−x)dx
∫ 1
0yp−1(1− y)q−1dy
= γ(p+ q)B(p, q)
D’où : B(p, q) = Γ(p)Γ(q)Γ(p+q)
2. Soit ψ : R2+,∗ → R2
+,∗ inversible telle que ψ(x, y) = (x, xy ) et ψ−1(u, v) = (u, uv )
|Jac(ψ−1)| =∣∣∣∣ 1 0
1v
−uv2
∣∣∣∣ = | uv2 |
Donc ψ est un C1 difféomorphismeEt, fψ(X,Y )(u, v) = fX(u)fY (uv ) uv2 par indépendanceDonc,
fXY
(v) =∫ +∞
0
θp+q
Γ(p)Γ(q)up−1 exp(−θu)(u
v)q−1 exp(−θu
v) uv2 du
= θp+q
Γ(p)Γ(q)1
vq+11v>0
∫ +∞
0up+q−1exp(−θu(1 + 1
v)du
Or,
up+q−1 exp(−θu(1 + 1v
)) ∼ Cste.Γ(p+ q, θ(1 + 1v
))
D’où, ∫ +∞
0up+q−1exp(−θu(1 + 1
v))θp+qdu = Γ(p+ q)
(1 + 1v )p+q
6
Finalement,
fXY
(v) = vp−1
(1 + v)p+q 1v>01
vp+qΓp+q
Γ(p)Γ(q)
= 1B(p, q)
vp−1
(1 + v)p+q 1v>0
7
Chapitre 3Exercice 3.1 : lois du Chi-2 et de Student
1. Au rang 1 :fY (y) = 2 1√
2π1
2√y exp(−y2)
(Remarque : on multiplie par 2 puisque le changement de variable oblige à se restreindre à R+∗)
On procède ensuite par récurrence. Supposons le résultat vrai pour un n ∈ N. Montrons qu’il estvrai pour n+ 1 :
On a Yn+1 = Yn +X2n+1 et de plus Yn
∐X2n+1 donc fYn+1 = fYn ∗ fX2
n+1.
donc
fYn+1(y) =∫R
1R+(s) ∗ 12n2 Γ(n2 )
e−x2 ∗ xn2−1 ∗ 1R+(y − x) 1√
2π1
2√y − x
dx
= 1y≥0e− y2 y
n+12 −1 2
−(n+1)2
Γ(n+12 )
On utilise en effet le résultat :
B(n2 ,12 )
√2π2n2 Γ(n2 )
=B(n2 ,
12 )
2n+12 Γ(n+1
2 )B(n2 ,12 )
2. On a
E(Y1) = E(X21 ) = 1
d’où
E(Yn) = E(∑
X2i ) =
∑E(X2
i ) = n
De même
V ar(Yn) = V ar(∑
X2i )
=∑
V ar(X2i ) par indépendance
=∑
(E(X4i )−E(X2
i )2)= 2n
Par I.P.P, on montre que :
E(X4i ) = 3
3. Loi de Student.Soit ψ : RxR+∗ → RxR+,∗ inversible telle que
ψ(t, s) = ( x√y, y)
etψ−1(x, y) = (t
√s, s)
8
|Jac(ψ−1)| =∣∣∣∣ √s t
2√s
0 1
∣∣∣∣ =√s
Donc ψ est un C1 difféomorphisme
fT ′n(t) =∫R+∗
1√2π
12n2 Γ(n2 )
exp(−s2(1 + t2))sn+1
2 −1ds
= 1√π
Γ(n+12 )
Γ(n2 ) (1 + t2)−n+1
2
Puis par changement de variable simple Tn =√nT ′n, on a directement :
fT ′n(y) = 1√nπ
Γ(n+12 )
Γ(n2 ) (1 + y2
n)−
n+12
4. ∫R|y|αfTn(y)dy = 1√
nπ
Γ(n+12 )
Γ(n2 )
∫R|y|α(1 + y2
n)−(n+1)
2 dy
en +∞ :
|y|α(1 + y2
n)−
n+12 ∼∞ |y|α
|y|−(n+1)
n−(n+1)
2
Pour α = 1 (moment d’ordre 1) :
|y|α(1 + y2
n)−
n+12 ∼∞ Cste.|y|−n
Donc c’est intégrable pour n > 1.
Pour α = 2 (moment d’ordre 2) :
|y|α(1 + y2
n)−
n+12 ∼∞ Cste.|y|−(n−1)
Donc c’est intégrable pour n > 2.
Exercice 3.2
Fz(z) = P [Z ≤ z] = P [−2n∑i=1
logF (Xi) ≤ z] = P [n∑i=1
logF (Xi) ≥ −z
2 ]
par propriétés de log :
= P [log(n∏i=1
F (Xi)) ≥ −z
2 ] = P [n∏i=1
F (Xi) ≥ e−z2 ]
par équivalence des Xi :
= P [F (X1)n ≥ e− z2 ] = P [F (X1) ≥ e− z2n ] = P [X1 ≥ F−1(e− z
2n )]
= 1− P [X1 ≤ F−1(e− z2n )]
= 1− F (F−1(e− z2n ))
= 1− e− z2n
Z suit la loi exponentielle
9
Exercice 3.31. La proposition est vraie pour p=1. On suppose qu’elle est aussi vraie pour un certain p fixé dans N.
càd :
Z =p∑i=1
Xi ∼ P(p∑i=0
λi = λz)
On cherche la loi de Z +Xp+1
P [Z +Xp+1 = K] =K∑i=0
(e−z zi
i! )(e−λp+1λk−ip+1
(k − i)! )
= e−(z+λp+1)
k!
k∑i=0
k!i!(k − i)!z
iλk−ip+1︸ ︷︷ ︸formule du binome
= e−(z+λp+1)
k! (z + λp+1)k
ce qui démontre la proposition.2.
Nn =n∑i=1
1Xi=0
P [Xi = 0] = e−λi . Alors si λ1 = λ2 = ... = λi = ... = λn = λ :
Nn ∼ B(n, eλ)
sinon :
E(Nn) =n∑i=1
e−λi V ar(Nn) =n∑i=1
e−λi(1− eλi)
Exercice 3.4Soit (X)n∈N une suite de variables aléatoires réelles indépendantes.1. Mq
P (supnXn < +∞) = 1⇔ ∃A > 0, t.q.
+∞∑n=1
P (Xn > A) < +∞
(⇐)on pose An = (Xn > A), n ∈ N. On a
∑n∈N P (An) < +∞ : Donc par B.C. :
P (lim supn
(An)) = 0
il est donc impossible, qu’une infinité de An soient réalisées. Donc ∃k ∈ N et I ⊂ N de cardinal k,t.q. ∀i ∈ I,Xi > A et ∀i /∈ I,Xi ≤ A On a alors :
sup((Xn)n∈N) = sup((Xi)i∈I , A)
⇒ ( supN∈N
Xn < +∞) = (supi∈I
Xi < +∞)
Or P (supi∈I(Xi) < +∞) = 1 car I est fini et @Xi = +∞.
(⇒)On suppose que P (supn∈NXn < +∞) = 1 (∗). Raisonnement par l’absurde :Si ∀A ∈ R+,
∑n∈N P (Xn > A) diverge. Càd
∑n∈N P (Xn > A) = +∞, on peut appliquer B.C. car
les (Xn > A) sont indépendantes (puisque les Xn le sont). On obtient :
P (lim supn
An) = 1, ∀A ∈ R
Ce qui montre que supn∈NXn = +∞ : Contradiction avec (∗).
10
2. On suppose de plus que les Xn suivent la même lois. Mq :
P (Xn
n→ 0) = 1⇔
∫Ω|X1|dP < +∞
(⇒)On suppose que P (Xnn → 0) = 1. (Xnn )n∈N converge p.s. et donc elle est bornée p.s. Alors∃M > 0,∀n ∈ N t.q. |Xnn | ≤M donc |Xn| ≤M · n pour n = 1 : |X1| ≤M et on a bien :∫
Ω|X1|dP < +∞
(⇐)On utilise la loi forte des grands nombres (Kolmogorow, 1929) :
Si (Xn)n∈N est une suite de v. a. i.i.d. on a équivalence entre :i E(|X1|) < +∞ii la suite X1+...+Xn
n converge p.s.De plus, si l’une de ces deux conditions équivalentes est remplie, alors la suite X1+...+Xn
n convergep.s. vers la constante E(X1)
On suppose∫
Ω |X1|dP < +∞ donc Snn = X1+...+Xn
n
n→+∞−−−−−→p.s.
E(X1). On a Xnn = Sn
n −Sn−1n = Sn
n −n−1n
Sn−1n−1
n→+∞−−−−−→p.s.
E(X1)−(limn→+∞n−1n )E(X1) = (limn→+∞
1n )E(X1). Et puisque E(|X1|) < +∞
on a bien :Xn
n
n→+∞−−−−−→p.s.
0
Càd :P (Xn
n→ 0) = 1
Remarques concernant le dernier TDOn montre d’abord les implications suivantes :
5. Prouvons que Φ n’est jamais nulle : Supposons, par l’absurde, que Φ s’annule en u0. Alors Φ′(u0) = 0.D’apres le théorème de Cauchy-Lipschitz, Φ est la fonction nulle. C’est absurde.Donc Φ n’est jamais nulle. En divisant par Φ(u))n−1, on obtient l’équation différentielle suivante :
Φ”(u)Φ(u)− (Φ′(u))2 = (Φ(u))2
Donc(Φ′
Φ )′
= −1
Finalement :(ln Φ(u))
′= −u+B
avec B constante réelle
Φ(u) = e−u22 +Bu+C
avec C constante réelleor B = C = 0 d’apres l’exercice 5.2 donc
Φ(u) = e−u22
donc X suit une loi normale centree reduite.
21
Exercice 5.9X et Y sont des variables aleatoires iid et suivent la loi U[0,1], D = X − Y1. (a) Produit de convolution → fX+Y = fX ∗ fY
donc fX−Y = fX ∗ f−Y ou f−Y (y) = fY (−y)fX−Y =
∫s∈R fX(u− s)fY (−s)ds
=∫s∈R 1[0,1](u− s)1[0,1](−s)ds,−1 ≤ s ≤ 0, u− 1 ≤ s ≤ u
s ∈ [0, 1]⇒ u ∈ [−1, 1]fX−Y (u) =
∫ 0−1 1[0,1](u− s)ds
– u ≤ 0,−1 ≤ s ≤ u, fX−Y (u) =∫ u−1 ds = 1− u
– u ≥ 0, u− 1 ≤ s ≤ 0, fX−Y (u) =∫ 0u−1 ds = 1− u
Donc fX−Y (u) = (1− |u|)1u∈[−1,1](b) Loi de aD, a ≥ 0
φ : u→ au φ−1 : s→ s
a(φ−1)′ = 1
a
fas(t) = 1a
(1− |t|a
1t∈[−a,a])← πa
(a)
πa(t) =∫R
exp(−itx)πa(x)dx
=∫ a
−aexp(−itx) 1
a(1− |x|
a)dx
= 1a
∫ 0
−a(1 + x
a) exp(−itx)dx+ 1
a
∫ a
0(1− x
a) exp(−itx)dx
= 2a2t2
(1−Re(exp(ita)))
(b) x 7→ 1π
1−cos(ax)ax2 (≥ 0) π−1
a (t) = 12π∫w
exp(iwt)πa(w)dw = πa(t)π−1a = πa(0) = 1
a donc∫f(x)dx = aπa(0) = 1
de plus f(x) ≥ 0∀xDonc f est une densite de probabilite.
(c)
La(w) = 12π
∫exp(−iwt)La(t)dt
= 12π
∫exp(−iwt)πaπa(t)dt
= πaπa(−w)
C’est des lois complementaires.
Exercice 5.10P1 proba sur (R,BR)← φ1, f1
P2 proba sur (R,BR)← φ2,φ1‖φ1‖
Soit t ∈ R
φ2(t) = E[exp(itf2)]
=∫R
exp(ity)f2(y)dy
= 1‖φ1‖
∫R
exp(ity)φ1(y)dy
= 2π‖φ1‖
12π
∫R
exp(ity)φ1(y)dy
22
Doncφ2(t) = 2π
‖φ1‖1φ1(−t),∀t ∈ R
23
Chapitre 6Exercice 6.1
On considere 2n+1 points repartis independamment et uniformement sur [0,1].Soit Vn+1 le (n+1)-eme dans l’ordre croissant. Calculer la densite de Vn+1 et en deduire celle de
Xn = 2√
2n(Vn+1 −12) (1)
On note les points Ai. Ils suivent une loi normale centree reduite.Soient A ∈ [0, 1], m ∈ 1, ..., n+ 1 et Nn+1 l’evenement "au moins n+ 1 points sont inferieurs a A".
etudier la convergence en loi de Xn quand n tend vers +∞
E[Vn+1] = 12 et V (Vn+1) = 1
2√
2nOn s’attend donc a ce que Xn →L N (0, 1) (TCL)
24
Theoreme de Schelle :Si fn →CS f0 Alors Xn →L X0 et f0 densite de X0
Formule de Stirling :n! ∼n→+∞ (ne )n
√2πn
fn(X) = 2n+ 12√
2n(2n)!(n!)2
14n︸ ︷︷ ︸ exp(n ln(1− X2
2n ))
On note cette constante α
(2n)!(n!)2 ∼n→+∞
22n√πn
α ∼n→+∞2n+1
2n√
2π ∼n→+∞1√2π
ln(1− X2
2n ) = −X2
2n + σ(X2)
Exercice 6.41. demonstration par l’absurde : Sq ∃ (Xf(n), Yf(n)) une sous-suite de (Xn, Yn) tq Xf(n) ⊥⊥ Yf(n).
Pour les fonctions caractéristique il vaut :
ϕXf(n),Yf(n) = ϕXf(n)ϕYf(n)
Xf(n)L−→ N (0, 1) et Yf(n)
L−→ N (0, 1), donc ϕXf(n)(t)→ e−t22 et ϕYf(n)(s)→ e−
s22 et alors :
ϕXf(n),Yf(n)(t, s) −→ e−s2+t2
2
et e− s2+t2
2 = exp(−(t s
)(1 pp 1
)(ts
))⇒ p = 0. ABSURDE !
2. (a) on veut :V (X,Y ∗) = I2
V (X,Y ∗) = V (X, aX + bY ) = V (A(XY
)) = E(A
(XY
)(X Y
)At) = AE(
(XY
)(X Y
))At
=(
1 0a b
)(1 pp 1
)(1 a0 b
)=(
1 a+ bpa+ bp a2 + 2abp+ b2
)on cherche a et b tq (i) a+ bp = 0 et (ii) a2 + 2abp+ b2 = 1 et on obtient :
b = ε1√
1− p2, a = −ε p√
1− p2; ε = ±1
pour ces valeurs on a :(Xn, Y
∗n )→ N (0, I2)
(b) on afZ∗n(x) = f Y ∗n
Xn
par changement de variable avec T (x, y) = (x, xy );T−1(u, v) = (u, uv) :
fXn,Z∗n(u, v) = fXn,Y ∗n (u, uv)|u| L−→ 12π e
−u22 e−
(uv)22 |u|
fZ∗(v) =∫ 1
2π e−u2
2 e−(uv)2
2 |u|du
25
=∫R
u
2π e−u
2(1+v2)2 du−
∫R−
u
2π e−u
2(1+v2)2 du...
... = 1π(1 + v2)
loi de Cauchy(c) Zn = Z∗n−a
b donc fZn −→ fZ∗n−ab
. soit x = z−ab ⇒ z = xb+ a. alors :
fZ∗−ab
(z) = fZ∗(xb+ a)|b| = |b|π(1 + (bx+ a)2)
3. cas particulier : a=b=14. p = 0 i.e. les lois de X et Y sont ind.
Exercice 6.6Xn est une suite de variables aléatoires indépendantes, de loi N(m,σ2).
∀i ∈ N∗, Yi =| Xi |∀n ∈ N∗, Tn = mini∈Nn(Yi)
Tn → 0 p.s.?
La convergence presque sûre équivaut à avoir : P (supn≤pTn > ε)→ 0, p→∞En plus, on a supn≤pTn ≤ Tp, car les Tn sont décroissants avec n, les ensembles i ∈ Nn(Yi) étant croissantsau sens de l’inclusion. Il s’agit donc là de montrer que :
P (Tp ≥ ε)→ 0 lorsque p→∞.P (Tp > ε) = P (minYi > ε)= P (∀i ∈ Np, Yi > ε)= P (∀i ∈ Np, |Xi| > ε)= P (∀i ∈ Np, Xi > ε ou Xi < −ε)= [1− P (−ε < Xi < ε)]p les (Xi) étant i.i.dComme 1− P (−ε < Xi < ε) < 1, alors [1− P (−ε < Xi < ε)]p → 0, p→∞ ;Donc Tn → 0 p.s.
α > 0 et on suppose m > 0
P (Zn > ε) = P (Tn > εnα )
On a : 2εnα . exp(− 1
2σ2 .( εnα +m)2) ≤ P (Zn > ε) ≤ 2ε
nα . exp(− 12σ2 .( ε
nα −m)2)or P (Zn > ε) = [1− P (− ε
nα < Xi <εnα )]n
Pour α = 1, loi limiteP (Zn > ε)→ exp ( −2ε√
2πσ2 . exp−m2
2σ2 )Convergence de la f.d.r → Convergence en loi
Donc, en conclusion, on a que : Zn → exp(−2 exp(− m22σ2 )
√2πσ2 ) en loi.
Exercice 6.7X et Y variables aléatoires i.i.d On suppose σ2 ≤ ∞. On suppose également que X+Y
2 v X,Y . Posons :X = 1
n .∑
1≤i≤nXi
D’après le T.C.L,√nX → N (m,σ2) en loi.
Soient X1, X2, X3, X4X1+X2
2 v µX3+X4
2 v µ
⇒
X1+X22 +X3+X4
22 v µ
Donc par récurrence,1√2k∑
1≤i≤2k Xi v µ ∀k ∈ N∗
donc si k ←∞, 1√2k∑
1≤i≤2k Xi v N (mσ2)donc par unicité de la limite : µ = N (mσ2).