Cogitos : Variables aléatoires réelles Cogito 0) Fonction de

January 14, 2018 | Author: Anonymous | Category: Mathématiques, Statistiques et probabilités
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Cogitos : Variables aléatoires réelles Cogito 0) Fonction de répartition d’une v.a. réelle X :

! R:

On pose 8x 2 R, F (x) = P (X < x). Préciser la monotonie de F , la limite en

1 et en +1.

Complément culturel : On peut montrer que de plus F est continue à gauche et que limy!x+ F (y) = F (x)+P (X = x): L’existence d’une limite à gauche et à droite en tout point résulte du th de la limite monotone. Par le th de continuité, on a limn!+1 P (x

1 n

1 n ; x[=

X < x) = 0, car \n2N [x

;, d’où limn!+1 F (x

1 n)

= F (x)::

Solution du Cogito 0) Considérons l’événement Ax : (X < x). Pour x Montrons que limx!

1 P (X

y, on a Ax

Ay , donc F (x)

F (y). Ainsi, F est croissante.

< x) = 0:

(F) Par le th de continuité, limx!

1 F (x)

= P (\x2R Ax ) = P (;) = 0: Et limx!+1 F (x) = P ([x2R Ax ) = P ( ) = 1:

Remarque : En théorue, le th de continuité s’applique à des familles dénombrables. On peut s’y ramener sachant par exemple que limx!+1 F (x) = limn2N, n!+1 F (n), car on sait que la limite existe (th de la limite monotone). Cogito 1) Loi du premier zéro ( = loi géométrique) et du deuxième zéro Soit (Xn )n2N une suite de v.a. indépendantes de loi de Bernoulli B(p) : P (Xn = 1) = p et P (Xn = 0) = 1

p = q:

On note N = inffn 2 N j Xn = 1g à valeurs dans N [ f+1g et M = inffm > N j Xm = 1g: P 1 a) Déterminer P (N > n). En déduire que E(N ) = . On rappelle que E(N ) = +1 n=0 P (N > n): p b) Déterminer la loi de (N; M ) en explicitant P (N = n; M = m): Les variables N et M sont-elles indépendantes ? c) Expliciter P (M > m). Solution du Cogito 1) a) On a P (N > n) = P (X1 = 0; X2 = 0; :::; Xn = 0) = q n . P+1 n P 1 1 Donc E(N ) = +1 n=0 q = 1 q = p : n=0 P (N > n) = b) P (N = n; M = m) = p2 q m

2

si n < m, et 0 sinon.

Les variables N et M ne sont pas indépendantes, puisque P (N = 0 j M = 1) 6= 0 et P (N = 1 j M = 1) = 0: 1 p 2 c) P (M > m) = q m + mpq m 1 : Remarque : On peut en déduire que E(M ) = + 2 = : p p p Cogito 2) Loi du plus petit numéro Soient m et n 2 N , avec m

n. Une urne contient n boules numérotées de 1 à n.

On e¤ectue m tirages. On cherche la loi du plus petit numéro X obtenu dans les deux cas suivants : k m a) Les tirages sont e¤ectués avec remise. Montrer que pour tout k 2 f1; 2; :::; ng, P (X > k) = 1 : n n En déduire que, à m …xé, E(X) lorsque n tend vers l’in…ni. m+1 P P+1 Remarque : On pourra utiliser sans justi…cation la propriété : E(X) = +1 k=0 k P (X = k) = k=0 P (X > k). b) Les tirages sont e¤ectués sans remise. Montrer que pour tout k 2 f1; 2; :::; n

m + 1g, P (X > k) =

1

k n

1

k n

1

::: 1

n

k m+1

=

n k m n m

:

Remarque : Pour raisonner directement en termes de probabilités, noter Xm la variable aléatoire associée aux premiers m tirages. Montrer que P (Xm > k j Xm

1

k n m+1 .

> k) = 1

Noter que les événements Am = (Xm > k) forment

une suite décroissante. En déduire que P (Xm > k) est le produit des P (Xq > k j Xq

1

> k) pour 1

q

Solution du Cogito 2) a) On e¤ectue m tirages avec remise. k 1 m k n k m , donc P (X = k) = P (X > k 1) P (X > k) = 1 1 On a P (X > k) = n n n m P Pm n k La valeur moyenne est E(X) = m : k=0 P (X > k) = k=0 n 1 nm+1 n Lorsqu’on fait tendre n vers +1, à m …xé, on a E(X) : nm m + 1 m+1 b) On considère la variable aléatoire X dé…nie sur l’ensemble des parties de cardinal m de f1; 2; ::; ng. On a P (X > k) = n k+1 m

Comme

n k m n m

n k m

, donc P (X = k) = P (X > k =

n k m 1

, alors P (X = k) =

Remarque : La valeur moyenne est E(X) = On a

n

k n

m

n k m n m

n

k n

m m

Pn

1) n k m 1 n m

m k=0 P (X

m

P (X > k) =

n k+1 m

n k m

n m

m: m

:

:

:

> k) =

Pn

m k=0

n k m n m

:

, donc en faisant tendre n vers +1, on obtient aussi E(X)

n . m+1

Cogito 3) Espérance conditionnelle (||) Soit X une variable aléatoire sur un espace probabilisé ( ; A; P ): Pour B 2 A véri…ant P (B) > 0, on note E(X j B) l’espérance de X pour la probabilité conditionnelle PB : P Montrer que si (Bn )n2J est une partition (au plus dénombrable) de , alors E(X) = n2J E(X j Bn )P (Bn ). Remarque : En particulier, si X est constant de valeur xn sur Bn , alors E(X) =

P

n2J

xn P (Bn ):

Solution du Cogito 3) P P P On a E(X) = x x P (X = x) = x x n2J P (X = x j Bn )P (Bn ) : formule des probabilités totales. P P P P Par Fubini, on obtient E(X) = n2J P (Bn ) x x P (X = x j Bn ) = n2J P (Bn ) x x PBn (X = x): P P Sachant que x x PBn (X = x) = E(X; Bn ), on obtient bien E(X) = n2J P (Bn ) E(X j Bn ). Cogito 4) Formule de Wald.

On considère une suite de variables aléatoires réelles mutuellement indépendantes N , X1 , ::: ,Xn , ... dé…nies sur le même espace probabilisé ( ; A; P ). On suppose que N est une variable aléatoire réelle à valeurs dans N. possédant un moment d’ordre 2 et que les variables aléatoires Xi suivent la même loi que X, où X est une variable aléatoire réelle à valeurs dans N et possédant un moment d’ordre 2. P PN (!) On note Y la variable aléatoire dé…nie par Y = N i=1 Xi , c’est-à-dire 8! 2 , Y (!) = i=1 Xi (!): a) Déterminer l’espérance E(Y ) en fonction de E(X) et de E(N ). On pourra utiliser 3). b) On note GN (z) et GX (z) les séries génératrices respectivement de N et X. Montrer que la série génératrice de Y est GY (z) = GN (GX (z)). Retrouver le résultat du a). c) Déterminer V (Y ) en fonction de E(X), V (X), E(N ) et V (N ).

d) Une urne contient n jetons numérotés de 1 à n et on dispose d’une pièce de monnaie qui donne le côté pile avec la probabilité p, où 0 < p < 1. Un joueur tire un jeton de l’urne et lance ensuite la pièce de monnaie autant de fois que le numéro indiqué par le jeton. Calculer la moyenne et la variance de la variable aléatoire comptabilisant le nombre de pile obtenus. Solution du Cogito 4) P a) On a par 3), E(Y ) = +1 n=0 E(Y j N = n) P (N = n). Or, on a E(Y j N = n) = E(X1 + ::: + Xn ) = nE(X): P P+1 Donc E(Y ) = n=0 nE(X) P (N = n) = E(X) +1 n=0 n P (N = n) = E(X)E(N ): P P+1 k n b) Posons GN (z) = +1 k=0 bk z . On a ainsi P (X = n) = an et P (X = k) = bk : n=0 an z et GX (z) = P P+1 P+1 k n On a GY (z) = +1 n=0 k=0 P (Y = k j N = n) P (N = n) z = n=0 an GX (z) = GN (GX (z)):

On en déduit E(Y ) = G0Y (1) = G0X (1)G0N (GX (1)) = G0X (1)G0N (1) = E(X)E(N ): c) On utilise V (Y ) = G00Y (1) + G0Y (1) d) On a notamment E(N ) =

n+1 2

G0Y (1)2 :

et E(X) = p, donc E(Y ) = p n+1 2 :

Cogito 5) Le problème du collectionneur. Soit X une v.a.r. dé…nie sur ( ; T; P ), à valeurs dans N. Une marque de gâteaux édite une collection de m autocollants di¤érents, et en o¤re un au hasard dans chaque paquet de gâteaux. Une personne achète des paquets de gâteaux et fait collection de ces autocollants. On suppose les achats indépendants. Déterminer le nombre moyen T de paquets de gâteaux à acheter pour compléter la collection. a) On note Ti le nombre de paquets à acheter une fois acquis i autocollants pour obtenir le (i + 1)-ième autocollant. i m Montrer que Ti suit la loi géométrique de paramètre p = 1 . En déduire (avec le cogito 1)) que E(Ti ) = . m m i 1 1 1 1 b) En déduire que E(T ) = m + + ::: + + m ln m: m m 1 2 1 Solution du Cogito 5) a) Ti est le nombre de paquets à acheter une fois acquis i autocollants pour obtenir le (i + 1)-ième autocollant. i i de contenir un autocollant déjà collectionné, et 1 de contenir un nouveau. m m i Donc Ti suit une loi du premier zéro (cf cogito 1)) de paramètre pi = 1 : m 1 m On en déduit que E(Ti ) = = , pour 0 i < m: pi m i P 1 1 1 1 1 b) Comme T = T0 + T1 + ::: + Tm 1 , alors E(T ) = m + + ::: + + m ln m: i=0 E(Ti ) = m m m 1 2 1 Chaque paquet a une probabilité

Cogito 6) Echantillonage.

On considère une variable aléatoire X : On souhaite évaluer l’espérance

! R de moyenne

et la variance

2

et de variance

en considérant n échantillons x1 ; :::; xn .

On pose donc S = n1 (x1 + x2 + ::: + xn ) et V = n1 (x21 + x22 + ::: + x2n ) Montrer que E(S) =

et E(V ) =

n

Remarque : Pour des estimateurs de

1 n et

Remarque : La variance de S est E(S 2 )

2:

S2:

2. 2, 2

n V: n 1 ! 0. Terminologie : L’estimateur est dit convergent.

on peut donc approcher =

1 2 n

par S et

2

par

Cogito 7) Nombre d’essais nécessaires pour retrouver une valeur déjà obtenue Soit E un ensemble …ni de cardinal n, et les Xi des variables mutuellement indépendantes à valeurs dans E de loi uniforme sur E, et T la variable aléatoire dé…nie par T = minfj 2 f2; :::; ng j Xj 2 fX1 ; :::; ; Xj 1 gg: Qk 1 n j k! Justi…er que pour k 2 f0; 1; :::; ng, P (T > k) = j=0 = nk k : n n P P P k! 1 n! P nk Remarque : On en déduit E(T ) = nk=0 P (T > k) = nk=0 nk k = (n!) nk=0 k = n nk=0 : n k! n n (n k)! Cogito 7) Posons Ai l’événement : (X1 ; :::; Xi ) distincts deux à deux. On a P (T > k) = P (Ak ): Comme la suite (Ai )0

i k

est décroissante, la formule de l’intersection donne :

P (Ak ) = P (Ak j Ak Or, P (Aj+1 j Aj ) = P (Xj 2 = fX1 ; :::; ; Xj

1g

1 )P (Ak

j Ak

j Aj ) = 1

Cogito 8) (corrigé) Loi de succession de Laplace

1 )P (Ak 1

j Ak

2 ):::P (A1

j A0 )

Q n j j . On en déduit que P (Ak ) = kj=01 : m n

Considérons m + 1 urnes U0 ; :::; Um telles que Uk contienne k boules blanches et n

k boules noires. On e¤ectue

des tirages avec remise sur une des urnes choisie initialement avec équiprobabilité. On cherche, étant donné n, la probabilité que, sachant que les n premiers tirages ont donné des boules blanches, qu’il en soit de même du (n+1)-ième tirage. Pour tout j, notons Aj l’événement “ Les j premiers tirages ont donné des boules blanches ”. P (An+1 \ An ) P (An+1 ) On veut évaluer P (An+1 j An ) = = : P (An ) P (An ) Pour tout k 2 f0; 1; :::; mg, on note Bk l’événement “ L’urne choisie est Uk ”. Pm k n 1 Pm : Alors P (An ) = k=0 P (An j Bk )P (Bk ) = m + 1 k=0 m P 1 Sn+1 (m) mj+1 j Donc P (An+1 j An ) = , où Sj (m) = m lorsque m tend vers +1. k=0 k m Sn (m) m+1 n+1 Lorsque m tend vers +1, limm!+1 P (An+1 j An ) = : n+2

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