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Par la formule de probabilit´e totale : P(D) =P(D|A)P(A)+P(D|B)P(B) =P(D|A)P(A)+P(D| B)(1−P(A)).Alors P(A

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

Correction

(1) On note parDun ´ev´enement qu’un r´eveil a un d´efaut, parAqu’il provient de l’usineAet parBqu’il provient de l’usineB. Par la formule de probabilit´e totale : P(D) =P(D|A)P(A)+P(D|B)P(B) =P(D|A)P(A)+P(D| B)(1−P(A)).Alors, 0,17 = 0,2P(A) + 0,1(1−P(A)). Finalement : 0,07 = 0,1P(A),P(A) = 0,7. La r´eponse 70%.

(2) Par la formule de Bayes : P(B|D) = P(D|B)P(B)P(D) =P(D|B)(1−P(A))

P(D) = 0,1(1−0,7)0,17 = 3/17.

(3) φX(t) =Pn=∞

n=−∞pnexp(inht). La plus petite p´eriode de cette fonction est 2π/h=λ >0. Donc φX(t+nλ) = φX(t) pour tout t r´eel et tout n entier, en particulier φX(0 + 1×λ) = φX(0). Comme pour toute fonction caract´eristique φX(0) = 1, on aφX(λ) = 1.

(4) Comme P(S

n≥0An) = 1, on a 0 = P(Ω\ S

n≥0An) = P(T

n≥0(Ω\ An)). Comme les ´ev´enements sont ind´ependants, leur compl´ementaires le sont aussi, donc 0 = P(T

n≥0(Ω\An)) = Q

n≥0P(Ω\An). Donc Q

n≥0(1−P(An)) = 0. CommeP(An)<1 pour toutn≥0, ce produit ne peut ˆetre 0 que siP

n≥0P(An) =∞.

Comme de plus les ´ev´enements sont ind´ependants, par le lemme de Borel-Cantelli : P(T

n0≥0

S

n≥n0An) = 1.

(5) Par la loi de grands nombres X1+···+Xn n →0 p.s. Donc, exp(·) ´etant une fonction continue, cette limite existe p.s. (et donc en probabilit´e et en loi aussi ) et vaut exp(0) = 1.

(6) X1+···+Xn n converge en loi vers la loi Gaussienne de variance v > 0 et d’esp´erance 0. Donc, exp() ´etant une fonction continue, cette suite converge en loi vers la loi de exp(X),X ´etant de loi Gaussienne de variancev >0 et d’esp´erance 0.

La fonction de r´epartition deFWn(x) converge vers 0 six≤0 et vers 1

2πv

Rlnx

−∞exp(−t2/(2v))dt pourx >0.

(7) La densit´e est debexp(−bx)(1 + exp(−bx))−2. Pour toutef mesurable bor´eeR

−∞f(exp(−bx))bexp(−bx)(1+exp(−bx))−2dx=R0

+∞f(t)bt(1+t)−2b−1(−t)dt= R

0 f(t)(1 +t)−2dt. La densit´e de exp(−bX1) est bien (1 +t)−21{t≥0}. (8) FSn−an(x) =FSn(x+an) = (FX1(an))n=(1+exp(−b(x+a1 n)))n.

(9) Sn−an converge en loi vers la loi de fonction de r´epartition exp(−exp(−bx))).

Pour la deuxi`eme question : dans le premier casFSn−an(x) converge vers 1 pour toutxr´eel, dans le second vers 0 pour toutxr´eel. Ce ne sont pas des fonctions de r´epartition, il n’y a pas de convergence en loi.

(10) P(|Xn|> ) =P(Xn =nα) =n−β→0,n→ ∞. Il y a la convergence en proba vers 0 pour toutα, β >0.

P(|Yn|> ) =P(Yn =nα(n+ 1)α) = n−β(n+ 1)−β →0, n→ ∞. Il y a la convergence en proba vers 0 pour toutα >0, β >0.

(11) Si Xn converge dansLp, sa limite doit ˆetre necessairement 0. E|Xn−0|p =nn−β →0 ssipα−β <0, cad β/ > pα.

Si Yn converge dansLp, sa limite doit ˆetre necessairement 0. En utilisant l’ind´ependance de Xn et Xn+1, on calculeE|Yn−0|p=E|XnXn+1|p = (E|Xn|p)(E|Xn+1p ) =npα−β(n+ 1)pα−β→0 ssiβ > pα.

(12) De la question (7) la limite p.s. si existe doit ˆetre forc´ement 0. Si β > 1, pour tout > 0, P

nP(|Xn| >

) =P

nn−β <∞ et par le lemme de Borel-CantelliP(∪kn≥k{|Xn|< }) = 1, cad Xn → 0 p.s. Siβ ≤1, P

nP(|Xn|> ) =P

nn−β=∞et les ´ev´enements{|Xn|> }sont ind´ependants. Par le lemme de Borel-Cantelli P(∩kn≥k{|Xn|> }) = 1, cadXn ne converge pas vers 0 p.s.

(13) Si β > 1/2, pour tout > 0, P

nP(|Yn| > ) = P

nn−β(n+ 1)−β < ∞car n−β(n+ 1)−β =n−2β(1 +o(1)).

Par le lemme de Borel-CantelliP(∪kn≥k{|Yn|< }) = 1, cadYn →0 p.s. Siβ ≤1/2,P

n pairP(|Yn|> ) = P

n pairn−β(n+ 1)−β = P

k[(2k)(2k+ 1)]−β = P

k4−βk−2β(1 +o(1)) = ∞ et les ´ev´enements {|Yn| > } o`u n= 2,4,6. . .sont ind´ependants. Par le lemme de Borel CantelliP(∩k pairn≥k,n pair{|Yn|> }) = 1, cad Yn

ne converge pas vers 0 p.s.

3 LM 390 CORRIGE P2 1ère session

(2)

(14) Comme X et Y sont ind´ependantes, la densit´e du couple (X, Y) est le produit de leur densit´es. Pour toute fonctionf :R2→Rmesurable born´ee on a:

Ef(X/Y) = Z Z

R2

f(x/y) 1

2πc2exp(−x2/(2c2)) 1

2πd2exp(−y2/(2d2))dxdy

On fait le changement de variables x/y = t, y = z. C’est un diff´eomorphisme de {(x, y) : y > 0} dans {(t, z) :z >0}, et de{(x, y) :y <0} dans{(t, z) :z <0}. On ax=zt,y=z, le Jacobien vaut|z|. On obtient pour le premier domaine d’int´egration :

Z

R

Z

0

f(x/y) 1

√2πc2exp(−x2/(2c2)) 1

√2πd2exp(−y2/(2d2))dydx

= Z

R

Z

0

f(t) 1 2π√

c2d2exp(−(z2t2/c2+z2/d2)/2)|z|dtdz

= Z

R

f(t)Z 0

1 2π√

c2d2exp(−z2(t2/c2+ 1/d2)/2)|z|dz dt=

Z

R

f(t) 1 2π√

c2d2 1

t2/c2+ 1/d2dt

= 1 2π

pc2/d2 Z

f(t) 1 t2+c2/d2dt.

et de mˆeme mani`ere pour le deuxi`eme domaine{(t, z) :z <0} le mˆeme r´esultat. En prenant la somme on voit que : X/Y est de loi de Cauchy de densit´e 1πp

c2/d2t2+c12/d2. (15) φ(Xn,Yn)(t1, t2)→exp(−(t21+t22+ 2ρt1t2)/2),n→ ∞.

limn→∞Ecos(2Xn−Yn) = limn→∞Reφ(Xn,Yn)(2,−1) = exp(−(22+(−1)2+2ρ(2)(−1))/2), limn→∞Esin(2Xn− Yn) = limn→∞Reφ(Xn,Yn)(2,−1) = 0.

(16) Supposons le contraire. Alors il existe une sous-suite infinie (nk)k≥0 telle que dans le couple (Xnk, Ynk) les variables al´eatoires sont ind´ependantes. Alorsφ(X

nkYnk)(t1, t2) =φXnk(t1Xnk(t2). Comme (Xn, Yn) converge en loi quand n → ∞ vers la loi du vecteur Gaussien ci-dessus, Xnk [resp. Ynk] quand k → ∞ converge en loi vers la loi du vecteur Gaussien d’esp´erance 0 et de variance 1. Donc limk→∞φXnk(t1) → exp(−t21/2) et limk→∞φYnk(t2)→exp(−t22/2). On obtient donc que la suiteφ(XnkYnk)(t1, t2) converge vers exp(−(t21+t22)/2) quandk→ ∞. Ceci est impossible, car ´etant une sous-suite de (φ(Xn,Yn)(t1, t2))n≥0, elle converge vers exp(−(t21+ t22+ 2ρt1t2)/2) avecρ6= 0.

(17) On remaqrue que si (Xn, Yn) converge en loi vers la loi de (X, Y), alors (aXn+bYn, Yn) converge en loi vers la loi de (aX+bY, Y). En effet, ceci ´equivaut `a dire que pour toutef :R2→Rcontinue born´eeEf(aXn+bYn, Yn)→ Ef(aX+bY, Y). Soitg :R2 →R2, g(x, y) = (ax+by, y). Alors pour toutef continue born´ee, h=f ◦g est continue born´ee, doncEf(aXn+bYn, Yn) =Eh(Xn, Yn)→Eh(X, Y) =Ef(aX+bY, Y).

Les variables al´eatoires (aX+bY, Y) sont les composantes de la transformation lin´eaire du vecteur Gaussien, ce sont donc des composantes du vecteur Gaussien. Elles sont ind´ependantes si cov (aX+bY, Y) =aρ+b= 0. On peut prendrea= 1,b=−ρ. V ar(aX+bY) =a2+b2+ 2abρ= 1 +ρ2−2ρ2= 1−ρ2,V arY = 1.

(18) (Xn, Yn) converge en loi vers (X, Y) si et seulement si pour touteh:R2→Rcontinue born´ee Eh(Xn, Yn)→ Eh(X, Y). Alors si f :R2 →Rest continue, pour touteg :R→Rcontinue born´ee, h=g◦f reste continue born´ee, doncEg(f(Xn, Yn)) =Eh(Xn, Yn)→Eh(X, Y) =Eg(f(X, Y)).

(19) Par les questions (14) et (18) aXn+bYn/Yn (la fonctionf(x, y) = x/y ´etant continue sauf pouty = 0, mais P(Yn= 0) = 0 pour toutn≥0) converge en loi vers la loi de Cauchy : de densit´ed(t) =π1p

1−ρ2t2+1−ρ1 2. On va noter une variable al´eatoire de cette loiZ. DoncaXn/Yn+ba cette limite en loi. Commea, bsont constantes Xn/Yn converge en loi vers (Z−b)/a=Z−ρ. Sa densit´e est ded(t+ρ) = π1p

1−ρ2(t+ρ)21+1−ρ2.

4 LM 390 CORRIGE P2 1ère session

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