CPES 2 – Probabilit´es approfondies 2015-2016 Remarques sur le DM

CPES 2 – Probabilit´es approfondies 2015-2016 Remarques sur le DM

Remarques g´en´erales.

– Ne pas ´ecrire des variables non d´efinies (par exemple P(Y ≤x) sans pr´eciser `a quel ensemble appartient x).

– Lorsqu’on utilise la lin´earit´e de l’esp´erance ou le th´eor`eme de transfert, il faut le men- tionner et le justifier. Par exemple en ´ecrivant (lin´earit´e de l’esp´erance pour des v.a.

positives) ou(lin´earit´e de l’esp´erance pour des v.a. admettant une esp´erance),(th´eor`eme de transfert pour une fonction positive)ou encore(th´eor`eme de transfert pourg(X) avec g(X) qui admet une esp´erance).

– SiX, Y ≥0 sont des variables al´eatoires r´eelles positives, on ne peut pas ´ecrire en g´en´eral que

E[X−Y] =E[X]−E[Y]

en invoquant la lin´earit´e pour les v.a. positives. En effet, pour ´ecrire queE[X+ (−Y)] = E[X] +E[−Y] =E[X]−E[Y] on utilise le cas g´en´eral, et il faut justifier que X et−Y admettent une esp´erance.

– Attention, la lin´earite de l’esp´erance ne signifie PAS que E[|X+Y|] = |E[X] +E[Y]|.

Il est en revanche vrai que

E[|X+Y|]≤E[|X|+|Y|]≤E[|X|] +E[|Y|]

(croissance et lin´earit´e de l’esp´erance pour des v.a. positives).

– On ´evite de parler de la lin´earit´e de la variance, car en g´en´eral il n’est pas vrai que V ar(λX) =λ·V ar(X).

El´ ´ ements de correction.

Exercice 2, question 2. Il ne fallait pas oublier de distinguer le cas o`u x≤0 dans le calcul deP(X² ≤x), qui donnait alors 0.

Exercice 4. Il y a eu beaucoup d’erreurs sur la d´eriv´ee de _n+1^nx n

. Le plus simple est d’´ecrire nx

n+ 1 n

= n

n+ 1 n

xⁿ, dont la d´eriv´ee est _n+1ⁿ n

nxⁿ⁻¹.

1

Probl`eme 1, question 3. On raisonne par l’absurde, et on suppose que pour tout ω∈Ω on a X(ω) <E[X]. Alors pour tout x ∈ X(Ω), on a x < E[X]. La variable al´eatoire E[X]−X est donc positive. Comme X admet une esp´erance, par lin´earit´e de l’esp´erance E[X]−X est d’esp´erance nulle. D’apr`es le cours, on a doncP(E[X] =X) = 1. L’´ev´enement{ω∈Ω :E[X] = X(ω)} est donc non vide (sinon il aurait une probabilit´e nulle), et il existe donc ω∈Ω tel que E[X] =X(ω), absurde.

Probl`eme 2, question 6. L’id´ee ´etait d’´ecrire

P | T_N^(N)

Nlog(N) −1|>

!

≤ 1 ²E





T_N^(N)

Nlog(N) −1

2

,

puis

E





T_N^(N)

Nlog(N)−1

!2

= 1

N²log(N)²E h

(T_N^(N))²i

− 2

Nlog(N)E h

T_N^(N)i + 1.

On sait que E h

T_N^(N)i

/(Nlog(N))→1. Pour contrˆoler E h

(T_N^(N))²i

, on ´ecrit

E h

(T_N^(N))²i

=V ar(T_N^(N)) +E h

T_N^(N)i2

, de sorte que

1

N²log(N)²E h

(T_N^(N))²i

n→∞−→ 1.

On en d´eduit que

E





T_N^(N)

Nlog(N) −1

!2

 −→

n→∞ 1−2 + 1 = 0.

Probl`eme 2, question 7. On aP(A_i,m) = P(X₁ 6=i, . . . , X_m6=i) = P(X₁ 6=i)· · ·P(X_m 6=i) =

N−1 N

m

.

Probl`eme 2, question 8. Pour r´esoudre cette question, on pouvait partir du fait que si k ≥1 est un entier, alors

{T_N^(N)≥k}=

N

[

i=1

Ai,k−1.

En effet, T_N^(N) ≥k si et seulement si il existe une carte qu’on n’a pas encore au bout de k−1 cartes achet´ees. On ´ecrit alors

P

T_N^(N)≥k

≤

N

X

i=1

P(Ai,k−1) = N

N −1 N

k−1

≤N e^−(k−1)/N (1)

en utilisant l’in´egalit´e (1−y)^m ≤e^−ym pour y∈[0,1] et m ≥0.

2

N.B. Ecrite telle quelle, la question 8 n’est pas correcte. Une version correcte serait :´ En supposant que log(N)N +xN est entier, montrer que

P

T_N^(N) >log(N)N +xN

≤e^−x.

(avec une in´egalit´e stricte dans la probabilit´e). On peut cependant montrer qu’on a toujours P

T_N^(N) ≥log(N)N +xN

≤e^−x+2/N.

Ces in´egalit´es se prouvent en utilisant (1).

Probl`eme 3. Il fallait justifier que les Xi admettaient une esp´erance. Ceci provient du fait que si X admet un moment d’ordre 2 fini, alors X admet un moment d’ordre 1 fini (et donc admet une esp´erance).

Probl`eme 3, question 3. Dire que l’´ev´enement A_k est r´ealis´e c’est dire que le plus petit j tel que |S_j| ≥ t est k, ce qui rend la question 3 intuitivement vraie. Pour le r´ediger, on peut proc´eder comme suit.

Si k < ` et ω ∈ A<sub>k</sub>∩A<sub>`</sub>, alors |S_k| ≥ t car ω ∈ A_k et |S_k| < t car ω ∈ A_{`</sub>, absurde. Donc A<sub>k</sub>∩A<sub>`} =∅.

Pour montrer que A = ∪ⁿ_i=1A_i, on raisonne par double inclusion. Si ω ∈ ∪ⁿ_i=1A_i, soit i tel que ω ∈ A_i. Alors |S_i| ≥ t et donc ω ∈ A. R´eciproquement, si ω ∈ A, il existe un plus petit entier k tel que |S_k| ≥t. On a alorsω ∈A_k et donc ω∈ ∪ⁿ_i=1A_i.

Probl`eme 3, question 4. On remarque que S_k²1Ak ≥ t¹1Ak. En effet, si ω 6∈ A_k, les deux termes sont nuls. Sinon, si ω ∈A_k, cela implique que |S_k| ≥t² et donc S_k²1Ak ≥t²1Ak.

Le r´esultat demand´e en d´ecoule en utilisant la croissance et la lin´earit´e de l’esp´erance pour des variables al´eatoires positives.

Probl`eme 3, question 6. Pour justifier proprement que les variables al´eatoires S_k1Ak et S_n−S_k ´etaient ind´ependantes, on pouvait raisonner comme suit.

D’apr`es le principe des coalitions, les vecteurs (X₁, . . . , X_k) et (X_k+1, . . . , X_n) sont ind´ependants.

Or S_k1Ak ne d´epend que de (X₁, . . . , X_k), et S_n−S_k ne d´epend que de (X_k+1, . . . , X_n). Donc d’apr`es le principe de composition, S_k1Ak et S_n−S_k sont ind´ependantes.

Attention : il n’est pas vrai que 1Ak ne d´epend que de S_k.

3