U0de loi absolument continue par rapport `a la mesure de Lebesgue

Correction

(1) FY_i(x) = P(Yi ≤x) = 0 pour x <0, FY_i(x) = P(Yi ≤x) = Rx

0 2tdt=x² pour x ∈[0,1] et FY_i(x) = 1 pour x≥1.

EYi=R1

0 x(2x)dx= 2/3,EY_i²=R1

0 x²(2x)dx= 1/2. V arYi= 1/2−(2/3)²= 1/18.

(2) Pour toutef mesurable born´eeEf(lnY₀) =R1

0 f(lny)(2y)dy=R0

−∞f(u)2e^ue^udu. U₀de loi absolument continue par rapport `a la mesure de Lebesgue. La densit´e deU₀ est 2 exp(2u)1_{u≤0}.

(3) Pour tout i = 0,1,2, . . . {ω : Sa(ω) = i} = Ti−1

j=0{ω : Yj(ω) ∈]− ∞,√

a]}T{ω : Yi(ω) ∈]√

a,∞[}. Comme Y0, . . . , Yisont des variables al´eatoires, donc applications mesurables de (Ω,F) dans (R,B), et ]−∞,√

a],]√ a,∞[∈

B alors {ω : Yj(ω) ∈]− ∞,√

a]} pour j = 0,1, . . . , i−1 et {ω : Yi(ω) ∈]√

a,∞[} appartiennent `a F. Leur int´ersection appartient aussi `a F, car F est une tribue. Donc {ω :Sa(ω) =i} ∈ F. Outre cela {ω : Sa(ω) =

∞}=T∞

j=0{ω:Yj(ω)∈]− ∞,√

a]}appartient aussi `aFcomme int´eresection des ´ev´enements deF. Ceci prouve queSa est une variables al´eatoire.

P(Sa =n) = (FY₀(√

a))· · ·(FYn−1(√

a))(1−FY_n(√

a)) =aⁿ(1−a) pour toutn= 0,1,2, . . .On aP

n≥0aⁿ(1−a) = 1, doncP(Sa=∞) = 0.

(4) φSa(t) =P

n≥0exp(itn)aⁿ(1−a) = _1−a^(1−a)_exp(it). φ_(1−a)Sa(t) = _1−aexp(it(1−a))^(1−a)

(5) φ_(1−an)S_an(t) = _1−a ^(1−an)

n(1+it(1−an)+O((1−an)²)) =_1−it−a ¹

nO(1−an) → _1−it¹ ,n→ ∞. La fonction limite est la fonction caract´erstique de la loi exponentielle de param`etre 1. Donc on a la convergence en loi vers cette loi.

(6) (Y1+· · ·+Yn−(2/3)n)/nconverge vers 0 p.s. par la loi de grands nombres, donc aussi en probabilit´e. Alors, la premi`ere limite lim<sub>n→∞</sub>P((Y1+· · ·+Yn −(2/3n))/n > ) = 0. La deuxi`eme s’´ecrit comme la limite de limn→∞P((Y1+· · ·+Yn−(2/3)n)/n >−1/6), donc elle vaut 1.

La troixi`eme s’´ecrit comme la limite de lim_n→∞P(3(Y₁+· · ·+Y_n)≤2n+ 3√

n) = lim_n→∞P((Y₁+· · ·+Y_n− (2/3)n)/√

n≤1). Par le Th´eor`eme de la limite centrale, cette limite vaut (π/9)^−1/2R1

−∞exp(−9t²)dt.

(7) P(R_n > x) = P(n^αY₀ > x, . . . , n^αY_n−1 > x) = (P(n^αY₀ > x))ⁿ = (P(Y₀ > n^−αx))ⁿ = (1−F_Y0(n^−αx))ⁿ. On a F_Rn(x) = 1−P(R_n > x). Finalement : F_Rn(x) = 0 si x ≤0 et F_Rn(x) = 1 si x > n^α; six ∈ [0, n^α] FR_n(x) =P(Rn≤x) = 1−Qn−1

i=0 P(Yi > xn^−α) = 1−(1−x²n^−2α)ⁿ.

(8) Soitα∈]0,1/2[. Pour toutx >0F_Rn(x) converge vers 1, pour toutx≤0F_Rn(x) converge vers 0. La fonction F₀(x) = 1_x>0qui est 0 pourx≤0 et 1 six >0 est la fonction de r´epartition pour la loiδ₀. On a la convergence F_Rn(x)→F₀(x) quandn→ ∞pour toutxr´eel. DoncR_n converge en loi vers 0.

On a la convergence en loi vers la loi d’une constante 0, donc on a aussi cette convergence en probabilit´e.

(9) Siα= 1/2,FR_n(x)→1−exp(−x²) pour toutx≥0. La fonction (1−exp(−x²))1x≥0 est croissante, continue, avec les limites 0 dans−∞et 1 dans +∞. C’est donc la fonction de r´epartition d’une loi de probabilit´e. Cette loi est absolument continue par rapport `a la mesure de Lebesgue de densit´e 2xexp(−x²)1x≥0.

Si α >1/2 F_Rn(x)→0 pour tout xr´eel. La fonction limite n’est pas une fonction de r´epartition d’une loi de probabilit´e (sa limite `a +l’infini n’est pas 1). On n’a pas de convergence en loi.

(10) ESn= 1 + 1/2 +· · ·+ (1/2)ⁿ,V arSn=b+ (1/2)²b+· · ·+ (1/2)²ⁿb. (Sn)_n≥0 est la suite des sommes partielles d’une s´erie de variables al´eatoires ind´ependantes dont les s´eries des esp´erances et des variances covergent. Donc cette suite converge dansL².

(11) La convergence dansL² implique toujours la convergence dans L¹ et donc en probabilit´e et en loi. Comme il s’agit de la s´erie de v.a. ind´ependantes, la convergence en probabilit´e implique la convergence p.s.

(12) Par l’in´egalit´e de Markov :

P(|Sn−S_n−1|>(2/3)ⁿ)≤E((1/2)ⁿYn)/(2/3)ⁿ = (3/4)ⁿ. La s´erie converge.

(13) Par le lemme de Borel-Cantelli, ce sont les ´egalit´es (1) et (4)

P [

n₀≥0

\

n≥n₀

(ω:|Sn(ω)−S_n−1(ω)|<(2/3)ⁿ)

= 1, P(\

n₀≥0

[

n≥n₀

(ω:|Sn(ω)−S_n−1(ω)|>(2/3)ⁿ) = 0.

Lorsque|Sn−Sn−1| ≤(2/3)ⁿ pour toutn≥n0, on a |Sn−Sm| ≤Pm

k=n|Sk−Sk−1| ≤P∞

k=n(2/3)^k = 3(2/3)ⁿ pour toutm >0. Alors

P [

n₀≥0

\

n≥n₀,m≥0

(ω:|Sn+m(ω)−S_n−1(ω)|<3(2/3)ⁿ)

= 1, P \

n₀≥0

[

n≥n₀,m≥0

(ω:|Sn+m(ω)−S_n−1(ω)|>3(2/3)ⁿ)

= 0.

1

(14) SoitA= S

n0≥0

T

n≥n0,m≥0(ω:|Sn+m(ω)−S_n−1(ω)|< )

. Comme pour tout >0 on peut choisirN=N() assez grand pour que 3(2/3)ⁿ < pour tout n≥N, on aP(A) = 1. CommeA₁ ⊂A₂ si 0 < ₁< ₂, on a P(T

>0A) = lim_↓0P(A) = lim_↓01 = 1. Donc la suite (S_n)_n≥1 converge p.s.

(15) La matriceC est sym´etrique et d´efinie positive : c₁₂=c₂₁,c₁₁, c₂₂>0,c₁₁c₂₂−c²₁₂≥0. (Dans le cas dec₁₁= 0 ouc₂₂ = 0 on aurait eu un vecteur avec une (des) composantes 0). La condition est ce quec₁₁c₂₂−c²₁₂ >0.

Dans ce cas le densit´e vaut (2π

q

c11c22−c²₁₂)⁻¹exp

−(c22x²+c11y²−2c12xy)/(2(c11c22−c²₁₂))

(16) La matrice D⁻¹ avec les ´el´ements d⁽⁻¹⁾_i,j est aussi sym´etrique et d´efinie positive. En effet, premi`erement : d<sup>(−1)</sup><sub>12</sub> =−d21/detD =−d12/detD=d<sup>(−1)</sup><sub>21</sub> , deuxi`emement comme d11 >0 et d11d22−d²₁₂ >0 on ad22>0 et doncd⁽⁻¹⁾₁₁ =d22/detD >0, detD⁻¹= (detD)⁻¹>0. Donc l’int´egrale en question est l’int´egrale de la densit´e d’un vecteur Gaussien d’esp´erance (0,0) et de matrice de covariancesD⁻¹. Normalis´ee par (2π√

detD⁻¹)⁻¹, elle doit valoir 1. Donc elle vaut 2πp

det(D⁻¹) = 2π(detD)^−1/2.

Best definie positive, donc exp(−(·))≤1, l’esp´erance est donc finie (et born´ee par 1). On calcule cette esp´ernce comme :

(2π(detC)^1/2)⁻¹ Z Z

R²

exp(−(x²b₁₁+y²b₂₂+ 2xyb₁₂)/2) exp(−(x²c⁽⁻¹⁾₁₁ +y²c⁽⁻¹⁾₂₂ + 2xyc⁽⁻¹⁾₁₂ )/2)dxdy

= (2π)⁻¹(detC)^−1/22π(det (B+C⁻¹))^−1/2= det (BC+I)^−1/2, Iest la matrice identit´e.

(17) Le vecteur (aX+bY, cX+dY) ´etant une transformation lin´eeaire d’un vecteur Gaussien est un vecteur Gaussien de matrice de covariancesACA^T avec =A=

a b c d

. Ses composantes sont ind´ep. si et seulement si leur covariance 0, cadACA^T est diagonale. On devrait donc cherchera, b, c, d tels que cov (aX +bY, cX +dY) = 9ac+ 6bd+ 2(ad+bc) = 0.

Une mani`ere de chercher tels a, b, c, d est de diagonaliser C en base orthonorm´ee. La matriceC a les valeurs propres 5,10 et un vecteur propre est propotionnel `a (1,−2) et l’autre `a (2,1). Soit

P =

1/√

5 2/√ 5

−2/√ 5 1/√

5

.

AlorsP⁻¹CP est la matrice diagonale avec 5 et 10 sur la diagonale. On peut prendre donc A=P⁻¹=P^T =

1/√

5 −2/√ 5 2/√

5 1/√ 5

.

Si on prend par exemplea= 1, b=−2, c= 2, d= 1, le vecteurA ~Z a des composantes ind´ependantes de variances 25 et 50 : V ar(aX+bY) = 9a²+ 6b²+ 4ab, V ar(cX+dY) = 9c²+ 6d²+ 4cd.

(18) On remarque EX = EX³ = 0. On calcule d’abord c1,1 =EX² = 1/3, c2,2 = E(X³)² = 1/7, c1,2 =c2,1 = E(X(X³)) = 1/5. La suite de vecteurs (^X1+···+X_n ⁿ,^X31+···X_n ⁿ³) pour n → ∞ converge en loi vers le vecteur Gaussien d’esp´erance (0,0) et de matrice de covariancesC dont les ´el´ements sont calcul´es ci-dessus.

(19) Comme B est une matrice d´efinie positive, la fonction exp(−(b1,1x² +b_2,2y²+ 2b_1,2xy)/2) est born´ee par 1 et continue. Donc par le Th´eor`eme de la limite centrale, l’esp´erance converge vers Eexp(−(b<sub>11</sub>X<sup>2</sup>+b<sub>22</sub>Y<sup>2</sup>+ 2b<sub>12</sub>XY)/2) o`u le vecteur (X, Y) est Gaussien d’esp´erance (0,0) et de matrice de covariances C calcul´ee dans (18). Cette esp´erance a ´et´e calcul´ee dans (16) :(det (BC+I))^−1/2. On aBC=

525 210 210 105

1/3 1/5 1/5 1/7

= 175 + 42 105 + 30

70 + 21 42 + 15

. det (BC +I) = 218×58−135 ×91 = 12644−12285 = 359. La r´eponse est

√ 1

218×58−135×91.

(20) CommeφY(µ) =Ecos (µY) +iEsin (µY) = 1 doncEcos (µY) = 1,E(cos (µY)−1) = 0. Comme cos (µY)≤1, alorsP(ω : µY(ω)∈ {2πn}^∞_n=−∞) = 1. Donc Y est `a valeurs dans {2πn/µ}^∞_n=−∞ avec certaines probabilit´es (p_n)^∞_n=−∞ ≥0 dontP∞

n=−∞p_n= 1.

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