PSI* — 2020/2021 — Préparation aux oraux — Probas no 8 Page 1 8. (Mines) Soient X1, . . . , Xn des variables aléatoires indépendantes suivant la même loi de Bernoulli de
paramètre p∈]0,1[. On poseU =
X1
... Xn
etM =UtU ∈ Mn({0,1}).
a)Donner les lois de rgM et deTrM.
b)Quelle est la probabilité pour que M soit une matrice de projection ?
c)On note V le vecteur colonne dont toutes les composantes valent 1 et S=tV M V. Calculer l’espérance et la variance de S.
. . . . Solution
1) a)Comme toutes ses colonnes sont proportionnelles àU,M est de rang 0 ou 1. Et comme les coefficients diagonaux sont lesXi2,Mest nulle si et seulement si toutes lesXiprennent la valeur 0. En conclusion, comme les Xi suivent la même loi et sont indépendantes,
P(rgM = 0) = (1−p)n et P(rgM = 1) = 1−(1−p)n, autrement dit
rgM ֒→ B 1−(1−p)n .
Noter que le raisonnement précédent permet de montrer que rgM est bien une variable aléatoire réelle discrète. . .
De même,
TrM = n
k=1
Xk2 = n
k=1
Xk
(car Xk2 =Xk, puisque Xk ne prend que les valeurs 0 et 1) est une variable aléatoire réelle discrète et suit classiquement la loi binomiale B(n, p) (puisque TrM est le nombre de 1 parmi les n valeurs prises par lesXk, qui sont indépendantes. . . ).
TrM ֒→ B(n, p).
b)Autre résultat classique : M2 = (TrM).M (cf. l’exercice 16 du T.D. 01 : cette relation est vraie pour toute matrice de rang 0 ou 1 et s’obtient en écrivant M = (XiXj)1≤i,j≤n et en calculant les coefficients du produitM ×M. . . ).
Il en résulte immédiatement que M2 =M si et seulement si (M = 0 ou TrM = 1). Or d’après les questions précédentes,
P(M = 0) = (1−p)n et P(TrM = 1) = n
1 p(1−p)n−1 d’où, ces deux événements étant incompatibles,
P M2 =M = (1−p)n+np(1−p)n−1. c)M V est le vecteur colonne dont le coefficient de la ligneiest n
k=1
XiXk=XiTrM et donc S = n
i=1
XiTrM = (TrM)2. Notons T = TrM, nous avons vu queT ֒→ B(n, p), d’où
E(S) =E T2 =V (T) +E(T)2=np(1−p) + (np)2 =np(1−p+np). Soit
E(S) =np(np+ 1−p).
On vérifie bien les valeurs prévisibles : p sin= 1, 0 sip= 0etn2 sip= 1. . .
PSI* — 2020/2021 — Préparation aux oraux — Probas no 8 Page 2 Pour calculer V (S) =E S2 −E(S)2, il suffit d’obtenir E T4 . . . Pour cela, j’utilise la fonction génératrice deT,
GT :t→ 1 +p(t−1) n =
n
k=0
n
k pk(t−1)k
= 1 +
n
k=1
n(n−1)· · ·(n−k+ 1)pk
k! (t−1)k où je lis (cf. la formule de Taylor)
G′T (1) =np ; G(3)T (1) =n(n−1) (n−2)p3
G′′T (1) =n(n−1)p2 ; G(4)T (1) =n(n−1) (n−2) (n−3)p4 Or comme GT(t) = n
k=0
P(T =k)tk, quatre dérivations terme à terme (les sommes sont finies !) me donnent
E(T) =G′T (1) ; E T(T −1) (T−2) =G(3)T (1)
E T(T−1) =G′′T (1) ; E T(T −1) (T−2) (T −3) =G(4)T (1) Il reste à décomposer T4 sous la forme
T4 =T(T−1) (T −2) (T−3) +aT(T−1) (T −2) +bT(T−1) +cT.
Cette décomposition existe car (1, T, T(T −1), T(T−1) (T −2), T(T−1) (T −2) (T −3))est une base de R4[X](degrés échelonnés), le coefficient dominant vaut 1 et le terme constant est nul.
En remplaçant T :
∗ par 1, je trouvec= 1
∗ par 2 je trouve2b+ 2c= 16d’oùb= 7
∗ par 3 je trouve6a+ 6b+ 3c= 81d’oùa= 6 D’où par linéarité de l’espérance
E T4 =n(n−1) (n−2) (n−3)p4+ 6n(n−1) (n−2)p3+ 7n(n−1)p2+np et enfin
V (S) = E T4 −E(S)2
= n(n−1) (n−2) (n−3)p4+ 6n(n−1) (n−2)p3+ 7n(n−1)p2+np− np(1−p) + (np)2 2 Tous calculs faits
V (S) =np(1−p) 2 (n−1) (2n−3)p2+ 6 (n−1)p+ 1 . Il est satisfaisant de retrouver p(1−p) dans le casn= 1et 0 lorsquep∈ {0,1}. . .
