[PDF] Exercices de probabilités avec éléments de correction Memento

0xa1(tx)b1dx=ta+b1R1

0ya1(1y)b1dy=ta+b1Ca;b. La

6.SoitZ1;Z2;:::;Zndes variables aléatoires réelles indépendantes de loiN(0;1).

6.a)Montrer queZ21suit une loi

1=2;1=2.SiZ1est de loiN(0;1)etgune fonction mesurable bornée deRdansR, on a

E(g(X2)) =Z

Par parité dex7!g(x2)ex2=2on aE(g(X2)) =2p2R

0g(x2)ex2dx=2p2R

0g(y)ey=2dy2

X2(y) =1p2ey=2y1=21R+(y)dy.

6.b)Montrer queZ21++Z2nsuit une loi

degrés de liberté, notée2n.On le montre par récurrence. Pourn= 1c"est vrai. Supposons queSn1=Z21+:::+Z2n1

en déduit queSn1etZ2nsont indépendantes car(Z1;:::;Zn1)etZnle sont. On utilise ensuite la question

5 donnant queSnsuit une

Propriétés générales

Résoudre les questions suivantes en appliquant le théorème de Fubini(-Tonelli) de la façon suggérée.

1.SoitNune variable aléatoire à valeurs dansN. Montrer que

E[N] =X

E[N] =E"

Le théorème de Fubini est ici appliqué à la fonction(n;!)7!1fkN(!)gpar rapport à la mesure produit

pourf:N!R). En l"occurrence, il est en fait plus simple de voir ceci comme une application du théorème

2.SoitXune variable aléatoire à valeurs dansR+, et >0. Montrer que

E[X] =Z

et donner une généralisation de cette formule.On note que, commeX0, par " intégration de la dérivée »,X=RX

0t1dt=R1

01ft théorème de Fubini-Tonelli (pour la mesuredt

P) donne donc

E[X] =Z

1 0

E[1ft 1 0

P(X > t)t1dt:

Le principe de la preuve s"applique par exemple à toute fonctiongmonotone de classeC1de]0;+1[dans

R, pour laquelle on peut écrireg(X) =g(0) +RX

0g0(t)dt, d"où de même

E[g(X)] =g(0) +Z

1 0

P(X > t)g0(t)dt:

3.Soit(An)n1une suite d"événements.

3.a)On noteNle nombre (aléatoire) d"événéments parmi ceux-ci qui se produisent. CalculerE[N]en fonction

des probabilitésP(An),n1.On note queN=P1 n=11An. Par suite, par le théorème de Fubini-Tonelli (pour la mesuremN

PoùmN

est la mesure de comptage surN),

E[N] =1X

n=1E[1An] =1X n=1P(An):

3.b)On suppose queP

nP(An)<1. Montrer que presque-sûrement seul un nombre fini d"événements de la

suite ont lieu.C"est le lemme de Borel-Cantelli (partie la plus facile mais néanmoins la plus utile).Par la question précédente, l"hypothèse équivaut àE[N]<1. Or ceci implique queN <1p.s., ce qui

signifie que, presque sûrement, un nombre fini d"événement de la suite ont lieu.

4.CalculerC=R

Rex2dxsans utiliser de coordonnées polaires. (ÉcrireC2comme une intégrale double puis, dans l"intégrale,e(x2+y2)=R1 x

2+y2etdt)Par le théorème de Fubini-Tonelli,

C 2=Z 1 0 ex2dxZ 1 0 ey2dy=Z ]0;1[2e(x2+y2)dxdy: En écrivant (par une intégration immédiate)e(x2+y2)=R1 x

2+y2etdt=R1

01ft>x2+y2getdtpourx;y >0,

on a, à nouveau par le théorème de Fubini-Tonelli, C 2=Z ]0;1[2Z 1 0 1 ft>x2+y2getdtdxdy=Z 1 0 et Z ]0;1[21ft>x2+y2gdt! dxdy L"intégrale entre parenthèses est l"aire du quart de disque de rayon pt, donc vautt4 (certes, s"il fallait le

redémontrer, ceci se ferait le plus directement en passant en coordonnées polaires...). On a donc

C 2=4 Z 1 0 tetdt=4 4

(intégration par parties, ou reconnaître l"espérance de la loiE(1)pour éviter de refaire le calcul), d"oùC=p

2

On rappelle la preuve classique : partant deC2=R

]0;+1[2e(x2+y2)dxdycomme ci-dessus, il suffit d"effectuer un changement de coordonnées pour passer en coordonnées polaires ((r;)7!(rcos;rsin)est bien un difféomorphisme de]0;+1[]0;2 [sur]0;+1[2, de jacobienr7!r) : C 2=Z =2 0Z 1 0 er2rdrd=2 12 er21 r=0=4

5.SoitA1,...,Andes événements. Montrer laformule du crible, oùjSjdésigne le cardinal deS:

P(A1[ [An) =nX

k=1(1)k+1X

1i1<

Sf1;:::;ng;S6=;(1)jSj+1P\

i2SA i :Pour tous événementsAetB, on a1A\B=1A1Bet1Ac= 11A, en revanche il n"y a pas de formule aussi

simple pour la réunion, mais on peut se ramener à une intersection en passant au complémentaire :

1 A[B= 11Ac\Bc= 11Ac1Bc= 1(11A)(11B) =1A+1B1A1B=1A+1B1A\B; ce qui, en intégrant chaque membre, donneP(A[B) =P(A) +P(B)P(A\B). On généralise maintenant cette formule ànévénements. On a 1

A1[[An= 11Ac1\\Acn= 1Y

i(11Ai) = 1X

Sf1;:::;ng(1)1+jSjY

i2S1 Ai:

(où, en développant,Sdésigne l"ensemble des indices du produit où l"on garde le terme1Aiau lieu du

terme1). En prenant l"espérance de chaque terme, on obtient l"égalité demandée (l"expression avec les indices

i

jest une réécriture en utilisant l"injectionS7!(i1;:::;ik)oùk=jSj,S=fi1;:::;ikgaveci1< ::: < ik,

cette écriture étant unique). Par exemple, P(A[B[C) =P(A) +P(B) +P(C)P(A\B)P(A\C)P(B\C) +P(A\B\C):

Exercice 7.Autour de l"indépendance

1.SoitX;Y;Zdes variables aléatoires indépendantes, de loi=12

1+12

1. On noteX0=Y Z,Y0=XZet

Z

0=XY. Montrer queX0,Y0,Z0sont des variables aléatoires de loiindépendantes deux à deux, mais non

indépendantes (dans leur ensemble).On note queX0,Y0etZ0sont à valeurs dansf1;1get sont définies de manière symétrique (cyclique), donc

pour montrer l"indépendance 2 à 2 il va suffire de vérifier que

P(X0= 1;Y0= 1) =P(X0= 1)P(Y0= 1):

En effet on a ensuiteP(X0= 1;Y0=1) =P(X0= 1)P(X0= 1;Y0=1) =P(X0= 1)P(X0= 1)P(Y0=

1) =P(X0= 1)P(Y0=1), puis on a passe de même àP(X0=1;Y0=1) =P(X0=1)P(X0=

1;Y0= 1), et la symétrie induit les autres vérifications. Or on a

P(X0= 1;Y0= 1) =P(Y Z= 1;XZ= 1) =P(X=Y=Z) =P(X= 1)3+P(X=1)3=14 et P(X0= 1) =P(Y Z= 1) =P(Y= 1;Z= 1) +P(Y=1;Z=1) =P(Y= 1)2+P(Y=1)2=12 d"où l"égalité voulue.X;Y;Zsont donc indépendantes 2 à 2. En revanche, P(X0= 1;Y0= 1;Z0=1) =P(Y Z= 1;XZ= 1;XY=1) = 06=P(X0= 1)P(Y0= 1)P(Z0=1); carY Z= 1etXZ= 1impliquentX=Z=YdoncXY= 1. Ainsi,X;Y;Zne sont pas indépendantes dans leur ensemble. 5

2.Est-ce qu"un événementApeut être indépendant de lui-même? Même question pour une variable aléatoireX.Aest indépendant de lui-même si, et seulement siP(A\A) =P(A)P(A), c"est-à-direP(A) =P(A)2, ce qui

équivaut àP(A) = 0ou1: les événements négligeables et presque sûrs sont les seuls à être indépendants

d"eux-même (et de n"importe quel autre événement, d"ailleurs).

Si une v.a.Xest indépendante d"elle-même, à valeurs dans(E;E), pour toute partieA2 Eon aP(X2

A) =P(X2A;X2A) =P(X2A)2car l"événementfX2Agest indépendant de lui-même, d"où P(X2A)2 f0;1g. SiXest entière, on peut noter que1 =P n2NP(X=x)et chaque terme vaut0ou1, donc un seul vaut1: il existen2Ntel queX=npresque sûrement (on dit queXest presque sûrement

constante). Si, plus généralement,Xest à valeurs dans(R;B(R)), par le même argument, pour toutn, il

existe un unique intervalle de la forme[k2n;(k+ 1)2n[, oùk2Z, qui contientXpresque sûrement;

ces intervalles doivent être emboîtés, et leur largeur tend vers0, ce qui détermineX, doncXest constante

presque sûrement. On peut généraliser le raisonnement àRd(muni des boréliens), et à des espaces satisfaisant

quelques hypothèses naturelles, mais pas à n"importe quel espace(E;E). Entre autres, la tribu doit être assez

fine (siE=f;;Egest la tribu grossière, toutes les fonctions à valeurs dans(E;E)sont des variables aléatoires,

et elles sont toutes indépendantes d"elles-mêmes). En revanche, siEest un espace métrique complet séparable

(espace polonais), etEest la tribu borélienne, l"argument s"étend (il existe une suite(xk)kdense dansE, donc

pour toutnles boulesB(xk;2n)(k2N) recouvrentEd"où1 =P(X2E)P k2NP(d(X;xk)<2n),

or ces probabilités valent 0 ou 1, donc il existex(n)tel qued(X;x(n))<2npresque sûrement; l"inégalité

triangulaire implique que(x(n))nest une suite de Cauchy, etXest presque sûrement égal à la limite de cette

suite).

Inversement, toute variable aléatoireXconstante presque sûrement (c"est-à-dire qu"il existex2Etel que

P(X=x) = 1) est indépendante d"elle-même (et de n"importe quelle variable aléatoire).

Problèmes (simples) classiques

Exercice 8.Formule de Bayes.

1.Soit(

;P)un espace de probabilité discret, et(H1;:::;Hn)une partition de ennévénements de probabilité non nulle. Montrer que, pouri= 1;:::;n, siAest un événement de probabilité non nulle :

P(HijA) =P(AjHi)P(Hi)P

n j=1P(AjHj)P(Hj):

2.Une maladie M affecte une personne sur 1000 dans une population donnée. On dispose d"un test sanguin qui

détecte M avec une fiabilité de 99% lorsque cette maladie est effectivement présente. Cependant, on obtient

aussi un résultat faussement positif pour 0,2% des personnes saines testées. Quelle est la probabilité qu"une

personne soit réellement malade lorsque son test est positif?La population est notée , on la munit de la mesure uniformeP. On noteMl"ensemble des personnes malades,

etTl"ensemble des personnes dont le test est positif. L"énoncé donne doncP(M) = 0:001,P(TjM) = 0:99

etP(TjMc) = 0:002, et on chercheP(MjT). Comme la famille(M;Mc)partitionne la population, on peut appliquer la formule de Bayes : P(MjT) =P(TjM)P(M)P(T)=P(TjM)P(M)P(TjM)P(M) +P(TjMc)P(Mc)=99100 11000
99
100
11000
+21000
99100
=13 '33%

Ainsi, bien que le résultat soit rarement faussement positif, la rareté plus grande encore de la maladie fait

que la plupart (66%) des résultats positifs sont en fait faussement positifs, ce qui peut apparaître de prime

abord comme un paradoxe.

Exercice 9.Problèmes " avec des mots »

1.Un secrétaire vient de mettre cent lettres dans des enveloppes comportant des adresses avant de se rendre

compte que les lettres étaient nominatives. Quelle est la probabilité que pas une seule des lettres ne soit dans

la bonne enveloppe? En donner une valeur approchée.Penser à la formule du crible.Posonsn= 100. Un espace de probabilités possible est(Sn;P(Sn);P)oùPest la loi de probabilité uniforme

PsurSn. Pour2Sneti2 f1;:::;ng,(i)donne le numéro de la personne qui recevra la lettre destinée à

lai-ième personne. On noteAi=f(i) =igl"événementfla personneirecevra sa lettreg, pouri= 1;:::;n.

On chercheP((A1[ [An)c) = 1P(A1[ [An). En vue d"appliquer la formule du crible, on calcule,quotesdbs_dbs1.pdfusesText_1