LA METHODE DES 20/80 (LOI DE PARETO) NOTIONS La méthode
Démarche : 1 – Classer les catégories de clients par ordre décroissant de chiffre d'affaires. 2 – Calculer en % la part de chaque catégorie de clientèle
CONCOURS COMMUN H.E.C. E.S.C.P. E.S.C.L. 1995
Les revenus d'une population sont aussi très bien modélisés par une loi de Pareto et on compare deux modes de calcul d'impôts sur des revenus suivant une loi
Devoir n 2
(C'est une loi de Pareto cf. exercices suivants). L'estimateur baysien ˜? de ? pour la perte quadratique est la moyenne de ? sachant X
Contrôle
Exercice 2 : loi de Pareto (10 points). Soit k > 1. La loi de Pareto de paramètre k notée Par(k)
Exercice : suites et calcul matriciel
Corrigé ESSEC III Eco 2007 par Pierre Veuillez la loi de Pareto de paramètres a et b si elle admet pour densité la fonction f définie sur R par :.
La loi de Pareto
%20Pareto
Séance 2 (mercredi 9 décembre)
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Dans cet exercice on considère r > 0 et la fonction f suivante : f : t ?? Soit alors X une variable aléatoire de loi de Pareto de paramètres a et b.
TD no 8 : Méthode des moments
Exercice 6. Soient ? > 1 et X une var suivant la loi de Pareto Par(?) i.e. vérifiant : P(X>x
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1 mai 2017 · Tutoriel expliquant le calcul de la loi des 20/80 (loi de Pareto) Durée : 2:33Postée : 1 mai 2017
Année universitaire 2013-2014
Exercices de probabilités
avec éléments de correctionMementoFonctions associées aux lois
PourXvariable aléatoire à valeurs dansRd,
F onctionde répartition (si d= 1) :FX(t) =P(Xt),t2R F onctiongénératrice (si Xà valeurs dansN) :GX(s) =E[sX] =P1 n=0P(X=n)sn,s2 j R;Rj T ransforméede Laplace : LX() =E[eh;Xi]2]0;+1],2Rd F onctioncaractéristique : X(t) =E[eiht;Xi]2C,t2Rd Lois discrètesNomParamètresSupportDéfinition :P(A) =Pa2Ap(a)Loi de Diracaa2Rfagp(a) = 1Loi de BernoulliB(p)p2[0;1]f0;1gp(0) = 1p,p(1) =pLoi binomialeB(n;p)n2N,p2[0;1]f0;:::;ngp(k) =n
kpk(1p)nkLoi géométriqueG(p)p2]0;1]N p(k) = (1p)k1pLoi de PoissonP()2]0;+1[Np(k) =ekk!Lois continuesNomParamètresSupportDéfinition :P(A) =R
Af(x)dxLoi uniformeU([a;b])a < b[a;b]f(x) =1ba1[a;b](x)Loi exponentielleE()2]0;1[]0;+1[f(x) =ex1]0;+1[(x)Loi de Cauchya2]0;+1[Rf(x) =a(a2+x2)Loi normale/gaussienneN(m;2)m2R; 22]0;+1[Rf(x) =1p22exp
(xm)222Déterminer des lois : exemplesExercice 1.Lois binomiale et géométrique
SoitX1;X2;:::une suite de variables aléatoires indépendantes et de loiB(p)oùp2[0;1].1.On supposep >0. On définitN= inffn1jXn= 1g.
1.a)Montrer queP(N=1) = 0et queNsuit la loi géométrique de paramètrep.
1.b)Calculer l"espérance et la variance deN.
2.Soitn1. On définitSn=X1++Xn.
2.a)Montrer queSnsuit la loi binomiale de paramètresnetp, par une preuve directe puis en utilisant des
fonctions génératrices.2.b)Calculer l"espérance et la variance deSn(utiliser la définition deSn).
Exercice 2.Minimum et maximum d"une famille de variables aléatoires exponentiellesSoitX;Ydeux variables aléatoires indépendantes de lois respectivesE()etE(). À l"aide de fonctions de
répartition, déterminer les lois deU= min(X;Y)etV= max(X;Y). On précisera leur densité (le cas échéant).
Exercice 3.Somme de variables aléatoires
1.SoitX;Ydes variables aléatoires indépendantes de loisP()etP(). Déterminer la loi deX+Y, directement
puis via les fonctions génératrices.2.SoitX;Ydes variables aléatoires indépendantes de loi de Cauchy de paramètreaetb. À l"aide des fonctions
caractéristiques, déterminer la loi deX+Y.Pour obtenirX, on pourra utiliser la formule de Cauchy avec un
contour bien choisi, ou alors avoir l"idée de calculer la fonction caractéristique de la loi de Laplace
a2 eajxjdx et utiliser la formule d"inversion.Exercice 4.Lois images
1.SoitXune variables aléatoire de loiE(). Déterminer la loi debXc+ 1.C"est une loi géométrique.
2.SoitUune variable aléatoire de loiU([1;1]). Déterminer la loi dearcsin(U).
3.SoitXde loiN(0;1). Déterminer la loi dejXj.
14.SoitX;Ydeux variables aléatoires indépendantes de loiN(0;1). Déterminer la loi deXY
. En déduire la loi de 1Z siZsuit une loi de Cauchy de paramètre 1.5.SoitX;Ydeux variables aléatoires indépendantes de loiN(0;1). On définit les variables aléatoiresR;par
(X;Y) = (Rcos;Rsin),R >0et2[0;2[. Montrer queRetsont indépendantes et déterminer leurs lois.Exercice 5.Loi Gamma
Poura >0et >0, on définit la loi
a;par sa densité relativement à la mesure de Lebesgue : f a;(x) =a(a)xa1ex1R+(x):1.Vérifier que cette fonction définit bien une densité.
2.Déterminer l"espérance de cette loi.On utilise le fait que(a+ 1) =a(a)pour obtenir que l"espérance de cette loi esta=.
3.SoitV1;V2;:::;Vndes variables aléatoires réelles indépendantes de loiE(). Déterminer la loi du vecteur
(V1;V1+V2;:::;V1++Vn)et en déduire queV1++Vn n;.Pourn= 1, ok. Supposonsn2etS:=V1+:::+Vn1de loi n1;. Soitgune fonction mesurable bornée deRdansR. On aE(g(V1+:::+Vn)) =E(g(S+Vn)) =Z
R g(x+y)dP(S;Vn)(x;y) etE(g(V1+:::+Vn)) =Z
R g(t)dPV1+:::+Vn(t): Commef(v1;:::;vn1) =v1+:::+vn1etg(vn) =v2nmesurables on en déduit queSetVnsont indépen- dantes car(V1;:::;Vn1)etVnle sont, Z R g(x+y)dP(S;Vn)(x;y) =Z 1 0 dxZ 1 x dtg(t)n1(n1)etxn2 Z 1 0 g(t)n1(n1)etxn1=(n1)t 0dt Z R g(t)n(n)exp(t)tn11R+(t)dt4.SoitXetYdeux variables aléatoires réelles indépendantes de loi
a;.4.a)Déterminer la loi deX.On peut utiliser la fonction de répartition. Avec un changement de variable on voit queX
a;1.4.b)Montrer queX+YetX=Ysont des v.a. indépendantes dont on calculera les lois.Soitgune fonction mesurable bornée deR2dansR2. On a
E(g(X+Y;X=Y)) =Z
R2g(u;v)dP(X+Y;X=Y)(u;v)
etE(g(X+Y;X=Y)) =Z
R2gf(x;y)dP(X;Y)(x;y)
oùf(x;y) = (x+y;x=y)définie de(R+)2vers(R+)2. Comme les variablesXetYsont indépendantes, le couple(X;Y)a pour densitédPX(x)dPY(y)par rapport à la mesure de Lebesgue surR2. On fait alors le changement de variableu=x+y,v=x=y, pourx >0ety >0; Ceci est équivalent àx=uv=(v+ 1)ety=u=(v+ 1)pouru >0etv >0.On a de plusjJ(u;v)j=v=(v+ 1)u=(v+ 1)
1=(v+ 1)u=(v+ 1)2
=u(v+ 1)2. Il suitE(g(X+Y;X=Y)) =Z
R2g(u;v)u2a1eu1u>0va1(v+ 1)2a1v>02a(a)2dudv:
2 Les variables sont indépendantes,dPX+Y(u) =2a(2a)u2a1eu1u>0duetdPX=Y(v) = (2a)(a)2v a1(v+ 1)2a1v>0dv.4.c)Montrer queX+YetX=(X+Y)sont des v.a. indépendantes. Calculer la loi deX=(X+Y).Soitgune fonction mesurable bornée deR2dansR2. On a
E(g(X+Y;X=(X+Y))) =Z
R2g(u;v)dP(X+Y;X=(X+Y))(u;v)
etE(g(X+Y;X=(X+Y))) =Z
R2gf(x;y)dP(X+Y;X=(X+Y))(x;y)
oùf(x;y) = (x+y;x=(x+y))définie de(R+)2vers(R+)2. Comme les variablesXetYsont indépendantes,
le couple(X;Y)a pour loidPXdPY=fa;(x)fa;(y)dxdy. On fait alors le changement de variableu=x+y,v=x=(x+y), pourx >0ety >0; Ceci est équivalent àx=uvety=u(1v)pouru >0etv2(0;1).On a de plusjJ(u;v)j=v u
1vu =u. Il suitE(g(X+Y;X=(X+Y))) =Z
R Les variables sont donc indépendantes et on a de plusdPX=(X+Y)(v) =(2a)(a)2(v(1v))a1100xa1(tx)b1dx=ta+b1R1
0ya1(1y)b1dy=ta+b1Ca;b. La
constanteCa;best forcément égale à(a)(b)=(a+b)en tenant compte de la normalisation.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
R g(u)dPX2(u)E(g(X2)) =Z R g(x2)dPX(x) =1p2Z R g(x2)ex2=2dx:Par parité dex7!g(x2)ex2=2on aE(g(X2)) =2p2R
10g(x2)ex2dx=2p2R
10g(y)ey=2dy2
py donc dPX2(y) =1p2ey=2y1=21R+(y)dy.
6.b)Montrer queZ21++Z2nsuit une loi
n=2;1=2.La loi n=2;1=2est également appelée loi du khi-deux àndegrés de liberté, notée2n.On le montre par récurrence. Pourn= 1c"est vrai. Supposons queSn1=Z21+:::+Z2n1
n12 ;12 et Z n N(0;1). On aSn=Sn1+Z2n. Commef(z1;:::;zn1) =z21+:::+z2n1etg(xn) =z2nmesurables onen déduit queSn1etZ2nsont indépendantes car(Z1;:::;Zn1)etZnle sont. On utilise ensuite la question
5 donnant queSnsuit une
n12 +12 ;12 n2 ;12Propriétés générales
Exercice 6.Conséquences du théorème de Fubini, fonctions indicatricesRésoudre 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
n1P(Nn): 3 On note que, commeNest à valeurs entières,N=PN k=11 =P1 k=11fkNg. Le théorème de Fubini-Tonelli donneE[N] =E"
1X k=11 fkNg# =1X k=1E[1fkNg] =1X k=1P(kn):Le théorème de Fubini est ici appliqué à la fonction(n;!)7!1fkN(!)gpar rapport à la mesure produit
m N P, oùmNest la mesure de comptage surN:mN(A) = Card(A)siAN(et doncRfdmN=P n2Nf(n)pourf:N!R). En l"occurrence, il est en fait plus simple de voir ceci comme une application du théorème
de convergence monotone pour les séries à termes positifs.2.SoitXune variable aléatoire à valeurs dansR+, et >0. Montrer que
E[X] =Z
1 0 t1P(X > t)dtet 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 sûrementquotesdbs_dbs13.pdfusesText_19
P) donne donc
E[X] =Z
1 0E[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 sûrementquotesdbs_dbs13.pdfusesText_19
P(X > t)t1dt:
Le principe de la preuve s"applique par exemple à toute fonctiongmonotone de classeC1de]0;+1[dansR, pour laquelle on peut écrireg(X) =g(0) +RX
0g0(t)dt, d"où de même
E[g(X)] =g(0) +Z
1 0P(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 mesuremNPoùmN
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 lasuite 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 x2+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 x2+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 leredémontrer, 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
2On 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=45.SoitA1,...,Andes événements. Montrer laformule du crible, oùjSjdésigne le cardinal deS:
P(A1[ [An) =nX
k=1(1)k+1X1i1< 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 sûrementquotesdbs_dbs13.pdfusesText_19
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 aussisimple 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 1A1[[An= 11Ac1\\Acn= 1Y
i(11Ai) = 1XSf1;:::;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
ijest 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+121. On noteX0=Y Z,Y0=XZet
Z0=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 queP(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. 52.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 sûrementquotesdbs_dbs13.pdfusesText_19[PDF] exercice pareto maintenance
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