[>] Loi géométrique

 
Exercice 1  4365  

Pour quels a, existe-t-il une variable aléatoire X à valeurs dans * telle que

P(X=n)=an(n+1)pour tout n*?
 
Exercice 2  4083  Correction  

Soient X une variable aléatoire discrète définie sur (Ω,𝒜,P) et f une application définie sur X(Ω).
À quelle condition les variables aléatoires X et Y=f(X) sont-elles indépendantes?

Solution

Supposons les variables aléatoires X et Y=f(X) indépendantes.
Il existe au moins une valeur x par X vérifiant P(X=x)>0. En effet, la variable X étant discrète P(Ω)=1 est la somme des probabilités des événements valeurs (X=x). Considérons ensuite la valeur y=f(x).

P(f(X)=yX=x)=P(f(X)=yX=x)P(X=x).

Or (X=x)(f(X)=y), donc

P(f(X)=yX=x)=1.

Cependant, les variables X et f(X) étant supposées indépendantes

P(f(X)=yX=x)=P(f(X)=y).

Ainsi, l’événement (f(X)=y) est presque sûr. La variable aléatoire Y est donc presque sûrement constante. La réciproque est immédiate et donc X et Y=f(X) sont indépendantes si, et seulement si, Y est presque sûrement constante.

 
Exercice 3  4093   Correction  

Soit (Xn)n une suite de variables aléatoires discrètes à valeurs dans un ensemble E et N une variable aléatoire à valeurs naturelles toutes définies sur un même espace probabilisable (Ω,𝒯). On définit une fonction Y par

ωΩ,Y(ω)=XN(ω)(ω).

Justifier que Y est une variable aléatoire discrète.

Solution

Les Xn(Ω) sont des ensembles au plus dénombrables et

Y(Ω)nXn(Ω).

On en déduit que l’ensemble Y(Ω) est au plus dénombrable.
De plus, pour tout yY(Ω)

Y-1({y})=n{ωΩ|N(ω)=n et Xn(ω)=y}

et donc

Y-1({y})=n{N(ω)=n}{Xn(ω)=y}

est bien élément de la tribu 𝒯.

 
Exercice 4  5324   Correction  

(Fonction de répartition)

Soit X une variable aléatoire discrète à valeurs réelles.

On appelle fonction de répartition de la variable X, l’application fX: définie par

fX(x)=P(Xx)pour tout x.
  • (a)

    Montrer que la fonction fX est croissante et déterminer ses limites en ±.

  • (b)

    Montrer que la fonction fX est continue à droite en tout point.

  • (c)

    À quelle condition la fonction fX est-elle continue en un point a de ?

Solution

  • (a)

    Méthode: On établit la croissance de fX en vérifiant, pour tous x,y,

    xyfX(x)fX(y).

    Soient x,y avec xy. L’événement (Xx) est inclus dans (Xy) et, par croissance des probabilités,

    fX(x)=P(Xx)P(Xy)=fX(y).

    Ainsi, la fonction fX est croissante.

    La monotonie de fX assure l’existence de sa limite en +. Pour la calculer, nous allons prendre appui sur des suites en employant que, si (xn) est une suite de limite +, alors

    limx+f(x)=limn+f(xn)

    Méthode: Par continuité monotone, la probabilité d’une union croissante (resp. une intersection décroissante) est la limite des probabilités des événements réunis (resp. intersectés)

    On remarque

    Ω=n(Xn) avec (Xn)(Xn+1)pour tout n

    et donc

    P(Ω)=limn+P(Xn)=limn+fX(n).

    On en déduit

    limx+fX(x)=limn+fX(n)=P(Ω)=1.

    De la même façon, on sait que fX admet une limite en - et, puisque

    =n(X-n) avec (X-(n+1))(X-n)pour tout n

    on obtient

    limx-fX(x)=P()=0.
  • (b)

    De nouveau, la croissance de fX assure l’existence11 1 Au surplus, on peut affirmer que la valeur fX(a) est comprise entre les limites à gauche et à droite de fX en a: lima-fXfX(a)lima+fX. des limites à droite et à gauche de fX en tout point a. En particulier,

    limxa+fX(x)=limn+fX(a+1n).

    Or

    (Xa)=n*(Xa+1n) avec (Xa+1n+1)(Xa+1n)

    et donc

    limxa+fX(x)=limn+P(Xa+1n)=P(Xa)=fX(a).

    Ainsi, la fonction fX est continue à droite en tout point a de .

  • (c)

    Soit a. La fonction fX étant déjà continue à droite en a, il suffit d’étudier sa limite à gauche pour savoir si elle est continue en a. Par monotonie, on sait que celle-ci existe et l’on peut la calculer en observant

    n*(Xa-1n)=(X<a)

    ce qui donne

    limxa-fX(x)=P(X<a).

    On en déduit que la fonction fX est continue à gauche en a (et donc continue en a) si, et seulement si, P(X<a)=P(Xa) c’est-à-dire si, et seulement si, P(X=a)=0.

 
Exercice 5  4094    Correction  

Soit T une variable aléatoire à valeurs naturelles vérifiant

n,P(T>n)>0.

On appelle taux de panne associé à T la suite (θn)n déterminée par

θn=P(T=nTn).

Typiquement, si T est la variable aléatoire indiquant l’instant où un matériel tombe à panne, la quantité θn indique la probabilité qu’il tombe en panne à l’instant présent alors qu’il est actuellement fonctionnel.

  • (a)

    Justifier

    n,θn[0;1[.
  • (b)

    Exprimer en fonction des termes de la suite (θn)n, la probabilité P(Tn).
    En déduire la divergence de la série θn.

  • (c)

    Inversement, soit (θn)n une suite vérifiant

    n,θn[0;1[ et θn diverge.

    Montrer que la suite (θn)n est un taux de panne associé à une certaine variable aléatoire T.

Solution

  • (a)

    θn est une probabilité donc θn[0;1].
    Si θn=1 alors P(T=n)=P(Tn) et donc P(T>n)=0 ce qu’exclut les hypothèses.

  • (b)

    On a P(T=n)=θnP(Tn) et P(T=n)+P(Tn+1)=P(Tn) donc

    P(Tn+1)=(1-θn)P(Tn).

    Sachant P(T0)=1, on obtient

    P(Tn)=k=0n-1(1-θk).

    Puisque P(Tn)n+0, on a

    k=0n-1ln(1-θk)=ln(k=0n-1(1-θk))n+-.

    Ainsi, il y a divergence de la série ln(1-θn).
    Si la suite (θn)n ne tend pas vers 0, la série θn est évidemment divergente.
    Si la suite (θn)n tend vers 0 alors ln(1-θn)n+-θn et, par équivalence de séries à termes de signe constant, la série θn diverge.

  • (c)

    Analyse: Si T est une variable aléatoire solution alors

    P(T=n)=P(Tn)-P(Tn+1)=θnk=0n-1(1-θk)

    ce qui détermine entièrement la loi de T.

    Synthèse: Posons

    n,un=θnk=0n-1(1-θk).

    On a

    n,un0.

    Vérifions aussi (un)n de somme égale à 1.
    Introduisons Pn=k=0n-1(1-θk). On a

    ln(Pn)=k=0n-1ln(1-θk)n+-.

    En effet, la série des ln(1-θk) est divergente à terme négatifs et ce que la suite (θn) tend vers 0 ou non).
    On a aussi P0=1 et Pn-Pn+1=un, donc

    k=0nuk=P0-Pn+1n+1.

    On peut alors définir une variable aléatoire T dont la loi vérifie

    P(T=n)=un=θnk=0n-1(1-θk).

    On a alors

    P(Tn)=k=n+uk=Pn=k=0n-1(1-θk)>0

    et

    P(T=nTn)=θn.

    La variable aléatoire T est bien solution.

 
Exercice 6  5325   Correction  

(Valeur médiane)

On appelle valeur médiane d’une variable aléatoire réelle X, tout réel m vérifiant

P(Xm)12etP(Xm)12.
  • (a)

    Vérifier sur un exemple qu’une variable aléatoire réelle peut posséder plusieurs valeurs médianes.

  • (b)

    Montrer que toute variable aléatoire réelle possède au moins une valeur médiane. On pourra introduire la fonction de répartition11 1 Voir le sujet 5324. de la variable X.

Solution

  • (a)

    Soit X une variable aléatoire suivant une loi de Bernoulli de paramètre 1/2. Pour tout m]0;1[,

    P(Xm)=P(X=0)=12etP(Xm)=P(X=1)=12.

    Dans cet exemple toute valeur strictement comprise entre 0 et 1 est valeur médiane de la variable X. Notons que la valeur m=0 est aussi valeur médiane puisque

    P(X0)=12etP(X0)=1.

    De même, m=1 est encore valeur médiane22 2 En revanche, si X suit une loi de Bernoulli de paramètre p[0;1] avec p1/2, alors X admet une seule valeurs médiane qui est 0 ou 1 selon que p>1/2 ou p<1/2. de X.

  • (b)

    Méthode: À l’aide d’une borne inférieure, on introduit la plus petite valeur m vérifiant P(Xm)1/2.

    Posons

    A={x|P(Xx)1/2}={x|fX(x)1/2}

    avec fX la fonction de répartition de la variable aléatoire X. L’ensemble A est une partie de non vide et minorée car

    limx-fX(x)=0etlimx+fX(x)=1.

    Il est alors possible d’introduire m=inf(A). Vérifions qu’il s’agit d’une valeur médiane de X.

    D’une part, par réalisation séquentielle d’une borne inférieure, il existe une suite (xn) d’éléments de A qui tend vers m par valeurs supérieures. La fonction de répartition fX étant continue à droite, on obtient33 3 En particulier, m est élément de A et la croissance de fX entraîne que A est l’intervalle [m;+[.

    P(Xm)=fX(m)=limn+fX(xn)12.

    D’autre part, pour tout x<m, on a P(Xx)<1/2 car x n’appartient pas à A. On a donc

    P(X>x)=1-P(Xx)>1/2

    et l’on en déduit

    P(Xm)=P(n*(X>m-1n))=limn+P(X>m-1n)12

    car, par continuité monotone, la probabilité d’une réunion croissante et la limite des probabilités des événements réunis.

    Finalement, m est une44 4 On aurait aussi pu introduire m=sup{x|P(Xx)1/2} et vérifier qu’il s’agit d’une valeur médiane de X. valeur médiane de X.

 
Exercice 7  4049    Correction  

(Entropie d’une variable aléatoire)

Soit X une variable aléatoire à valeurs dans un ensemble fini 𝒳. Pour chaque valeur x𝒳, on pose

p(x)=P(X=x).

On appelle entropie de la variable X le réel

H(X)=-x𝒳p(x)log(p(x))

où l’on convient 0log0=0.

  • (a)

    Vérifier que H(X) est un réel positif. À quelle condition celui-ci est-il nul?
    Soient X et Y deux variables aléatoires à valeurs dans des ensembles finis 𝒳 et 𝒴.

  • (b)

    On appelle entropie conjointe de X et Y, l’entropie de la variable Z=(X,Y) simplement notée H(X,Y).
    On suppose les variables X et Y indépendantes, vérifier

    H(X,Y)=H(X)+H(Y).
  • (c)

    On appelle entropie de X sachant Y la quantité

    H(XY)=H(X,Y)-H(Y).

    Vérifier

    H(XY)=y𝒴P(Y=y)H(XY=y)

    avec

    H(XY=y)=-x𝒳P(X=xY=y)log(P(X=xY=y)).

Solution

  • (a)

    Pour tout x𝒳, on a -p(x)log(p(x))0 car p(x)1. On en déduit H(X)+.
    Si H(X)=0 alors, par somme nulle de positifs, on a

    x𝒳,p(x)log(p(x))=0

    et donc

    x𝒳,p(x)=0 ou p(x)=1.

    Sachant que

    x𝒳p(x)=P(X𝒳)=1

    on peut affirmer qu’il existe x𝒳 tel que p(x)=P(X=x)=1.
    La variable X est alors presque sûrement constante.

  • (b)

    Par définition

    H(X,Y)=-(x,y)𝒳×𝒴P(X=x,Y=y)log(P(X=x,Y=y)).

    Or les variables X et Y étant indépendantes

    P(X=x,Y=y)=P(X=x)P(Y=y)

    puis

    H(X,Y)=-(x,y)𝒳×𝒴P(X=x)P(Y=y)(log(P(X=x))+log(P(Y=y))).

    On sépare la somme en deux et l’on somme tantôt d’abord en x, tantôt d’abord en y et l’on obtient

    H(X,Y)=H(X)+H(Y)

    car

    x𝒳P(X=x)=y𝒴P(Y=y)=1.
  • (c)

    On sait

    P(X=xY=y)=P(X=x,Y=y)P(Y=y)

    donc

    P(Y=y)H(XY=y)=-x𝒳 P(X=x,Y=y)×
    (log(P(X=x,Y=y))-log(P(Y=y))).

    On sépare la somme en deux et l’on somme le résultat sur y𝒴 pour obtenir

    y𝒴P(Y=y)H(XY=y)=H(X,Y)+(x,y)𝒳×YP(X=x,Y=y)log(P(Y=y)).

    Or

    (x,y)𝒳×Y P(X=x,Y=y)log(P(Y=y))
    =y𝒴x𝒳P(X=x,Y=y)log(P(Y=y))

    avec

    x𝒳P(X=x,Y=y)=P(Y=y)

    donc

    y𝒴P(Y=y)H(XY=y)=H(X,Y)-H(Y).

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Édité le 08-11-2019

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