Exercice 1 5581 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire réelle presque sûrement bornée.

Montrer que $X$ admet une espérance finie.

Solution

Méthode: S’il existe une variable aléatoire $Y$ d’espérance finie telle que $| X | \leq Y$ presque sûrement alors $X$ admet une espérance finie.

Affirmer que la variable aléatoire $X$ est presque sûrement bornée signifie qu’il existe $M \in ℝ_{+}$ tel que $| X | \leq M$ presque sûrement. Puisque la variable aléatoire constante égale à $M$ admet une espérance finie, par domination, $X$ admet aussi une espérance finie.

Exercice 2 5093 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire réelle admettant une variance.

(a)

Justifier

$X = X 1_{(X \neq 0)}$
(b)

En déduire

$E {(X)}^{2} \leq E (X^{2}) P (X \neq 0) .$

Solution

(a)

L’égalité est vraie lorsque la valeur de la variable $X$ est non nulle car la fonction indicatrice prend la valeur $1$ et l’égalité est aussi vraie lorsque $X$ prend la valeur nulle.
(b)

Méthode: On applique l’inégalité de Cauchy-Schwarz à l’étude de l’espérance du produit des variables $X$ et $1_{(X \neq 0)}$ .

Les variables $X$ et $1_{(X \neq 0)}$ admettant chacune une variance, l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

$E {(X 1_{(X \neq 0)})}^{2} \leq E (X^{2}) E (1_{(X \neq 0)}^{2})$

avec

$E (X 1_{(X \neq 0)}) = E (X) et E (1_{(X \neq 0)}^{2}) = E (1_{(X \neq 0)}) = P (X \neq 0) .$

On en déduit¹¹ 1 Cela entraîne $E {(X)}^{2} \leq E (X^{2})$ ce qui découle aussi de $V (X) = E (X^{2}) - E {(X)}^{2} \geq 0$ .

$E {(X)}^{2} \leq E (X^{2}) P (X \neq 0) .$

Exercice 3 5860 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire réelle centrée admettant une variance. Établir

E (| X |) \leq \sqrt{V (X)} .

Solution

Pour $X, Y \in L^{2}$ , l’inégalité de Cauchy-Schwarz s’exprime

E {(X Y)}^{2} \leq E (X^{2}) E (Y^{2}) .

(1)

D’une part,

V (X) = E (X^{2}) - E {(X)}^{2} = E (X^{2}) .

D’autre part, considérons $Y$ prenant les valeurs $\pm 1$ de sorte que $X Y = | X |$ . On a

V (Y) = E (Y^{2}) - E {(Y)}^{2} \leq E (Y^{2}) = 1

car $Y^{2}$ est constante égale à $1$ .

L’inégalité (1) donne alors

E (| X |) \leq \sqrt{V (X)} .

Exercice 4 5411 MINES (MP)Correction

(Inégalité de Jensen)

Soient $f : ℝ \to ℝ$ une fonction dérivable convexe et $X$ une variable aléatoire réelle admettant une espérance finie.

(a)

Montrer

$f (X) \geq f (E (X)) + f^{'} (E (X)) (X - E (X)) .$
(b)

En déduire que si $f (X)$ admet une espérance finie alors

$E (f (X)) \geq f (E (X)) .$

Solution

(a)

Puisque $f$ est dérivable et convexe, le graphe de $f$ est au-dessus de chacune de ses tangentes. Une équation de la tangente à $f$ en $a \in ℝ$ est

$y = f (a) + f^{'} (a) (x - a)$

et donc

$\forall x \in ℝ, f (x) \geq f (a) + f^{'} (a) (x - a) .$

L’inégalité voulue est alors conséquence de la comparaison précédente pour $a = E (X)$ .
(b)

Par croissance de l’espérance puis linéarité

$E (f (X))$ $\geq E (f (E (X)) + f^{'} (E (X)) (X - E (X)))$

$\geq f (E (X)) + f^{'} (E (X)) (\underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{E (X) - E (X)}}) = f (E (X)) .$

Exercice 5 5412 MINES (MP)Correction

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes à valeurs strictement positives et de même loi. Établir

E (\frac{X}{Y}) \geq 1 .

Solution

Par indépendance,

E (\frac{X}{Y}) = E (X) E (\frac{1}{Y}) .

Par correspondance des lois,

E (X) E (\frac{1}{Y}) = E (Y) E (\frac{1}{X}) .

Ainsi,

E (\frac{X}{Y}) = E (\frac{Y}{X}) .

E (\frac{X}{Y}) + E (\frac{Y}{X}) = E (\frac{X}{Y} + \frac{Y}{X}) \geq E (2) = 2

car, pour tout $x \in ℝ$ ,

x + \frac{1}{x} \geq 2 .

On en déduit la comparaison voulue.

Exercice 6 5415 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ . On suppose que $X$ admet une espérance finie. Montrer

n P (X \geq n) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Solution

Par hypothèse, la série $\sum k P (X = k)$ converge et donc, pour $n \in ℕ$ ,

	$0 \leq n P (X \geq n)$	$= n \sum_{k = n}^{+ \infty} P (X = k)$
		$\leq \sum_{k = n}^{+ \infty} k P (X = k) \to_{n \to + \infty}^{} 0$

car le reste d’une série convergente est de limite nulle.

Exercice 7 5280 NAVALE (MP)Correction

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ admettant une espérance finie.

(a)

Montrer que pour tout entier naturel $n$ ,

$\sum_{k = 0}^{n} P (X > k) = \sum_{k = 0}^{n} k P (X = k) + (n + 1) P (X > n) .$
(b)

En déduire une expression de $E (X)$ .

Solution

(a)

Raisonnons par récurrence sur $n \in ℕ$ .

La propriété est immédiate pour $n = 0$ .

Supposons la propriété vraie au rang $n \geq 0$ . En isolant un terme de la somme et en employant l’hypothèse de récurrence,

$\sum_{k = 0}^{n + 1} P (X > k)$ $= \sum_{k = 0}^{n} P (X > k) + P (X > n + 1)$

$= \sum_{k = 0}^{n} k P (X = k) + (n + 1) P (X > n) + P (X > n + 1) .$

En écrivant

$P (X > n) = P (X = n + 1) + P (X > n + 1)$

on poursuit le calcul afin de former la relation attendue

$\sum_{k = 0}^{n + 1} P (X > k)$ $= \sum_{k = 0}^{n} k P (X = k) + (n + 1) P (X = n + 1) + (n + 2) P (X > n + 1)$

$= \sum_{k = 0}^{n + 1} k P (X = k) + (n + 2) P (X > n + 1) .$

La récurrence est établie.
(b)

Pour tout $n \in ℕ$ ,

$0 \leq (n + 1) P (X > n) = \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} (n + 1) P (X = k) \leq \sum_{k = n + 1}^{+ \infty} k P (X = k) .$

Le reste d’une série convergente étant de limite nulle, on obtient par encadrement

$(n + 1) P (X > n) \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$

On en déduit

$E (X) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X > n)$

avec convergence de la série introduite.

Exercice 8 4026

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ .

Montrer que $X$ admet une espérance finie si, et seulement si, la série $\sum P (X > n)$ converge et qu’alors¹¹ 1 Cette identité sera souvent utilisée par la suite.

E (X) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X > n) .

Exercice 9 5473 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ admettant une variance. Établir

E (X^{2}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (2 n + 1) P (X > n) .

Solution

Pour une variable aléatoire $X$ à valeurs dans $ℕ$ admettant une espérance finie, on sait

E (X) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X > n)

avec convergence de la série exprimant le second membre.

On emploie ici ce résultat pour la variable $X^{2}$ et l’on écrit

E (X^{2}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X^{2} > n)

avec convergence de la série à termes positifs exprimant le second membre.

Visualisons les premiers termes de cette somme:

	$E (X^{2})$	$= P (X^{2} > 0) + P (X^{2} > 1) + P (X^{2} > 2) + P (X^{2} > 3) + P (X^{2} > 4) + \dots$
		$= P (X > 0) + P (X > 1) + P (X > \sqrt{2}) + P (X > \sqrt{3}) + P (X^{2} > 2) + \dots$

Puisque $X$ prend ses valeurs dans $ℕ$ ,

P (X > \sqrt{n}) = P (X > ⌊ \sqrt{n} ⌋)

et donc

E (X^{2}) = P (X > 0) + P (X > 1) + P (X > 1) + P (X > 1) + P (X > 2) + \dots

Par sommation par paquets, regroupons entre eux les termes égaux

E (X^{2}) = \sum_{N = 0}^{+ \infty} (\sum_{N^{2} \leq n < {(N + 1)}^{2}} P (X^{2} > n)) .

avec, pour tout $n \in ⟦ N^{2}; {(N + 1)}^{2} - 1 ⟧$ ,

P (X^{2} > n) = P (X^{2} > N^{2}) = P (X > N)

La somme comportant $2 N + 1$ termes identiques,

\sum_{N^{2} \leq n < {(N + 1)}^{2}} P (X^{2} > n) = (2 N + 1) P (X > N) .

On en déduit

E (X^{2}) = \sum_{N = 0}^{+ \infty} (2 N + 1) P (X > N)

avec convergence de la série exprimant le second membre.

Exercice 10 5283 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire réelle prenant un nombre fini de valeurs.

(a)

On suppose que $X$ prend des valeurs toutes positives. Établir

$E (X) = \int_{0}^{+ \infty} P (X > t) d t .$
(b)

On suppose que les valeurs prises par $X$ sont de signes quelconques. Proposer une expression de $E (X)$ comme somme de deux intégrales.

Solution

(a)

On remarque que la fonction $t \mapsto P (X > t)$ est en escalier et, par conséquent, continue par morceaux. Au surplus, celle-ci est identiquement nulle pour $t$ assez grand¹¹ 1 Précisément, $P (X > t) = 0$ dès que $t$ est supérieur à la valeur maximale prise par $X$ . et il est possible d’introduire l’intégrale étudiée. Notons $x_{1} < \dots < x_{n}$ les valeurs prises par $X$ . Par la relation de Chasles,

$\int_{0}^{+ \infty} P (X > t) d t = \sum_{k = 1}^{n} \int_{x_{k - 1}}^{x_{k}} P (X > t) d t$

en posant $x_{0} = 0$ . Pour $t$ dans l’intervalle $[x_{k - 1}; x_{k} [$ , la probabilité $P (X > t)$ est constante égale à la somme des $P (x_{ℓ})$ pour $ℓ \in ⟦ k; n ⟧$ . On a donc

$\int_{0}^{+ \infty} P (X > t) d t = \sum_{k = 1}^{n} (x_{k} - x_{k - 1}) \sum_{ℓ = k}^{n} P (x_{ℓ}) .$

Ceci conduit à considérer une somme triangulaire où l’on échange les deux signes sommes,

$\int_{0}^{+ \infty} P (X > t) d t = \sum_{ℓ = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{ℓ} (x_{k} - x_{k - 1}) P (x_{ℓ}) = \sum_{ℓ = 1}^{n} (x_{ℓ} - x_{0}) P (x_{ℓ}) = E (X) .$
(b)

Si $X$ est une variable aléatoire à valeurs négatives, on obtient en considérant $- X$ puis en réalisant le changement de variable $u = - t$

$E (X) = - \int_{0}^{+ \infty} P (- X > t) d t = - \int_{0}^{+ \infty} P (X < - t) d t = - \int_{- \infty}^{0} P (X < u) d u .$

Si $X$ est une variable aléatoire à valeurs de signes quelconques, on l’écrit $X = X_{1} + X_{2}$ avec $X_{1} = X 1_{(X \geq 0)}$ et $X_{2} = X 1_{(X < 0)}$ . On a alors

$E (X) = E (X_{1}) + E (X_{2}) = \int_{0}^{+ \infty} P (X_{1} > t) d t - \int_{- \infty}^{0} P (X_{2} < t) d t .$

Cependant, pour tout $t \geq 0$ , $(X_{1} > t) = (X > t)$ tandis que $(X_{2} < t) = (X < t)$ pour tout $t < 0$ . On en déduit

$E (X) = \int_{0}^{+ \infty} P (X > t) d t - \int_{- \infty}^{0} P (X < t) d t .$

Exercice 11 5852 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ d’espérance finie.

Établir

\sum_{k = 1}^{n} P (X < k) \underset{n \to + \infty}{\sim} n .

Solution

Pour $k \in ℕ^{*}$ , on a

P (X < k) = P (X = 0) + \dots + P (X = k - 1) .

Pour $n \in ℕ^{*}$ , en réorganisant le calcul de la somme

	$\sum_{k = 1}^{n} P (X < k)$	$= \sum_{k = 0}^{n - 1} \sum_{i = 0}^{k - 1} P (X = i) = \sum_{i = 0}^{n - 1} \sum_{k = i}^{n - 1} P (X = i) = \sum_{i = 0}^{n - 1} (n - i) P (X = i)$
		$= n \sum_{k = 0}^{n - 1} P (X = i) - \sum_{i = 0}^{n - 1} i P (X = i) .$

D’une part,

\sum_{i = 0}^{n - 1} P (X = i) \to_{n \to + \infty}^{} \sum_{i = 0}^{+ \infty} P (X = i) = 1

et donc

n \sum_{i = 0}^{n - 1} P (X = i) \underset{n \to + \infty}{\sim} n .

D’autre part

\sum_{i = 0}^{n - 1} i P (X = i) \to_{n \to + \infty}^{} E (X)

et donc

\sum_{i = 0}^{n - 1} i P (X = i) \underset{n \to + \infty}{=} o (n) .

On conclut

\sum_{k = 1}^{n} P (X < k) \underset{n \to + \infty}{\sim} n .

Exercice 12 5859 Correction

(Fonction caractéristique)

On appelle fonction caractéristique d’une variable aléatoire $X$ prenant ses valeurs dans $ℤ$ , l’application $φ_{X} : ℝ \to ℂ$ donnée par

φ_{X} (t) = E (e^{i t X}) .

(a)

Vérifier que $φ_{X}$ est définie, continue sur $ℝ$ et $2 π$ -périodique.
(b)

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes à valeurs dans $ℤ$ . Établir

$φ_{X + Y} = φ_{X} φ_{Y} .$
(c)

Soient $X$ et $Y$ deux variables aléatoires à valeurs dans $ℤ$ . Établir

$φ_{X} = φ_{Y} ⟹ X et Y suivent la même loi.$
(d)

Application : Retrouver que la somme de deux variables aléatoires indépendantes suivant des lois Poisson suit une loi de Poisson.

Solution

(a)

Pour tout $t \in ℝ$ , la variable aléatoire $e^{i t X}$ est bornée, elle admet donc une espérance et cela assure la définition $φ_{X} (t)$ . De plus, la formule de transfert donne

$φ_{X} (t) = \sum_{n \in ℤ} u_{n} (t) avec u_{n} (t) = e^{i n t} P (X = n) .$

Les fonctions $u_{n}$ sont continues et la série de fonctions $\sum u_{n}$ converge normalement¹¹ 1 Contrairement à l’usage, $n$ parcourt $ℤ$ au lieu de $ℕ$ mais cela ne change par grand chose: il suffit de séparer la somme en deux selon le signe de l’indice pour adapter les propos. sur $ℝ$ car

$\sum_{n \in ℤ} sup_{t \in ℝ} | u_{n} (t) | = \sum_{n \in ℤ} P (X = n) < + \infty$

On en déduit que la fonction $φ_{X}$ est continue. Aussi, cette fonction est $2 π$ -périodique car chacune des fonctions $u_{n}$ l’est.
(b)

Notons que $X + Y$ prend ses valeurs dans $ℤ$ ce qui autorise à introduire sa fonction caractéristique. Pour $t \in ℝ$ ,

$φ_{X + Y} (t) = E (e^{i t (X + Y)}) = E (e^{i t X} e^{i t Y}) .$

Or les variables $X$ et $Y$ sont indépendantes et donc $e^{i t X}$ et $e^{i t Y}$ le sont aussi. L’espérance du produit de ses variables est alors le produit des espérances

$φ_{X + Y} (t) = E (e^{i t X}) E (e^{i t Y}) = φ_{X} (t) φ_{Y} (t) .$
(c)

Remarquonq que, pour tout $k \in ℤ$ ,

$\int_{0}^{2 π} e^{i k t} d t = {\begin{matrix} 2 π & si k = 0 \\ 0 & si k \in ℤ^{*} . \end{matrix}$

Supposons $φ_{X} = φ_{Y}$ .

Soit $k \in ℤ$ . On a

$\int_{0}^{2 π} φ_{X} (t) e^{- i k t} d t = \int_{0}^{2 π} φ_{Y} (t) e^{- i k t} d t .$

Or

$\int_{0}^{2 π} φ_{X} (t) e^{- i k t} d t = \int_{0}^{2 π} \sum_{n \in ℤ} e^{i (n - k) t} P (X = n) d t .$

Les fonctions $v_{n} : t \mapsto e^{i (n - k) t} P (X = n)$ sont continues sur $[0; 2 π]$ et la série $\sum v_{n}$ converge normalement sur $[0; 2 π]$ par des arguments analogues à ceux déjà dits: on peut intégrer terme à terme

$\int_{0}^{2 π} φ_{X} (t) e^{- i k t} d t = \sum_{n \in ℤ} \int_{0}^{2 π} e^{i (n - k) t} P (X = n) d t .$

Compte tenu du calcul initial, on simplifie la somme

$\int_{0}^{2 π} φ_{X} (t) e^{- i k t} d t = 2 π P (X = k) .$

De la même façon,

$\int_{0}^{2 π} φ_{Y} (t) e^{- i k t} d t = 2 π P (Y = k)$

et donc $P (X = k) = P (Y = k)$ . Puisque cela vaut pour tout $k \in ℤ$ , les variables aléatoires $X$ et $Y$ suivent la même loi.
(d)

Si $X$ suit une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ ,

$\forall t \in ℝ, φ_{X} (t) = \sum_{n \in ℕ} e^{i n t} e^{- λ} \frac{λ^{n}}{n!} = e^{- λ} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(λ e^{i t})}^{n}}{n!} = e^{- λ} e^{λ e^{i t}} .$

Si $X$ et $Y$ suivent des lois de Poisson indépendantes de paramètres $λ$ et $μ > 0$ ,

$φ_{X + Y} (t) = φ_{X} (t) φ_{Y} (t) = e^{- λ - μ} e^{(λ + μ) e^{i t}} .$

On reconnaît la fonction caractéristique d’une loi de Poisson de paramètre $λ + μ$ et donc $X + Y$ suit une telle loi.

Exercice 13 5856 Correction

(Formule de Wald)

Soit ${(X_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées suivant la loi d’une certaine variable réelle $X$ . Soit aussi $N$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ indépendante des variables $X_{n}$ . On pose

S = \sum_{k = 1}^{N} X_{k} .

On admet que $S$ définit une variable aléatoire¹¹ 1 Voir sujet 4046.

On suppose $X$ et $N$ admettent une espérance. Établir que $S$ admet une espérance et vérifier $E (S) = E (N) E (X)$ .

Solution

La famille ${(N = n)}_{n \in ℕ}$ constitue un système complet d’événements.

Pour $x \in ℝ$ ,

	$(S = x)$	$= ⋃_{n \in ℕ} (S = x, N = n)$
		$= ⋃_{n \in ℕ} (\sum_{k = 1}^{N} X_{k} = x, N = n)$
		$= ⋃_{n \in ℕ} (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x, N = n) .$

Par incompatibilité puis indépendance,

	$P (S = x)$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x, N = n)$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x) P (N = n) .$

En conduisant le calcul dans $[0; + \infty]$ ,

\sum_{x \in ℝ} | x | P (S = x) = \sum_{x \in ℝ} \sum_{n = 0}^{+ \infty} | x | P (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x) P (N = n) .

Les termes étant tous positifs, on peut réorganiser le calcul de la somme

\sum_{x \in ℝ} | x | P (S = x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{x \in ℝ} | x | P (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x) P (N = n) .

Par la formule du transfert,

\sum_{x \in ℝ} | x | P (S = x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} E (| \sum_{k = 1}^{n} X_{k} |) P (N = n) .

E (| \sum_{k = 1}^{n} X_{k} |) \leq \sum_{k = 1}^{n} E (| X_{k} |) = n E (X)

et donc

\sum_{x \in ℝ} | x | P (S = x) \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} n E (| X |) P (N = n) = E (| X |) E (N) < + \infty .

Par conséquent, la famille ${(| x | P (S = x))}_{x \in ℝ}$ est sommable: la variable $S$ admet une espérance finie.

On reprend les calculs précédents sachant la sommabilité

	$E (S)$	$= \sum_{x \in ℝ} x P (X = x)$
		$= \sum_{x \in ℝ} \sum_{n = 0}^{+ \infty} x P (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x) P (N = n)$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{x \in ℝ} x P (\sum_{k = 1}^{n} X_{k} = x) P (N = n)$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} E (\sum_{k = 1}^{n} X_{k}) P (N = n)$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} n E (X) P (N = n) = n E (X) E (N) .$

Exercice 14 5851 Correction

(Espérance conditionnelle)

Soit $X$ une variable aléatoire sur un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ .

Pour $A$ événement non négligeable et sous réserve d’existence, on introduit, l’espérance conditionnelle de $X$ sachant $A$ égale à l’espérance de $X$ pour la probabilité conditionnelle $P_{A}$ :

E (X ∣ A) = \sum_{x \in X (Ω)} x P (X = x ∣ A) .

On suppose que $X$ est d’espérance finie.

(a)

Justifier l’existence de $E (X ∣ A)$ et vérifier

$E (X ∣ A) = \frac{E (1_{A} X)}{P (A)} .$
(b)

Soit ${(A_{i})}_{i \in I}$ un système complet d’événements non négligeables. Vérifier

$E (X) = \sum_{i \in I} E (X ∣ A_{i}) P (A_{i}) .$

Solution

(a)

Pour $x \in X (Ω)$ ,

$| x | P (X = x ∣ A) = | x | \frac{P (X = x \cap A)}{P (A)} \leq | x | \frac{P (X = x)}{P (A)} .$

Puisque $X$ est d’espérance finie, la famille ${(x P (X = x))}_{x \in X (Ω)}$ est sommable. Par domination, la famille ${(x P (X = x ∣ A))}_{x \in X (Ω)}$ est sommable. On peut donc introduire l’espérance de $X$ sachant $A$ et, en reprenant le calcul,

$E (X ∣ A) = \frac{1}{P (A)} \sum_{x \in X (Ω)} x P (X = x \cap A) .$

Pour $x \neq 0$ , $(X = x \cap A) = (1_{A} X = x)$ donc $x P (X = x \cap A) = x P (1_{A} X = x)$ . Cette égalité est aussi vraie pour $x = 0$ et donc

$E (X ∣ A) = \frac{1}{P (A)} \sum_{x \in X (Ω)} x P (1_{A} X = x) = \frac{1}{P (A)} E (1_{A} X) .$
(b)

Par sommation par paquets,

$E (X) = \sum_{i \in I} \sum_{x \in A_{i}} x P (X = x) .$

Par probabilités composées,

$E (X) = \sum_{i \in I} \sum_{x \in A_{i}} x P (X = x ∣ A_{i}) P (A_{i}) = \sum_{i \in I} E (X ∣ A_{i}) P (A_{i}) .$

Exercice 15 5414 MINES (MP)Correction

Soit ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires suivant toute la loi d’une variable $X$ à valeurs dans $ℕ$ . Pour $n \geq 1$ , on pose

R_{n} = Card {X_{1}, \dots, X_{n}} .

(a)

Soit $a \in ℝ_{+}$ . Établir

$E (R_{n}) \leq a + n P (X \geq a) .$
(b)

En déduire

$E (R_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} o (n) .$
(c)

On suppose que $X$ admet une espérance finie. Montrer

$E (R_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} O (\sqrt{n}) .$

Solution

(a)

Cas: $a \in ℕ$ . Tout entier naturel est soit élément de $⟦ 0; a - 1 ⟧$ soit supérieur ou égal à $a$ . On en déduit que

${X_{1}, \dots, X_{n}} \subset ⟦ 0; a - 1 ⟧ \cup ({X_{1}, \dots, X_{n}} \cap [a; + \infty [) .$

Par suite,

$R_{n}$ $\leq a + Card ({X_{1}, \dots, X_{n}} \cap [a; + \infty [)$

$\leq a + 1_{(X_{1} \geq a)} + \dots + 1_{(X_{n} \geq a)} .$

Sachant $E (1_{(X \in A)}) = P (X \in A)$ , il vient

$E (R_{n}) \leq a + P (X_{1} \geq a) + \dots + P (X_{n} \geq a) = a + n P (X \geq a) .$

Cas: $a \in ℝ_{+} ∖ ℕ$ . On introduit $a^{'} = ⌊ a ⌋$ et l’on conclut à l’aide de ce qui précède en observant

$a^{'} \leq a et P (X \geq a) = P (X \geq a^{'}) .$
(b)

Considérons $a = \sqrt{n}$ . Puisque

$P (X \geq \sqrt{n}) \to_{n \to + \infty}^{} 0$

on obtient

$\sqrt{n} + n P (X \geq \sqrt{n}) \underset{n \to + \infty}{=} o (n)$

puis, par comparaison,

$R_{n} \underset{n \to + \infty}{=} o (n) .$
(c)

La variable est $X$ à valeurs positives. Par l’inégalité de Markov,

$P (X \geq a) \leq \frac{1}{a} E (X)$

et donc

$E (R_{n}) \leq a + \frac{n}{a} E (X) .$

Pour $a = \sqrt{n}$ , on en déduit

$E (R_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} O (\sqrt{n}) .$

Exercice 16 5855 Correction

Soient $X$ une variable aléatoire admettant une espérance et ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ un système complet d’événements. Établir

E (X) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} E (X 1_{A_{n}}) .

Solution

Par définition,

E (X) = \sum_{x \in ℝ} x P (X = x) .

Puisque ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ est un système complet d’événements,

(X = x) = ⋃_{n \in ℕ} (X = x) \cap A_{n} .

Par incompatibilité,

P (X = x) = \sum_{n \in ℕ} P ((X = x) \cap A_{n}) .

Pour $x \in ℝ^{*}$ ,

(X = x) \cap A_{n} = (X 1_{A_{n}} = x) .

On a donc

x P ((X = x) \cap A_{n}) = x P (X 1_{A_{n}} = x)

et cette dernière égalité est aussi vraie lorsque $x = 0$ .

On a donc

E (X) = \sum_{x \in ℝ} \sum_{n \in ℕ} x P (X 1_{A_{n}} = x) .

La famille initiale ${(x P (X = x))}_{x \in ℝ}$ étant sommable, la famille doublement indexée ${(x P (X 1_{A_{n}} = x))}_{(x, n) \in ℝ \times ℕ}$ qui s’en est déduit est aussi: cela permet d’échanger les deux sommes puis conclure

E (X) = \sum_{n \in ℕ} \sum_{x \in ℝ} x P (X 1_{A_{n}} = x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} E (X 1_{A_{n}}) .

Exercice 17 2121 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire réelle admettant une espérance finie.

Montrer

E (X 1_{| X | \leq A}) \to_{A \to + \infty}^{} E (X)

Solution

Soit $(x_{n})$ une suite réelle injective contenant les valeurs prises par $X$ . Par hypothèse, il y a convergence absolue de la série

\sum x_{n} P (X = x_{n}) .

Considérons ensuite la série de fonctions $\sum f_{n}$ avec

f_{n} (A) = {\begin{matrix} x_{n} P (X = x_{n}) & si | x_{n} | \leq A \\ 0 & sinon. \end{matrix}

On remarque

E (X 1_{| X | \leq A}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (A) .

On remarque aussi

f_{n} (A) \to_{A \to + \infty}^{} x_{n} P (X = x_{n}) et | f_{n} (A) | \leq | x_{n} | P (X = x_{n}) .

La série de fonctions $\sum f_{n}$ converge normalement sur $ℝ$ et, par le théorème de la double limite,

E (X 1_{| X | \leq A}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} f_{n} (A) \to_{A \to + \infty}^{} \sum_{n = 0}^{+ \infty} x_{n} P (X = x_{n}) = E (X) .

Exercice 18 5303 Correction

Soit ${(A_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’événements d’un espace probabilisé $(Ω, 𝒜, P)$ . On suppose que toutes les intersections d’une infinité d’événements choisis parmi les $A_{n}$ sont vides et l’on introduit $S$ la variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ définie par¹¹ 1 La variable $S$ dénombre les événements de la suite $(A_{n})$ qui sont réalisés. Par hypothèse, celle-ci ne prend que des « valeurs finies ».

S = \sum_{n = 0}^{+ \infty} 1_{A_{n}} .

Montrer que $S$ admet une espérance finie si, et seulement si, la série $\sum P (A_{n})$ converge et qu’alors

E (S) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n}) .

Solution

Méthode: L’espérance de la fonction indicatrice d’un événement $A$ est la probabilité de cet événement.

Pour $N \in ℕ$ , introduisons la variable

S_{N} = \sum_{n = 0}^{N} 1_{A_{n}} .

Les variables $S_{N}$ admettent une espérance et, par linéarité,

E (S_{N}) = \sum_{n = 0}^{N} E (1_{A_{n}}) = \sum_{n = 0}^{N} P (A_{n}) .

Si la variable $S$ admet une espérance finie, la comparaison $S_{N} \leq S$ entraîne

\sum_{n = 0}^{N} P (A_{n}) = E (S_{N}) \leq E (S) .

La série à termes positifs $\sum P (A_{n})$ est alors convergente car ses sommes partielles sont majorées et l’on a

\sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n}) \leq E (S) .

(1)

Inversement, supposons la convergence de la série $\sum P (A_{n})$ .

Méthode: Une variable aléatoire $X$ à valeurs dans $ℕ$ admet une espérance finie si, et seulement si, la série $\sum P (X > k)$ converge et sa somme détermine alors cette espérance. Voir le sujet 4026.

Soit $k \in ℕ$ . Pour tout $N \in ℕ$ , on remarque l’inclusion

(S_{N} > k) \subset (S_{N + 1} > k) car S_{N} \leq S_{N + 1} .

Par continuité croissante,

P (S_{N} > k) \to_{N \to + \infty}^{} P (⋃_{N \in ℕ} (S_{N} > k)) = P (S > k) .

Pour tout $K \in ℕ$ , on a alors

\sum_{k = 0}^{K} P (S > k) = lim_{N \to + \infty} \sum_{k = 0}^{K} P (S_{N} > k) .

\sum_{k = 0}^{K} P (S_{N} > k) \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S_{N} > k) = E (S_{N}) = \sum_{n = 0}^{N} P (A_{n}) \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n})

et donc

\sum_{k = 0}^{K} P (S > k) \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n}) .

La série à termes positifs $\sum P (S > k)$ est alors convergente car ses sommes partielles sont majorées. Ainsi, $S$ admet une espérance finie et de plus

E (S) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S > k) \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n}) .

(2)

Les comparaisons (1) et (2) se complètent alors pour produire l’égalité voulue

E (S) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (A_{n}) .

Exercice 19 4184 CENTRALE (MP)Correction

Soit $(Ω, 𝒜, P)$ un espace probabilisé et ${(E_{n})}_{n \in ℕ}$ une suite d’événements quelconques vérifiant

\sum_{n = 0}^{+ \infty} P (E_{n}) < + \infty .

Pour $X$ un ensemble quelconque, on note $1_{X}$ la fonction indicatrice de $X$ .

(a)

Soit $Z = \sum_{n = 0}^{+ \infty} 1_{E_{n}}$ (on convient $Z = + \infty$ si la série diverge).

Prouvez que $Z$ est une variable aléatoire discrète.
(b)

Soit

$F = {ω \in Ω | ω n’appartient qu’à un nombre fini de E_{n}} .$

Prouver que $F$ est un événement et que $P (F) = 1$ .
(c)

Prouver que $Z$ admet une espérance.

Solution

(a)

La variable aléatoire prend ses valeurs dans l’ensemble dénombrable $ℕ \cup {+ \infty}$ .

Pour $k \in ℕ$ , on a $Z (ω) = k$ lorsque $ω$ appartient à exactement $k$ événements parmi les $E_{n}$ . Pour $i_{1} < i_{2} < \dots < i_{k} \in ℕ$ , appartenir aux ensembles $E_{i_{1}}, \dots, E_{i_{k}}$ et pas aux autres s’expriment comme une intersection dénombrable d’événements $E_{i_{k}}$ et $\bar{E_{j}}$ : c’est donc un événement. En faisant varier les $i_{1}, \dots, i_{k}$ sur l’ensemble dénombrable des possibles, $(Z = k)$ se comprend comme une réunion d’événements.

Enfin, $(Z = + \infty)$ est aussi un événement car c’est le complémentaire de la réunion dénombrable des événements $(Z = k)$ pour $k$ parcourant $ℕ$ .
(b)

$F$ est le complémentaire de $(Z = + \infty)$ , c’est bien un événement.

$\bar{F}$ correspond à l’ensemble des $ω$ appartenant à une infinité de $E_{n}$ . On peut l’écrire comme l’intersection décroissante

$\bar{F} = ⋂_{N \in ℕ} ⋃_{n \geq N} E_{n} .$

Par continuité décroissante

$P (\bar{F}) = lim_{N \to + \infty} P (⋃_{n \geq N} E_{n}) .$

Or

$P (⋃_{n \geq N} E_{n}) \leq \sum_{n \geq N} P (E_{n}) \to_{N \to + \infty}^{} 0 .$

On peut conclure $P (\bar{F}) = 0$ puis $P (F) = 1$ .
(c)

Posons $Z_{N} = \sum_{n = 0}^{N} 1_{E_{n}}$ . Commençons par établir

$\forall k \in ℕ, P (Z_{N} > k) \to_{N \to + \infty}^{} P (Z > k) .$

Puisque $Z_{N} \leq Z_{N + 1}$ , on a

$(Z_{N} > k) \subset (Z_{N + 1} > k)$

et, par continuité croissante,

$P (Z_{N} > k) \to_{N \to + \infty}^{} P (⋃_{N \in ℕ} (Z_{N} > k)) .$

Or

$⋃_{N \in ℕ} (Z_{N} > k) = (Z > k)$

ce qui établit la propriété voulue.

Pour $K \in ℕ$ , on a alors

$\sum_{k = 0}^{K} P (Z > k) = lim_{N \to + \infty} \sum_{k = 0}^{K} P (Z_{N} > k)$

avec

$\sum_{k = 0}^{K} P (Z_{N} > k) \leq \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (Z_{N} > k) = E (Z_{N}) = \sum_{n = 0}^{N} P (E_{n}) \leq \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (E_{n}) .$

La série $\sum P (Z > k)$ est alors convergente puisque c’est une série à termes positifs aux sommes partielles majorées. On en déduit que $Z$ admet une espérance finie (et l’on peut montrer que celle-ci est la somme de la série des $P (E_{n})$ ).

[<] Loi conjointes, Loi marginales [>] Calcul d'espérances et variances

Édité le 24-01-2025

	$E (f (X))$	$\geq E (f (E (X)) + f^{'} (E (X)) (X - E (X)))$
		$\geq f (E (X)) + f^{'} (E (X)) (\underset{\begin{matrix} = 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{E (X) - E (X)}}) = f (E (X)) .$

	$\sum_{k = 0}^{n + 1} P (X > k)$	$= \sum_{k = 0}^{n} P (X > k) + P (X > n + 1)$
		$= \sum_{k = 0}^{n} k P (X = k) + (n + 1) P (X > n) + P (X > n + 1) .$

	$\sum_{k = 0}^{n + 1} P (X > k)$	$= \sum_{k = 0}^{n} k P (X = k) + (n + 1) P (X = n + 1) + (n + 2) P (X > n + 1)$
		$= \sum_{k = 0}^{n + 1} k P (X = k) + (n + 2) P (X > n + 1) .$

	$R_{n}$	$\leq a + Card ({X_{1}, \dots, X_{n}} \cap [a; + \infty [)$
		$\leq a + 1_{(X_{1} \geq a)} + \dots + 1_{(X_{n} \geq a)} .$