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Exercice 1  5093  Correction  

Soit X une variable aléatoire réelle admettant une variance. Montrer

E(X)2E(X2)P(X0)

Solution

Méthode: On applique l’inégalité de Cauchy-Schwarz à l’étude de l’espérance du produit des variables X et 𝟏(X0).

On remarque X=X𝟏(X0). En effet, 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. Les variables X et 𝟏(X0) admettant chacune une variance, l’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

E(X𝟏(X0))2E(X2)E(𝟏(X0)2)

avec

E(X𝟏(X0))=E(X)etE(𝟏(X0)2)=E(𝟏(X0))=P(X0)

On en déduit11 1 Cela entraîne E(X)2E(X2) ce qui découle aussi de V(X)=E(X2)-E(X)20.

E(X)2E(X2)P(X0)
 
Exercice 2  5411    MINES (MP)Correction  

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

  • (a)

    Montrer

    f(X)f(E(X))+f(E(X))(X-E(X)).
  • (b)

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

    E(f(X))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 est

    y=f(a)+f(a)(x-a)

    et donc

    x,f(x)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)) E(f(E(X))+f(E(X))(X-E(X)))
    f(E(X))+f(E(X))(E(X)-E(X)=0)=f(E(X)).
 
Exercice 3  5412     MINES (MP)Correction  

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

E(XY)1.

Solution

Par indépendance,

E(XY)=E(X)E(1Y).

Par correspondance des lois,

E(X)E(1Y)=E(Y)E(1X).

Ainsi,

E(XY)=E(YX).

Or

E(XY)+E(YX)=E(XY+YX)E(2)=2

car, pour tout x,

x+1x2.

On en déduit la comparaison voulue.

 
Exercice 4  5415  Correction  

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

nP(Xn)n+0.

Solution

Par hypothèse, la série kP(X=k) converge et donc, pour n,

0nP(Xn) =nk=n+P(X=k)
k=n+kP(X=k)n+0

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

 
Exercice 5  5280     Navale (MP)Correction  

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

  • (a)

    Montrer que pour tout entier naturel n,

    k=0nP(X>k)=k=0nkP(X=k)+(n+1)P(X>n).
  • (b)

    En déduire une expression de E(X).

Solution

  • (a)

    Raisonnons par récurrence sur n.

    La propriété est immédiate pour n=0.

    Supposons la propriété vraie au rang n0. En isolant un terme de la somme et en employant l’hypothèse de récurrence,

    k=0n+1P(X>k) =k=0nP(X>k)+P(X>n+1)
    =k=0nkP(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

    k=0n+1P(X>k) =k=0nkP(X=k)+(n+1)P(X=n+1)+(n+2)P(X>n+1)
    =k=0n+1kP(X=k)+(n+2)P(X>n+1).

    La récurrence est établie.

  • (b)

    Pour tout n,

    0(n+1)P(X>n)=k=n+1+(n+1)P(X=k)k=n+1+kP(X=k).

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

    (n+1)P(X>n)n+0.

    On en déduit

    E(X)=n=0+P(X>n)

    avec convergence de la série introduite.

 
Exercice 6  4026   

Soit X une variable aléatoire à valeurs dans . Montrer que X admet une espérance finie si, et seulement si, la série P(X>n) converge et qu’alors11 1 Cette identité sera souvent utilisée par la suite.

E(X)=n=0+P(X>n).
 
Exercice 7  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)=0+P(X>t)dt.
  • (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 tP(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 x1<<xn les valeurs prises par X. Par la relation de Chasles,

    0+P(X>t)dt=k=1nxk-1xkP(X>t)dt

    en posant x0=0. Pour t dans l’intervalle [xk-1;xk[, la probabilité P(X>t) est constante égale à la somme des P(x) pour k;n. On a donc

    0+P(X>t)dt=k=1n(xk-xk-1)=knP(x).

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

    0+P(X>t)dt==1nk=1(xk-xk-1)P(x)==1n(x-x0)P(x)=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)=-0+P(-X>t)dt=-0+P(X<-t)dt=--0P(X<u)du.

    Si X est une variable aléatoire à valeurs de signes quelconques, on l’écrit X=X1+X2 avec X1=X𝟏(X0) et X2=X𝟏(X<0). On a alors

    E(X)=E(X1)+E(X2)=0+P(X1>t)dt--0P(X2<t)dt.

    Cependant, pour tout t0, (X1>t)=(X>t) tandis que (X2<t)=(X<t) pour tout t<0. On en déduit

    E(X)=0+P(X>t)dt--0P(X<t)dt.
 
Exercice 8  5414     MINES (MP)Correction  

Soit (Xn)n1 une suite de variables aléatoires suivant toute la loi d’une variable X à valeurs dans . Pour n1, on pose

Rn=Card{X1,,Xn}.
  • (a)

    Soit a+. Établir

    E(Rn)a+nP(Xa).
  • (b)

    En déduire

    E(Rn)=n+o(n).
  • (c)

    On suppose que X admet une espérance finie. Montrer

    E(Rn)=n+O(n).

Solution

  • (a)

    Cas: a. Tout entier naturel est soit élément de 0;a-1 soit supérieur ou égal à a. On en déduit que

    {X1,,Xn}0;a-1({X1,,Xn}[a;+[).

    Par suite,

    Rn a+Card({X1,,Xn}[a;+[)
    a+1(X1a)++1(Xna).

    Sachant E(1(XA))=P(XA), il vient

    E(Rn)a+P(X1a)++P(Xna)=a+nP(Xa).

    Cas: a+. On introduit a=a et l’on conclut à l’aide de ce qui précède en observant

    aaetP(Xa)=P(Xa).
  • (b)

    Considérons a=n. Puisque

    P(Xn)n+0

    on obtient

    n+nP(Xn)=n+o(n)

    puis, par comparaison,

    Rn=n+o(n).
  • (c)

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

    P(Xa)1aE(X)

    et donc

    E(Rn)a+naE(X).

    Pour a=n, on en déduit

    E(Rn)=n+O(n).
 
Exercice 9  5303    Correction  

Soit (An)n une suite d’événements d’un espace probabilisé (Ω,𝒯,P). On suppose que toutes les intersections d’une infinité d’événements choisis parmi les An sont vides et l’on introduit S la variable aléatoire à valeurs dans définie par11 1 La variable S dénombre les événements de la suite (An) qui sont réalisés. Par hypothèse, celle-ci ne prend que des «  valeurs finies  ».

S=n=0+𝟏An.

Montrer que S admet une espérance finie si, et seulement si, la série P(An) converge et qu’alors

E(S)=n=0+P(An).

Solution

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

Pour N, introduisons la variable

SN=n=0N𝟏An.

Les variables SN admettent une espérance et, par linéarité,

E(SN)=n=0NE(𝟏An)=n=0NP(An).

Si la variable S admet une espérance finie, la comparaison SNS entraîne

n=0NP(An)=E(SN)E(S).

La série à termes positifs P(An) est alors convergente car ses sommes partielles sont majorées et l’on a

n=0+P(An)E(S). (1)

Inversement, supposons la convergence de la série P(An).

Méthode: Une variable aléatoire X à valeurs dans admet une espérance finie si, et seulement si, la série P(X>k) converge et sa somme détermine alors cette espérance.

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

(SN>k)(SN+1>k) car SNSN+1

Par continuité croissante,

P(SN>k)N+P(N(SN>k))=P(S>k).

Pour tout K, on a alors

k=0KP(S>k)=limN+k=0KP(SN>k).

Or

k=0KP(SN>k)k=0+P(SN>k)=E(SN)=n=0NP(An)n=0+P(An)

et donc

k=0KP(S>k)n=0+P(An).

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

E(S)=k=0+P(S>k)n=0+P(An). (2)

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

E(S)=n=0+P(An).
 
Exercice 10  4184      CENTRALE (MP)Correction  

Soit (Ω,𝒯,P) un espace probabilisé et (En)n une suite d’événements quelconques vérifiant

n=0+P(En)<+.

Pour X un ensemble quelconque, on note 1X la fonction indicatrice de X.

  • (a)

    Soit Z=n=0+1En (on convient Z=+ si la série diverge).

    Prouvez que Z est une variable aléatoire discrète.

  • (b)

    Soit

    F={ωΩ|ω n’appartient qu’à un nombre fini de En}.

    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 {+}.

    Pour k, on a Z(ω)=k lorsque ω appartient à exactement k événements parmi les En. Pour i1<i2<<ik, appartenir aux ensembles Ei1,,Eik et pas aux autres s’expriment comme une intersection dénombrable d’événements Eik et Ej¯: c’est donc un événement. En faisant varier les i1,,ik sur l’ensemble dénombrable des possibles, (Z=k) se comprend comme une réunion d’événements.

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

  • (b)

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

    F¯ correspond à l’ensemble des ω appartenant à une infinité de En. On peut l’écrire comme l’intersection décroissante

    F¯=NnNEn.

    Par continuité décroissante

    P(F¯)=limN+P(nNEn).

    Or

    P(nNEn)nNP(En)N+0.

    On peut conclure P(F¯)=0 puis P(F)=1.

  • (c)

    Posons ZN=n=0N1En. Commençons par établir

    k,P(ZN>k)N+P(Z>k).

    Puisque ZNZN+1, on a

    (ZN>k)(ZN+1>k)

    et, par continuité croissante,

    P(ZN>k)N+P(N(ZN>k))

    Or

    N(ZN>k)=(Z>k)

    ce qui établit la propriété voulue.

    Pour K, on a alors

    k=0KP(Z>k)=limN+k=0KP(ZN>k)

    avec

    k=0KP(ZN>k)k=0+P(ZN>k)=E(ZN)=n=0NP(En)n=0+P(En)

    La série 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(En)).

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Édité le 08-11-2019

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