Espérance et variance

Exercices du dossier Espérance et variance

Accordéon
Titre
Solution
Texte

Variables aléatoires entières
Par Michel Quercia le 14 mai 2024 13:00
    1. \(\sum_{k=1}^N\mathbb P (X\geq k)-\sum_{k=0}^{N-1}k\mathbb P (X=k)=N\mathbb P (X\geq N) =\sum_{k=N}^\infty N\mathbb P (X=k)\).

    2. \(\sum_{k=1}^N2k\mathbb P (X\geq k)-\sum_{k=0}^{N-1}k^2 \mathbb P (X=k) =\sum_{k=1}^{N-1}\mathbb P (X\geq k)+(N^2 +1)\mathbb P (X\geq N)\)

      donc en supposant que \(\mathbb E (X)\) est finie, on obtient que \(\mathbb E (X^2 )\) est finie si et seulement si la série \(\sum_{k=1}^\infty k\mathbb P (X\geq k)\) converge et dans ce cas, \[\mathbb V(X) = 2\sum_{k=1}^\infty k\mathbb P (X\geq k)-\sum_{k=1}^\infty \mathbb P (X\geq k) - \Bigl(\sum_{k=1}^\infty \mathbb P (X\geq k)\Bigr)^2 .\]

    1. \(\mathbb P (M_n\leq k)=\mathbb P (X_{1}\leq k)^n\).

    2. \(\mathbb E (M_n)=\sum_{k=1}^K\mathbb P (M_n\geq k)=K-\sum_{k=1}^K\mathbb P (M_n<k) =K-\sum_{k=1}^{K-1}(k/K)^n\to _{n\to \infty }K\).

    3. \[\begin{aligned} \mathbb E (M_n)&=\sum_{k=1}^\infty (1-(1-(1-p)^{k-1})^n)\\ &=\sum_{k=1}^\infty \sum_{l =1}^n\binom{n}{l} (-1)^{l +1}(1-p)^{(k-1)l }\\ &=\sum_{l =1}^n\sum_{k=1}^\infty \binom{n}{l} (-1)^{l +1}(1-p)^{(k-1)l }\\ &=\sum_{l =1}^n\binom{n}{l} \dfrac{(-1)^{l +1}}{1-(1-p)^l } \quad\text{(non simplifiable).} \end{aligned}\] \(m_{2}\) suit la loi \(\mathcal G(2p-p^2 )\) donc \(\mathbb E (m_{2})=\dfrac1{2p-p^2 }\)

      et \(\mathbb E (|X_{1}-X_{2}|) = \mathbb E (M_{2}-m_{2})=\dfrac2p-\dfrac1{1-(1-p)^2 }-\dfrac1{2p-p^2 } =\dfrac{2-2p}{2p-p^2 }\).


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Variables indépendantes
Par Michel Quercia le 14 mai 2024 13:00
  1. \(\min(|X|,|Y|)\mathop{\rm sgn}\nolimits(XY)= \min(X_{+} ,Y_{+} )+\min(X^-,Y^-)-\min(X_{+} ,Y^-)-\min(X^-,Y_{+} )\) ;

    \[\begin{aligned} \mathbb E (\min(X_{+} ,Y_{+} )) &=\sum_{n=0}^\infty \mathbb P (\min(X_{+} ,Y_{+} )>n)\\ &=\sum_{n=0}^\infty \mathbb P (X_{+} >n,Y_{+} >n)\\ &=\sum_{n=0}^\infty \mathbb P (X_{+} >n)\mathbb P (Y_{+} >n) \end{aligned}\] et de même pour les autres espérances. Il vient \[\begin{aligned} \mathbb E (|X+Y|)&-\mathbb E (|X-Y[)\\ &=2\sum_{n=0}^\infty (\mathbb P (X_{+} >n)\mathbb P (Y_{+} >n)+\mathbb P (X^->n)\mathbb P (Y^->n)\\ &\phantom{=2\sum_{n=0}^\infty (}-\mathbb P (X_{+} >n)\mathbb P (Y^->n)-\mathbb P (X^->n)\mathbb P (Y_{+} >n))\\ &=2\sum_{n=0}^\infty (\mathbb P (X_{+} >n)-\mathbb P (X^->n))(\mathbb P (Y_{+} >n)-\mathbb P (Y^->n))\\ &=2\sum_{n=0}^\infty (\mathbb P (X_{+} >n)-\mathbb P (X^->n))^2 \\ &\geq 0. \end{aligned}\]

  2. \(X_n\),\(Y_n\) sont à valeurs entières, indépendantes de même loi et ont une espérance car \(|X_n|\leq n(|X|+1)\) donc \(\mathbb E (|X_n+Y_n|)\geq \mathbb E (|X_n-Y_n|)\).

    Par ailleurs \(\bigl|\frac1n|X_n\pm Y_n|-|X\pm Y|\,\bigr|\leq \frac2n\), d’où \(\mathbb E (|X+Y|)\geq \mathbb E (|X-Y|)-\frac4n\) et on fait tendre \(n\) vers \(+\infty\).


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Formule de Wald
Par Michel Quercia le 14 mai 2024 13:00
  1. \(\{ S=k\} =\bigcup _{i=0}^\infty \bigcup _{k_{1}+\dots+k_i=k}\{ N=i,X_{1}=k_{1},\dots,X_i=k_i\}\), \(G_S(z) = G_N\circ G_{X_{1}}(z)\).

  2. Le cas où \(N\) et \(X_{1}\) ont des espérances finies est immédiat, de même que le cas où une des deux variables a une espérance nulle.

    Si \(0<\mathbb E (N)<\infty =\mathbb E (X_{1})\), pour \(K\in \mathbb{N}\) on considère \(Y_i=\min(X_i,K)\) et \(T=Y_{1}+\dots+Y_N\). On a \(X_i\geq Y_i\) donc \(S\geq T\) puis \(\mathbb E (S)\geq \mathbb E (T)=\mathbb E (N)\mathbb E (Y_{1}) \geq \mathbb E (N)\sum_{k=0}^Kk\mathbb P (X_{1}=k)\to _{K\to \infty }\infty\). On traite de manière analogue le cas \(0<\mathbb E (X_{1})<\infty =\mathbb E (N)\).


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Borel-Cantelli, Centrale 2015
Par Michel Quercia le 14 mai 2024 13:00
  1. L’ensemble des valeurs possibles est \(\mathbb{N}\cup \{ \infty \}\), dénombrable.

    Pour \(k\in \mathbb{N}\), \(Z_k=\sum_{n=0}^k\mathbb 1 _{E_n}\) est une variable aléatoire discrète par addition.

    Donc \(\{ Z\geq p\} =\bigcup _{k=0}^{\infty }\{ Z_k\geq p\}\) est un évènement pour tout \(p\in \mathbb{N}\). On en déduit que les ensembles \(\{ Z=p\} =\{ Z\geq p\} \setminus \{ Z\geq p+1\}\) et \(\{ Z=\infty \} =\bigcap_{p=0}^\infty \{ Z\geq p\}\) sont des évènements.

  2. \(\overline F=\{ Z=\infty \}\) est un évènement, donc \(F\) en est un.

    Par ailleurs, \(\{ Z\geq p\} \subset \bigcup _{n=p-1}^\infty E_n\) donc \(\mathbb P (Z\geq p)\leq \sum_{n=p-1}^\infty \mathbb P (E_n)\to _{p\to \infty }0\) puis \(\mathbb P (Z=\infty )=0\) par continuité décroissante.

  3. Le théorème d’interversion série-espérance étant hors programme, il faut ruser \(\dots\) \[\begin{aligned} \sum_{n=0}^k\mathbb P (E_n) &=\mathbb E (Z_k)\\ &=\sum_{i=1}^\infty \mathbb P (Z_k\geq i)\\ &\geq \sum_{i=1}^\infty \mathbb P (Z_k\geq i, Z_k=Z)\\ &=\sum_{i=1}^\infty \mathbb P (Z\geq i, Z_k=Z)\\ &\geq \sum_{i=1}^I\mathbb P (Z\geq i, Z_k=Z) \end{aligned}\]\(I\) est un entier quelconque. A \(I\) fixé, on fait tendre \(k\) vers l’infini. Le premier membre converge vers \(\sum_{n=0}^\infty \mathbb P (E_n)\) tandis que le dernier converge vers \(\sum_{i=1}^I\mathbb P (Z\geq i, Z\neq \infty )\) par continuité croissante et finitude de \(I\). Comme \(\mathbb P (Z=\infty )=0\), on a \(\mathbb P (Z\geq i, Z\neq \infty ) = \mathbb P (Z\geq i)\). Ainsi, pour tout \(I\) fixé : \[\sum_{n=0}^\infty \mathbb P (E_n)\geq \sum_{i=1}^I\mathbb P (Z\geq i).\] On fait alors tendre \(I\) vers l’infini : \(\sum_{n=0}^\infty \mathbb P (E_n)\geq \mathbb E (Z)\), ce qui résout la question. Comme l’inégalité inverse est triviale, on a en réalité \(\mathbb E (Z)=\sum_{n=0}^\infty \mathbb P (E_n)\) et on a ainsi espérancé terme à terme\(\dots\)


Accordéon
Titre
Solution
Texte

Beppo Levi
Par Michel Quercia le 14 mai 2024 13:00
  1. \(\sum_{k=0}^\infty \mathbb P (X>k)=\sum_{k=0}^\infty \mathbb P (Y>k)=\mathbb E (Y)\geq \mathbb E (X)\).

  2. Soit \(\varepsilon>0\) : on fixe \(N\) tel que \(\sum_{k=N}^\infty \mathbb P (X_{0} >k)\leq \varepsilon\).

    Pour \(n\in \mathbb{N}\), on a \(0\leq \mathbb E (X_n)\leq \sum_{k=0}^{N-1}\mathbb P (X_n>k)+\sum_{k=N}^\infty \mathbb P (X_n>k)\). La première somme tend vers \(0\) par continuité décroisante, \(N\) étant fixé. La deuxième est majorée par \(\sum_{k=N}^\infty \mathbb P (X_{0} >k)\leq \varepsilon\).

  3. La suite \((X-X_{0} -\dots-X_n)\) relève de la question précédente.


;
Success message!