Cadeau Kolmogorov olympiade

Bien joué @john_john.

@john_john Tu as oublié je pense le facteur $\frac 1{\sqrt{2\pi}}$ dans la fonction de densité
$P(X\geq a)=\int_a^{+\infty} f(x) dx$ avec $f(x)=\frac 1{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}2}$. On a $f'(x)=-xf(x)$, d'où
$P(X\geq a)=\int_a^{+\infty} \frac{xf(x)}x dx\le \int_a^{+\infty} \frac{xf(x)}a dx =-\frac 1a  \int_a^{+\infty} f'(x) dx=\frac 1a\frac 1{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{a^2}2}$

L'exerccie 9 de la saison VII est classique, mais en Algèbre : comme $B$ est somme de matrices de la forme $L\!\cdot\,^t\!L$, où $L=(\ell_1,...)$ est un vecteur ligne, il suffit d'établir le résultat dans ce cas. Or, on a alors $^t\!XCX=\sum a_{i,j}(\ell_ix_i)(\ell_jx_j)\geqslant0$.

Ta reformulation est pertinente : il te reste à appliquer l'inégalité de Cauchy-Schwarz pour majorer $E(X)^2=E(X\times 1_{X\neq 0})^2$

Ah il me semblait que c'était dans le bon sens mais je ne l'ai pas écrite. Ok, donc à oublier. Merci.

gebrane je ne pense pas que ta parenthèse est vraie en général, il faut soit montrer que ça marche quand même dans ce cas, soit trouver un contre-exemple pour l'exercice, l'énoncé me fait penser à la loi du zéro un de Kolmogorov, les tribus de queues...  Je reviens quand j'ai un peu de temps.

Bonjour, je crois que Lars a donné un contre-exemple, j'avais pensé à quelque chose du même type à savoir considérer une v.a indépendante d'elle-même, mais je n'ai pas réussi à avoir la v.a non constante ou constante. Je n'ai pas tout compris de la démonstration à partir de l'étape GPS, quelle est la définition de localisable? J'imagine que  c'est pour faire intervenir des suites ? Mais si tu as réussi à montrer que $X$ n'est pas constante ne suffit-il pas de considérer la suite pour tout $n$ $X_n=X$ qui vérifie toutes les hypothèses étant donné que $X$ est indépendante d'elle-même.

Bonjour, @gebrane si j'ai compris sa démonstration il cherche à trouver une suite $X_n$ qui tend en proba vers $X$ avec $X_n$ indépendant de $X$, pour tout $n$ et $X$ n'est pas constante. Sinon je n'ai pas compris la démonstration.

Bonsoir
Il doit y avoir un argument direct que je ne sais pas formuler à partir des tribus associées aux va $X_n$ et $X$ pour obtenir directement l'indépendance de la va $X$ avec $X$. Comme je l'ai indiqué dans mon message je ne sais pas l'écrire.
On peut procéder plus manuellement :
1) Quel que soit $A$ borélien de $\R^d,\ P((X, X_n)\in AXA) =P(X\in A)P(X_n \in A) $ (0)  hypothèse d'indépendance utilisée,
2) (on munit $\R^dX\R^d$ de la topologie produit, par ex si la distance (issue d'une norme) était $d$ dans $\R^d$ on munit le produit de la distance $D$ somme des distances des " coordonnées"... la tribu borélienne est engendrée par les produits cartésiens d'ouverts etc... il n'y a aucun piège.
On a $(X, X_n)$ est une va et elle converge en proba vers la va $(X, X)$ (1)
En effet $D((X, X_n), (X, X))=d(X, X)+d(X_n, X)=d(X_n, X)=||X_n-X||$ et comme $\forall \epsilon>0,\ (P(||X_n-X|| \ge \epsilon))_{n\in \N} $ tend vers $0$, lorsque $n$ tend vers l'infini  on conclut : (1).
3) Si $A$ est un borélien dont le bord est de mesure nulle, alors par passage à la limite dans (0), (et car convergence en proba implique convergence en loi)
 $\forall A$ borélien de $\R^d$ de bord de mesure nulle, $P(X, X) \in (A, A)=P(X\in A)^2$ et donc $P(X\in A)=0$ ou $1$.
En particulier, $\forall a \in \R^d,\ \forall r>0,\ P(||X-a||<r)=0 $ ou $1$ (la boule ouverte est bien un borélien de bord de mesure nulle).
En considérant la fonction de répartition de la va réelle positive $||X-a||$, il existe alors $b\in \R^+$ tel que ps $||X-a||=b$.
Le reste, c'est de la géométrie "localisation gps" (sans perte de généralité on peut raisonner avec la norme euclidienne de $\R^d$).
Si on veut éviter la géométrie, on raisonne par applications coordonnées qui sont continues :

Bonjour @Foys il manque quelque chose après l'intersection, pour l'égalité qui définie $\mathcal{Q}$. Peut être un $\sigma(X_k$...)?

@Barjovrille oui; je viens de le mettre.