Formule des queues et covariance : corrigé du contrôle de maths en MP

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Barème du contrôle corrigé : formule des queues et covariance

Le corrigé détaillé : formule des queues et covariance

Exercice 1 – Deux formules des queues (3 points)

1. Écrire chaque queue comme une somme

   Pour tout \(n \geq 1\), l’événement \((X \geq n)\) est la réunion disjointe des \((X = k)\) pour \(k \geq n\). Par \(\sigma\)-additivité, on a donc \(P(X \geq n) = \sum_{k=n}^{+\infty} P(X = k)\).

   Considérons alors la famille \(\left(P(X = k)\,\mathbf{1}_{\{n \leq k\}}\right)_{(n, k) \in \mathbb{N}^* \times \mathbb{N}}\). Elle est formée de réels positifs, si bien que le théorème de Fubini pour les familles positives autorise à sommer dans l’ordre de notre choix, dans \([0, +\infty]\).

   En sommant d’abord en \(k\), on obtient \(\sum_{n \geq 1} P(X \geq n)\). En sommant d’abord en \(n\), chaque \(k\) donne \(\sum_{n=1}^{k} P(X = k) = k\,P(X = k)\). Or \(\sum_{k \geq 0} k\,P(X = k)\) est précisément \(E(X)\) dans \([0, +\infty]\), car \(X\) est positive. Ainsi \(E(X) = \sum_{n=1}^{+\infty} P(X \geq n)\) dans \([0, +\infty]\).

2. Variante pondérée par n

   La famille \(\left(n\,P(X = k)\,\mathbf{1}_{\{n \leq k\}}\right)_{(n, k)}\) est encore positive, donc Fubini s’applique de la même manière. Pour \(k\) fixé, on a \(\sum_{n=1}^{k} n = \frac{k(k+1)}{2}\), d’où :

   \[\sum_{n=1}^{+\infty} n\,P(X \geq n) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{k(k+1)}{2}\,P(X = k).\]

   De plus, la variable \(\frac{X(X+1)}{2}\) est positive. La formule de transfert, valable dans \([0, +\infty]\) pour une fonction positive, identifie donc le membre de droite à son espérance. On obtient \(\sum_{n \geq 1} n\,P(X \geq n) = E\left(\frac{X(X+1)}{2}\right)\).

Piège classique : intervertir les sommes sans citer la positivité des termes. Ici, aucune convergence n’est supposée : seule la positivité rend l’interversion licite, et l’égalité peut alors valoir \(+\infty\) des deux côtés.

Barème : question 1 sur 1,5 point (écriture des queues 0,5 ; théorème cité avec la positivité 0,5 ; conclusion 0,5) ; question 2 sur 1,5 point (somme des entiers 0,5 ; interversion 0,5 ; transfert 0,5).

Exercice 2 – Une loi d’espérance finie sans variance (3,5 points)

1. Un télescopage pour la constante

   Posons \(u_n = \frac{1}{2n(n+1)}\) pour \(n \geq 1\). Alors :

   \[u_n – u_{n+1} = \frac{(n+2) – n}{2n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{n(n+1)(n+2)}.\]

   Comme \(u_n\) tend vers 0, la série télescopique converge et, pour tout \(n \geq 1\), \(\sum_{k=n}^{+\infty} \frac{1}{k(k+1)(k+2)} = u_n\). En particulier, la somme totale vaut \(u_1 = \frac{1}{4}\). La condition \(\sum_{n \geq 1} P(X = n) = 1\) impose donc \(\frac{c}{4} = 1\). On trouve \(c = 4\), et les termes sont bien positifs.

2. Les queues de la loi

   D’après le calcul précédent, \(P(X \geq n) = 4u_n\). Pour tout \(n \geq 1\), \(P(X \geq n) = \frac{2}{n(n+1)}\). Ainsi \(P(X \geq 1) = 1\), ce qui est cohérent puisque \(X\) prend ses valeurs dans \(\mathbb{N}^*\). Par ailleurs, \(P(X \geq 2) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\) : ce sont bien les hauteurs des deux premières barres orange.

3. Existence puis valeur de l’espérance

   La variable \(X\) est positive, donc l’exercice 1 donne \(E(X) = \sum_{n \geq 1} \frac{2}{n(n+1)}\) dans \([0, +\infty]\). Or \(\frac{2}{n(n+1)} = 2\left(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}\right)\), si bien que cette série télescopique converge vers \(2 \times 1\). Par conséquent, \(X\) est d’espérance finie et \(E(X) = 2\).

4. Absence de moment d’ordre 2

   Toujours par l’exercice 1, \(E\left(\frac{X(X+1)}{2}\right) = \sum_{n \geq 1} n \times \frac{2}{n(n+1)} = \sum_{n \geq 1} \frac{2}{n+1}\). Cette série diverge, car elle est comparable à la série harmonique ; elle vaut donc \(+\infty\).

   D’autre part, \(X \geq 1\) entraîne \(X \leq X^2\), d’où \(\frac{X(X+1)}{2} \leq X^2\). Par croissance de l’espérance dans \([0, +\infty]\), on obtient \(E(X^2) = +\infty\). Ainsi \(X\) n’admet pas de moment d’ordre 2, et sa variance n’est pas définie, alors même que \(E(X) = 2\).

Barème : question 1 sur 1 point (décomposition 0,5 ; valeur de c 0,5) ; question 2 sur 1 point ; question 3 sur 0,5 point (existence exigée) ; question 4 sur 1 point (divergence 0,5 ; comparaison à X² 0,5).

Exercice 3 – Covariance nulle et dépendance (4 points)

1. Marginales lues sur le tableau

   On somme d’abord chaque colonne : \(P(X = -1) = \frac{3}{12} = \frac{1}{4}\), \(P(X = 0) = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}\) et \(P(X = 1) = \frac{1}{4}\). Chaque ligne totalise ensuite \(\frac{6}{12}\), donc \(Y\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(\frac{1}{2}\).

   Les deux variables sont finies, si bien que tous leurs moments existent. On obtient \(E(X) = -\frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 0\) et \(E(Y) = \frac{1}{2}\).

2. Une covariance nulle trompeuse

   Seules les cases où \(x y \neq 0\) comptent dans \(E(XY)\), c’est-à-dire \((-1, 1)\) et \((1, 1)\). Ainsi \(E(XY) = -\frac{2}{12} + \frac{2}{12} = 0\), puis \(\mathrm{Cov}(X, Y) = E(XY) – E(X)E(Y) = 0\).

   Pourtant, \(P(X = 0, Y = 0) = \frac{1}{3}\), alors que \(P(X = 0)\,P(Y = 0) = \frac{1}{4}\). La covariance est nulle, mais \(X\) et \(Y\) ne sont pas indépendantes.

3. La dépendance cachée dans le carré

   La variable \(X^2\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(P(X \neq 0) = \frac{1}{2}\). De plus, \(X^2 Y = 1\) exactement quand \(X \neq 0\) et \(Y = 1\), d’où \(E(X^2 Y) = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}\). Par conséquent :

   \[\mathrm{Cov}(X^2, Y) = \frac{1}{3} – \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{12}.\]

   On trouve \(\mathrm{Cov}(X^2, Y) = \frac{1}{12} > 0\). En effet, savoir que \(Y = 1\) rend \(X \neq 0\) plus probable : \(P(X \neq 0 \mid Y = 1) = \frac{2}{3}\), contre \(\frac{1}{2}\) sans information.

4. Deux variances de sommes

   D’abord, \(V(X) = E(X^2) – E(X)^2 = \frac{1}{2}\) et \(V(Y) = \frac{1}{4}\). Comme la covariance de \(X\) et \(Y\) est nulle, \(V(X + Y) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\). Ainsi \(V(X + Y) = \frac{3}{4}\).

   Ensuite, \(V(X^2) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}\), donc \(V(X^2 + Y) = V(X^2) + V(Y) + 2\,\mathrm{Cov}(X^2, Y) = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{6}\). On obtient \(V(X^2 + Y) = \frac{2}{3}\).

Piège classique : conclure à l’indépendance à partir d’une covariance nulle. Pour prouver la dépendance, un seul couple de valeurs où la loi conjointe diffère du produit des marginales suffit.

Barème : question 1 sur 1 point (lois 0,5 ; espérances 0,5) ; question 2 sur 1 point (covariance 0,5 ; contre-exemple 0,5) ; question 3 sur 1 point (calcul 0,5 ; interprétation 0,5) ; question 4 sur 1 point (0,5 par variance).

Exercice 4 – Cauchy-Schwarz probabiliste (4 points)

1. Existence puis signe d’un trinôme

   L’inégalité \(|XY| \leq \frac{X^2 + Y^2}{2}\) découle de \((|X| – |Y|)^2 \geq 0\). Le majorant est d’espérance finie, donc \(XY\) admet une espérance par domination.

   Pour \(t\) réel, \((X + tY)^2 = X^2 + 2tXY + t^2 Y^2\) admet alors une espérance par linéarité. On pose donc \(\varphi(t) = E(X^2) + 2t\,E(XY) + t^2\,E(Y^2)\), qui est positive par positivité de l’espérance.

   Lorsque \(E(Y^2) = 0\), la fonction \(\varphi\) est affine et positive sur \(\mathbb{R}\) : sa pente \(2E(XY)\) est donc nulle, et l’inégalité devient \(0 \leq 0\). Sinon, \(\varphi\) est un trinôme du second degré de signe constant, si bien que son discriminant est négatif ou nul : \(4E(XY)^2 – 4E(X^2)E(Y^2) \leq 0\). Dans tous les cas, \(E(XY)^2 \leq E(X^2)\,E(Y^2)\).

2. Le coefficient de corrélation

   Les variables centrées \(X – E(X)\) et \(Y – E(Y)\) admettent encore un moment d’ordre 2. Appliquons-leur la question 1 : comme \(\mathrm{Cov}(X, Y) = E\left((X – E(X))(Y – E(Y))\right)\), on obtient \(\mathrm{Cov}(X, Y)^2 \leq V(X)\,V(Y)\). Ainsi \(|\mathrm{Cov}(X, Y)| \leq \sigma(X)\,\sigma(Y)\).

   Dans l’exercice 3, \(\sigma(X^2) = \sigma(Y) = \frac{1}{2}\), d’où \(\rho(X^2, Y) = \frac{1/12}{1/4}\). Le coefficient de corrélation vaut \(\frac{1}{3}\), qui appartient bien à \([-1, 1]\).

3. Une minoration par le second moment

   Si \(Z = 0\), alors \(Z\,\mathbf{1}_{\{Z \geq 1\}} = 0\) ; sinon, \(Z \geq 1\) et l’indicatrice vaut 1. Donc \(Z = Z\,\mathbf{1}_{\{Z \geq 1\}}\) car \(Z\) est à valeurs entières. L’indicatrice admet un moment d’ordre 2, et son carré est elle-même. La question 1 donne alors :

   \[E(Z)^2 \leq E(Z^2)\,E\left(\mathbf{1}_{\{Z \geq 1\}}\right) = E(Z^2)\,P(Z \geq 1).\]

   Comme \(E(Z)^2 > 0\), ceci force \(E(Z^2) > 0\), et l’on peut diviser. Par conséquent, \(P(Z \geq 1) \geq \frac{E(Z)^2}{E(Z^2)}\).

   Pour la loi de Poisson, la série \(\sum k^2 \frac{\lambda^k}{k!}\) converge, donc \(Z\) admet un moment d’ordre 2. De plus, \(E(Z) = V(Z) = \lambda\), si bien que \(E(Z^2) = \lambda + \lambda^2\). On en déduit \(1 – \mathrm{e}^{-\lambda} \geq \frac{\lambda}{1 + \lambda}\) pour tout \(\lambda > 0\).

Barème : question 1 sur 1,5 point (existence de E(XY) 0,5 ; trinôme 0,5 ; cas dégénéré 0,5) ; question 2 sur 1 point (inégalité 0,5 ; corrélation 0,5) ; question 3 sur 1,5 point (inégalité 1 ; Poisson 0,5).

Exercice 5 – Problème : lampes allumées sur un cercle (5,5 points)

1. Chaque paire est une Bernoulli

   La variable \(Y_i\) prend les valeurs 0 et 1. Comme \(n \geq 3\), les lampes \(L_i\) et \(L_{i+1}\) sont distinctes, donc l’indépendance donne \(P(Y_i = 1) = P(X_i = 1)\,P(X_{i+1} = 1) = p^2\). Ainsi \(Y_i\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(p^2\).

   La variable \(N\) est finie, donc d’espérance finie, et la linéarité donne \(E(N) = \sum_{i=1}^{n} E(Y_i)\). On obtient \(E(N) = n p^2\).

2. Paires disjointes, paires voisines

   Premier cas : les paires n’ont aucune lampe commune. Alors \(Y_i\) ne dépend que de \((X_i, X_{i+1})\), tandis que \(Y_j\) ne dépend que de \((X_j, X_{j+1})\). D’après le lemme des coalitions, \(Y_i\) et \(Y_j\) sont indépendantes. Dans ce cas, \(\mathrm{Cov}(Y_i, Y_j) = 0\).

   Second cas : les paires ont une lampe commune. Puisque \(i \neq j\), elles en partagent exactement une, donc \(j = i + 1\) ou \(i = j + 1\) modulo \(n\). Supposons par exemple \(j = i + 1\). Dans ce cas, \(Y_i Y_j = X_i X_{i+1} X_{i+2}\) porte sur trois lampes distinctes, car \(n \geq 3\). Ainsi \(E(Y_i Y_j) = p^3\), d’où :

   \[\mathrm{Cov}(Y_i, Y_j) = p^3 – p^2 \times p^2 = p^3(1 – p).\]

   Quand les paires sont voisines, \(\mathrm{Cov}(Y_i, Y_j) = p^3(1 – p) > 0\).

3. Dénombrement et variance de N

   Chaque indice \(i\) a exactement deux voisins, \(i – 1\) et \(i + 1\) modulo \(n\), distincts car \(n \geq 3\). On compte donc \(2n\) couples ordonnés du second cas, soit \(n\) paires \(\{i, j\}\). D’autre part, \(V(Y_i) = p^2(1 – p^2)\) pour une Bernoulli.

   La variable \(N\) est bornée, donc elle admet une variance. La formule de la variance d’une somme donne alors :

   \[V(N) = \sum_{i=1}^{n} V(Y_i) + 2 \sum_{i < j} \mathrm{Cov}(Y_i, Y_j) = n p^2(1 – p^2) + 2n\,p^3(1 – p).\]

   En factorisant \(n p^2 (1 – p)\), il reste \((1 + p) + 2p = 1 + 3p\). Ainsi \(V(N) = n p^2 (1 – p)(1 + 3p)\). Pour \(p = 1\), on retrouve d’ailleurs \(V(N) = 0\), ce qui est cohérent avec \(N = n\) presque sûrement.

4. Comparaison avec la binomiale

   Une variable de loi \(\mathcal{B}(n, p^2)\) a pour variance \(n p^2 (1 – p^2) = n p^2 (1 – p)(1 + p)\). Le rapport des deux variances vaut donc \(\frac{1 + 3p}{1 + p}\), qui est strictement supérieur à 1. La variance de \(N\) est plus grande que celle de la binomiale, car les paires voisines sont positivement corrélées : une lampe allumée favorise les deux paires qui la contiennent. La figure ci-dessous compare les deux variances divisées par \(n\).

   

5. Application à la guirlande de huit lampes

   Sur la figure, les paires \(\{L_1, L_2\}\), \(\{L_2, L_3\}\) et \(\{L_6, L_7\}\) sont allumées, tandis que \(L_8\) est éteinte. La valeur observée est \(N = 3\).

   Ensuite, \(E(N) = 8 \times \frac{1}{4} = 2\) et \(V(N) = 8 \times \frac{1}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{5}{2} = \frac{5}{2}\). On obtient \(E(N) = 2\), \(V(N) = \frac{5}{2}\) et \(\sigma(N) = \frac{\sqrt{10}}{2} \approx 1{,}58\). La valeur observée s’écarte donc de la moyenne de moins d’un écart type.

Piège classique : oublier le facteur 2 devant la somme des covariances, ou compter \(2n\) paires au lieu de \(n\). Le cas \(n = 3\), \(p = \frac{1}{2}\) se traite à la main et détecte ces erreurs : \(N\) vaut 0, 1 ou 3 avec les probabilités \(\frac{4}{8}\), \(\frac{3}{8}\) et \(\frac{1}{8}\), d’où directement \(V(N) = \frac{15}{16}\).

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 1,5 point (cas disjoint avec coalitions 0,75 ; cas voisin 0,75) ; question 3 sur 1,5 point (dénombrement 0,5 ; formule 0,5 ; factorisation 0,5) ; question 4 sur 0,5 point ; question 5 sur 1 point (lecture 0,25 ; espérance 0,25 ; variance et écart type 0,5).

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