Examen final de probabilités : corrigé du contrôle de maths en L3

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Barème du contrôle corrigé : examen final de probabilités

Le corrigé détaillé : examen final de probabilités

Exercice 1 – Trois démonstrations de cours (5 points)

1. Par définition, \(\limsup_n A_n = \bigcap_{n \geq 1} \bigcup_{k \geq n} A_k\). Pour tout \(n\), cet ensemble est donc inclus dans \(\bigcup_{k \geq n} A_k\). La sous-additivité dénombrable de \(\mathbb{P}\) donne alors \(\mathbb{P}\left(\limsup_n A_n\right) \leq \sum_{k \geq n} \mathbb{P}(A_k)\). Or cette somme de queue tend vers \(0\) quand \(n\) grandit, puisque la série des \(\mathbb{P}(A_k)\) converge. Ainsi \(\mathbb{P}\left(\limsup_n A_n\right) = 0\) : presque sûrement, seul un nombre fini des \(A_n\) se réalise.
2. Fixons \(\varepsilon > 0\) et posons \(Y_n = \mathbf{1}_{\{|X_n – X| > \varepsilon\}}\). Pour \(\omega\) dans l’événement presque sûr où \(X_n(\omega) \to X(\omega)\), l’écart \(|X_n(\omega) – X(\omega)|\) finit par rester sous \(\varepsilon\), si bien que la suite \(Y_n(\omega)\) est nulle pour \(n\) assez grand. La suite \((Y_n)\) tend donc vers \(0\) presque sûrement. De plus, \(|Y_n| \leq 1\), et la constante \(1\) est intégrable sur un espace de probabilité. Le théorème de convergence dominée donne donc \(\mathbb{E}[Y_n] = \mathbb{P}(|X_n – X| > \varepsilon) \to 0\). Par conséquent, \(X_n\) converge en probabilité vers \(X\).

3. Dérivation sous le signe intégral

   Notons \(g(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-x^2/2}\), de sorte que \(\varphi_Z(t) = \int_{\mathbb{R}} \mathrm{e}^{itx} g(x)\, \mathrm{d}x\). La fonction \(t \mapsto \mathrm{e}^{itx} g(x)\) est dérivable, de dérivée \(ix\,\mathrm{e}^{itx} g(x)\), dont le module est majoré par \(|x|\,g(x)\), indépendamment de \(t\). Comme \(|x|\,g(x)\) est intégrable, le théorème de dérivation sous l’intégrale s’applique : \(\varphi_Z^{\prime}(t) = \int_{\mathbb{R}} ix\,\mathrm{e}^{itx} g(x)\, \mathrm{d}x\).

   Une intégration par parties

   Puisque \(g^{\prime}(x) = -x\,g(x)\), on écrit \(\varphi_Z^{\prime}(t) = -i\int_{\mathbb{R}} \mathrm{e}^{itx} g^{\prime}(x)\, \mathrm{d}x\). Le terme de bord \(\mathrm{e}^{itx}g(x)\) tend vers \(0\) en \(\pm\infty\), donc \(\varphi_Z^{\prime}(t) = -i\left(-\int_{\mathbb{R}} it\,\mathrm{e}^{itx} g(x)\, \mathrm{d}x\right) = i^2 t\,\varphi_Z(t)\). Ainsi \(\varphi_Z^{\prime}(t) = -t\,\varphi_Z(t)\).

   Résolution de l’équation différentielle

   La fonction \(\psi(t) = \mathrm{e}^{t^2/2}\varphi_Z(t)\) a pour dérivée \(\psi^{\prime}(t) = \mathrm{e}^{t^2/2}\left(t\varphi_Z(t) + \varphi_Z^{\prime}(t)\right) = 0\), donc elle est constante, égale à \(\psi(0) = \varphi_Z(0) = 1\). On conclut que \(\varphi_Z(t) = \mathrm{e}^{-t^2/2}\).

Barème : 1) 1,5 point, soit un demi-point chacun pour l’écriture de la limite supérieure, la sous-additivité et le passage à la limite ; 2) 1,5 point (0,5 pour la convergence presque sûre de l’indicatrice, 1 pour la domination justifiée) ; 3) 2 points (0,75 pour la domination, 0,75 pour l’intégration par parties, 0,5 pour la conclusion).

Piège classique : invoquer le second lemme de Borel-Cantelli à la question 1, alors que le premier ne demande aucune indépendance.

Exercice 2 – Un couple gaussien et sa droite de régression (3,5 points)

1. La matrice \(\Gamma\) est symétrique. Sa forme quadratique s’écrit \(4s^2 + 4st + 5t^2 = (2s + t)^2 + 4t^2\), qui est positive et ne s’annule qu’en \((0, 0)\) : \(\Gamma\) est définie positive, ce que confirment \(\det \Gamma = 16 > 0\) et \(\operatorname{tr} \Gamma = 9 > 0\). Pour un vecteur gaussien centré, la fonction caractéristique vaut l’exponentielle de moins la moitié de cette forme quadratique, donc \(\varphi_{(X, Y)}(s, t) = \exp\left(-\frac{4s^2 + 4st + 5t^2}{2}\right)\).
2. Pour tout réel \(u\), on a \(\varphi_{X – 2Y}(u) = \mathbb{E}\left[\mathrm{e}^{i(uX – 2uY)}\right] = \varphi_{(X, Y)}(u, -2u)\). Or \(4u^2 – 8u^2 + 20u^2 = 16u^2\), d’où \(\varphi_{X – 2Y}(u) = \mathrm{e}^{-8u^2}\), qui est celle d’une gaussienne centrée de variance \(16\). Par injectivité de \(\mu \mapsto \varphi_\mu\), la variable \(X – 2Y\) est de loi \(\mathcal{N}(0, 16)\).

3. Choix du coefficient

   Le couple \((X, Y – aX)\) s’obtient en appliquant à \((X, Y)\) la matrice \(\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -a & 1 \end{pmatrix}\) : toute combinaison linéaire de ses composantes est une combinaison de \(X\) et \(Y\), donc gaussienne, et ce couple est gaussien. De plus, \(\operatorname{Cov}(X, Y – aX) = \operatorname{Cov}(X, Y) – a\operatorname{Var}(X) = 2 – 4a\), qui s’annule pour \(a = \frac{1}{2}\).

   Indépendance et loi du résidu

   Les composantes d’un vecteur gaussien non corrélées sont indépendantes. Ainsi, pour \(a = \frac{1}{2}\), les variables \(X\) et \(Y – \frac{X}{2}\) sont indépendantes. Enfin, \(\operatorname{Var}\left(Y – \frac{X}{2}\right) = 5 – 2 \times \frac{1}{2} \times 2 + \frac{1}{4} \times 4 = 4\), donc \(Y – \frac{X}{2}\) suit la loi \(\mathcal{N}(0, 4)\).

4. On écrit \(Y = \frac{X}{2} + \left(Y – \frac{X}{2}\right)\). Le premier terme est \(\sigma(X)\)-mesurable, et le second est indépendant de \(X\) et centré. Donc \(\mathbb{E}[Y \mid X] = \frac{X}{2}\). La droite tracée est la droite de régression de \(Y\) en \(X\) : elle passe d’ailleurs par les points des ellipses où la tangente est verticale.

Barème : 1) 1 point (0,5 pour la positivité, 0,5 pour la formule) ; 2) 0,75 point ; 3) 1 point (0,25 pour le caractère gaussien, 0,25 pour la covariance, 0,25 pour le théorème cité, 0,25 pour la variance) ; 4) 0,75 point.

Piège classique : déduire l’indépendance du seul calcul \(2 – 4a = 0\) en oubliant de vérifier que le couple \((X, Y – aX)\) est gaussien.

Exercice 3 – Des pics rares et des modes de convergence (3 points)

1. Pour \(\varepsilon > 0\), l’événement \(\{|X_n| > \varepsilon\}\) est inclus dans \(\{X_n \neq 0\} = \{U_n \leq \frac{1}{n}\}\). Ainsi \(\mathbb{P}(|X_n| > \varepsilon) \leq \frac{1}{n} \to 0\). Donc \(X_n\) converge en probabilité vers \(0\).
2. On a \(\mathbb{E}[X_n] = n\,\mathbb{P}\left(U_n \leq \frac{1}{n}\right) = 1\). Supposons que \(X_n\) converge dans \(L^1\) vers une variable \(X\). Elle convergerait alors en probabilité vers \(X\), donc \(X = 0\) presque sûrement par unicité de la limite. Pourtant \(\mathbb{E}|X_n – 0| = 1\) ne tend pas vers \(0\). Aucune convergence dans \(L^1\) n’est donc possible.
3. Les événements \(A_n = \{U_n \leq \frac{1}{n}\}\) sont indépendants, car les \(U_n\) le sont, et \(\sum_n \mathbb{P}(A_n) = \sum_n \frac{1}{n} = +\infty\). Le second lemme de Borel-Cantelli donne alors \(\mathbb{P}\left(\limsup_n A_n\right) = 1\). Presque sûrement, on a donc \(X_n = n\) pour une infinité d’indices, si bien que \(X_n(\omega)\) ne tend pas vers \(0\). Or une limite presque sûre serait aussi la limite en probabilité, c’est-à-dire \(0\). Par conséquent, \((X_n)\) ne converge pas presque sûrement.
4. Désormais \(\sum_n \mathbb{P}(X_n \neq 0) = \sum_n \frac{1}{n^2} < +\infty\). Le premier lemme de Borel-Cantelli montre que, presque sûrement, \(X_n = 0\) à partir d’un certain rang : \(X_n \to 0\) presque sûrement. De plus \(\mathbb{E}|X_n| = \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n} \to 0\), donc \(X_n \to 0\) dans \(L^1\). En revanche \(\mathbb{E}[X_n^2] = \frac{n^2}{n^2} = 1\) ; comme une limite dans \(L^2\) serait nulle, il n’y a pas convergence dans \(L^2\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 0,5 point (0,25 pour l’espérance, 0,25 pour l’argument d’unicité) ; 3) 1 point (0,5 pour l’indépendance et la divergence, 0,5 pour la conclusion) ; 4) 1 point (0,5 pour la convergence presque sûre, 0,25 pour \(L^1\), 0,25 pour \(L^2\)).

Exercice 4 – Capteurs défaillants et intervalle de confiance (3 points)

1. Notons \(B_k\) l’indicatrice de la défaillance du capteur \(k\) : les \(B_k\) sont indépendantes, de loi de Bernoulli de paramètre \(p\), d’espérance \(p\) et de variance \(p(1 – p) > 0\). Le théorème central limite affirme alors que \(Z_n = \frac{\sqrt{n}\left(\overline{X}_n – p\right)}{\sqrt{p(1 – p)}}\) converge en loi vers \(\mathcal{N}(0, 1)\).

2. Une inclusion d’événements

   L’événement \(\left\{\left|\overline{X}_n – p\right| \leq \frac{1}{\sqrt{n}}\right\}\) s’écrit \(\left\{|Z_n| \leq \frac{1}{\sqrt{p(1 – p)}}\right\}\). Or \(p(1 – p) \leq \frac{1}{4}\), donc \(\frac{1}{\sqrt{p(1 – p)}} \geq 2\), et cet événement contient \(\{|Z_n| \leq 2\}\).

   Passage à la limite

   Les points \(-2\) et \(2\) sont des points de continuité de \(\Phi\), car la loi normale est à densité. La convergence en loi donne donc \(\mathbb{P}(|Z_n| \leq 2) \to \Phi(2) – \Phi(-2) = 2\Phi(2) – 1\). Ainsi \(\liminf_n \mathbb{P}\left(\left|\overline{X}_n – p\right| \leq \frac{1}{\sqrt{n}}\right) \geq 2\Phi(2) – 1 \approx 0{,}954\).

3. Ici \(\overline{X}_{400} = \frac{64}{400} = 0{,}16\) et \(\frac{1}{\sqrt{400}} = \frac{1}{20} = 0{,}05\). L’intervalle \(\left[\overline{X}_n – \frac{1}{\sqrt{n}}, \overline{X}_n + \frac{1}{\sqrt{n}}\right]\) contient \(p\) avec une probabilité asymptotique au moins égale à \(0{,}954\). Un intervalle de confiance au niveau \(95\,\%\) environ est donc \([0{,}11 ; 0{,}21]\).
4. La demi-largeur vaut \(\frac{1}{\sqrt{n}}\), et l’on veut \(\frac{1}{\sqrt{n}} \leq 0{,}02\), soit \(\sqrt{n} \geq 50\), c’est-à-dire \(n \geq 2500\). Il faut donc tester au moins \(2500\) capteurs.

Barème : énoncé du théorème central limite avec ses hypothèses, 0,5 point ; minoration asymptotique, 1 point, partagé à égalité entre l’inclusion d’événements et l’argument de continuité de \(\Phi\) ; intervalle numérique, 0,75 point ; taille d’échantillon, 0,75 point.

Piège classique : remplacer \(p\) par \(\overline{X}_n\) sous la racine sans le justifier ; la majoration \(p(1 – p) \leq \frac{1}{4}\) évite justement cette étape.

Exercice 5 – Problème : de la loi de Laplace à la loi de Cauchy (5,5 points)

Partie A – Fonction caractéristique de Laplace

1. On découpe l’intégrale en deux, chacune étant absolument convergente : \(\varphi_L(t) = \frac{1}{2}\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{(it – 1)x}\, \mathrm{d}x + \frac{1}{2}\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{(-it – 1)x}\, \mathrm{d}x\). Comme la partie réelle de \(it – 1\) vaut \(-1\), on obtient \(\int_0^{+\infty} \mathrm{e}^{(it – 1)x}\, \mathrm{d}x = \frac{1}{1 – it}\), puis de même avec \(-t\). Ainsi \(\varphi_L(t) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1 – it} + \frac{1}{1 + it}\right) = \frac{1}{2} \times \frac{2}{1 + t^2}\). Donc \(\varphi_L(t) = \frac{1}{1 + t^2}\).
2. Le même calcul donne \(\varphi_{E_1}(t) = \frac{1}{1 – it}\) et \(\varphi_{-E_2}(t) = \varphi_{E_2}(-t) = \frac{1}{1 + it}\). Comme \(E_1\) et \(E_2\) sont indépendantes, \(\varphi_{E_1 – E_2}\) se factorise en \(\varphi_{E_1}\varphi_{-E_2}\) :\(\varphi_{E_1 – E_2}(t) = \frac{1}{(1 – it)(1 + it)} = \frac{1}{1 + t^2}\). Deux lois ayant la même transformée de Fourier coïncident : \(E_1 – E_2\) est bien de loi de Laplace.

Inversion et loi de Cauchy (partie B)

1. La fonction \(\varphi_L\) est intégrable sur \(\mathbb{R}\), d’intégrale \(\pi\). Par la formule d’inversion, pour tout réel \(x\), \(\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-|x|} = \frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}} \frac{\mathrm{e}^{-itx}}{1 + t^2}\, \mathrm{d}t\). En multipliant par \(2\) et en changeant \(x\) en \(-x\), on obtient \(\int_{\mathbb{R}} \mathrm{e}^{itx}\,\frac{1}{\pi(1 + t^2)}\, \mathrm{d}t = \mathrm{e}^{-|x|}\). Le membre de gauche est exactement \(\varphi_C(x)\). Ainsi \(\varphi_C(t) = \mathrm{e}^{-|t|}\).

2. Loi de la moyenne empirique

   Par indépendance, \(\varphi_{M_n}(t) = \left(\varphi_C\left(\frac{t}{n}\right)\right)^n = \left(\mathrm{e}^{-|t|/n}\right)^n = \mathrm{e}^{-|t|}\). Pour tout \(n\), \(M_n\) suit donc la loi de Cauchy.

   Pas de limite constante

   Si \(M_n\) convergeait en probabilité vers une constante \(m\), elle convergerait aussi en loi vers \(m\), donc \(\varphi_{M_n}(t) \to \mathrm{e}^{itm}\), de module \(1\). Or \(\left|\varphi_{M_n}(1)\right| = \mathrm{e}^{-1} < 1\) pour tout \(n\) : c’est absurde. Ainsi \(M_n\) ne converge en probabilité vers aucune constante. La loi des grands nombres exige en effet \(\mathbb{E}|C_1| < +\infty\), alors que \(\frac{|x|}{\pi(1 + x^2)}\) est équivalent à \(\frac{1}{\pi|x|}\) en l’infini, qui n’est pas intégrable.

Partie C – Retour au cas de variance finie

1. Le moment d’ordre deux

   Par parité, \(\mathbb{E}[L_1^2] = \int_0^{+\infty} x^2\mathrm{e}^{-x}\, \mathrm{d}x = \Gamma(3) = 2\). On retrouve d’ailleurs ce résultat avec \(\varphi_L(t) = 1 – t^2 + o(t^2)\), car \(\mathbb{E}[L_1^2] = -\varphi_L^{\prime\prime}(0) = 2\).

   Convergence des fonctions caractéristiques

   Par indépendance, \(\varphi_{S_n}(t) = \left(\varphi_L\left(\frac{t}{\sqrt{2n}}\right)\right)^n = \left(1 + \frac{t^2}{2n}\right)^{-n}\). Puis \(n\ln\left(1 + \frac{t^2}{2n}\right) \to \frac{t^2}{2}\), donc \(\varphi_{S_n}(t) \to \mathrm{e}^{-t^2/2}\) pour tout réel \(t\). On reconnaît là, grâce à l’exercice 1, la transformée de Fourier de la gaussienne standard. Le théorème de Lévy permet donc de conclure que \(S_n\) converge en loi vers \(\mathcal{N}(0, 1)\). La figure compare les trois densités rencontrées : la queue de Cauchy, bien plus épaisse, explique l’échec de la loi des grands nombres.

   

Barème : A1) 1 point ; A2) 1 point (0,5 pour le produit justifié par l’indépendance, 0,5 pour l’injectivité) ; B1) 1 point ; B2) 1,25 point (0,5 pour la loi de \(M_n\), 0,5 pour l’absurdité, 0,25 pour l’intégrabilité) ; C) 1,25 point (0,25 pour le moment, 0,75 pour la limite, 0,25 pour le théorème de Lévy cité).

Piège classique : appliquer le théorème central limite à des variables de Cauchy, qui n’ont même pas d’espérance.

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