Fonction muette et espérance conditionnelle : corrigé du contrôle de maths en L3

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Barème du contrôle corrigé : fonction muette et espérance conditionnelle

Le corrigé détaillé : fonction muette et espérance conditionnelle

Exercice 1 – Le carré d’une variable uniforme (4 points)

1. Mesurabilité et valeurs

   La fonction \(q : x \mapsto x^2\) est continue, donc borélienne. Ainsi \(Y = q \circ X\) est mesurable comme composée d’applications mesurables : c’est une variable aléatoire réelle. Comme \(X\) prend ses valeurs dans \([-1, 2]\), la variable \(Y\) prend les siennes dans \([0, 4]\).

2. La fonction muette, morceau par morceau

   Soit \(h\) mesurable bornée. D’après le théorème de transfert,

   \[E[h(Y)] = \frac{1}{3}\int_{-1}^{2} h(x^2)\, dx = \frac{1}{3}\left(\int_{-1}^{0} h(x^2)\, dx + \int_{0}^{1} h(x^2)\, dx + \int_{1}^{2} h(x^2)\, dx\right).\]

   Sur \(]-1, 0[\), on pose \(x = -\sqrt{y}\), difféomorphisme de \(]0, 1[\) sur \(]-1, 0[\), avec \(|dx| = \frac{dy}{2\sqrt{y}}\). Le premier terme vaut donc \(\int_0^1 \frac{h(y)}{2\sqrt{y}}\, dy\). De même, \(x = \sqrt{y}\) donne la même valeur pour le deuxième terme, puis \(\int_1^4 \frac{h(y)}{2\sqrt{y}}\, dy\) pour le troisième. Par conséquent,

   \[E[h(Y)] = \int_0^1 h(y)\, \frac{1}{3\sqrt{y}}\, dy + \int_1^4 h(y)\, \frac{1}{6\sqrt{y}}\, dy.\]

   Cette égalité valant pour toute \(h\) mesurable bornée, \(Y\) admet la densité \(g\) égale à \(\frac{1}{3\sqrt{y}}\) sur \(]0, 1[\), à \(\frac{1}{6\sqrt{y}}\) sur \(]1, 4[\), et nulle ailleurs. On vérifie d’ailleurs que \(\int_0^1 \frac{dy}{3\sqrt{y}} + \int_1^4 \frac{dy}{6\sqrt{y}} = \frac{2}{3} + \frac{4 – 2}{6} = 1\).

3. L’espérance par deux chemins

   Avec la densité, on calcule \(\int_0^1 \frac{y}{3\sqrt{y}}\, dy = \frac{1}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{2}{9}\), puis \(\int_1^4 \frac{\sqrt{y}}{6}\, dy = \frac{1}{6} \times \frac{2}{3}\,(8 – 1) = \frac{7}{9}\). La somme vaut 1.

   Avec le théorème de transfert, \(E[X^2] = \frac{1}{3}\int_{-1}^{2} x^2\, dx = \frac{1}{3} \times \frac{8 + 1}{3} = 1\). Les deux méthodes donnent \(E[Y] = 1\).

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 2 points (découpage 0,5 ; changements de variable 1 ; conclusion 0,5) ; question 3 sur 1 point (0,5 par méthode).

Piège classique : oublier l’antécédent négatif \(-\sqrt{y}\) pour \(0 < y < 1\). On obtient alors une fonction d’intégrale \(\frac{2}{3}\), ce que le contrôle de normalisation révèle immédiatement.

Exercice 2 – Rapport et produit de deux variables (5 points)

1. Le difféomorphisme et son domaine

   L’application \(\phi\) est de classe \(C^1\) sur \(]0, 1[^2\), car \(x > 0\). Pour \((x, y) \in \,]0, 1[^2\), posons \(u = \frac{y}{x}\) et \(v = xy\). Alors \(u > 0\) et \(v > 0\). De plus, \(v < u\) équivaut à \(x^2 < 1\), et \(v < \frac{1}{u}\) équivaut à \(y^2 < 1\) : donc \(\phi(x, y) \in D\).

   Réciproquement, soit \((u, v) \in D\). Le système \(\frac{y}{x} = u\), \(xy = v\) avec \(x, y > 0\) équivaut à \(x^2 = \frac{v}{u}\) et \(y^2 = uv\). Il a donc pour unique solution \(x = \sqrt{v/u}\) et \(y = \sqrt{uv}\), toutes deux dans \(]0, 1[\) puisque \(v < u\) et \(uv < 1\). L’inverse \(\psi\) ainsi obtenu est \(C^1\) sur l’ouvert \(D\). Par conséquent, \(\phi\) est un \(C^1\)-difféomorphisme de \(]0, 1[^2\) sur \(D\). La figure montre ce domaine : la diagonale \(y = x\) du carré est envoyée sur le segment \(u = 1\).

   

2. Jacobien et densité du couple

   Écrivons \(\psi(u, v) = \big(u^{-1/2} v^{1/2},\; u^{1/2} v^{1/2}\big)\). Son jacobien vaut

   \[J_\psi(u, v) = \begin{vmatrix} -\frac{1}{2} u^{-3/2} v^{1/2} & \frac{1}{2} u^{-1/2} v^{-1/2} \\ \frac{1}{2} u^{-1/2} v^{1/2} & \frac{1}{2} u^{1/2} v^{-1/2} \end{vmatrix} = -\frac{1}{4u} – \frac{1}{4u} = -\frac{1}{2u}.\]

   Par indépendance, \((X, Y)\) a pour densité \(f(x, y) = 4xy\) sur \(]0, 1[^2\). Le théorème de changement de variables donne alors, pour \((u, v) \in D\), \(f\big(\psi(u, v)\big)\, |J_\psi(u, v)| = 4v \times \frac{1}{2u}\). Le couple \((U, V)\) admet donc la densité \((u, v) \mapsto \frac{2v}{u}\, \mathbf{1}_D(u, v)\).

3. Les deux marginales

   Pour \(u > 0\), on intègre en \(v\) de 0 à \(m = \min(u, \frac{1}{u})\) : \(f_U(u) = \frac{m^2}{u}\). Ainsi \(f_U(u) = u\) sur \(]0, 1]\) et \(f_U(u) = \frac{1}{u^3}\) sur \(]1, +\infty[\). Sa masse totale vaut \(\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\), ce qui confirme au passage \(P(Y < X) = \frac{1}{2}\).

   Pour \(0 < v < 1\), le point \((u, v)\) est dans \(D\) exactement quand \(v < u < \frac{1}{v}\). Donc \(f_V(v) = \int_v^{1/v} \frac{2v}{u}\, du = 2v\,\big(\ln\frac{1}{v} – \ln v\big)\). On obtient \(f_V(v) = -4v \ln v\) sur \(]0, 1[\). Enfin, une intégration par parties donne \(\int_0^1 v \ln v\, dv = -\frac{1}{4}\), d’où une masse totale égale à 1.

4. Pas d’indépendance

   Sur \(D\), on a \(V < \frac{1}{U}\). Ainsi l’événement \(\{U > 2,\; V > \frac{1}{2}\}\) est vide, à un ensemble négligeable près, et sa probabilité est nulle. En revanche, \(P(U > 2) = \int_2^{+\infty} \frac{du}{u^3} = \frac{1}{8}\). De plus, une primitive de \(-4v \ln v\) est \(-2v^2 \ln v + v^2\), donc \(P(V > \frac{1}{2}) = \frac{3}{4} – \frac{\ln 2}{2}\), qui est strictement positif. Comme \(0 \neq P(U > 2)\, P(V > \frac{1}{2})\), les variables \(U\) et \(V\) ne sont pas indépendantes.

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 1,5 point (jacobien 1 ; densité 0,5) ; question 3 sur 1,5 point (\(f_U\) 0,5 ; \(f_V\) 0,5 ; vérifications 0,5) ; question 4 sur 1 point.

Piège classique : intégrer \(f_V\) sur \(u \in \,]0, +\infty[\) sans tenir compte du domaine. Le dessin de \(D\) donne pourtant directement les bornes \(v\) et \(\frac{1}{v}\).

Exercice 3 – Trois événements sur un dé à douze faces (3,5 points)

1. Une première indépendance

   On a \(P(A) = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}\) et \(P(B) = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}\). Or \(A \cap B = \{6, 12\}\), donc \(P(A \cap B) = \frac{2}{12} = \frac{1}{6} = P(A)\, P(B)\). Les événements \(A\) et \(B\) sont donc indépendants. Par ailleurs, la tribu engendrée par \(A\) est \(\sigma(A) = \{\emptyset, A, A^c, \Omega\}\), où \(A^c\) est l’ensemble des résultats impairs.

2. Passage aux tribus engendrées

   Il faut établir \(P(E \cap F) = P(E)\, P(F)\) pour \(E \in \sigma(A)\) et \(F \in \sigma(B)\). Quand \(E\) ou \(F\) vaut \(\emptyset\) ou \(\Omega\), l’égalité est immédiate. Ensuite, par additivité,

   \[P(A \cap B^c) = P(A) – P(A \cap B) = P(A)\big(1 – P(B)\big) = P(A)\, P(B^c).\]

   Ainsi \(A\) et \(B^c\) sont indépendants et, par symétrie des rôles, \(A^c\) et \(B\) aussi. En appliquant enfin ce résultat au couple indépendant \((A^c, B)\), on obtient l’indépendance de \(A^c\) et \(B^c\). Les tribus \(\sigma(A)\) et \(\sigma(B)\) sont donc indépendantes.

3. Deux à deux, mais pas mutuellement

   On a \(P(C) = \frac{1}{2}\), puis \(A \cap C = \{2, 6, 12\}\) et \(B \cap C = \{6, 12\}\). Donc \(P(A \cap C) = \frac{1}{4} = P(A)\, P(C)\) et \(P(B \cap C) = \frac{1}{6} = P(B)\, P(C)\). Avec la question 1, les trois paires sont indépendantes, et la question 2 l’étend aux tribus.

   Cependant, \(A \cap B \cap C = \{6, 12\}\), d’où \(P(A \cap B \cap C) = \frac{1}{6}\), alors que \(P(A)\, P(B)\, P(C) = \frac{1}{12}\). Les trois tribus sont indépendantes deux à deux, mais pas mutuellement indépendantes.

Barème : question 1 sur 1 point (indépendance 0,5 ; tribu 0,5) ; question 2 sur 1,5 point (passage au complémentaire 1 ; conclusion 0,5) ; question 3 sur 1 point (deux à deux 0,5 ; contre-exemple 0,5).

Piège classique : vérifier seulement \(P(A \cap B \cap C) = P(A)\, P(B)\, P(C)\) ne prouve pas l’indépendance mutuelle. Il faut aussi toutes les égalités sur les paires.

Exercice 4 – Problème : prédire Y à partir de X (7,5 points)

1. La loi de Y

   D’après la formule des probabilités totales, \(P(Y = j) = \sum_{k} P(X = k, Y = j)\), avec \(P(X = k, Y = j) = \frac{1}{3(k + 1)}\) pour \(0 \leq j \leq k\). Ainsi :

   \(j\)	0	1	2	3
   \(P(Y = j)\)	\(\frac{1}{6} + \frac{1}{9} + \frac{1}{12} = \frac{13}{36}\)	\(\frac{13}{36}\)	\(\frac{1}{9} + \frac{1}{12} = \frac{7}{36}\)	\(\frac{1}{12} = \frac{3}{36}\)

   La somme vaut bien \(\frac{13 + 13 + 7 + 3}{36} = 1\).

2. Espérance conditionnelle de Y

   Par définition, \(E[Y \mid X = k] = \frac{E[Y\, \mathbf{1}_{\{X = k\}}]}{P(X = k)} = 3\sum_{j = 0}^{k} \frac{j}{3(k + 1)} = \frac{1}{k + 1} \times \frac{k(k + 1)}{2} = \frac{k}{2}\). Donc \(E[Y \mid X] = \frac{X}{2}\).

   Ensuite, \(E\big[\frac{X}{2}\big] = \frac{1}{2} \times 2 = 1\). D’autre part, la loi de Y donne \(E[Y] = \frac{13 + 2 \times 7 + 3 \times 3}{36} = \frac{36}{36} = 1\). On retrouve bien \(E\big[E[Y \mid X]\big] = E[Y] = 1\).

3. Espérance conditionnelle de X

   Pour \(j = 0\), on obtient \(E[X \mid Y = 0] = \frac{1 \times \frac{1}{6} + 2 \times \frac{1}{9} + 3 \times \frac{1}{12}}{\frac{13}{36}} = \frac{6 + 8 + 9}{13} = \frac{23}{13}\). Le cas \(j = 1\) fait intervenir les mêmes probabilités, d’où la même valeur. Pour \(j = 2\), seules les valeurs \(k = 2\) et \(k = 3\) interviennent : \(E[X \mid Y = 2] = \frac{8 + 9}{7} = \frac{17}{7}\). Enfin, \(Y = 3\) impose \(X = 3\).

   Ainsi \(E[X \mid Y = 0] = E[X \mid Y = 1] = \frac{23}{13}\), \(E[X \mid Y = 2] = \frac{17}{7}\) et \(E[X \mid Y = 3] = 3\). En guise de contrôle, \(\frac{13}{36} \times \frac{23}{13} \times 2 + \frac{7}{36} \times \frac{17}{7} + \frac{3}{36} \times 3 = \frac{46 + 17 + 9}{36} = 2 = E[X]\).

4. Propriété de projection

   Notons \(x_1, \ldots, x_m\) les valeurs prises par \(X\) avec probabilité non nulle, et \(\psi(X) = E[Z \mid X] = \sum_i \psi(x_i)\, \mathbf{1}_{\{X = x_i\}}\) presque sûrement. Comme \(\psi(X)\) et \(h(X)\) ne prennent qu’un nombre fini de valeurs, elles sont bornées, donc tous les produits considérés sont intégrables. Alors

   \[E\big[(Z – \psi(X))\, h(X)\big] = \sum_{i = 1}^{m} h(x_i)\Big(E\big[Z\, \mathbf{1}_{\{X = x_i\}}\big] – \psi(x_i)\, P(X = x_i)\Big) = 0,\]

   car chaque parenthèse est nulle par définition de \(\psi\). Ensuite, écrivons \(Z – g(X) = \big(Z – \psi(X)\big) + \big(\psi(X) – g(X)\big)\) et développons le carré. Le double produit vaut \(2E\big[(Z – \psi(X))\, h(X)\big]\) avec \(h = \psi – g\), donc il est nul. On obtient ainsi la décomposition demandée.

5. Meilleure prédiction et décomposition de la variance

   D’après la question 4, \(E\big[(Y – g(X))^2\big] \geq E\big[(Y – \frac{X}{2})^2\big]\), avec égalité pour \(g = \psi\). Le minimum vaut donc \(\sum_k P(X = k)\, \operatorname{Var}(Y \mid X = k)\). Or \(E[Y^2 \mid X = k] = \frac{1}{k + 1}\sum_{j = 0}^{k} j^2 = \frac{k(2k + 1)}{6}\), d’où \(\operatorname{Var}(Y \mid X = k) = \frac{k(2k + 1)}{6} – \frac{k^2}{4} = \frac{k(k + 2)}{12}\). Les trois valeurs sont \(\frac{3}{12}\), \(\frac{8}{12}\) et \(\frac{15}{12}\). Le minimum cherché vaut donc \(\frac{1}{3} \times \frac{26}{12} = \frac{13}{18}\).

   Appliquons maintenant la question 4 avec la fonction constante \(g = E[Y]\). Comme \(E[\psi(X)] = E[Y]\), le dernier terme est \(\operatorname{Var}\big(\frac{X}{2}\big) = \frac{1}{4}\operatorname{Var}(X) = \frac{1}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{1}{6}\). Par conséquent, \(\operatorname{Var}(Y) = \frac{13}{18} + \frac{3}{18} = \frac{8}{9}\).

   Directement, \(E[Y^2] = \frac{13 + 4 \times 7 + 9 \times 3}{36} = \frac{68}{36} = \frac{17}{9}\), donc \(\operatorname{Var}(Y) = \frac{17}{9} – 1 = \frac{8}{9}\). Les deux calculs concordent : \(\operatorname{Var}(Y) = \frac{8}{9}\). Ainsi, connaître \(X\) fait passer l’erreur quadratique de prédiction de \(\frac{8}{9}\), obtenue avec la constante \(E[Y]\), à \(\frac{13}{18}\).

Barème : question 1 sur 1 point ; question 2 sur 1,5 point (\(E[Y \mid X = k]\) 1 ; vérification 0,5) ; question 3 sur 1,5 point (0,5 par valeur distincte) ; question 4 sur 1,5 point (orthogonalité 1 ; décomposition 0,5) ; question 5 sur 2 points (minimum 1 ; variance par les deux méthodes 1).

Piège classique : écrire \(E[Y \mid X] = 1\), confondu avec le nombre \(E[Y]\). L’espérance conditionnelle est une variable aléatoire, ici \(\frac{X}{2}\), et non une constante.

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