QCM : Espérance et indépendance en L3 de maths

Réponse B.

La mesurabilité garantit que \(\{X\in B\}\) est un événement pour tout borélien \(B\), ce qui permet de définir \(P(X\in B)\). En revanche, la continuité n’a pas de sens sans topologie sur \(\Omega\). Le piège « mesure de probabilité » décrit la loi de \(X\), et non la variable elle-même. Enfin, l’intégrabilité est une propriété supplémentaire : la loi de Cauchy n’a pas d’espérance, et elle décrit pourtant une variable aléatoire tout à fait légitime.

Réponse C.

D’après le théorème de transfert, \(E[X^2]=\int_0^2x^2\cdot\frac{1}{2}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\cdot\frac{8}{3}=\frac{4}{3}\). Le piège \(\frac{8}{3}\) oublie la densité \(\frac{1}{2}\). La réponse 1 calcule \((E[X])^2\), ce qui revient à confondre \(E[X^2]\) et \(E[X]^2\). D’ailleurs, l’écart entre les deux, \(\frac{1}{3}\), est exactement la variance de \(X\).

Réponse B.

Pour \(h\) mesurable bornée, \(E[h(Y)]=\int_0^1h(-\ln u)\,\mathrm{d}u\). Le changement de variable \(y=-\ln u\), avec \(\mathrm{d}u=e^{-y}\,\mathrm{d}y\), donne \(\int_0^{+\infty}h(y)e^{-y}\,\mathrm{d}y\). Par conséquent, \(Y\) a pour densité \(e^{-y}\) sur \(\mathbb{R}_+\). Le piège de la densité \(e^{y}\) décrit la loi de \(\ln U\) : il oublie le signe moins. Enfin, \(Y\) est positive, donc elle ne peut pas être gaussienne.

Réponse D.

On a \(E[X]=0\) et \(E[XY]=E[X^3]=0\), donc la covariance est nulle. Cependant, \(P(X=0,Y=1)=0\), alors que \(P(X=0)P(Y=1)=\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}\) ne l’est pas. Ainsi les variables sont dépendantes. Le piège principal lit l’implication à l’envers : seule l’indépendance force une covariance nulle, pas l’inverse. Par ailleurs, \(E[Y]=\frac{2}{3}\) n’est pas la covariance.

Réponse C.

Chacun des trois événements pèse \(\frac{1}{2}\). Deux d’entre eux se coupent toujours en \(\{1\}\), de poids \(\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\) : l’indépendance deux à deux est donc acquise. Cependant, \(A\cap B\cap C=\{1\}\) pèse encore \(\frac{1}{4}\), et non \(\frac{1}{8}\). Par conséquent, l’indépendance mutuelle échoue. Le piège consiste à croire que vérifier les couples suffit.

Réponse A.

Par le lemme des coalitions, la tribu engendrée par \((X,Y)\) est indépendante de celle de \(Z\). Or \(X+Y\) est une fonction mesurable de \((X,Y)\), donc elle est indépendante de \(Z\). En revanche, \(X+Y\) et \(X-Y\) ne sont indépendantes que dans des cas particuliers, comme deux gaussiennes de même variance. Les deux derniers couples partagent \(X\) : avec \(Y=1\) et \(Z=0\), chacun se réduit à \(X\) et \(X\), qui ne sont pas indépendantes si \(X\) n’est pas constante.

Réponse D.

On intègre la densité jointe en \(y\), à \(x\) fixé : \(y\) varie de 0 à \(x\), donc on obtient \(\int_0^x2\,\mathrm{d}y=2x\). Le piège \(2(1-x)\) intègre de \(x\) à 1 : c’est en fait la densité de \(Y\). La réponse 2 oublie que le domaine d’intégration dépend de \(x\), et elle n’est d’ailleurs pas d’intégrale 1. Enfin, comme le support n’est pas un pavé, \(X\) et \(Y\) ne sont pas indépendantes.

Réponse B.

En coordonnées polaires, le jacobien vaut \(r\), et la densité du couple devient \(\frac{1}{2\pi}e^{-r^2/2}r\). En intégrant l’angle, \(R\) a pour densité \(re^{-r^2/2}\). Puis le changement \(s=r^2\) donne la densité \(\frac{1}{2}e^{-s/2}\) pour \(R^2\), dont l’espérance vaut 2. Le piège du paramètre 2 confond paramètre et espérance. Enfin, \(X+Y\), et non la somme des carrés, suit la loi normale de variance 2.

Réponse A.

On pose \(S=X+Y\) et \(U=\frac{X}{S}\). Alors \(x=us\), \(y=(1-u)s\), et le jacobien vaut \(s\). La densité du couple \((U,S)\) est donc \(se^{-s}\) sur \([0,1]\times\mathbb{R}_+\). Elle se factorise, si bien que \(U\) est uniforme et indépendante de \(S\). La loi exponentielle est impossible, car le quotient reste entre 0 et 1. Le piège \(2u\) vient d’un jacobien oublié ou mal calculé.

Réponse C.

Par bilinéarité de la covariance, \(V(X+2Y)=V(X)+4V(Y)+4\,\mathrm{Cov}(X,Y)\). On obtient donc \(1+8-4=5\). Le piège 9 suppose les variables non corrélées, et 13 prend la covariance avec le mauvais signe. Quant à 1, il oublie de mettre le coefficient 2 au carré devant \(V(Y)\). Par ailleurs, la covariance négative diminue bien la variance, car les deux termes tendent à se compenser.

Réponse A.

Sachant une partition finie, l’espérance conditionnelle est une variable aléatoire constante sur chaque bloc. Sur \(B\), elle vaut la moyenne de 2, 4 et 6, soit 4 ; sur le complémentaire, celle de 1, 3 et 5, soit 3. Le piège \(2\cdot\mathbf{1}_B+\frac{3}{2}\cdot\mathbf{1}_{B^c}\) calcule \(E[X\mathbf{1}_B]\) sans diviser par \(P(B)=\frac{1}{2}\). Enfin, \(\frac{7}{2}\) est \(E[X]\) : c’est l’espérance de la réponse, pas la réponse elle-même.

Réponse D.

Pour une variable positive, Fubini-Tonelli donne \(E[X]=\int_0^{+\infty}P(X>t)\,\mathrm{d}t\). En effet, on écrit \(X=\int_0^{+\infty}\mathbf{1}_{t<X}\,\mathrm{d}t\), puis on échange espérance et intégrale. Ici, \(\int_0^{+\infty}(1+t)^{-3}\,\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\). Le piège \(\frac{1}{3}\) vient d’une primitive fausse, avec l’exposant 3 au dénominateur au lieu de 2. De plus, l’échange est légitime ici, car tout est positif.