Sujet G.2.5 Inégalités probabilistes
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Exercice a
Soient, pour $\,k\sp{-1.5}>\sp{-1.5}1\sp{1.5},\,$ une variable aléatoire positive finie $\,X,\,$ d'espérance $\,m\,$ et d'écart-type $\,\sigma > 0\sp{1.5},\,$ et la probabilité :
$\displaystyle{}P(\sp{1.5}X\geq m+k\sp{1.5}\sigma)$
Majorer successivement cette probabilité à l'aide des inégalités de Markov et de Bienaymé-Tchebychev.
Comparer ces deux majorations selon les valeurs de $\,k\sp{1.5},\,m\,$ et $\,\sigma\sp{1.5};\,$ qu'en est-il si $\,k\,$ est assez grand ?
inégalité de Markov
Soit $\,X\,$ une variable aléatoire numérique d'espérance finie ; alors :
$\displaystyle{}\ptt \alpha >0\sp{1.5},\ P\big(\sp{1.5}|X|\geq\alpha\big)\leq\frac{E(|X|)}\alpha$
inégalité de Bienaymé-Tchebychev
Soit $\,X\,$ une variable aléatoire réelle avec $\,E(X^2)\,$ finie ; alors :
$\displaystyle{}\ptt \alpha >0\sp{1.5},\ P\big(\big|X-E(X)\big|\geq\alpha\big)\leq\frac{V(X)}{\alpha^2}$
inégalité de Cauchy-Schwarz probabiliste
Soient des variables aléatoires réelles $X$ et $Y\sp{1.5}.$
Si $\,E(X^2)\,$ et $\,E(Y^2)\,$ sont finies, alors $\,E(X\sp{1.5}Y)\,$ et fini et :
$\displaystyle{}E(X\sp{1.5}Y)^2\leq E(X^2)\,E(Y^2)$
indication
Pour utiliser l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, comparer $\,P(X\geq m+k\sp{1.5}\sigma)\,$ et $\,P(\sp{1.5}|X-m\big|\geq k\sp{1.5}\sigma)\sp{1.5}.\,$
réponse
On obtient deux majorants de $\,P(\sp{1.5}X\geq m+k\sp{1.5}\sigma)\,$ pour chacune des inégalités :
$\displaystyle{}\mu_M=\frac{m}{m+k\sp{1.5}\sigma}\sp{1.5}\txt{et}\sp{1.5}\mu_{B\sp{1.5}T}=\frac1{k^2}$
Leur comparaison peut s'écrire : $\,\mu_{\sp{1.5}M}\geq\mu_{\sp{1.5}B\sp{1.5}T}\Ssi\dfrac m{\sigma}\geq\dfrac k{k^2-1}\!\cdot\,$
Pour $k$ assez grand, l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev fournit une majoration plus précise que l'inégalité de Markov.
correction
La variable $X$ étant positive on écrit
Soit $\,X\,$ une variable aléatoire numérique d'espérance finie ; alors :
l'inégalité
de Markov en posant $\,\alpha=m+k\sp{1.5}\sigma:\,$
$\displaystyle{}\ptt \alpha >0\sp{1.5},\ P\big(\sp{1.5}|X|\geq\alpha\big)\leq\frac{E(|X|)}\alpha$
$\displaystyle{}P(X\geq m+k\sp{1.5}\sigma)\leq\frac{m}{m+k\sp{1.5}\sigma}=\mu_{\sp{1.5}M}$
D'autre part, la relation $\,X-m\geq \sigma\,$ implique la positivité de $\,X-m\,$ d'où l'implication :
$\displaystyle{}X\geq m+k\sp{1.5}\sigma\Imp\big|X-m\big|\geq k\sp{1.5}\sigma$
Cela se traduit par une
Un ensemble $F$ est inclus dans l'ensemble $E$ ssi tout élément de $F$ appartient à $E:$
inclusion
des événements correspondants, d'où par
$\displaystyle{}F\subset E\Ssi \big(x\app F \Imp x\app E\sp{1.5}\big)$
On dit alors que $F$ est une partie ou un sous-ensemble de $E\sp{1.5}.$
On désigne par $\,\sc P(E)\,$ l'ensemble des parties de $E\sp{1.5}.$
Pour des événements $A$ et $B$ d'un espace probabilisé $\,(\Omega,\sc A,P):\,$
croissance
de $P:$
$\displaystyle{}A\subset B\Imp P(A)\leq P(B)$
$\displaystyle{}P(X\geq m+k\sp{1.5}\sigma)\leq P(\sp{1.5}|X-m\big|\geq k\sp{1.5}\sigma)$
En appliquant
Soit $\,X\,$ une variable aléatoire réelle avec $\,E(X^2)\,$ finie ; alors :
l'inégalité
de Bienaymé-Tchebychev avec $\,\alpha=k\sp{1.5}\sigma\,$ et $\,V(X)=\sigma^2,\,$ on en déduit :
$\displaystyle{}\ptt \alpha >0\sp{1.5},\ P\big(\big|X-E(X)\big|\geq\alpha\big)\leq\frac{V(X)}{\alpha^2}$
$\displaystyle{}P(X\geq m+k\sp{1.5}\sigma)\leq\frac{V(X)}{(k\sp{1.5}\sigma)^2}=\frac1{k^2}=\mu_{\sp{1.5}B\sp{1.5}T}$
La comparaison de ces deux majorants peut donc s'écrire comme suit :
$\eqalign{\mu_{\sp{1.5}M}\geq\mu_{\sp{1.5}B\sp{1.5}T}&\Ssi\frac{m}{m+k\sp{1.5}\sigma}\geq \frac1{k^2}\\
&\Ssi m\sp{1.5}k^2\geq m+k\sp{1.5}\sigma\\ &\Ssi\frac m{\sigma}\geq\frac k{k^2-1}=\phi(k)}$
L'expression $\phi(k)\sp{1.5},$
Soit $f$ une fonction rationnelle irréductible à pôles simples $\alpha_1,\dots,\alpha_p\sp{1.5}.$
Alors $f$ a une unique décomposition en éléments simples :
décomposée
en éléments simples apparaît comme
$\displaystyle{}\smh{1.5}{f(x)=\dfrac{A(x)}{B(x)}= E(x)+\dfrac{\lambda_1}{x-\alpha_1}+\cdots+\dfrac{\lambda_p}{x-\alpha_p}}$
- La partie entière $E$ est le quotient euclidien de $A$ par $B\sp{1.5};$
- après simplification par $(x-\alpha_k):$ $\,\lambda_k\!=\!\dfrac{\!A(x)(x-\alpha_k)\!}{B(x)}\Big|_{x=\alpha_k}\!\!\!\!\!\!\,$
L'inversion est strictement décroissante entre réels de même signe :
décroissante
sur $\,]\sp{1.5}1,+\I[\,:\,$
- $\,\big(\, a\leq b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a\leq b\,\big)\Imp 1/b \leq1/a\,;\,$
- $\,\big(\, a < b < 0 \ \text{ ou }\ 0 < a < b\,\big)\Imp 1/b <1/a\,.\,$
$\displaystyle{}\phi(k)=\dfrac k{k^2-1}=\dfrac{1/2}{k-1}+\dfrac{1/2}{k+1}$
Avec $\,\lim k{+\I}\phi(k)=0\sp{1.5},\,$ il s'ensuit que pour $k$ assez grand, la majoration par $\,\mu_{\sp{1.5}B\sp{1.5}T}\,$ est plus précise que par $\,\mu_{\sp{1.5}M}\sp{1.5}.\,$
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Exercice b
\\(\PGM\\)On lance $n$ fois un dé équilibré, et on désigne par $X_n$ le nombre de fois où on obtient un $\,6\sp{1.5}.\,$
Pour évaluer l'écart entre la fréquence $X_n\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n$ d'apparition d'un $\,6\,$ et sa probabilité, on considère la probabilité :
$\displaystyle{}P_n=P\Big(\sp{1.5}\Big|\frac {X_n}n-\frac16\Big| < 0,\sp{-1.5}02\Big)$
Trouver avec l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev une valeur de $\,n\,$ telle cette probabilité $P_n$ soit supérieure à $\,90\sp{1.5}\%.\,$
Par un calcul numérique, évaluer ensuite directement la probabilité $P_n$ lorsque $\,n=1000\,;\,$ que peut-on en conclure ?
inégalité de Markov
Soit $\,X\,$ une variable aléatoire numérique d'espérance finie ; alors :
$\displaystyle{}\ptt \alpha >0\sp{1.5},\ P\big(\sp{1.5}|X|\geq\alpha\big)\leq\frac{E(|X|)}\alpha$
inégalité de Bienaymé-Tchebychev
Soit $\,X\,$ une variable aléatoire réelle avec $\,E(X^2)\,$ finie ; alors :
$\displaystyle{}\ptt \alpha >0\sp{1.5},\ P\big(\big|X-E(X)\big|\geq\alpha\big)\leq\frac{V(X)}{\alpha^2}$
inégalité de Cauchy-Schwarz probabiliste
Soient des variables aléatoires réelles $X$ et $Y\sp{1.5}.$
Si $\,E(X^2)\,$ et $\,E(Y^2)\,$ sont finies, alors $\,E(X\sp{1.5}Y)\,$ et fini et :
$\displaystyle{}E(X\sp{1.5}Y)^2\leq E(X^2)\,E(Y^2)$
indication
1
Calculer l'espérance et la variance de $\,\dfrac{X_n}n\sp{1.5},\,$ puis majorer $\,1-P_n\,$ par l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev.
indication
2
Caractériser la suite des $\,P(X_n=k)\,$ par une relation de récurrence, et déterminer $\,a\,$ et $\,b\,$ tels que :
$\displaystyle{}P_{1000}=\smh{1.5}{\sum_{k=a}^bP(X_{1000}=k\sp{1.5})}$
réponse
Par l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, on obtient $\,P_n > 90\sp{1.5}\%\,$ à partir du rang $\,n=3473\sp{1.5}.\,$
Numériquement, on obtient déjà : $\,P_{1000}=0,91\dots\sp{1.5};\,$ l'évaluation précédente de $\,n\,$ est donc très grossière.
correction
Avec la probabilité $\,p=1\sp{-1.5}/6\,$ d'apparition d'un $\,6\sp{1.5},\,$ la variable aléatoire $X_n$ suit une loi
On a déjà $\,P_n > 90\sp{1.5}\%\,$ pour $\,n=1000:\,$ l'estimation de $\,n\,$ par l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev est donc très grossière.
Une variable aléatoire $X$ à valeurs dans $\,[\![0,n]\!]\,$ suit une loi binomiale $\,\sc B(n,p)\,$ ssi :
binomiale
$\,\sc B(n,p),\,$
$\displaystyle{}p\app\,[\sp{1.5}0,1]\txt{et}P(X=k)=\smh{1.5}{\binome{n\\k}}\sp{1.5}p^k\sp{1.5}(1-p)^{n-k}$
On a alors : $\,E(X)=n\sp{1.5}p\txt{et}V(X)=n\sp{1.5}p\sp{1.5}(1-p)\sp{1.5}.\,$
Pour une variable aléatoire $X$ suivant une loi binomiale $\,\sc B(n,p):\,$
avec :
$\displaystyle{}E(X)=n\sp{1.5}p\txt{et}V(X)=n\sp{1.5}p\sp{1.5}(1-p)$
$\displaystyle{}E(X_n)=n\sp{1.5}p=\frac n6\txt{et}V(X_n)=n\sp{1.5}p\sp{1.5}(1-p)=\frac{5\sp{1.5}n}{36}$
Par
Soient deux variables aléatoires $\,X,Y:\Omega\to\bb K\,$ et $\,\alpha\sp{1.5},\beta\app\bb K\sp{1.5}.\,$
Si $E(X)$ et $E(Y)$ sont finies, alors $\,E(\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y)\,$ est finie et :
linéarité
de l'espérance et
$\displaystyle{}E(\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y)=\alpha\sp{1.5} E(X)+\beta\sp{1.5} E(Y)$
Soit une variable aléatoire $\,X:\Omega\to\bb R\sp{1.5},\,$ avec $\,a\sp{1.5},b\app\bb R\sp{1.5}.\,$
Si $\,E(X^2)\,$ est finie, alors $\,E\big((a\sp{1.5}X+b)^2\big)\,$ est finie, et :
propriété
de la variance, on a :
$\displaystyle{}V(a\sp{1.5}X+b)=a^2\,V(X)$
$\displaystyle{}E\Big(\sp{-1.5}\frac{X_n}n\sp{-1.5}\Big)=\frac{E(X_n)}n=\frac16\,\txt{et}\,V\Big(\sp{-1.5}\frac{X_n}n\sp{-1.5}\Big)=\frac{V(X_n)}{n^2}=\frac{5}{36\sp{1.5}n}$
La probabilité d'un événement
Pour deux événements $\,A\,$ et $\,B\,$ d'un espace probabilisé, tels que $\,B\subset A\sp{1.5},\,$ on a :
contraire
nous donne :
$\eqalign{P(A\!\setminus\! B)&=P(A)-P(B)\\
\txt{d'où :} P(\adher{A})&= 1-P(A)}$
$\eqalign{&P\Big(\sp{1.5}\Big|\frac {X_n}n-\frac16\Big| < 0,\sp{-1.5}02\Big)=P_n>90\sp{1.5}\%\\
\Ssi &P\Big(\sp{1.5}\Big|\frac {X_n}n-\frac16\Big|\geq 0,\sp{-1.5}02\Big)=1-P_n\leq 10\sp{1.5}\%}$
Selon
Soit $\,X\,$ une variable aléatoire réelle avec $\,E(X^2)\,$ finie ; alors :
l'inégalité
de Bienaymé-Tchebychev, on a alors :
$\displaystyle{}\ptt \alpha >0\sp{1.5},\ P\big(\big|X-E(X)\big|\geq\alpha\big)\leq\frac{V(X)}{\alpha^2}$
$\eqalign{ P\Big(\sp{1.5}\Big|\frac {X_n}n-\frac16\Big|\geq 0,\sp{-1.5}02\Big)\leq \frac{5}{36\sp{1.5}n\sp{1.5}(0,\sp{-1.5}02)^2}=\frac{5\sp{1.5}.10^4}{144\sp{1.5}n}\\
\txt{d'où} P_n > 90\sp{1.5}\%\txt{pour :}\ n\geq \frac{5\sp{1.5}.10^5}{144}\simeq 3472,222\dots}$
Selon l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, c'est donc à partir du rang $\,n=3473\,$ qu'on a : $\,P_n > 90\sp{1.5}\%\sp{1.5}.\,$
Pour $\,n=1000\sp{1.5},\,$ l'encadrement $\,\Big|\dfrac {X_n}n-\dfrac16\Big| < 0,\sp{-1.5}02\,$ s'écrit :
$\eqalign{\frac16-0\sp{-1.5}02 <&\frac{X_{1000}}{1000} < \frac16+0\sp{-1.5}02\\
\txt{soit :}\ 146,66\dots < &\,X_{1000}\, < 186,66\dots}$
On en déduit l'expression de la probabilité recherchée :
$\displaystyle{}\smh{1.5}{P_{1000}=P\Big(\sp{1.5}\Big|\frac {X_{1000}}{1000}-\frac16\Big| < 0,\sp{-1.5}02\Big)=\sum_{k=147}^{186}P(X_{1000}=k)}$
Par définition des coefficients
Pour tout $n\app\bb N\sp{1.5},$ les coefficients binomiaux sont :
binomiaux,
on peut écrire :
- $\,\binome{\,n\,\\k}=\dfrac{n\sp{1.5}!}{k\sp{1.5}!\sp{1.5}(n-k)\sp{1.5}!}\,,\,$ si $\,0\leq k\leq n\sp{1.5};\,$
- $\,\smh{1}{\binome{\,n\,\\k}}=0\,,\,$ pour tout $\,k\app\bb Z\!\setminus\![\![0,n]\!]\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\binome{n\\[-.5ex]k+1}=\frac{n\sp{1.5}!}{(n-k-1)\sp{1.5}!\,(k+1)\sp{1.5}!}\\=\dfrac{n-k}{k+1}\binome{\sp{1.5}n\sp{1.5}\\[-.5ex]k}$
Les $\,Q_k=P(X_n=k)=\smb{1}{\binome{n\\[-.5ex]k}p^k(1-p)^{n-k}}\,$ s'obtiennent donc par récurrence, avec :
$\displaystyle{}\smh{1}{Q_0=(1-p)^n\ \txt{et}\ Q_{k+1}=\frac{n-k}{k+1}\sp{-1.5}\cdot\sp{-1.5}\frac p{1-p}\sp{-1.5}\cdot\sp{-1.5} Q_k}$
On peut alors facilement évaluer numériquement $P_{1000}\sp{1.5},$ par exemple avec un programme Python comme :
| $\require{color}\colorbox{white}{$ \pgm{\i{def P(n,p,a,b):} \t\i{Q = (1-p)**n} \t\i{r = p/(1-p)} \t\i{s = 0} \t\i{for k in range(b):} \t\t\i{Q *= (n-k)/(k+1)*r} \t\t\i{if (k >= a-1):} \t\t\t\i{s += Q} \t\ii{return s} \ii{print('P = ', P(100,1/6,147,186)} \ \ > \ \ P =\,0.9104640315738626}$}$ |
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Exercice c
Soient $\,0\sp{-1.5} <\sp{-1.5}\lambda\sp{-1.5} <\sp{-1.5} 1\,$ et $X$ une variable aléatoire positive finie telle que $\,E(X^2) >0\sp{1.5}.\,$
Appliquer l'inégalité de Cauchy-Schwarz au produit : $\,X\sp{1.5}.\sp{-1.5}\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\,\geq\,\lambda \sp{1.5}E(X)\big)}\ \,\,$ et en déduire :
$\displaystyle{}P\big(X\geq\lambda\,E(X)\big)\geq (1-\lambda)^2\sp{1.5}\smh{1.5}{\frac{E(X)^2}{E(X^2)}}$
inégalité de Markov
Soit $\,X\,$ une variable aléatoire numérique d'espérance finie ; alors :
$\displaystyle{}\ptt \alpha >0\sp{1.5},\ P\big(\sp{1.5}|X|\geq\alpha\big)\leq\frac{E(|X|)}\alpha$
inégalité de Bienaymé-Tchebychev
Soit $\,X\,$ une variable aléatoire réelle avec $\,E(X^2)\,$ finie ; alors :
$\displaystyle{}\ptt \alpha >0\sp{1.5},\ P\big(\big|X-E(X)\big|\geq\alpha\big)\leq\frac{V(X)}{\alpha^2}$
inégalité de Cauchy-Schwarz probabiliste
Soient des variables aléatoires réelles $X$ et $Y\sp{1.5}.$
Si $\,E(X^2)\,$ et $\,E(Y^2)\,$ sont finies, alors $\,E(X\sp{1.5}Y)\,$ et fini et :
$\displaystyle{}E(X\sp{1.5}Y)^2\leq E(X^2)\,E(Y^2)$
indication
1
Considérer l'identité : $\,E\sp{1.5}(\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, \geq\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)})=P\big(X \geq\lambda\,E(X)\big)\sp{1.5}.\,$
indication
2
Remarquer ensuite que : $\,X\sp{1.5}.\sp{-1.5}\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, <\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}\leq \lambda\sp{1.5}E(X)\sp{1.5}.\,$
réponse
Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on obtient une première minoration, puis l'inégalité demandée :
$\displaystyle{}P\big(X\sp{-1.5} \geq\sp{-1.5}\lambda\,E(X)\big)\sp{-1.5}\geq\sp{-1.5}\smh{2.5}{\frac{E\sp{1.5}\big(X\sp{1.5}.\sp{-1.5}\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, \geq\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}\big)^{\sp{-1.5}2}}{E(X^2)}}\sp{-1.5}\geq\sp{-1.5} (1-\lambda)^2\sp{1.5}\smh{1.5}{\frac{E(X)^2}{E(X^2)}}$
correction
La fonction
La fonction indicatrice d'une partie $F$ d'un ensemble $E$ est :
indicatrice
de l'événement $\,\big(X \geq\lambda E(X)\big)\,$ est une variable aléatoire finie égale à son carré :
$\displaystyle{}\bb1_{\sp{-1.5}F}:E\to\{0,1\}\sp{1.5},\ \ x\mapsto\syst{&1\sp{1.5}\txt{si}x\app F\\[-.5ex]&0\sp{1.5}\txt{si}x\sp{-1.5}\non\app\sp{-1.5} F}$
$\displaystyle{}\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, \geq\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}=\smh{0}{(\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, \geq\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)} )^2}$
On applique donc l'inégalité de
Soient des variables aléatoires réelles $X$ et $Y\sp{1.5}.$
Si $\,E(X^2)\,$ et $\,E(Y^2)\,$ sont finies, alors $\,E(X\sp{1.5}Y)\,$ et fini et :
Cauchy-Schwarz
à son produit par $X:$
$\displaystyle{}E(X\sp{1.5}Y)^2\leq E(X^2)\,E(Y^2)$
$\eqalign{E\sp{1.5}\big(X\sp{1.5}.\sp{-1.5}\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, \geq\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}\big)^2&\leq E(X^2)\,E\sp{1.5}\big((\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, \geq\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)})^2\sp{1.5}\big)\\[-.5ex]
&\leq E(X^2)\,E\sp{1.5}\big(\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, \geq\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}\big)\\[-.5ex]
&\leq E(X^2)\,P\big(X \geq\lambda\,E(X)\big)}$
On en déduit une première minoration de $\,P(X \geq\lambda\,E(X)):\,$
$\displaystyle{} P\big(X \geq\lambda\,E(X)\big)\geq\smh{2.5}{\frac{E\sp{1.5}\big(X\sp{1.5}.\sp{-1.5}\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, \geq\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}\big)^2}{E(X^2)}}$
Les événements $\,\big(X < \lambda E(X)\big)\,$ et $\,\big(X \geq\lambda E(X)\big)\,$ étant
Soient $A$ et $B$ deux parties d'un ensemble $E\,.$ La différence entre $A$ et $B$ est l'ensemble des $\,x\app A\,$ n'appartenant pas à $\,B:\,$
complémentaires,
on a ensuite :
$\displaystyle{}A\!\setminus\! B=\ens{x\app A}{x\notin B}$
Le complémentaire de $A$ dans l'ensemble $E$ est l'ensemble : $\displaystyle{}\complement_EA=E\!\setminus\!A=\ens{x\app E}{x\notin A}$
$\eqalign{1=\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, <\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}&+\,\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, \geq\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}\\[-.5ex]
\txt{soit :}\ X=X\sp{1.5}.\sp{-1.5}\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, <\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}&+\,X\sp{1.5}.\sp{-1.5}\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, \geq\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}}$
Par définition de la fonction
La fonction indicatrice d'une partie $F$ d'un ensemble $E$ est :
indicatrice
et par
$\displaystyle{}\bb1_{\sp{-1.5}F}:E\to\{0,1\}\sp{1.5},\ \ x\mapsto\syst{&1\sp{1.5}\txt{si}x\app F\\[-.5ex]&0\sp{1.5}\txt{si}x\sp{-1.5}\non\app\sp{-1.5} F}$
Soient des variables aléatoires $\,X,Y:\Omega\to\bb R\sp{1.5}.\,$
Si $X$ et $Y$ sont d'espérances finies, alors :
croissance
de l'espérance, on obtient alors :
- $\,X\geq \sp{1.5}0\sp{1.5}\Imp E(X)\geq 0\,;\,$
- $\,X\leq Y\Imp E(X)\leq E(Y)\,;\,$
- $\,\big(X\geq 0\txt{et}E(X)=0\big)\Imp P(X=0)=1\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{X\sp{1.5}.\sp{-1.5}\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, <\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}&\leq \lambda\sp{1.5}E(X)\\[-.5ex]
\txt{d'où :}\ E\sp{1.5}\big(X\sp{1.5}.\sp{-1.5}\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, <\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}\big)&\leq E(\lambda\sp{1.5}E(X))=\lambda\sp{1.5}E(X)}$
Par
Soient deux variables aléatoires $\,X,Y:\Omega\to\bb K\,$ et $\,\alpha\sp{1.5},\beta\app\bb K\sp{1.5}.\,$
Si $E(X)$ et $E(Y)$ sont finies, alors $\,E(\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y)\,$ est finie et :
linéarité
de l'espérance, on peut ensuite écrire :
$\displaystyle{}E(\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y)=\alpha\sp{1.5} E(X)+\beta\sp{1.5} E(Y)$
$\eqalign{E\big(X\sp{1.5}.\sp{-1.5}\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, \geq\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}\big)&=E\big(X-X\sp{1.5}.\sp{-1.5}\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, <\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}\big)\\[-.5ex]
&= E(X) - E\big(X\sp{1.5}.\sp{-1.5}\bb1_{\sp{-1.5}\big(X\, \geq\,\lambda\sp{1.5}E(X)\big)}\big)\\
&\geq E(X)-\lambda\sp{1.5}E(X)=(1-\lambda)\sp{1.5}E(X)}$
Conjointement avec la minoration de $\,P(X \geq\lambda\,E(X))\,$ déjà obtenue, on établit enfin que :
$\displaystyle{}P\big(X\geq\lambda\,E(X)\big)\geq (1-\lambda)^2\sp{1.5}\smh{1.5}{\frac{E(X)^2}{E(X^2)}}$