TD6. Lois, moments, variables indépendantes.

Université Pierre & Marie Curie
UE LM345 – Probabilités élémentaires
Licence de Mathématiques L3
Année 2014–15
TD6. Lois, moments, variables indépendantes.
1. a) Soit X une variable aléatoire à valeurs dans N. Montrer que si X 2 est intégrable,
alors X est intégrable. Ce résultat reste-t-il vrai si l’on suppose que la loi de X admet
une densité ?
b) Soit m ≥ 1 un entier. Donner un exemple d’une variable aléatoire X à valeurs dans
N telle que X k soit intégrable pour tout k compris entre 1 et m et E[X m+1 ] = +∞.
Solution de l’exercice 1.
a) En utilisant l’inégalité |x| ≤ 1 + x2 valable pour tout réel x et la positivité de l’espérance, on obtient que E[|X|] ≤ 1+E[X 2 ], ce qui prouve que le résultat, sans hypothèse sur
la variable aléatoire réelle X autre que l’existence d’un moment d’ordre 2. En particulier
c’est vrai si X est à densité.
P
b) Notons, pour tout s > 1, ζ(s) = n≥1 n1s . Considérons une variable aléatoire X :
(Ω, F , P) → N∗ telle que pour tout n ≥ 1 on ait
P(X = n) =
1
1
.
ζ(m + 2) nm+2
Alors d’une part,
E[X m ] =
X 1
ζ(2)
1
=
< +∞,
ζ(m + 2) n≥1 n2
ζ(m + 2)
donc X admet un moment d’ordre m et, d’autre part,
E[X m+1 ] =
X1
1
= +∞,
ζ(m + 2) n≥1 n
donc X n’admet pas de moment d’ordre m + 1.
1 1
.
π 1 + t2
a) Montrer que f est la densité d’une mesure de probabilités sur R.
Soit X une variable aléatoire dont la loi admet la densité f .
2. On considère la fonction f : R → R définie par f (t) =
b) La variable aléatoire X est-elle intégrable ?
c) Calculer la fonction de répartition de X.
d) Calculer la loi de Y = arctan(X).
1
La loi considérée dans cet exercice s’appelle la loi de Cauchy standard.
Solution de l’exercice 2.
a) On effectue le changement de variable t = arctan x, et, comme arctan0 =
il vient
Z +∞
Z
1 π/2
f (x)dx =
dθ = 1.
π −π/2
−∞
1
,
1+arctan2
f est donc la densité d’une probabilité.
b)
x
1+x2
∼ x n’est pas intégrable au voisinage de l’infini, et donc X n’est pas intégrable.
c) Par le changement de variable du a), on obtient
Z a
Z
1 arctan a
1
P(X ≤ a) =
f (x)dx =
dθ = [arctan a + π/2].
π −π/2
π
−∞
d) Soit b ∈ [−π/2, π/2]. On a, toujours par le même calcul,
Z
tan b
P(Y ≤ b) = P(X ≤ tan b) =
−∞
1
f (x)dx =
π
Z
b
dθ =
−π/2
b 1
+ .
π 2
Y suit donc la loi uniforme sur [−π/2, π/2].
3. Soient λ, µ > 0 deux réels. On considère l’ensemble Ω = N2 , la tribu F = P(N2 )
et, sur l’espace mesurable (Ω, F ), la probabilité P caractérisée par
∀(n, m) ∈ N2 , P({(n, m)}) = e−(λ+µ)
λn µm
.
n! m!
Enfin, sur (Ω, F , P), on définit les deux variables aléatoires X(n, m) = n et Y (n, m) = m.
a) Vérifier que P(Ω) = 1.
b) Déterminer la loi de X et la loi de Y .
c) Déterminer la loi de X + Y .
Solution de l’exercice 3.
a) On peut sommer la série double (car à termes positifs) dans l’ordre de son choix,
par exemple en m puis en n. En reconnaissant le développement de l’exponentielle de µ,
on obtient :
X
λn X −µ µm
λn
e
= e−λ ,
P({n, m}) = e−λ
n! m≥1
m!
n!
m≥1
et donc on a bien :
XX
P({n, m}) =
n≥1 m≥1
X
n≥1
2
e−λ
λn
= 1.
n!
P
n
b) D’après le calcul précédent, P(X = n) = m≥1 P({n, m}) = e−λ λn! , donc X suit la
loi de Poisson de paramètre λ.
Un calcul analogue montre que Y suit la loi de Poisson de paramètre µ.
c) Déterminons la loi de X + Y . Soit k ∈ N. Alors
P(X + Y = k) =
k
X
P({n, k − n}) =
n=0
= e−(λ+µ)
k
X
e−(λ+µ)
n=0
1
k!
k
X
λn µk−n
n! (k − n)!
Ckn λk µk−n = e−(λ+µ)
n=0
λ + µ)k
.
k!
X + Y suit donc la loi de Poisson de paramètre λ + µ.
4. Lois discrètes classiques Calculer, de deux manières différentes, la loi de :
a) la somme de deux variables aléatoires indépendantes, l’une de loi de binomiale de
paramètres n et p, l’autre de paramètres m et p, où p ∈ [0, 1] et m, n sont deux entiers.
b) la somme N1 +. . . +Np où les Ni sont indépendantes et où Ni suit une loi de Poisson
de paramètre λi .
Solution de l’exercice 4.
Loi binômiales On peut procéder de plusieurs façons.
1. On sait que la loi binomiale de paramètres n et p est la loi de la somme de n variables
aléatoires indépendantes de loi de Bernoulli de paramètre p.
Soient X1 , . . . , Xn+m des variables aléatoires indépendantes identiquement distribuées
de loi de Bernoulli de paramètre p. Posons Y = X1 + . . . + Xn et Z = Xn+1 + . . . + Xn+m .
Alors Y et Z sont indépendantes, de lois respectives B(n, p) et B(m, p). Leur somme, qui
est Y + Z = X1 + . . . + Xn+m , suit la loi B(n + m, p).
2. Soient Y et Z indépendantes de lois respectives B(n, p) et B(m, p). Les fonctions
génératrices de Y et Z sont GY (s) = (1 − p + sp)n et GZ (s) = (1 − p + sp)m . Puisqu’elles
sont indépendantes, la fonction génératrice de leur somme est
GY +Z (s) = E[sY +Z ] = E[sY ]E[sZ ] = (1 − p + sp)n+m .
On reconnaît la fonction génératrice de la loi binomiale de paramètres n + m et p.
Lois de Poisson La réponse est que N1 + . . . + Np suit une loi de Poisson de paramètre
λ1 + . . . + λp . A nouveau deux approches sont possibles :
— On calcule d’abord la loi de N1 + N2 :
P(N1 + N2 = k) =
k
X
P((N1 + N2 = k) ∩ (N1 = l)) =
l=0
=
k
X
k
X
l=0
P(N2 = k − l)P(N1 = l) = etc.
l=0
3
P((N2 = k − l) ∩ (N1 = l))
e−λ1 −λ2 (λ1 +λ2 )k
,
k!
et on montre que P(N1 + N2 = k) =
puis on conclut par récurrence.
— On calcule la fonction génératrice de fonction génératrice de N1 + N2 + ... + Np
directement (qui est le produit des fonctions génératrices, par indépendance), et on
reconnaît la fonction génératrice de P(λ1 + . . . λp ).
5. Somme de gaussiennes Soient X et Y des variables aléatoires indépendantes
de lois respectives N (µ1 , σ12 ) et N (µ2 , σ22 ). Soient a, b et c des réels. Déterminer la loi de
aX + bY + c.
Solution de l’exercice 5. Soit g une fonction continue bornée R → R.
1
E[g(X + Y )] =
2πσ1 σ2
+∞
Z
+∞
Z
−
e
−∞
(x−µ1 )2
(y−µ2 )2
−
2
2
2σ1
2σ2
g(x + y)dydx.
−∞
On fait le changement de variable affine u = x + y dans l’intégrale par rapport à y :
1
E[g(X + Y )] =
2πσ1 σ2
Z
+∞
Z
+∞
e
−∞
−
(u−x−µ2 )2
(x−µ1 )2
−
2
2
2σ1
2σ2
g(u)dudx.
−∞
On écrit le trinôme dans l’exponentielle sous forme canonique :
µ21 (u − µ2 )2 σ12 + σ22 2
σ12 + σ22 (x − µ1 )2 (u − x − µ2 )2
2
+
=
(x − λu ) + 2 +
−
λ ,
2σ12
2σ22
σ12 σ22
σ1
σ22
σ12 σ22 u
σ 2 µ +σ 2 (u−µ )
2
2
avec λu := 1 1σ2 +σ
.
2
1
2
2
En développant λu , on obtient
µ21 (u − µ2 )2 σ12 + σ22 2
+
−
λ
σ12
σ22
σ12 σ22 u
µ21
σ22
(u − µ2 )2
σ12
µ1 (u − µ2 )
=
1− 2
+
1− 2
−2 2
2
2
2
2
σ1
σ1 + σ2
σ2
σ1 + σ2
σ1 + σ22
(u − µ2 )2
µ1 (u − µ2 )
(u − µ1 − µ2 )2
µ21
+
−
2
=
.
=
σ12 + σ22
σ12 + σ22
σ12 + σ22
σ12 + σ22
Autrement dit, le trinôme de l’exponentielle s’écrit
(u − µ1 − µ2 )2
(x − µ1 )2 (u − x − µ2 )2
σ12 + σ22 2
+
=
(x
−
λ
)
+
.
u
2σ12
2σ22
σ12 σ22
σ12 + σ22
En remarquant que pour tout u ∈ R, le changement de variable affine x0 = x − λu donne
s
Z +∞ σ12 +σ22 2
Z +∞ σ12 +σ22
2
− 2 2x
− 2 2 (x−λu )
2πσ12 σ22
e 2σ1 σ2
dx =
e 2σ1 σ2 dx =
,
σ12 + σ22
−∞
−∞
4
on obtient, en changeant l’ordre d’intégration :
1
E[g(X + Y )] =
2πσ1 σ2
Z
+∞
Z
+∞
e
−∞
−
−∞
Z +∞
1
e
= p
2π(σ12 + σ22 )
(u−x−µ2 )2
2
2σ2
−
dxe
(u−µ1 −µ2 )2
2 +σ 2 )
2(σ1
2
−
(u−µ1 −µ2 )2
2 +σ 2 )
2(σ1
2
g(u)du
g(u)du.
−∞
X + Y suit donc la loi N (µ1 + µ2 , σ12 + σ22 ).
La question était de déterminer la loi de aX + bY + c. On va montrer que aX + c suit
la loi N (aµ1 + c, a2 σ12 ), ce qui, appliqué aussi à bY et combiné avec le calcul précédent,
permet de conclure que aX + bY + c suit la loi N (aµ1 + bµ2 + c, a2 σ12 + b2 σ22 ).
Pour le voir, considérons une fonction g : R → R continue et bornée. On a
+∞
Z
1
E[g(aX + c)] = p
2πσ12
e
(x−µ1 )2
2
2σ1
−
g(ax + c)dx.
−∞
On fait le changement de variable u = ax + c (la valeur absolue vient du fait que lorsque
a < 0, on échange les bornes d’intégration) :
1
Z
+∞
−
e
E[g(aX + c)] = p
2πσ12
2
( u−c
a −µ1 )
2
2σ1
g(u)
−∞
Z
1
= p
2πa2 σ12
Ce qui achève la démonstration.
5
+∞
−
e
−∞
(u−c−aµ1 )2
2
2a2 σ1
du
|a|
g(u)du.