FICM 1A – Probabilités TD 6. Indépendance de variables aléatoires

École des Mines de Nancy
Denis Villemonais, [email protected]
Année 2015-2016
FICM 1A – Probabilités
TD 6. Indépendance de variables aléatoires
Corrigé
Exercice 1. (*) Soient A1 , A2 , . . . , An des événements d’un espace de probabilités (Ω, F, P) et
X1 , . . . , Xn les variables aléatoires à valeurs dans {0, 1}, définies par
(
1 si ω ∈ Ai
Xi (ω) = 1Ai (ω) =
0 sinon.
Montrer que les événements A1 , . . . , An sont indépendants si et seulement si les variables aléatoires
X1 , . . . , Xn sont indépendantes.
Solution. Pour toute suite x1 , . . . , xn ∈ {0, 1},
(x )
n)
P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn ) = P(A1 1 , . . . , A(x
n ),
(1)
(0)
où A1 = A1 et A1 = Ac1 . Or, d’après l’exercice 5 du TD 1, nous savons que les événements
(x )
(x )
A1 , . . . , An sont indépendants si et seulement si les événements A1 1 , . . . , An n sont indépendants
pour toute suit x1 , . . . , xn ∈ {0, 1}, c’est-à-dire si et seulement si, pour toute suit x1 , . . . , xn ∈ {0, 1},
P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn ) =
n
Y
(xi )
P(Ai
),
i=1
c’est-à-dire si et seulement si, pour toute suit x1 , . . . , xn ∈ {0, 1},
P(X1 = x1 , . . . , Xn = xn ) =
n
Y
P(Xi = xi ).
i=1
Les variables aléatoires X1 , . . . , Xn étant discrètes à valeurs dans {0, 1}, nous en déduisons que
cette dernière relation est vérifiée pour toute suit x1 , . . . , xn ∈ {0, 1} si et seulement si les variables
aléatoires X1 , . . . , Xn sont indépendantes.
En définitive, les événements A1 , . . . , An sont indépendants si et seulement si les variables aléatoires
X1 , . . . , Xn sont indépendantes.
Exercice 2. Soient X et Y deux variables aléatoires exponentielles indépendantes de paramètres
respectifs λX > 0 et λY > 0.
1. Donner la loi du couple (X, Y ).
2. Donner la loi de T = inf(X, Y ).
1
Solution.
1. X et Y étant indépendantes, la loi du couple (X, Y ) est
P(X,Y ) = PX ⊗ PY .
Comme PX et PY ont pour densité respectives fX (x) = 1x≥0 e−x/λX /λX et fY (y) = 1y≥0 e−y/λY /λY ,
on en déduit que P(X,Y ) est une loi absolument continue, de densité
f(X,Y )(x,y) = fX (x)fY (y) = 1x≥0, y≥0
e−x/λX −y/λY
.
λX λY
2. Calculons la fonction de répartition FT de T . On a, par indépendance de X et Y , pour tout
t ≥ 0,
FT (t) := P(T ≤ t) = P(X ≤ t ou Y ≤ t)
= 1 − P(X > t et Y > t)
= 1 − e−t/λX e−t/λY = 1 − e−(1/λX +1/λY )t .
On en déduit que
T est une v.a. exponentielle de paramètre 1/(1/λX + 1/λY ) =
λX λY
.
λX + λY
Exercice 3. Soient X1 , . . . , Xn des variables aléatoires mutuellement indépendantes telles que, pour
tout i ∈ {1, . . . , n}, Xi est de loi gaussienne de moyenne mi ∈ R et de variance σi2 ≥ 0. Montrer que,
pour toute famille a1 , . . . , an ∈ R, la variable aléatoire
Y = a1 X 1 + · · · + an X n
est une variable aléatoire gaussienne, dont on donnera la moyenne et la variance.
Solution. Nous allons calculer la fonction caractéristique de Y , notée ϕY , et reconnaître la fonction
caractéristique d’une loi gaussienne, ce qui nous permettra de conclure.
Pour tout u ∈ R, nous avons, par indépendance mutuelle des variables aléatoires X1 , . . . , Xn puis
d’après l’expression de la fonction caractéristique d’une variable aléatoire gaussienne réelle,
ϕY (u) = E ei(ua1 X1 +···+uan Xn )
n
Y
=
E eiuai Xi
i=1
=
n
Y
2 2 a2 /2
i
eiuai mi −σi u
i=1
2 a2 u2 /2
iu(a1 m1 +···+an mn )+σ12 a21 +···+σn
n
=e
.
On reconnaît l’expression de la fonction caractéristique d’une loi normale de moyenne a1 m1 + · · · +
an mn et de variance σ12 a21 + · · · + σn2 a2n . Étant donné que la fonction caractéristique d’une variable
aléatoire caractérise sa loi, nous en déduisons que
Y est de loi N (a1 m1 + · · · + an mn , σ12 a21 + · · · + σn2 a2n )
2
Exercice 4. Soit (X, Y ) un vecteur aléatoire de loi absolument continue dont la densité f est donnée
sur R2 par
√
3
1
2
2
exp − (4x + 2xy + y ) , ∀(x, y) ∈ R2 .
f (x, y) =
2π
2
1. Déterminer la loi de X et celle de Y .
Aide : On se souviendra avec profit que, pour tout m ∈ R et tout σ > 0,
(x−m)2
1
√
e− 2σ2 ,
2πσ
est la densité d’une variable d’une loi gaussienne N (m, σ).
2. Les variables aléatoires réelles X et Y sont-elles indépendantes ?
Solution.
1. Le couple (X, Y ) admettant f comme densité, X admet pour densité la fonction fX
définie sur R par
Z
Z √
1
3
2
2
exp − (4x + 2xy + y ) dλ1 (y).
fX (x) =
f (x, y)λ1 (dy) =
2
R
R 2π
Donc, pour tout x ∈ R,
√ Z
3
1
3x2
2
fX (x) =
exp − (y + x) −
dλ1 (y)
2π R
2
2
√
Z
1
3 − 3x2
2
e 2
exp − (y + x) dλ1 (y).
=
2π
2
R
D’après l’aide, la fonction y ∈ R 7→ √12π exp − 21 (y + x)2 est la densité d’une loi N (−x, 1)
donc son intégrale sur R vaut 1, donc
√
3x2
3
fX (x) = √ e− 2 .
2π
Par conséquent, X admet pour densité la fonction fX définie sur R par
√
3x2
3
∀x ∈ R, fX (x) = √ e− 2 .
2π
Remarquons que la v.a. X suit une loi gaussienne centrée de variance 1/3.
Le calcul de la loi de Y est analogue. Le couple (X, Y ) admettant f comme densité, Y admet
pour densité la fonction fY définie sur R par
Z
fY (y) =
f (x, y) dλ1 (x)
R
Z √
3
1
2
2
exp − (4x + 2xy + y ) dλ1 (x)
=
2
R 2π
√ Z
3
4
y 2 3y 2
exp − (x + ) −
dλ1 (x)
=
2π R
2
4
8
√
Z
3 − 3y2
4
y 2
8
=
e
exp − (x + ) dλ1 (x)
2π
2
4
R
3
D’après l’aide, la fonction x ∈ R 7→ √22π exp − 42 (x + y4 )2 est la densité sur R d’une loi gaussienne N (−y/4, 1/2) donc son intégrale vaut 1.
Par conséquent, Y admet pour densité la fonction fY définie sur R par
√
3y 2
3
fY (y) = √ e− 8 , ∀y ∈ R.
2 2π
Remarquons que la v.a. Y suit une loi gaussienne centrée de variance 4/3.
2. Remarquons que
f (0, 0) 6= fX (0)fY (0)
mais que cela ne suffit pas pour conclure sur l’indépendance ou non des variables X et Y .
La fonction f et la fonction
(x, y) 7→ fX (x)fY (y),
étant continues sur R2 et non égales en (0, 0), on peut trouver ε > 0 tel que
f (x, y) 6= fX (x)fY (y), ∀(x, y) ∈] − ε, ε[2 .
Étant donné que λ2 (] − ε, ε[2 ) = 4ε2 > 0,
les variables aléatoires X et Y ne sont pas indépendantes.
car le produit tensoriel fX ⊗ fY de leur densité diffère de f la densité du couple sur un ensemble
non négligeable pour la mesure λ2 .
Exercice 5. Soient X et Y deux v.a. indépendantes de loi uniforme sur [0, 1]. On pose U = inf(X, Y )
et V = sup(X, Y ).
1. Calculer la loi de X + Y .
2. (a) Calculer la fonction de répartition de V et en déduire que cette v.a. admet une densité
que l’on explicitera.
(b) Même question pour la variable U .
3. Montrer que T = U/V suit une loi uniforme sur [0, 1].
Aide : On pourra montrer que, pour tout t ∈]0, 1[,
P({U ≤ tV } ∩ {X ≤ Y }) = P(X ≤ tY ).
Solution.
1. Les variables aléatoires X et Y étant indépendantes, de lois absolument continues de
densités respectives
fX (x) = 1[0,1] (x) et fY (x) = 1[0,1] (x), ∀x ∈ R,
la variable aléatoire X + Y est également absolument continue, de densité
Z
fX+Y (x) = fX ∗ fY (x) =
fX (x − t)fY (t)dλ1 (t)
R
Z
=
1x−t∈[0,1] 1t∈[0,1] dλ1 (t)
ZR
=
1t∈[x−1,x] 1t∈[0,1] dλ1 (t)
R
= λ1 ([x − 1, x] ∩ [0, 1]).
4
Ainsi,


x si x ∈ [0, 1]
fX+Y (x) = 2 − x si x ∈ [1, 2]


0 sinon.
2. (a) Calculons la fonction de répartition FV de V = sup(X, Y ).
Soit t ∈ R. Par définition du sup,
FV (t) := P(V ≤ t) = P(X ≤ t et Y ≤ t) = P({X ≤ t} ∩ {Y ≤ t}.
Alors par indépendance de X et de Y ,
FV (t) = P(X ≤ t) × P(Y ≤ t) = FX (t)FY (t),
où FX (respectivement FY ) désigne la fonction de répartition de X (respectivement Y .)
Rappelons qu’ici


0 si t < 0
FX (t) = FY (t) = t si 0 ≤ t ≤ 1


1 si 1 < t.
Par conséquent,


0 si t < 0
FV (t) = t2 si 0 ≤ t ≤ 1


1 si 1 < t.
La fonction FV est continue sur R et est C 1 sauf peut-être en 0 et en 1. On en déduit
(Proposition 3.34 p.63) que V est de loi absolument continue. Par ailleurs, pour tout
v ∈ R \ {0, 1},
FV0 (t) = 2v1]0,1[ (v).
Par conséquent, la variable aléatoire réelle V admet pour densité la fonction fV définie
sur R par
fV (v) = 2v1]0,1[ (v).
(b) Calculons la fonction de répartition FU de U = inf(X, Y ).
Soit t ∈ R. Alors
FU (t) = P(U ≤ t) = 1 − P(U > t)
= 1 − P(X > t et Y > t)
= 1 − P({X > t} ∩ {Y > t})
par définition de inf. Par indépendance de X et de Y ,
FU (t) = 1 − P(X > t) × P(Y > t) = 1 − (1 − FX (t))2
car P(X > t) = 1 − P(X ≤ t) = 1 − FX (t) et P(Y > t) = 1 − P(Y ≤ t) = 1 − FY (t) =
1 − FX (t).
5
Par conséquent,


0 si t < 0
FU (t) = 1 − (1 − t)2 si 0 ≤ t ≤ 1


1 si 1 < t.
La fonction FU est continue sur R et est C 1 sauf peut-être en 0 et en 1. Par ailleurs, pour
tout u ∈ R \ {0, 1}, par
FU0 (u) = 2(1 − u)1]0,1[ (u).
Par conséquent, la variable aléatoire réelle U admet pour densité la fonction fU définie
sur R par
fU (u) = 2(1 − u)1]0,1[ (u).
3. Posons T =
U
.
V
Remarquons que T est définie presque sûrement car
Z
P(V = 0) =
fV (v)λ1 (dv) = 0.
{0}
Calculons FT la fonction de répartition de T . On peut tout d’abord remarquer que
0 < T ≤ 1 presque sûrement
car 0 < U ≤ V presque sûrement. Par conséquent,
(
0 si t < 0
FT (t) := P(T ≤ t) =
1 si t > 1.
Fixons t ∈]0, 1[. Alors,
U
FT (t) = P
≤ t = P (U ≤ tV )
V
car V > 0 presque sûrement. Par conséquent,
FT (t) = P({U ≤ tV } ∩ {X ≤ Y }) + P({U ≤ tV } ∩ {X > Y })
= P({X ≤ tY } ∩ {X ≤ Y }) + P({Y ≤ tX} ∩ {X > Y })
= P({X ≤ tY }) + P({Y ≤ tX}).
car 0 < t < 1, X > 0 presque sûrement et Y > 0 presque sûrement (en effet, on a alors tY < Y
presque sûrement et tX < X presque sûrement).
Enfin, les v.a. X et Y étant indépendantes de loi uniforme sur [0, 1], le couple (X, Y ) admet
pour densité la fonction f(X,Y ) définie par
f(X,Y ) (x, y) = 1[0,1] (x) 1[0,1] (y)
et donc
Z
FT (t) =
Z
1x≤ty dλ2 (x, y) +
[0,1]2
1y≤tx dλ2 (x, y).
[0,1]2
En utilisant le théorème de Fubini-Tonelli, on obtient
FT (t) = t, ∀t ∈ [0, 1].
Par conséquent, FT est la fonction de répartition d’une variable aléatoire de loi uniforme sur
[0, 1]. Par suite, T suit une loi uniforme sur [0, 1].
6
Exercice 6. Soit (Xn )n∈N une suite de variables aléatoires indépendantes de même loi, de fonction
caractéristique ϕ. Soit Y une variable aléatoire réelle de loi P(λ), où λ > 0. Nous supposons que les
variables aléatoires Y et Xn , n ∈ N, sont mutuellement indépendantes. Posons
Y
X
Z=
Xn ,
n=1
avec la convention
P0
n=1
Xn = 0 (on admettra que Z est mesurable).
1. Déterminer la fonction caractéristique de Z.
2. Supposons que, pour tout n ≥ 0, Xn admet des moments de tout ordre (c’est-à-dire que X p
est intégrable pour tout p ∈ N).
(a) Soit p ∈ N. Est-ce que Z admet un moment d’ordre p ?
(b) Déterminer, si elle existe, la variance de Z, c’est-à-dire Var(Z) = E(Z 2 ) − E(Z)2 .
Solution.
1. Notons ϕZ la fonction caractéristique de Z. Fixons t ∈ R. Alors,
PY
itZ
it n=0 Xn
.
ϕZ (t) = E e
=E e
Nous ne pouvons pas utiliser directement l’indépendance des Xn car le nombre de termes dans
la somme (qui définit Z) est aléatoire. Nous allons utiliser le fait que
X
1Y =p = 1 presque sûrement
p∈N
et que, pour p fixé, si Y (ω) = p, alors Z(ω) =
∞
X
ϕZ (t) = E
Pp
n=1
eit
Pp
Xn (ω) (nombre de termes fixe). Ainsi,
!
n=1
Xn
1Y =p
.
p=0
Nous échangeons à présent somme et espérance, cela est possible d’après le théorème de Fubini,
car
!
!
∞ ∞
X
X
Pp
it n=1 Xn
E
1Y =p = E
1Y =p = 1 < ∞.
e
p=0
p=0
Par conséquent,
ϕZ (t) =
∞
X
Pp
E eit n=1 Xn 1Y =p .
p=0
En utilisant l’indépendance des Y et Xn , n ∈ N, on obtient, pour tout p ∈ N∗
p
Pp
Y
E eit n=1 Xn 1Y =p = P (Y = p)
E eitXn = P(Y = p)ϕ(t)p ,
n=1
car ϕ est la fonction caractéristique de Xn , n ∈ N. Cette relation est également vraie pour
p = 0 étant donnée la convention adoptée dans l’énoncé, donc
ϕZ (t) =
∞
X
p=0
7
P(Y = p)ϕ(t)p
Par conséquent,
ϕZ (t) =
∞
X
e−λ λp
p=0
p!
ϕ(t)p = eλ(ϕ(t)−1) , ∀t ∈ R.
2. Supposons que X0 admet des moments de tout ordre.
(a) Soit p ∈ N. La variable X0 admettant des moments de tout ordre, on en déduit que ϕ,
et par conséquent ϕZ est de classe C ∞ . Par conséquent, Z admet un moment d’ordre p
(Proposition 8.13 pour p pair, puis pour tout p impair par l’inclusion Lp ⊂ Lp−1 ). De plus,
par la proposition 8.19,
E (Z p ) =
(b) On a ϕ0Z = λϕ0 ϕZ et
1 (p)
ϕ (0).
ip Z
2
ϕ00Z = λϕ00 ϕZ + (λϕ0 ) ϕZ .
Par conséquent,
E(Z) = −iϕ0Z (0) = −iλϕ0 (0)ϕZ (0) = λE(X0 ).
De plus,
2
E(Z 2 ) = −λϕ00 (0)ϕZ (0) − (λϕ0 (0)) ϕZ (0)
= λE(X02 ) − (−iλE(X0 ))2
= λE(X02 ) + λ2 E(X0 )2 .
En définitive,
VarZ = λE(X02 ) + λ2 E(X0 )2 − λ2 E(X0 )2 = λE(X02 ).
Exercice 7. (*) Soit (Yn )n∈N une suite de variables aléatoires à valeurs dans N, indépendantes et de
même loi.
1. Montrer que
∞
X
P(Yn ≥ n) = E(Y0 ) + 1.
n=0
2. En déduire que la suite (Yn /n)n∈N est bornée par 1 à partir d’un certain rang avec probabilité
1 si et seulement si E(Y0 ) < ∞.
Aide : on pourra définir les événements An = {Yn /n ≥ 1}, ∀n ∈ N.
3. Soit c > 0. Montrer que la suite (Yn /n)n∈N est bornée par c à partir d’un certain rang avec
probabilité 1 si et seulement si E(Y0 ) < ∞.
Aide : on pourra s’intéreeser à la suite de variables aléatoire indépendantes et de même loi
(bYn /c + 1c/n)n∈N .
4. Montrer que la suite (Yn /n)n∈N tend vers 0 presque sûrement si et seulement si elle est bornée
à partir d’un certain rang avec probabilité 1.
8
Démonstration.
1. Étant donné que les variables aléatoires Y0 , . . . , Yn , . . . ont même loi, nous avons
P(Yn ≥ n) = P(Y0 ≥ n), pour tout n ∈ N. Or
∞
X
P(Y0 ≥ n) =
n=0
=
=
∞ X
∞
X
n=0 k=n
∞ X
k
X
P(Y0 = k)
P(Y0 = k) par Th. de Fubini (termes positifs)
k=0 n=0
∞
X
(k + 1)P(Y0 = k) = E(Y0 + 1) = E(Y0 ) + 1,
k=0
d’après le théorème du transport (que l’on peut appliquer, car Y0 est positive presque sûrement)
et par linéarité de l’espérance. En définitive,
∞
X
P(Yn ≥ n) = E(Y0 ) + 1.
n=0
2. Pour tout n ∈ N, posons An = {Yn /n ≥ 1}. Les variables aléatoires Y1 , . . . , Yn , . . . étant
indépendantes, les événements A1 , . . . , An , . . . sont indépendantes. Or, d’après la question précédente,
∞
X
P(An ) < ∞
⇐⇒
E(Y0 ) < ∞.
n=0
Donc, d’après le lemme de Borel-Cantelli, un nombre fini d’événements An est réalisé avec
probabilité 1 si et seulement si E(Y0 ) < ∞. En d’autres termes, Yn /n ≥ 1 est faux après un
certain rang avec probabilité 1 si et seulement si E(Y0 ) < ∞. Ceci nous permet de conclure que
la suite (Yn /n)n∈N est bornée par 1 à partir d’un certain rang avec probabilité 1 si et seulement
si E(Y0 ) < ∞.
Remarquons que, en utilisant la même démarche, on montre que, si E(Y0 ) = ∞, alors la suite
(Yn /n)n∈N n’est pas bornée par 1 à partir d’un certain rang avec probabilité 1.
3. En appliquant le résultat de la question précédente à la suite de variables aléatoires indépendantes et de même loi (bYn /c+1c)n∈N , nous déduisons que la suite (bYn /c+1c/n)n∈N est bornée
par 1 à partir d’un certain rang avec probabilité 1 si et seulement si E(bY0 /c + 1c) < ∞. Or,
par croissance et linéarité de l’intégrale,
E(bY0 /c + 1c) ≤ E(Y0 )/c + 1 ≤ E(bY0 /c + 1c) + 1,
donc
E(bY0 /c + 1c) < ∞
⇐⇒
E(Y0 ) < ∞.
Nous avons donc obtenu que la suite (bYn /c + 1c/n)n∈N est bornée par 1 à partir d’un certain
rang avec probabilité 1 si et seulement si E(Y0 ) < ∞. Or, pour tout y ∈ N,
by/c + 1c/n ≤ 1
⇐⇒
y/c + 1 ≤ n + 1
⇐⇒
y/n ≤ c.
En conséquence, nous avons montré que la suite (Yn /n)n∈N est bornée par c à partir d’un certain
rang avec probabilité 1 si et seulement si E(Y0 ) < ∞.
9
4. Si la suite (Yn /n)n∈N tend vers 0 presque sûrement, alors, pour tout ε > 0, elle est bornée par
ε à partir d’un certain rang avec probabilité 1, donc elle est bornée à partir d’un certain rang
avec probabilité 1.
Réciproquement, supposons que la suite (Yn /n)n∈N est bornée à partir d’un certain rang avec
probabilité 1. Alors il existe c > 0 telle que (Yn /n)n∈N est bornée par c à partir d’un certain rang
avec probabilité 1. On en déduit, d’après la question précédente, que E(Y0 ) < ∞. Donc, pour
tout ε > 0, la suite (Yn /n)n∈N est bornée par ε > 0 à partir d’un certain rang avec probabilité
1. Autrement dit, la suite (Yn /n)n∈N converge vers 0 avec probabilité 1.
10