Indications pour la correction de l’exercice 4:
1. (a) E(Z) = E(X) + E(Y)par linéarité de l’espérance. Comme Xet Y∼ U[0,1],E(X) =
E(Y) = 1
2. Et donc E(Z) = 1.
(b) Remarque: Pour montrer qu’une fonction fest une densité, il faut vérifier les 3
points suivants:
•fest continue par morceaux
•fest positive ou nulle
•R+∞
−∞ f(t)dt = 1
Ici on vous demandait de montrer que fZest une densité de Z. Pour cela, on peut
(comme vu dans un exo donné en cours) avoir recours à la fonction de répartition
FZ(t) = P(Z≤t).
Pour t < 0,FZ(t) = 0.
Pour t > 2,FZ(t) = 1.
Pour t∈[0,2],FZ(t) = RRDtdxdy où Dt=(x, y)∈[0,1]2;x+y≤t, (car
Xet Y∼ U[0,1]).
si t∈[0,1], on obtient FZ(t) = Rt
0Rt−y
0dxdy =...=t2
2.
si t∈[1,2], on obtient FZ(t) = R1
0Rmin(1,t−y)
0dxdy =Rt−1
0R1
0dxdy+R1
t−1Rt−y
0dxdy =
... = 2t−t2
2−1.
Puis on conclut grâce à la propriété suivante: En tout point toù FZest dériv-
able, on a F0
Z(t) = fZ(t).
(c) Calculez les probabilités des différents événements grâce à la définition de fZ. On
obtient:
P(Z > 1et 1−x < Z ≤1 + x) = P(Z > 1) ∗P(1 −x < Z ≤1 + x)
D’où l’indépendance.
2. (a) Si t∈[0,1],FT(t) = P(T≤t) = P(X≤tet Y≤t) = t2car Xet Ysont
indépendantes et de même loi uniforme sur [0,1].
Si t < 0,FT(t) = 0. Et si t > 1,FT(t) = 1.
Donc par la propriété citée ci-dessus, fT(t) = 2tsi t∈[0,1] et 0sinon.
(b) E(T) = 2
3.
(c) U=|X−Y|=max(X, Y )−min(X, Y )et Z=max(X, Y ) + min(X, Y ).
Donc U+Z= 2max(X, Y ) = 2T. D’où U= 2T−Zet E(U) = 4
3−1 = 1
3
Indications pour la correction de l’exercice 5:
1. U= min(X, Y )donc P(U > t) = P(X > t et Y > t).
Comme Xet Ysont indépendantes et de même loi uniforme sur [0,2],
P(X > t et Y > t) = P(X > t)P(Y > t) = (1 −F(t))2
où Fest la fonction de répartition de la loi uniforme sur [0,2], cad F(t) =
0si t < 0
t/2si t∈[0,2]
1si t > 2
Donc P(U > t) =
1si t < 0
(1 −t/2)2si t∈[0,2]
0si t > 2
Donc la fonction de répartition FUde U
4