Probabilités, MATH 424 Feuille de travaux dirigés 5 : Variables

Probabilités, MATH 424
Feuille de travaux dirigés 5 : Variables aléatoires à densité (Solutions)
Solution 1. On considère une variable aléatoire Xde densité
f(x) = cx20≤x≤3
0 sinon
1. La fonction fest continue par morceaux, positive et intégrable sur R. Cette fonction est une densité de probabilité si
ZR
f(x)dx =1.
Or
ZR
f(x)dx =1
3cx33
0
=9c.
On conclut donc que fest une densité si et seulement si c=1
9.
2. La fonction de répartition Fde Xest par définition la fonction x7→ Rx
−∞f(t)dt.
Par conséquent :
– Si x≤0, F(x) = 0.
– Si x∈[0,3]alors F(x) = 1
27 x3
– Si x≥3 alors F(x) = 1.
3. La probabilité P(1<X<2)est donnée par la formule
P(1<X<2) = F(2)−F(1) = 7
27.
4. Nous avons
E(X) = ZR x f (x)dx =1
9Z3
0
x3dx =9
4.
Nous avons
E(X2) = ZR x2f(x)dx =1
9Z3
0
x4dx =27
5.
Solution 2 (Loi uniforme).Soit Xune variable aléatoire qui suit une loi uniforme sur le segment [0,1].
1. La fonction de répartition de Xest la fonction
x7→ Zx
−∞
f(t)dt =Z]−∞,x]∩[0,1] 1dt
donc
F(x) = 
0 si x≤0
xsi x∈[0,1]
1 si x≥1
.
2. La moyenne de Xest donnée par
E(X) = ZR x f (x)dx =Z1
0
xdx =1
2.
La variance de Xest donnée par la formule
Var(X) = E(X2)−E(X)2=Z1
0
x2dx −1
4=1 12.
1

3. Soit n∈N. Par application du théorème de transfert l’espérance de la variable aléatoire Xnest
E(Xn) = Z1
0
xndx =1
n+1.
4. Soit aet bdeux réels avec a<b. La loi uniforme sur [a,b]a pour densité de probabilité la fonction
f(x) = 0 si x/∈[a,b]
f(x) = 1
b−asi x∈[a,b]
On a E(X) = a+b
2et Var(X) = (b−a)2 12 .
Détaillons le calcul de la variance :
Var(X) = 1
b−aZb
a
x2dx −1
b−aZb
a
xdx2
donc
Var(X) = 1
b−a
1
3(b3−a3)−1 (b−a)21 2(b2−a2)2
donc
Var(X) = 1
3(b2+ab +a2)−1 4(a2+2ab +b2) = 1 12(b−a)2.
Solution 3 (Loi exponentielle).Soit λ>0 fixé. On dit que Xsuit une loi exponentielle de paramètre λsi Xadmet pour
densité la fonction
f(x) = λe−λx1x≥0.
On note alors X∼E(λ).
1. La fonction fest continue et positive sur R. Elle est nulle sur R−. Pour tout A>0 nous avons
ZA
0
f(x)dx = [−e−λx]A
0=1−e−λA→
A→+∞1.
Par conséquent RRf(x)dx =1. Nous concluons donc que fest une densité sur R.
2. La fonction de répartition Fest définie par
F(x) = Zx
−∞
f(t)dt
Par conséquent
– si x≤0 alors F(x) = 0 car fest nulle sur l’intervalle ]−∞,x].
– si x≥0 alors
F(x) = Zx
0
f(t)dt = [−e−λt]x
0=1−e−λx.
3. Par définition, l’espérance de Xest
E(X) = ZR x f (x)dx
sous réserve que la fonction x7→ x f (x)soit intégrable sur R.
Cette fonction est continue sur R, positive sur Ret nulle sur ]−∞,0]. Soit A>0, on calcule par intégration par parties
l’intégrale
ZA
0
λxe−λxdx = [−xe−λx]A
0+ZA
0
e−λxdx =−Ae−λA+1
λ1−e−λA→
A→+∞
1
λ.
Par définition la variance de Xest
Var(X) = E(X2)−E(X)2=Z+∞
0
λx2e−λxdx −Z+∞
0
xe−λxdx2 ,
2

sous réserve que toutes ces intégrales de fonctions continues positives soient finies.
Classiquement, on montre l’intégrabilité au voisinage de l’infini de ces fonctions par comparaison avec la fonction 1
x2
qui est intégrable au voisinage de +∞. On utilise pour cela le théorème de croissance comparée :
lim
x→∞x2(x2e−λx) = 0 et lim x→∞x2(xe−λx) = 0
car λ>0 donc x2e−λx=o1
x2et xe−λx=o1 x2ce qui montre par les théorèmes de comparaison que ces intégrales
sont finies et donc que Xadmet une variance.
Néanmoins, comme nous devons calculer la variance on peut procéder comme suit : soit A>0, par double intégration
par partie nous calculons RA
0x2λe−λxdx :
ZA
0
x2λe−λxdx =h−x2e−λxiA
0+−2 λxe−λxA
0
+−2
λ2xe−λxA
0→2
λ2
nous obtenons alors
lim
A→+∞ZA
0
x2λe−λxdx −ZA
0
x2λe−λxdx2 =1
λ2.
Ceci remontre à postériori que ces intégrales sont finies et que la variable aléatoire admet effectivement une variance
qui vaut
Var(X) = 1
λ2.
4. Montrons que la loi exponentielle a la propriété d’abscence de mémoire :
∀(x,t)∈R+×R+,P(X>x+t|X>x) = P(X>t).
Soit (x,t)∈R+×R+. Nous avons
P(X>x+t|X>x) = P(X>x+tet X>x)
P(X>x)=P(X>x+t) P(X>x)=e−λ(x+t)
e−λx=e−λt=P(X>t).
On rappelle que pour tout x≥0
P(X>x) = 1−P(X≤x) = 1−(1−e−λx) = e−λx.
5. La durée de vie en nombre d’années d’une télévision suit une loi de densité
f(t) = 1
8e−t
81t≥0.
(a) La durée de vie moyenne d’une télévision est donc l’espérance de cette variable aléatoire soit 8 années. L’écart
type de cette variable est 8 ans.
(b) La probabilité pour qu’une télévision ait une durée de vie supérieure à 8 ans est
P(X≥8) = e−1.
(c) Nous possédons une télévision depuis 2 ans, la probabilité que sa durée de vie soit encore d’au moins 8 ans est
donnée par
P(X≥10 |X≥2) = P(X≥8) = e−1.
Solution 4. (Loi normale). Un poète écrit des poèmes dont le nombre de vers suit une loi normale de moyenne 20 et d’écart
type 5. On ouvre son recueil au hasard et on choisit un poème. La densité de cette loi est donc la fonction
f(x) = 1
5√2πexp −1
2x−20 52!.
Le graphe de cette fonction est symétrique par rapport à la droite d’équation x=20. L’intégrale de cette fonction vaut 1. Par
conséquent
Z20
−∞
f(x)dx =Z+∞
20
f(x)dx =1
2.
3

1. La probabilité pour que le poème fasse plus de 20 vers est
P(X≥20) = Z+∞
20
f(t)dt =1
2.
2. La probabilité pour que le poème fasse moins de 20 vers est
P(X≤20) = Z20
−∞
f(t)dt =1
2.
3. La probabilité pour que le poème fasse plus de 25, 30, 35, 40 vers est
P(X≥25) = 0.16,P(X≥30) = 0.02,P(X≥35) = 0.001,P(X≥40) = 0.0003.
4. La probabilité pour que le poème fasse moins de 10 vers se calcule par symétrie du graphe de la densité par rapport à
la droite x=20
P(X≤10) = P(X≥30) = 0.02.
5. On peut améliorer la modélisation en jouant sur l’écart type. Par exemple si on prend un écart type de 15 vers au lieu
de 5 vers nous obtenons les probabilités plus réalistes
P(X≥25)'0.30,P(X≥30) = P(X≤10)'0.15,P(X≥40)'0.01.
Ceci montre bien que plus l’écart type est grand, moins la masse est concentrée autour de la moyenne.
Soit Xune variable aléatoire suivant une loi normale.
1. On suppose que la moyenne est 12 et la variance est 4. La valeur qtelle que P(X>q) = 0.1 correspond à la valeur q
telle que
P(X≤q) = 0.9=PX−µ
σ≤q−µ σ=0.9.
On utilise la table de la loi normale centrée et réduite pour obtenir
q−µ
σ=1.28.
Ce qui donne avec les µ=12 et σ=2 : q=14.56.
2. On suppose que la moyenne est 5. Déterminons la variance pour que P(X>9) = 0.2. On raisonne de même :
P(X>9) = 0.2⇔P(X≤9) = 0.8⇔PX−5
σ≤4 σ=0.8
On utilise la table de la normale normale centrée et réduite pour obtenir 4
σ'0.84 c’est à dire σ'4.76.
4

Solution 5 (Densité).Pour savoir si Yadmet une densité on considère sa fonction de répartition
F
Y=P(Y≤y).
Notons tout d’abord que toutes les valeurs de Ysont positives. Par conséquent pour tout y<0, F
Y(y) = 0.
Notons de plus que
F
Y(0) = P(X2=0) = P(X=0) = 0.
Soit y>0 et notons x=√y. Nous avons
F
Y(y) = P(X2≤x2) = P(−x≤X≤x) = Z[−x,x]∩[0,1]
1dt =Z[0,x]∩[0,1] 1dt.
Par conséquent
F
Y(y) = 
0 si y≤0
√ysi 0 ≤y≤1
1 si y≥1
.
Ceci montre que si Ya une densité, cette densité est la fonction
f:y7→ 
0 si y≤0
1
2√ysi 0 <y≤1
0 si y≥1
Solution 6 (Simulation d’une loi).Soit Xune variable aléatoire de fonction de répartition Fà valeurs dans ]0,1[et bijective.
1. La fonction de répartition Fest croissante car pour x≤ynous avons par additivité de la mesure de probabilité P
F(y) = P(X≤y) = P(X≤x) + P(x<X≤y)≥P(X≤x)≥F(x).
De plus par hypothèse la fonction Fest bijective, elle est donc injective et donc strictement croissante.
2. Soit xet ydeux éléments de ]0,1[avec x<y. Nous avons F(F−1(x)) = xet F(F−1(y)) = y. La fonction Fétant
strictement croissante, on déduit de l’inégalité x<yl’inégalité F−1(x)<F−1(y). Ce qui montre bien que la fonction
inverse F−1est strictement croissante.
3. Grâce à la touche “rand” de la calculatrice, on tire une variable uniforme Usur ]0,1[. On considère la variable aléatoire
Y=F−1(U). Pour déterminer la loi de Yon considère sa fonction de répartition. Soit y∈R.
F
Y(y) = P(Y≤y) = P(F−1(U)≤y) = P(U≤F(y)).
La dernière égalité étant obtenue croissance de F. Ainsi, nous avons
F
Y(y) = F U(F(y)) = F(y).
Par conséquent Xet Yont la même fonction de répartition, elles suivent la même loi.
4. Pour simuler une loi Xayant une fonction de répartition Ffacilement inversible, on commence par simuler une loi
uniforme Usur ]0,1[. La simulation induite par F−1(U)sera une simulation de X.
5. Considérons une loi de Cauchy de densité f(x) = 1
π(1+x2). Pour la simuler il faut et il suffit d’inverser la fonction de
répartition de X:
F(x) = Zx
−∞
1
π(1+t2)dt =lim
A→−∞Zx
A
1
π(1+t2)dt =lim
A→−∞1
πarctantx
A
=1
2+1 πarctan(x).
L’inverse de Fest la fonction
F−1:y7→ tanπy−π
2.
Par conséquent pour simuler une loi de Cauchy, il suffit de simuler une loi uniforme sur ]0,1[puis d’appliquer la
fonction F−1.
5