Probabilités élémentaires Année 2014–15 1. - IMJ-PRG

Université Pierre & Marie Curie
UE LM345 – Probabilités élémentaires
Licence de Mathématiques L3
Année 2014–15
TD6.
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
.
m+2
ζ(m + 2) n
Alors d’une part,
E[X m ] =
X 1
ζ(2)
1
=
< +∞,
2
ζ(m + 2) n≥1 n
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.
1
d) Calculer la loi de Y = arctan(X).
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.
x
b) 1+x
2 ∼ 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
Z
1 b
b 1
P(Y ≤ b) = P(X ≤ tan b) =
f (x)dx =
dθ = + .
π −π/2
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
P({(n, m)}) = e−λ
e
= e−λ ,
n! m≥0
m!
n!
m≥0
et donc on a bien :
XX
P({(n, m)}) =
n≥0 m≥1
X
n≥0
2
−λ λ
e
n
n!
= 1.
b) Le couple (X, Y ) est à valeurs dans N2 . La loi jointe du couple (X, Y ), notée P(X,Y ) ,
est caractérisée par la donnée de, ∀ (n, m) ∈ N2 ,
P(X,Y ) [{(n, m)}] = P[{(X, Y ) = (n, m)}] = P[{(n0 , m0 ) ∈ N2 : (X, Y )(n0 , m0 ) = (n, m)}]
λn
µm
= P[(n0 , m0 ) ∈ N2 : (n0 , m0 ) = (n, m)] = P[{(n, m)}] = e−λ e−µ
n!
m!
La variable aléatoire X est à valeurs dans N. D’après la formule des probabilités totales,
on a, pour tout n ∈ N :
X
X
P[X = n] =
P[X = n, Y = m] =
P[(X, Y ) = (n, m)]
m∈N
=
X
P[{(n, m)}] = e−λ
m∈N
m∈N
n
λ
.
n!
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 . La variable aléatoire X + Y est à valeurs dans N. Soit
k ∈ N. Alors, d’après la formule des probabilités totales,
X
P[X + Y = k, X = n]
P[X + Y = k] =
n∈N
=
X
P[X = n, Y = k − n] =
=
P[X = n, Y = k − n]
n=0
n∈N
k
X
k
X
P({(n, k − n)}) =
n=0
n=0
= e−(λ+µ)
k
X
1
k!
e−(λ+µ)
λn µk−n
n! (k − n)!
k X
n=0
n k k−n
(λ + µ)k
λ µ
= e−(λ+µ)
.
k
k!
Donc 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.
3
Loi binômiales On peut procéder de plusieurs façons.
— 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).
— 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 le produit
des fonctions génératrices :
GY +Z (s) = E[sY +Z ] = E[sY ]E[sZ ] = GY (s)GZ (s) = (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 . À nouveau deux approches sont possibles :
— Soient N1 , N2 deux variables aléatoires indépendantes, suivant une loi de Poisson
de paramètres λ1 , λ2 respectivement. Alors, la loi jointe du couple (N1 , N2 ) est caractérisée par, pour tout (n, m) ∈ N2 ,
P(N1 ,N2 ) [{(n, m)}] = P[{(N1 , N2 ) = (n, m)}] = P[{N1 = n, N2 = m}]
= P[{N1 = n}]P[{N2 = m}], par indépendance
m
n
−λ1 λ1 −λ2 λ2
e
,
=e
n!
m!
par définition de la loi de N1 et N2 . On retrouve la loi jointe de l’exercice 3. En
procédant comme dans l’exercice 3, on a, pour tout k ∈ N,
X
P[{N1 + N2 = k}] =
P[{N1 + N2 = k, N1 = n}]
n∈N
=
X
P[{N1 = n, N2 = k − n}] =
P[{N1 = n, N2 = k − n}]
n=0
n∈N
k
X
k
X
λk−n
2
λn1
n! (k − n)!
n=0
k X
(λ1 + λ2 )k
n k k−n
−(λ1 +λ2 ) 1
=e
λ1 λ2 = e−(λ1 +λ2 )
.
k! n=0 k
k!
=
e−(λ1 +λ2 )
Donc N1 + N2 suit donc la loi de Poisson de paramètre λ1 + λ2 .
On conclut en raisonnant par récurrence.
4
— On calcule la fonction génératrice de N1 + N2 + · · · + Np . Pour chaque i ∈ {1, . . . , p},
la fonction génératrice de Ni est GNi (s) = eλi (s−1) . Comme les variables aléatoires
N1 , N2 , . . . , Np sont indépendantes, la fonction génératrice de la somme est le produit
des fonctions génératrices :
GN1 +···+Np (s) = E[s
N1 +···+Np
]=
p
Y
Ni
E[s ] =
p
Y
Pn
GNi (s) = e(
i=1
λi )(s−1)
.
i=1
i=1
On reconnaît la fonction génératrice d’une loi de Poisson de paramètre 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
−∞
−
(x−µ1 )2
(u−x−µ2 )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
(x − µ1 )2 (u − x − µ2 )2
σ12 + σ22 2
+
=
(x − λu ) + 2 +
−
λ ,
2σ12
2σ22
σ12 σ22
σ1
σ22
σ12 σ22 u
avec λu :=
σ12 µ1 +σ22 (u−µ2 )
.
σ12 +σ22
En développant λ2u , 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
5
En remarquant que pour tout u ∈ R, le changement de variable affine x0 = x − λu donne
s
Z +∞ σ12 +σ22
Z +∞ σ12 +σ22 2
− 2 2 (x−λu )2
− 2 2x
2πσ12 σ22
e 2σ1 σ2
e 2σ1 σ2 dx =
,
dx =
σ12 + σ22
−∞
−∞
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.
6
+∞
−
e
−∞
(u−c−aµ1 )2
2
2a2 σ1
du
|a|
g(u)du.