Université Pierre & Marie Curie Licence de Mathématiques L3
UE LM345 – Probabilités élémentaires Année 2014–15
TD6.
1. a) Soit Xune variable aléatoire à valeurs dans N. Montrer que si X2est intégrable,
alors Xest intégrable. Ce résultat reste-t-il vrai si l’on suppose que la loi de Xadmet
une densité ?
b) Soit m1un entier. Donner un exemple d’une variable aléatoire Xà valeurs dans N
telle que Xksoit intégrable pour tout kcompris entre 1et met E[Xm+1]=+.
Solution de l’exercice 1.
a) En utilisant l’inégalité |x| ≤ 1 + x2valable pour tout réel xet la positivité de l’espé-
rance, on obtient que E[|X|]1+E[X2], ce qui prouve que le résultat, sans hypothèse sur
la variable aléatoire réelle Xautre que l’existence d’un moment d’ordre 2. En particulier
c’est vrai si Xest à densité.
b) Notons, pour tout s > 1, ζ(s) = Pn1
1
ns. Considérons une variable aléatoire X:
(Ω,F,P)Ntelle que pour tout n1on ait
P(X=n) = 1
ζ(m+ 2)
1
nm+2 .
Alors d’une part,
E[Xm] = 1
ζ(m+ 2) X
n1
1
n2=ζ(2)
ζ(m+ 2) <+,
donc Xadmet un moment d’ordre met, d’autre part,
E[Xm+1] = 1
ζ(m+ 2) X
n1
1
n= +,
donc Xn’admet pas de moment d’ordre m+ 1.
2. On considère la fonction f:RRdéfinie par f(t) = 1
π
1
1 + t2.
a) Montrer que fest la densité d’une mesure de probabilités sur R.
Soit Xune variable aléatoire dont la loi admet la densité f.
b) La variable aléatoire Xest-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=1
1+arctan2,
il vient
Z+
−∞
f(x)dx =1
πZπ/2
π/2
= 1.
fest donc la densité d’une probabilité.
b) x
1+x2xn’est pas intégrable au voisinage de l’infini, et donc Xn’est pas intégrable.
c) Par le changement de variable du a), on obtient
P(Xa) = Za
−∞
f(x)dx =1
πZarctan a
π/2
=1
π[arctan a+π/2].
d) Soit b[π/2, π/2]. On a, toujours par le même calcul,
P(Yb) = P(Xtan b) = Ztan b
−∞
f(x)dx =1
πZb
π/2
=b
π+1
2.
Ysuit donc la loi uniforme sur [π/2, π/2].
3. Soient λ, µ > 0deux réels. On considère l’ensemble Ω = N2, la tribu F=P(N2)et,
sur l’espace mesurable (Ω,F), la probabilité Pcaractérisée par
(n, m)N2,P({(n, m)}) = e(λ+µ)λn
n!
µm
m!.
Enfin, sur (Ω,F,P), on définit les deux variables aléatoires X(n, m) = net Y(n, m) = m.
a) Vérifier que P(Ω) = 1.
b) Déterminer la loi de Xet 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 mpuis en n. En reconnaissant le développement de l’exponentielle de µ,
on obtient :
X
m0
P({(n, m)}) = eλλn
n!X
m0
eµµm
m!=eλλn
n!,
et donc on a bien :
X
n0X
m1
P({(n, m)}) = X
n0
eλλn
n!= 1.
2
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)}]
=P[(n0, m0)N2: (n0, m0) = (n, m)] = P[{(n, m)}] = eλλn
n!eµµm
m!
La variable aléatoire Xest à valeurs dans N. D’après la formule des probabilités totales,
on a, pour tout nN:
P[X=n] = X
mN
P[X=n, Y =m] = X
mN
P[(X, Y ) = (n, m)]
=X
mN
P[{(n, m)}] = eλλn
n!.
Donc Xsuit la loi de Poisson de paramètre λ.
Un calcul analogue montre que Ysuit la loi de Poisson de paramètre µ.
c) Déterminons la loi de X+Y. La variable aléatoire X+Yest à valeurs dans N. Soit
kN. Alors, d’après la formule des probabilités totales,
P[X+Y=k] = X
nN
P[X+Y=k, X =n]
=X
nN
P[X=n, Y =kn] =
k
X
n=0
P[X=n, Y =kn]
=
k
X
n=0
P({(n, k n)}) =
k
X
n=0
e(λ+µ)λn
n!
µkn
(kn)!
=e(λ+µ)1
k!
k
X
n=0 n
kλkµkn=e(λ+µ)(λ+µ)k
k!.
Donc X+Ysuit 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 net p, l’autre de paramètres met p, où p[0,1] et m, n sont deux entiers.
b) la somme N1+. . .+Npoù les Nisont indépendantes et où Nisuit 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 net pest la loi de la somme de nvariables
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+. . . +Xnet Z=Xn+1 +. . . +Xn+m. Alors Yet
Zsont 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 Yet Zindépendantes de lois respectives B(n, p)et B(m, p). Les fonctions
génératrices de Yet Zsont GY(s) = (1 p+sp)net 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+met p.
Lois de Poisson La réponse est que N1+. . . +Npsuit une loi de Poisson de paramètre
λ1+. . . +λp. À nouveau deux approches sont possibles :
Soient N1,N2deux variables aléatoires indépendantes, suivant une loi de Poisson
de paramètres λ1, λ2respectivement. Alors, la loi jointe du couple (N1, N2)est ca-
ractérisée 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
=eλ1λn
1
n!eλ2λm
2
m!,
par définition de la loi de N1et N2. On retrouve la loi jointe de l’exercice 3. En
procédant comme dans l’exercice 3, on a, pour tout kN,
P[{N1+N2=k}] = X
nN
P[{N1+N2=k, N1=n}]
=X
nN
P[{N1=n, N2=kn}] =
k
X
n=0
P[{N1=n, N2=kn}]
=
k
X
n=0
e(λ1+λ2)λn
1
n!
λkn
2
(kn)!
=e(λ1+λ2)1
k!
k
X
n=0 n
kλk
1λkn
2=e(λ1+λ2)(λ1+λ2)k
k!.
Donc N1+N2suit 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 Niest GNi(s) = eλi(s1). Comme les variables aléatoires
N1, N2, . . . , Npsont indépendantes, la fonction génératrice de la somme est le produit
des fonctions génératrices :
GN1+···+Np(s) = E[sN1+···+Np] =
p
Y
i=1
E[sNi] =
p
Y
i=1
GNi(s) = e(Pn
i=1 λi)(s1).
On reconnaît la fonction génératrice d’une loi de Poisson de paramètre λ1+. . . λp.
5. Somme de gaussiennes Soient Xet Ydes variables aléatoires indépendantes de
lois respectives N(µ1, σ2
1)et N(µ2, σ2
2). Soient a,bet cdes réels. Déterminer la loi de
aX +bY +c.
Solution de l’exercice 5. Soit gune fonction continue bornée RR.
E[g(X+Y)] = 1
2πσ1σ2Z+
−∞ Z+
−∞
e(xµ1)2
2σ2
1
(yµ2)2
2σ2
2g(x+y)dydx.
On fait le changement de variable affine u=x+ydans l’intégrale par rapport à y:
E[g(X+Y)] = 1
2πσ1σ2Z+
−∞ Z+
−∞
e(xµ1)2
2σ2
1
(uxµ2)2
2σ2
2g(u)dudx.
On écrit le trinôme dans l’exponentielle sous forme canonique :
(xµ1)2
2σ2
1
+(uxµ2)2
2σ2
2
=σ2
1+σ2
2
σ2
1σ2
2(xλu)2+µ2
1
σ2
1
+(uµ2)2
σ2
2
σ2
1+σ2
2
σ2
1σ2
2
λ2
u,
avec λu:= σ2
1µ1+σ2
2(uµ2)
σ2
1+σ2
2.
En développant λ2
u, on obtient
µ2
1
σ2
1
+(uµ2)2
σ2
2
σ2
1+σ2
2
σ2
1σ2
2
λ2
u
=µ2
1
σ2
11σ2
2
σ2
1+σ2
2+(uµ2)2
σ2
21σ2
1
σ2
1+σ2
22µ1(uµ2)
σ2
1+σ2
2
=µ2
1
σ2
1+σ2
2
+(uµ2)2
σ2
1+σ2
2
2µ1(uµ2)
σ2
1+σ2
2
=(uµ1µ2)2
σ2
1+σ2
2
.
Autrement dit, le trinôme de l’exponentielle s’écrit
(xµ1)2
2σ2
1
+(uxµ2)2
2σ2
2
=σ2
1+σ2
2
σ2
1σ2
2(xλu)2+(uµ1µ2)2
σ2
1+σ2
2
.
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