TD6. Lois, moments, variables indépendantes.

Université Pierre & Marie Curie Licence de Mathématiques L3
UE LM345 – Probabilités élémentaires Année 2014–15
TD6. Lois, moments, variables indépendantes.
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 m≥1un entier. Donner un exemple d’une variable aléatoire Xà valeurs dans
Ntelle 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) = Pn≥1
1
ns. Considérons une variable aléatoire X:
(Ω,F,P)→N∗telle que pour tout n≥1on ait
P(X=n) = 1
ζ(m+ 2)
1
nm+2 .
Alors d’une part,
E[Xm] = 1
ζ(m+ 2) X
n≥1
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
n≥1
1
n= +∞,
donc Xn’admet pas de moment d’ordre m+ 1.
2. On considère la fonction f:R→Rdéfinie 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.
d) Calculer la loi de Y= arctan(X).
1

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
dθ = 1.
fest donc la densité d’une probabilité.
b) x
1+x2∼xn’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(X≤a) = Za
−∞
f(x)dx =1
πZarctan a
−π/2
dθ =1
π[arctan a+π/2].
d) Soit b∈[−π/2, π/2]. On a, toujours par le même calcul,
P(Y≤b) = P(X≤tan b) = Ztan b
−∞
f(x)dx =1
πZb
−π/2
dθ =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
m≥1
P({n, m}) = e−λλn
n!X
m≥1
e−µµm
m!=e−λλn n!,
et donc on a bien :
X
n≥1X m≥1
P({n, m}) = X
n≥1
e−λλn
n!= 1.
2

b) D’après le calcul précédent, P(X=n) = Pm≥1P({n, m}) = e−λλn
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. Soit k∈N. Alors
P(X+Y=k) =
k
X
n=0
P({n, k −n}) =
k
X
n=0
e−(λ+µ)λn
n!
µk−n
(k−n)!
=e−(λ+µ)1
k!
k
X
n=0
Cn
kλkµk−n=e−(λ+µ)λ+µ)k
k!.
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.
Loi binômiales On peut procéder de plusieurs façons.
1. 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+mdes 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).
2. 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
GY+Z(s) = E[sY+Z] = E[sY]E[sZ] = (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. A nouveau deux approches sont possibles :
— On calcule d’abord la loi de N1+N2:
P(N1+N2=k) =
k
X
l=0
P((N1+N2=k)∩(N1=l)) =
k
X
l=0
P((N2=k−l)∩(N1=l))
=
k
X
l=0
P(N2=k−l)P(N1=l) = etc.
3

et on montre que P(N1+N2=k) = e−λ1−λ2(λ1+λ2)k
k!, puis on conclut par récurrence.
— On calcule la fonction génératrice de fonction génératrice de N1+N2+... +Np
directement (qui est le produit des fonctions génératrices, par indépendance), et on
reconnaît la fonction génératrice de P(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 R→R.
E[g(X+Y)] = 1
2πσ1σ2Z+∞
−∞ Z+∞ −∞
e−(x−µ1)2
2σ2
1
−(y−µ2)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−(x−µ1)2
2σ2
1
−(u−x−µ2)2
2σ2
2g(u)dudx.
On écrit le trinôme dans l’exponentielle sous forme canonique :
(x−µ1)2
2σ2
1
+(u−x−µ2)2
2σ2
2
=σ2
1+σ2 2
σ2
1σ2 2(x−λu)2+µ2
1
σ2
1
+(u−µ2)2
σ2
2
−σ2
1+σ2 2
σ2
1σ2 2
λ2
u,
avec λu:= σ2
1µ1+σ2 2(u−µ2)
σ2
1+σ2 2.
En développant λ2
u, on obtient
µ2
1
σ2
1
+(u−µ2)2
σ2
2
−σ2
1+σ2 2
σ2
1σ2 2
λ2
u
=µ2
1
σ2
11−σ2
2
σ2
1+σ2 2+(u−µ2)2
σ2
21−σ2
1
σ2
1+σ2 2−2µ1(u−µ2)
σ2
1+σ2 2
=µ2
1
σ2
1+σ2 2
+(u−µ2)2
σ2
1+σ2 2
−2µ1(u−µ2)
σ2
1+σ2 2
=(u−µ1−µ2)2
σ2
1+σ2 2
.
Autrement dit, le trinôme de l’exponentielle s’écrit
(x−µ1)2
2σ2
1
+(u−x−µ2)2
2σ2
2
=σ2
1+σ2 2
σ2
1σ2 2(x−λu)2+(u−µ1−µ2)2
σ2
1+σ2 2
.
En remarquant que pour tout u∈R, le changement de variable affine x0=x−λudonne
Z+∞
−∞
e−σ2
1+σ2 2
2σ2
1σ2 2
(x−λu)2
dx =Z+∞
−∞
e−σ2
1+σ2 2
2σ2
1σ2 2
x2
dx =s2πσ2
1σ2 2
σ2
1+σ2 2
,
4

on obtient, en changeant l’ordre d’intégration :
E[g(X+Y)] = 1
2πσ1σ2Z+∞
−∞ Z+∞ −∞
e−(u−x−µ2)2
2σ2
2dxe−(u−µ1−µ2)2
2(σ2
1+σ2 2)g(u)du
=1
p2π(σ2
1+σ2 2)Z+∞
−∞
e−(u−µ1−µ2)2
2(σ2
1+σ2 2)g(u)du.
X+Ysuit donc la loi N(µ1+µ2, σ2
1+σ2 2).
La question était de déterminer la loi de aX +bY +c. On va montrer que aX +csuit
la loi N(aµ1+c, a2σ2
1), ce qui, appliqué aussi à bY et combiné avec le calcul précédent,
permet de conclure que aX +bY +csuit la loi N(aµ1+bµ2+c, a2σ2
1+b2σ2 2).
Pour le voir, considérons une fonction g:R→Rcontinue et bornée. On a
E[g(aX +c)] = 1
p2πσ2
1Z+∞
−∞
e−(x−µ1)2
2σ2
1g(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) :
E[g(aX +c)] = 1
p2πσ2
1Z+∞
−∞
e−(u−c
a−µ1)2
2σ2
1g(u)du
|a|
=1
p2πa2σ2
1Z+∞
−∞
e−(u−c−aµ1)2
2a2σ2
1g(u)du.
Ce qui achève la démonstration.
5