FICM 1A – Probabilités TD 6. Indépendance de variables aléatoires

École des Mines de Nancy Année 2015-2016
Denis Villemonais, [email protected]
FICM 1A – Probabilités
TD 6. Indépendance de variables aléatoires
Corrigé
Exercice 1. (*) Soient A1, A2, . . . , Andes événements d’un espace de probabilités (Ω,F,P)et
X1, . . . , Xnles variables aléatoires à valeurs dans {0,1}, définies par
Xi(ω) = 1Ai(ω) = (1si ω∈Ai
0sinon.
Montrer que les événements A1, . . . , Ansont indépendants si et seulement si les variables aléatoires
X1, . . . , Xnsont indépendantes.
Solution. Pour toute suite x1, . . . , xn∈ {0,1},
P(X1=x1, . . . , Xn=xn) = P(A(x1)
1, . . . , A(xn)
n),
où A(1)
1=A1et A(0) 1=Ac
1. Or, d’après l’exercice 5 du TD 1, nous savons que les événements
A1, . . . , Ansont indépendants si et seulement si les événements A(x1)
1, . . . , A(xn)
nsont indépendants
pour toute suit x1, . . . , xn∈ {0,1}, c’est-à-dire si et seulement si, pour toute suit x1, . . . , xn∈ {0,1},
P(X1=x1, . . . , Xn=xn) =
n
Y
i=1
P(A(xi)
i),
c’est-à-dire si et seulement si, pour toute suit x1, . . . , xn∈ {0,1},
P(X1=x1, . . . , Xn=xn) =
n
Y
i=1
P(Xi=xi).
Les variables aléatoires X1, . . . , Xnétant discrètes à valeurs dans {0,1}, nous en déduisons que
cette dernière relation est vérifiée pour toute suit x1, . . . , xn∈ {0,1}si et seulement si les variables
aléatoires X1, . . . , Xnsont indépendantes.
En définitive, les événements A1, . . . , Ansont indépendants si et seulement si les variables aléatoires
X1, . . . , Xnsont indépendantes.
Exercice 2. Soient Xet Ydeux variables aléatoires exponentielles indépendantes de paramètres
respectifs λX>0et λY>0.
1. Donner la loi du couple (X, Y ).
2. Donner la loi de T= inf(X, Y ).
1

Solution. 1. Xet Yétant indépendantes, la loi du couple (X, Y )est
P(X,Y )=PX⊗PY.
Comme PXet PYont pour densité respectives fX(x) = 1x≥0e−x/λX/λXet fY(y) = 1y≥0e−y/λY/λY,
on en déduit que P(X,Y )est une loi absolument continue, de densité
f(X,Y )(x,y)=fX(x)fY(y) = 1x≥0, y≥0
e−x/λX−y/λY
λXλY
.
2. Calculons la fonction de répartition FTde T. On a, par indépendance de Xet Y, pour tout
t≥0,
FT(t) := P(T≤t) = P(X≤tou Y≤t)
= 1 −P(X > t et Y > t)
= 1 −e−t/λXe−t/λY= 1 −e−(1/λX+1/λY)t.
On en déduit que
Test une v.a. exponentielle de paramètre 1/(1/λX+ 1/λY) = λXλY
λX+λY
.
Exercice 3. Soient X1, . . . , Xndes variables aléatoires mutuellement indépendantes telles que, pour
tout i∈ {1, . . . , n},Xiest de loi gaussienne de moyenne mi∈Ret de variance σ2
i≥0. Montrer que,
pour toute famille a1, . . . , an∈R, la variable aléatoire
Y=a1X1+··· +anXn
est une variable aléatoire gaussienne, dont on donnera la moyenne et la variance.
Solution. Nous allons calculer la fonction caractéristique de Y, notée ϕY, et reconnaître la fonction
caractéristique d’une loi gaussienne, ce qui nous permettra de conclure.
Pour tout u∈R, nous avons, par indépendance mutuelle des variables aléatoires X1, . . . , Xnpuis
d’après l’expression de la fonction caractéristique d’une variable aléatoire gaussienne réelle,
ϕY(u) = Eei(ua1X1+···+uanXn)
=
n
Y
i=1
EeiuaiXi
=
n
Y
i=1
eiuaimi−σ2
iu2a2 i/2
=eiu(a1m1+···+anmn)+σ2
1a2 1+···+σ2
na2 nu2/2.
On reconnaît l’expression de la fonction caractéristique d’une loi normale de moyenne a1m1+··· +
anmnet de variance σ2
1a2 1+··· +σ2 na2 n. Étant donné que la fonction caractéristique d’une variable
aléatoire caractérise sa loi, nous en déduisons que
Yest de loi N(a1m1+··· +anmn, σ2
1a2 1+··· +σ2 na2 n)
2

Exercice 4. Soit (X, Y )un vecteur aléatoire de loi absolument continue dont la densité fest donnée
sur R2par
f(x, y) = √3
2πexp −1 2(4x2+ 2xy +y2),∀(x, y)∈R2.
1. Déterminer la loi de Xet celle de Y.
Aide : On se souviendra avec profit que, pour tout m∈Ret tout σ > 0,
1
√2πσ e−(x−m)2
2σ2,
est la densité d’une variable d’une loi gaussienne N(m, σ).
2. Les variables aléatoires réelles Xet Ysont-elles indépendantes ?
Solution. 1. Le couple (X, Y )admettant fcomme densité, Xadmet pour densité la fonction fX
définie sur Rpar
fX(x) = ZR f(x, y)λ1(dy) = ZR
√3
2πexp −1 2(4x2+ 2xy +y2)dλ1(y).
Donc, pour tout x∈R,
fX(x) = √3
2πZR
exp −1
2(y+x)2−3x2 2dλ1(y)
=√3
2πe−3x2
2ZR
exp −1
2(y+x)2dλ1(y).
D’après l’aide, la fonction y∈R7→ 1
√2πexp −1
2(y+x)2est la densité d’une loi N(−x, 1)
donc son intégrale sur Rvaut 1, donc
fX(x) = √3
√2πe−3x2
2.
Par conséquent, Xadmet pour densité la fonction fXdéfinie sur Rpar
∀x∈R, fX(x) = √3
√2πe−3x2
2.
Remarquons que la v.a. Xsuit une loi gaussienne centrée de variance 1/3.
Le calcul de la loi de Yest analogue. Le couple (X, Y )admettant fcomme densité, Yadmet
pour densité la fonction fYdéfinie sur Rpar
fY(y) = ZR f(x, y)dλ1(x)
=ZR
√3
2πexp −1 2(4x2+ 2xy +y2)dλ1(x)
=√3
2πZR
exp −4
2(x+y 4)2−3y2 8dλ1(x)
=√3
2πe−3y2
8ZR
exp −4
2(x+y 4)2dλ1(x)
3

D’après l’aide, la fonction x∈R7→ 2
√2πexp −4
2(x+y 4)2est la densité sur Rd’une loi gaus-
sienne N(−y/4,1/2) donc son intégrale vaut 1.
Par conséquent, Yadmet pour densité la fonction fYdéfinie sur Rpar
fY(y) = √3
2√2πe−3y2
8,∀y∈R.
Remarquons que la v.a. Ysuit une loi gaussienne centrée de variance 4/3.
2. Remarquons que
f(0,0) 6=fX(0)fY(0)
mais que cela ne suffit pas pour conclure sur l’indépendance ou non des variables Xet Y.
La fonction fet la fonction
(x, y)7→ fX(x)fY(y),
étant continues sur R2et non égales en (0,0), on peut trouver ε > 0tel que
f(x, y)6=fX(x)fY(y),∀(x, y)∈]−ε, ε[2.
Étant donné que λ2(] −ε, ε[2) = 4ε2>0,
les variables aléatoires Xet Yne sont pas indépendantes.
car le produit tensoriel fX⊗fYde leur densité diffère de fla densité du couple sur un ensemble
non négligeable pour la mesure λ2.
Exercice 5. Soient Xet Ydeux v.a. indépendantes de loi uniforme sur [0,1]. On pose U= inf(X, Y )
et V= sup(X, Y ).
1. Calculer la loi de X+Y.
2. (a) Calculer la fonction de répartition de Vet en déduire que cette v.a. admet une densité
que l’on explicitera.
(b) Même question pour la variable U.
3. Montrer que T=U/V suit une loi uniforme sur [0,1].
Aide : On pourra montrer que, pour tout t∈]0,1[,
P({U≤tV }∩{X≤Y}) = P(X≤tY ).
Solution. 1. Les variables aléatoires Xet Yétant indépendantes, de lois absolument continues de
densités respectives
fX(x) = 1[0,1](x)et fY(x) = 1[0,1](x),∀x∈R,
la variable aléatoire X+Yest également absolument continue, de densité
fX+Y(x) = fX∗fY(x) = ZR fX(x−t)fY(t)dλ1(t)
=ZR 1x−t∈[0,1]1t∈[0,1] dλ1(t)
=ZR 1t∈[x−1,x]1t∈[0,1]dλ1(t)
=λ1([x−1, x]∩[0,1]).
4

Ainsi,
fX+Y(x) = 
xsi x∈[0,1]
2−xsi x∈[1,2]
0sinon.
2. (a) Calculons la fonction de répartition FVde V= sup(X, Y ).
Soit t∈R. Par définition du sup,
FV(t) := P(V≤t) = P(X≤tet Y≤t) = P({X≤t}∩{Y≤t}.
Alors par indépendance de Xet de Y,
FV(t) = P(X≤t)×P(Y≤t) = FX(t)FY(t),
où FX(respectivement FY) désigne la fonction de répartition de X(respectivement Y.)
Rappelons qu’ici
FX(t) = FY(t) = 
0si t < 0
tsi 0≤t≤1
1si 1< t.
Par conséquent,
FV(t) = 
0si t < 0
t2si 0≤t≤1
1si 1< t.
La fonction FVest continue sur Ret est C1sauf peut-être en 0et en 1. On en déduit
(Proposition 3.34 p.63) que Vest de loi absolument continue. Par ailleurs, pour tout
v∈R\ {0,1},
F0
V(t)=2v1]0,1[(v).
Par conséquent, la variable aléatoire réelle Vadmet pour densité la fonction fVdéfinie
sur Rpar
fV(v) = 2v1]0,1[(v).
(b) Calculons la fonction de répartition FUde U= inf(X, Y ).
Soit t∈R. Alors
FU(t) = P(U≤t)=1−P(U > t)
= 1 −P(X > t et Y > t)
= 1 −P({X > t}∩{Y > t})
par définition de inf. Par indépendance de Xet de Y,
FU(t) = 1 −P(X > t)×P(Y > t)=1−(1 −FX(t))2
car P(X > t)=1−P(X≤t)=1−FX(t)et P(Y > t)=1−P(Y≤t)=1−FY(t) =
1−FX(t).
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