Donc la fonction génératrice des moments est donnée par : \[
\boxed{
M_X(t) =
\begin{cases}
2 \left(
\frac{e^{t}}{t}
- \frac{e^{t} - 1}{t^2}
\right), & \text{si } t \neq 0, \\[6pt]
1, & \text{si } t = 0.
\end{cases}
}
\]
Exercice 2
Soit la fonction définie par \[f(x) = c\,x(1 - x)\]
pour \(x \in [0,1]\), et \(0\) sinon.
Pour quelle valeur de \(c\) est-ce une densité de probabilité ?
Déterminer la fonction de répartition de cette loi et sa médiane.
C’est une équation polynomiale du troisième degré. Une racine m de cette équation se trouve dans l’intervalle [0,1].
Etant donné une telle équation, les racines s’écrivent comme le rapport des diviseurs du terme constant sur les diviseurs du coefficient dominant, qui est 4 dans ce cas. Les diviseurs de 1 sont \(\pm 1\), et les diviseurs de 4 sont \(\pm 1, \pm 2, \pm 4\). Donc les racines rationnelles possibles sont \(\pm 1, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{1}{4}\).
On doit choisir parmi ces valeurs celles qui sont dans l’intervalle [0,1], c’est-à-dire \(1, \frac{1}{2}, \frac{1}{4}\).
En testant ces valeurs dans l’équation, on trouve que la racine dans l’intervalle [0,1] est : \[
m = \frac{1}{2}
\]
Donc la médiane est : \[
\boxed{m = \frac{1}{2}}.
\]
Une autre méthode pour déterminer la médiane consiste à remarquer que la fonction de densité admet la droite d’équation \(x = \frac{1}{2}\) comme axe de symétrie.
Pour ce faire, on peut soit tracer la fonction de densité :
Show the code
import numpy as npimport matplotlib.pyplot as plt# Define density on R, zero outside [0,1]def f(x):return np.where((x>=0)&(x<=1), 6*x*(1-x), 0)# Real line rangex = np.linspace(-5, 5, 800)y = f(x)plt.figure(figsize=(7,4))plt.plot(x, y, linewidth=2)plt.axvline(0.5, linewidth=2, color='red', linestyle='--', label='x=0.5 (médiane)')plt.legend()plt.xlabel("x")plt.ylabel("f(x)")plt.title("Density f(x)=6x(1-x) on the whole real line (0 outside [0,1])")plt.grid(True)plt.show()
Lorsque que la droite d’équation \(x = a\), est un axe de symétrie pour une fonction \(f\), dérivable, alors \(f'(a) = 0\).
Et dans notre cas, on trouve bien \(f'(\frac{1}{2}) = 0\). Et \(a = \frac{1}{2}\) est la médiane recherchée.
Exercice 3
Supposons que la fonction de répartition d’une variable aléatoire \(X\), correspondant au temps en mois avant décès pour une personne atteinte de cancer, est donnée par
\[
F(x) =
\begin{cases}
0, & x \le 0, \\
1 - e^{-0.03 x^{1.2}}, & x > 0.
\end{cases}
\]
Vérifier que \(F\) est bien une fonction de répartition.
Calculer la probabilité de survivre au moins 12 mois.
Donner une densité de \(X\).
Correction Exercice 3
La fonction \(F\) est croissante, continue sur \(\mathbb{R}\), avec \(\displaystyle \lim_{x \to -\infty} F(x) = 0\)
et \(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} F(x) = 1\).
C’est donc bien une fonction de répartition.
Nous avons
\[
\mathbb{P}(X \ge 12)
= 1 - F(12)
= 55.3\%.
\]
Une densité, obtenue par dérivation, vaut
\[
f(x) =
\begin{cases}
0, & x \le 0, \\[6pt]
0.03\, x^{0.2} e^{-0.03 x^{1.2}}, & x > 0.
\end{cases}
\]
Exercice 4
Soit la fonction \(F\) définie par \(F(x) = 1 - \exp(-x/2)\) pour \(x > 0\), et \(0\) sinon.
Justifier que \(F\) est une fonction de répartition.
Déterminer les quantiles d’ordres 0.25 et 0.75.
Soit \(X\) une variable aléatoire suivant cette loi, calculer \(\mathbb{P}(1 < X \le 2)\).
Correction Exercice 4
Une fonction de répartition doit être croissante, cadlag (continue à droite, limites à gauche), avec
donc la fonction \(F(\cdot)\) est bien croissante.
Elle est continue sur \(\mathbb{R}\), donc en particulier continue à droite et avec des limites à gauche.
Soient \(Y\) et \(Z\) deux variables aléatoires réelles.
Soit \(U\) une variable aléatoire indépendante de \(Y\) et de \(Z\), suivant une loi de Bernoulli de paramètre \(\alpha > 0\).
Soit \(X\) la variable aléatoire définie par
\[
X =
\begin{cases}
Y & \text{si } U = 1,\\[4pt]
Z & \text{si } U = 0.
\end{cases}
\]
Autrement dit, \(X = Y\) avec probabilité \(\alpha\) et \(X = Z\) avec probabilité \(1 - \alpha\).
On dit que la loi de \(X\) est un mélange de deux distributions, ce que l’on note
où \(\alpha \in [0,1]\), \(\mathbb{P}_{\text{dis}}\) est une loi de probabilité discrète,
et \(\mathbb{P}_{\text{cont}}\) est une loi de probabilité continue, qu’on déterminera.
Correction Exercice 5
Montrons que \(F_X(x) = \alpha F_Y(x) + (1 - \alpha)F_Z(x)\).
Nous savons que si \(U = 1\), alors \(X = Y\), et si \(U = 0\), alors \(X = Z\). De ce fait, pour exprimer la fonction de répartition de \(X\), en fonction de celles de \(Y\) et \(Z\), nous devons parvenir à conditionner la variable aléatoire \(X\) en fonction de la variable aléatoire \(U\).
Pour cela, nous utilisons la formule des probabilités totales, suivi par la formule de Bayes.
\[
F_X(x) = \mathbb{P}(X \le x)
= \mathbb{P}(X \le x \cap \Omega)
= \mathbb{P}(X \le x \cap \{U = 1\}) + \mathbb{P}(X \le x \cap \{U = 0\}).
\]
Nous utilisons ensuite la formule de Bayes pour chaque terme :
\[
F_X(x) = \mathbb{P}(X \le x \mid U = 1) \mathbb{P}(U = 1)
+ \mathbb{P}(X \le x \mid U = 0) \mathbb{P}(U = 0).
\]
Or, par définition de \(X\) : \[
\mathbb{P}(X \le x \mid U = 1)
= \mathbb{P}(Y \le x \mid U = 1)
= \mathbb{P}(Y \le x) = F_Y(x),
\]
et \[
\mathbb{P}(X \le x \mid U = 0)
= \mathbb{P}(Z \le x \mid U = 0)
= \mathbb{P}(Z \le x) = F_Z(x).
\]
import numpy as npimport matplotlib.pyplot as pltdef F(x): x = np.asarray(x)return np.where( x <0, 0, np.where( x <1, 1/8, np.where( x <2, (x +1)/4, np.where( x <5, 3/4,1 ) ) ) )# Segments de la fonction de répartitionsegments_horizontaux = [ (-10, 0, 0), # de x=-10 à x=0 : F=0 (0, 1, 1/8), # de x=0 à x=1 : F=1/8 (2, 5, 3/4), # de x=2 à x=5 : F=3/4 (5, 10, 1) # de x=5 à x=10 : F=1]plt.figure(figsize=(12, 5))# Tracé des segments horizontauxfor x_start, x_end, y_val in segments_horizontaux: plt.hlines(y_val, x_start, x_end, colors="blue", linewidth=2)# Tracé du segment linéaire entre x=1 et x=2 : F(x) = (x+1)/4x_linear = np.linspace(1, 2, 100)y_linear = (x_linear +1) /4plt.plot(x_linear, y_linear, 'b-', linewidth=2)# Points ouverts (limite à gauche non incluse)x_open = [0, 1, 5]y_open = [0, 1/8, 3/4]plt.scatter(x_open, y_open, facecolors="none", edgecolors="black", s=80, zorder=3, linewidths=2)# Points fermés (valeur incluse)x_closed = [0, 1, 2, 5]y_closed = [1/8, 2/4, 3/4, 1]plt.scatter(x_closed, y_closed, color="black", s=80, zorder=3)# Format graphiqueplt.xlabel("x", fontsize=12)plt.ylabel("$F_X(x)$", fontsize=12)plt.title("Fonction de répartition $F_X(x)$", fontsize=14)plt.grid(True, linestyle="--", alpha=0.4)plt.xlim(-10, 10)plt.ylim(-0.05, 1.05)# Définir les graduations sur l'axe des xplt.xticks([0, 1, 2, 3, 4, 5])# Ajout de repères pour les valeurs importantesplt.axhline(y=1/8, color='gray', linestyle=':', alpha=0.3)plt.axhline(y=1/2, color='gray', linestyle=':', alpha=0.3)plt.axhline(y=3/4, color='gray', linestyle=':', alpha=0.3)plt.axvline(x=0, color='gray', linestyle=':', alpha=0.3)plt.axvline(x=1, color='gray', linestyle=':', alpha=0.3)plt.axvline(x=2, color='gray', linestyle=':', alpha=0.3)plt.axvline(x=5, color='gray', linestyle=':', alpha=0.3)plt.tight_layout()plt.show()
Les points de discontinuité sont représentés par des cercles ouverts (limite à gauche non incluse) et des cercles pleins (valeur incluse) : 0, 1 et 5.
Expression de la loi de \(X\) sous la forme d’un mélange d’une loi discrète et d’une loi continue.
Nous savons que si \(P_{cont}\) est une loi de probabilité continue, alors \(P_{cont}(X = x) = 0\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\).
De ce fait, si nous devons écrire la loi de \(X\) comme un mélange d’une loi discrète et d’une loi continue, ie \[
\mathbb{P}_X = \alpha \mathbb{P}_{dis} + (1 - \alpha)\mathbb{P}_{cont},
\]
alors aux points de discontinuité de la fonction de répartition \(F_X\), la partie continue ne contribue pas à la probabilité. C’est-à-dire que pour tout \(x \in {0,1,5}\), nous avons :
Donc si nous définissons la fonction discrète \(\mathbb{P_{dis}}\) comme ayant 0, 1 et 5 comme seuls points de masse, nous avons : \[
\mathbb{P_{dis}(X = 0)} + \mathbb{P_{dis}(X = 1)} + \mathbb{P_{dis}(X = 5)} = 1.
\]
\[
F_{\text{cont}}(x) =
\begin{cases}
0 & \text{si } x < 1,\\[4pt]
x - 1 & \text{si } x \in [1,2[,\\[8pt]
1 & \text{si } x \ge 2.
\end{cases}
\]
On peut vérifier que cette fonction est bien une fonction de répartition (croissante, continue, avec des limites 0 et 1 aux extrémités). Elle est dérivable sur \(\mathbb{R}\) avec une densité associée donnée par :
\[
f_{\text{cont}}(x) =
\begin{cases}
0 & \text{si } x < 1,\\[4pt]
1 & \text{si } x \in [1,2[,\\[8pt]
0 & \text{si } x \ge 2.
\end{cases}
\]
Ce qui correspond à la densité d’une variable aléatoire uniformément distribuée sur l’intervalle \([1,2]\).
Exercice 6
Soit \(X\) une variable aléatoire suivant une loi uniforme sur \([0,1]\), et soit
\[
Y = -\theta \ln(1 - X)
\]
avec \(\theta > 0\).
Déterminer la fonction de répartition et la densité de \(Y\).
Correction Exercice 6
L’objectif de l’exercice est que vous soyez capables de maîtriser les différentes techniques de calcul de la densité pour une fonction d’une v.a.
Notons tout d’abord que la fonction
\[
g : [0,1[ \longrightarrow \mathbb{R}, \qquad x \longmapsto -\theta \ln(1 - x)
\]
est dérivable sur \([0,1[\), à valeurs dans \(\mathbb{R}^+\), avec
\[
g'(x) = \frac{\theta}{1 - x} > 0,
\]
donc la fonction \(g\) est de plus croissante sur \([0,1[\).
Nous pouvons obtenir la fonction de répartition de \(Y\) par calcul direct, puis en déduire la densité de \(Y\).
Nous pouvons également utiliser le résultat donnant la densité de la transformation d’une variable aléatoire par une fonction croissante.
Le calcul direct donne, pour tout \(x \in \mathbb{R}\) :
Soit \(X\) une variable aléatoire de densité \(f_X(x) = 2x\) pour \(x \in [0,1]\) et \(0\) sinon.
Déterminer la fonction de répartition et la densité de \(Y = 1/X\).
Déterminer la fonction de répartition et la densité de \(Z = \ln(1/X)\).
Correction Exercice 7
Fonction de répartition et densité de \(Y = 1/X\)
Avant de déteminer la fonction de répartition de \(Y\), prenons une minute pour déterminer l’ensemble des valeurs que peut prendre \(Y\) ou le support de \(Y\).
Comme le support de \(X\) est \([0,1]\), et que \(Y = 1/X\), on a : - lorsque \(X\) tend vers \(0\) par valeurs positives, \(Y\) tend vers \(+\infty\), - lorsque \(X = 1\), \(Y = 1\). Donc le support de \(Y\) est \([1, +\infty[\).
Calculons la fonction de répartition de \(Y\).
La fonction de répartition se calcule toujours sur l’ensemble \(\mathbb{R}\).
si \(y < 1\), alors \(\frac{1}{y} > 1\) et donc \(F_X\left(\frac{1}{y}\right) = 1\), donc \[
F_Y(y) = 0.
\] si \(y \ge 1\), alors \(\frac{1}{y} \in [0,1]\) et donc \[
F_X\left(\frac{1}{y}\right) = \left(\frac{1}{y}\right)^2 = \frac{1}{y^2},
\] donc \[
F_Y(y) = 1 - \frac{1}{y^2}.
\]
Donc la fonction de répartition de \(Y\) est donnée par : \[
F_Y(y) =
\begin{cases}
0, & y < 1, \\[6pt]
1 - \frac{1}{y^2}, & y \ge 1.
\end{cases}
\]
Calculons la densité de \(Y\). Pour \(y < 1\), \(F_Y(y) = 0\), donc \(f_Y(y) = 0\). Pour \(y \ge 1\), \[
f_Y(y) = \frac{d}{dy} F_Y(y)
= \frac{d}{dy} \left(1 - \frac{1}{y^2}\right)
= \frac{2}{y^3}.
\]
Donc la densité de \(Y\) est donnée par : \[
f_Y(y) =
\begin{cases}
0, & y < 1, \\[6pt]
\frac{2}{y^3}, & y \ge 1.
\end{cases}
\]
Nous pouvons vérifier que \(f_Y\) est bien une densité, en appliquant la méthode de la fonction muette : Soit \(\varphi\) une fonction continue bornée. Alors : \[
\mathbb{E}\{\varphi(Y)\}
= \mathbb{E}\{\varphi(1/X)\}
= \int_{\mathbb{R}} \varphi(1/x) f_X(x)\, dx.
\] Comme \(X\) a pour densité \(f_X(x) = 2x\) pour \(x \in [0,1]\) et \(0\) sinon, on a : \[
\mathbb{E}\{\varphi(Y)\}
= \int_0^1 \varphi(1/x) 2x\, dx.
\] Avec le changement de variable : \[
y = 1/x
\quad\Longleftrightarrow\quad
x = 1/y,
\qquad
dx = -\frac{1}{y^2}\, dy,
\] on obtient : \[
\mathbb{E}\{\varphi(Y)\}
= \int_1^{+\infty} \varphi(y) 2 \cdot \frac{1}{y} \cdot \left(-\frac{1}{y^2}\right) dy
= \int_1^{+\infty} \varphi(y) \frac{2}{y^3}\, dy
= \int_{\mathbb{R}} \varphi(y) f_Y(y)\, dy,
\] avec \[
f_Y(y) =
\begin{cases}
0, & y < 1, \\[6pt]
\frac{2}{y^3}, & y \ge 1.
\end{cases}
\]
Fonction de répartition et densité de \(Z = \ln(1/X)\)
Avant de déteminer la fonction de répartition de \(Z\), prenons une autre minute pour déterminer l’ensemble des valeurs que peut prendre \(Z\) ou le support de \(Z\).
Comme le support de \(X\) est \([0,1]\), et que \(Z = \ln(1/X)\), on a : - lorsque \(X\) tend vers \(0\) par valeurs positives, \(1/X\) tend vers \(+\infty\), donc \(Z\) tend vers \(+\infty\), - lorsque \(X = 1\), \(1/X = 1\), donc \(Z = \ln(1) = 0\). Donc le support de \(Z\) est \([0, +\infty[\).
Calculons la fonction de répartition de \(Z\).
La fonction de répartition se calcule toujours sur l’ensemble \(\mathbb{R}\). soit \(z \in \mathbb{R}\),
Donc : si \(z < 0\), alors \(e^{-z} > 1\) et donc \(F_X\left(e^{-z}\right) = 1\), donc \[
F_Z(z) = 0.
\] si \(z \ge 0\), alors \(e^{-z} \in [0,1]\) et donc \[
F_X\left(e^{-z}\right) = \left(e^{-z}\right)^2 = e^{-2z},
\] donc \[
F_Z(z) = 1 - e^{-2z}.
\] Donc la fonction de répartition de \(Z\) est donnée par : \[
F_Z(z) =
\begin{cases}
0, & z < 0, \\[6pt]
1 - e^{-2z}, & z \ge 0.
\end{cases}
\]
Calculons la densité de \(Z\). Pour \(z < 0\), \(F_Z(z) = 0\), donc \(f_Z(z) = 0\). Pour \(z \ge 0\), \[
f_Z(z) = \frac{d}{dz} F_Z(z)
= \frac{d}{dz} \left(1 - e^{-2z}\right)
= 2 e^{-2z}.
\]
Donc la densité de \(Z\) est donnée par : \[
f_Z(z) =
\begin{cases}
0, & z < 0, \\[6pt]
2 e^{-2z}, & z \ge 0.
\end{cases}
\]
Donc \(Z\) suit une loi exponentielle de paramètre \(2\).
Nous pouvons confirmer que \(f_Z\) est bien une densité, en appliquant la méthode de la fonction muette : Soit \(\varphi\) une fonction continue bornée. Alors : \[
\mathbb{E}\{\varphi(Z)\}
= \mathbb{E}\{\varphi(\ln(1/X))\}
= \int_{\mathbb{R}} \varphi(\ln(1/x)) f_X(x)\, dx.
\] Comme \(X\) a pour densité \(f_X(x) = 2x\) pour \(x \in [0,1]\) et \(0\) sinon, on a : \[
\mathbb{E}\{\varphi(Z)\}
= \int_0^1 \varphi(\ln(1/x)) 2x\, dx.
\] Avec le changement de variable : \[
z = \ln(1/x)
\quad\Longleftrightarrow\quad
x = e^{-z},
\qquad
dx = -e^{-z}\, dz,
\] on obtient : \[
\mathbb{E}\{\varphi(Z)\}
= \int_0^{+\infty} \varphi(z) 2 \cdot e^{-z} \cdot \left(-e^{-z}\right) dz
= \int_0^{+\infty} \varphi(z) 2 e^{-2z}\, dz
= \int_{\mathbb{R}} \varphi(z) f_Z(z)\, dz,
\] avec \[
f_Z(z) =
\begin{cases}
0, & z < 0, \\[6pt]
2 e^{-2z}, & z \ge 0.
\end{cases}
\]
Exercice 8
Soit \(X\) une variable aléatoire suivant une loi normale centrée réduite.
Déterminer la loi, l’espérance et la variance des variables aléatoires \(|X|\), \(X^2\) et \(e^X\).
Correction Exercice 8
Loi, espérance et variance de \(|X|\)
Nous savons que la densité de \(X\) est donnée par : \[
f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-x^2/2}, \quad x \in \mathbb{R}.
\]
La densité de \(|X|\) caractérise la loi de \(|X|\). Nous pouvons la déterminer en utilisant la méthode de la fonction muette.
Soit \(\varphi\) une fonction continue bornée. Alors :
Nous effectuons le changement de variable \(y = -x\) dans la première intégrale : \[
\mathbb{E}\{\varphi(|X|)\}
= \int_0^{+\infty} \varphi(y) f_X(-y)\, dy + \int_0^{+\infty} \varphi(x) f_X(x)\, dx.
\]
Or, la densité de \(X\) est une fonction paire, ie \(f_X(-y) = f_X(y)\) pour tout \(y \in \mathbb{R}\). Donc, \[
\mathbb{E}\{\varphi(|X|)\}
= \int_0^{+\infty} \varphi(y) f_X(y)\, dy + \int_0^{+\infty} \varphi(x) f_X(x)\, dx
= 2 \int_0^{+\infty} \varphi(t) f_X(t)\, dt.
\]
On en déduit que la densité de \(|X|\) est donnée par : \[
f_{|X|}(t) =
\begin{cases}
2 f_X(t) = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} e^{-t^2/2}, & t \ge 0, \\[6pt]
0, & t < 0.
\end{cases}
\] Calculons l’espérance de \(|X|\) : \[
\mathbb{E}\{|X|\}
= \int_{\mathbb{R}} t f_{|X|}(t)\, dt
= \int_0^{+\infty} t \cdot \frac{2}{\sqrt{2\pi}} e^{-t^2/2}\, dt.
\]
En effectuant le changement de variable \(u = t^2/2\), on obtient : \[
\mathbb{E}\{|X|\}
= \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^{+\infty} e^{-u}\, du
= \frac{2}{\sqrt{2\pi}} = \sqrt{\frac{2}{\pi}}.
\]
Pour calculer la variance de \(|X|\), nous avons besoin de calculer \(\mathbb{E}\{|X|^2\} = \mathbb{E}\{X^2\}\)
Nous savons que pour une variable aléatoire suivant une loi normale centrée réduite, \(\mathbb{E}\{X^2\} = 1\).
Donc, \[
\text{Var}(|X|) = \mathbb{E}\{|X|^2\} - (\mathbb{E}\{|X|\})^2
= 1 - \frac{2}{\pi}
\]
Loi, espérance et variance de \(X^2\)
Nous utilisons à nouveau la méthode de la fonction muette pour déterminer la densité de \(X^2\).
Soit \(\varphi\) une fonction continue bornée. Alors :
La fonction \(x \mapsto \varphi(x^2) f_X(x)\) est paire, donc : \[
\mathbb{E}\{\varphi(X^2)\}
= 2 \int_0^{+\infty} \varphi(t^2) f_X(t)\, dt.
\]
En effectuant le changement de variable \(y = t^2\), on obtient : \[
\mathbb{E}\{\varphi(X^2)\}
= \int_0^{+\infty} \varphi(y) \frac{1}{\sqrt{2\pi y}} e^{-y/2}\, dy.
\]
On en déduit que la densité de \(X^2\) est donnée par : \[
f_{X^2}(y) =
\begin{cases}
\frac{1}{\sqrt{2\pi y}} e^{-y/2}, & y \ge 0, \\[6pt]
0, & y < 0.
\end{cases}
\]
On peut reconnaitre que la variable aléatoire \(X^2\) suit une de \(\chi^2\) de paramètre \(1\). Dans ce cas, nous savons que : \[
\mathbb{E}\{X^2\} = 1,
\quad
\text{Var}(X^2) = 2.
\]
Sinon, nous pouvons calculer l’espérance et la variance de \(X^2\) en utilisant en utilisant les propriétés de la loi normale centrée réduite.
Calculons l’espérance de \(X^2\) : \[
\mathbb{E}\{X^2\} = 1.
\]
Calculons la variance de \(X^2\) :
Pour cela, nous avons besoin de calculer \(\mathbb{E}\{X^4\}\).
et \[
\mathbb{E}\{X^4\} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{\mathbb{R}} x^4 e^{-x^2/2}\, dx.
\]
Si nous posons \(u = -\frac{x^2}{2}\), alors \(du = -x\, dx\),
Donc par une intégration par parties, nous obtenons : \[
\mathbb{E}\{X^4\}
= \left[ -\frac{1}{\sqrt{2\pi}} x^{3} e^{-x^{2}/2} \right]_{-\infty}^{+\infty}
\;+\;
\frac{3}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} x^{2} e^{-x^{2}/2} \, dx
\]
Nous noterons \[
B(a,b) = \int_{0}^{1} t^{a-1}(1-t)^{\,b-1}\, dt.
\]
Soit \(U\) une variable aléatoire de loi uniforme sur \([0,1]\).
Montrer que \(U\) et \(U^{2}\) suivent chacune une loi Beta, dont on précisera les paramètres.
Soit \(X\) une variable aléatoire suivant la loi Beta de paramètres \(a,b > 0\).
Montrer que, pour tout entier \(p \ge 1\), \(X\) admet un moment d’ordre \(p\), et donner une expression simple (ne dépendant pas de l’intégrale définissant la fonction Beta) de \(\mathbb{E}(X^{p})\).
En déduire l’espérance et la variance de \(X\).
Correction Exercice 9
Loi de \(U\) et de \(U^2\)
La variable aléatoire \(U\) suit une loi uniforme sur \([0,1]\).
Sa densité vaut donc :
\[
f_U(x) = 1_{[0,1]}(x),
\]
ce qui correspond à une loi Beta de paramètres
\[
a = 1, \qquad b = 1.
\]
Loi de \(Y = U^2\)
Nous utilisons la méthode de la fonction muette pour déterminer la densité de \(Y = U^2\).
Pour toute fonction \(\varphi\) continue bornée, on a :
La loi de Weibull est utilisée en ingénierie pour l’analyse des défaillances (durée de vie d’un appareil) ou la variation de la contrainte à la rupture d’un matériau.
Soit également \(n \ge 2\) et \(X_1, \ldots, X_n\) des variables aléatoires indépendantes de même loi que \(X\).
Calculer la constante \(c_\theta\) pour que \(f_\theta\) soit une densité de probabilité, puis la fonction de répartition de \(X\), et enfin \(\mathbb{E}(X)\) et \(V(X)\).
Nous posons \[
\overline{X}_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n X_k.
\] Calculer \(\mathbb{E}(\overline{X}_n)\) et \(V(\overline{X}_n)\).
Nous posons \(M_n = \max(X_1, \ldots, X_n)\). Déterminer la fonction de répartition de \(M_n\).
Montrer que la loi de \(M_n\) est à densité et calculer cette densité.
Nous savons que \(X\) suit une loi normale centrée réduite, donc : \[
\int_0^{+\infty} f_X(x)\, dx = \frac{1}{2}.
\]
Ainsi, \[
\mathbb{E}\{\varphi(Y)\}
= \int_{-\infty}^0 \varphi(y) f_X(y)\, dy
+ \frac{1}{2} \varphi(0).
\] On en déduit que la densité de \(Y\) est donnée par : \[
f_Y(y) =
\begin{cases}
f_X(y), & y < 0, \\[6pt]
\frac{1}{2}, & y = 0, \\[6pt]
0, & y > 0.
\end{cases}
\]
On aurait aussi pu écrire la fonction de répartition de \(Y\) :
On sait que le support de \(Y\) est \((-\infty, 0]\).
Donc la fonction de répartition de \(Y\) est donnée par : \[
F_Y(y) =
\begin{cases}
F_X(y), & y < 0, \\[6pt]
1, & y \ge 0.
\end{cases}
\]
Et la densité de \(Y\) est la dérivée de \(F_Y\) : \[
f_Y(y) =
\begin{cases}
f_X(y), & y < 0, \\[6pt]
0, & y > 0.
\end{cases}
\]
Pour \(y = 0\), on a \(P(Y = 0) = P(X > 0) = \frac{1}{2}\).
Donc la densité de \(Y\) est bien :
\[
f_Y(y) =
\begin{cases}
f_X(y), & y < 0, \\[6pt]
\frac{1}{2}, & y = 0, \\[6pt]
0, & y > 0.
\end{cases}
\]
Montrer que \(Y\) admet un moment d’ordre 2, et calculer l’espérance et la variance de \(Y\).
Nous savons que \(|Y| = |\min(X, 0)| \le |X|\).
Comme \(X\) suit une loi normale centrée réduite, \(X\) admet un moment d’ordre 2. Par conséquent, \(Y\) admet également un moment d’ordre 2. Calculons l’espérance de \(Y\) : Le support de \(Y\) est \((-\infty, 0]\), donc :
\[
\mathbb{E}(Y)
= \int_{-\infty}^0 y f_X(y)\, dy
+ 0 \cdot \frac{1}{2}
= \int_{-\infty}^0 y \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-y^2/2}\, dy.
\]
En effectuant le changement de variable \(u = -\frac{y^2}{2}\), on obtient :
\[
\mathbb{E}(Y)
= -\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^0 e^{u}\, du
= -\frac{1}{\sqrt{2\pi}}.
\]
Par une intégration par parties, on obtient : \[
\mathbb{E}(Y^2)
= \left[ -\frac{1}{\sqrt{2\pi}} y e^{-y^2/2} \right]_{-\infty}^0
\;+\;
\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^0 e^{-y^2/2}\, dy
= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot \frac{\sqrt{2\pi}}{2}
= \frac{1}{2}.
\]
