Exercices sur les Vecteurs Aléatoires Discrets

7. Vecteurs Aléatoires Discrets et continus

Exercice 1

La loi de probabilité jointe de deux variables aléatoires X et Y est

\[ \mathbb{P}(X = x, Y = y) = \frac{x + 1}{12}, \qquad x \in \{0,1\}, \; y \in \{0,1,2,3\}. \]

Les variables aléatoires X et Y sont-elles indépendantes ?
Déterminer les lois marginales de X et Y, et identifier lesquelles correspondent à des distributions classiques étudiées en cours.
Calculer E(XY) et \[ E\!\left( \frac{X}{Y+1} \right). \]

Correction de l’Exercice 1

On considère la loi jointe :

\[ \mathbb{P}(X = x, Y = y) = \frac{x + 1}{12}, \qquad x \in \{0,1\},\; y \in \{0,1,2,3\}. \]

Indépendance de X et Y

Nous calculons d’abord les marginales.

Marginale de X \[ \mathbb{P}(X = x) = \sum_{y=0}^3 \frac{x+1}{12} = 4 \cdot \frac{x+1}{12} = \frac{x+1}{3}. \]

Donc :

\[ \mathbb{P}(X=0)=\frac{1}{3},\qquad \mathbb{P}(X=1)=\frac{2}{3}. \]

Marginale de Y

\[ \mathbb{P}(Y = y) = \sum_{x=0}^1 \frac{x+1}{12} = \frac{1}{12} + \frac{2}{12} = \frac{3}{12} = \frac{1}{4}. \]

Donc Y est uniforme sur {0,1,2,3}.

Vérification de l’indépendance

soient \(x \in \{0,1\}\) et \(y \in \{0,1,2,3\}\). On a : \[ \mathbb{P}(X=x)\,\mathbb{P}(Y=y) = \frac{x+1}{3} \cdot \frac{1}{4} = \frac{x+1}{12} = \mathbb{P}(X=x, Y=y). \]

Ainsi :

\[ \boxed{X \text{ et } Y \text{ sont indépendantes.}} \]

Lois marginales de X et Y

Le support de X est donné par \(\{0,1\}\), et X suit une loi de Bernoulli de paramètre \(p=\frac23\) :

\[ \mathbb{P}(X=1)=\frac{2}{3},\quad \mathbb{P}(X=0)=\frac{1}{3}. \]
Y a pour support \(\{0,1,2,3\}\), et chaque valeur est equiprobable :

\[ \mathbb{P}(Y=y)=\frac14,\quad y=0,1,2,3. \]

Donc Y suit une loi uniforme discrète sur \(\{0,1,2,3\}\).

Calcul de E(XY)

Comme X et Y sont indépendantes :

\[ E(XY)=E(X)\,E(Y). \]

Calcul de E(X)

\[ E(X)=0 \cdot \frac13 + 1 \cdot \frac23 = \frac23. \]

Calcul de E(Y)

\[ E(Y) = \frac{0+1+2+3}{4} = \frac{6}{4} = \frac32. \]

Produit

\[ E(XY)=\frac23 \cdot \frac32 = 1. \]

Calcul de \(E\left(\frac{X}{Y+1}\right)\)

Grâce à l’indépendance :

\[ E\left(\frac{X}{Y+1}\right) =E(X)\,E\left(\frac{1}{Y+1}\right) =\frac23\,E\left(\frac{1}{Y+1}\right). \]

Calculons :

\[ E\left(\frac{1}{Y+1}\right) = \frac14\left(1 + \frac12 + \frac13 + \frac14\right) = \frac14 \cdot \frac{25}{12} = \frac{25}{48}. \]

Donc :

\[ E\left(\frac{X}{Y+1}\right) = \frac23 \cdot \frac{25}{48} = \frac{50}{144} = \frac{25}{72}. \]

Exercice 2

Soient X et Y deux variables aléatoires à valeurs dans \(\mathbb{N}\), ayant la densité jointe suivante :

\[ \mathbb{P}(X = k,\, Y = n) = \begin{cases} \binom{n}{k} p^k (1-p)^{\,n-k} \, e^{-\lambda} \dfrac{\lambda^n}{n!}, & 0 \le k \le n, \\[6pt] 0, & \text{sinon}, \end{cases} \]

avec \(p \in ]0,1[\) et \(\lambda > 0\) deux paramètres fixés.

Déterminer les densités marginales de \(X\) et de \(Y\), et montrer que chacune suit une loi de Poisson en précisant le paramètre.
Déterminer la loi conditionnelle de \(X\) sachant \(Y\).
En déduire :
- la valeur de \(E(XY)\),
- puis de \(E(X)\),
- puis de \(\mathrm{Cov}(X,Y)\).

Correction de l’Exercice 2

Lois marginales de \(X\) et \(Y\)

Loi marginale de \(X\)

Pour tout \(k \in \mathbb{N}\) :

\[ \mathbb{P}(X = k) = \sum_{n=0}^{+\infty} \mathbb{P}(X=k, Y=n). \]

\[ = \sum_{n=0}^{k-1} \mathbb{P}({X=k, Y=n}) + \sum_{n=k}^{+\infty} \mathbb{P}(X=k, Y=n). \]

La première somme est nulle car \(\mathbb{P}(X=k, Y=n)=0\) pour \(n<k\). Donc : \[ \mathbb{P}(X = k) = \sum_{n=k}^{+\infty} \binom{n}{k} p^k (1-p)^{\,n-k} e^{-\lambda} \frac{\lambda^n}{n!}. \]

Par changement de variable, on écrit :

\[ \mathbb{P}(X = k) = \sum_{n=0}^{+\infty} \binom{n+k}{k} p^k (1-p)^{\,n} e^{-\lambda} \frac{\lambda^{n+k}}{(n+k)!}. \]

Or \(\binom{n+k}{k} = \dfrac{(n+k)!}{k! \, n!}\). On obtient :

\[ \mathbb{P}(X=k) = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(n+k)!}{k! \, n!} p^k (1-p)^{\,n} e^{-\lambda} \frac{\lambda^{n+k}}{(n+k)!}. \]

On simplifie et on factorise par tout ce qui ne dépend pas de \(n\) :

\[ \mathbb{P}(X = k) = e^{-\lambda} \frac{(p\lambda)^k}{k!} \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{\{(1-p)\lambda\}^n}{n!}. \]

La somme est :

\[ \sum_{m=0}^{+\infty} \frac{\{(1-p)\lambda\}^m}{m!} = e^{(1-p)\lambda}. \]

Donc :

\[ \mathbb{P}(X = k) = e^{-p\lambda}\frac{(p\lambda)^k}{k!}. \]

Ainsi :

\[ X \sim \mathrm{Pois}(p\lambda). \]

Loi marginale de Y

Pour \(n \in \mathbb{N}\) :

\[ \mathbb{P}(Y = n) = \sum_{k=0}^{+ \infty} \mathbb{P}(X = k, Y = n) = \sum_{k=0}^{n} \mathbb{P}(X = k, Y = n) + \sum_{k=n+1}^{+\infty} \mathbb{P}(X = k, Y = n). \]

La deuxième somme est nulle car \(\mathbb{P}(X=k, Y=n)=0\) pour \(k>n\). Donc :

\[ \mathbb{P}(Y = n) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k (1-p)^{\,n-k} e^{-\lambda} \frac{\lambda^n}{n!}. \]

On factorise par tout ce qui ne dépend pas de \(k\) :

\[ \mathbb{P}(Y = n) = e^{-\lambda} \frac{\lambda^n}{n!} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} p^k (1-p)^{\,n-k}. \]

Mais :

\[ \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} p^k (1-p)^{\,n-k} = (p + (1-p))^n = 1. \]

Donc :

\[ \mathbb{P}(Y = n) = e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!}, \]

ainsi :

\[ Y \sim \mathrm{Pois}(\lambda). \]

Loi conditionnelle de X sachant Y

Pour \(0 \le k \le n\) :

\[ \mathbb{P}(X = k \mid Y = n) = \frac{\mathbb{P}(X=k,Y=n)}{\mathbb{P}(Y=n)} = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{\,n-k}. \]

Ainsi :

\[ X \mid (Y=n) \sim \mathrm{Bin}(n, p). \]

Conséquences sur les moments

Espérance conditionnelle :

\[ E(X \mid Y = n) = np. \]

Donc : \[ E(X \mid Y) = p Y. \]

Deuxième moment conditionnel :

\[ E(XY \mid Y = n) = n E(X \mid Y=n) = n^2 p. \]

Ainsi : \[ E(XY \mid Y) = p Y^2. \]

Calcul de E(XY)

On utilise la loi totale :

\[ E(XY) = E\big( E(XY \mid Y) \big) = E(p Y^2) = p E(Y^2). \]

Or, pour une Poisson(\(\lambda\)) :

\[ E(Y)=\lambda, \qquad Var(Y)=\lambda, \]

donc :

\[ E(Y^2)=Var(Y)+[E(Y)]^2=\lambda+\lambda^2. \]

Donc :

\[ E(XY)= p(\lambda+\lambda^2). \]

Calcul de E(X)

On sait :

\[ X \sim \mathrm{Pois}(p\lambda), \]

donc :

\[ E(X) = p\lambda. \]

Covariance \(\mathrm{Cov}(X,Y)\)

Définition :

\[ \mathrm{Cov}(X,Y) = E(XY) - E(X)E(Y). \]

On remplace :

\[ E(XY)=p(\lambda+\lambda^2), \qquad E(X)=p\lambda, \qquad E(Y)=\lambda. \]

Donc :

\[ \mathrm{Cov}(X,Y) = p(\lambda+\lambda^2) - (p\lambda)(\lambda) = p\lambda. \]

Exercice 3

Dans une maison de retraite, le nombre de chutes X au cours d’une année suit une loi de Poisson de paramètre \(\lambda\). Chaque chute peut, indépendamment des autres chutes, conduire à une fracture de la hanche avec une probabilité \(p\). Soit \(Y\) le nombre total de fractures de la hanche au cours de l’année.

Donner la loi conditionnelle de \(Y\) sachant \(X\).
En déduire l’espérance du nombre de fractures sachant le nombre de chutes, puis l’espérance du nombre total de fractures.

Correction Exercice 3

Loi conditionnelle de \(Y\) sachant \(X\)

Conditionnellement à \(X = x\), il y a \(x\) chutes indépendantes. Chaque chute entraîne une fracture avec une probabilité \(p\).

Ainsi, conditionnellement à \(X = x\), la variable \(Y\) suit une loi binomiale :

\[ Y \mid X = x \sim \text{Binomial}(x, p). \]

Donc, pour tout \(k = 0, \ldots, x\),

\[ \mathbb{P}(Y = k \mid X = x) = \binom{x}{k} p^{k} (1 - p)^{x - k}. \]

Espérance conditionnelle et espérance totale

L’espérance d’une loi binomiale donne :

\[ E(Y \mid X = x) = px. \]

Donc : \[E(Y \mid X) = pX.\]

En appliquant la loi de l’espérance totale :

\[ E(Y) = E(E(Y \mid X)) = E(pX). \]

Comme \(X \sim \text{Poisson}(\lambda)\), on a \(E(X) = \lambda\).

Donc :

\[ E(Y) = p \, E(X) = \lambda p. \]

Exercice 4

Durant une journée, Jean reçoit des coups de téléphone et des textos.
Le nombre de coups de téléphone \(X\) suit une loi de Poisson de paramètre \(\lambda\),
et le nombre de textos \(Y\) suit une loi de Poisson de paramètre \(\mu\).
Les variables \(X\) et \(Y\) sont indépendantes.

Sachant que Jean a reçu au total \(n\) coups de téléphone ou textos, donner la distribution conditionnelle du nombre de textos.
Vous montrerez que la loi conditionnelle est celle d’une loi binomiale et vous préciserez ses paramètres.
En déduire le nombre moyen de textos reçus, conditionnellement à \(n\).

Correction Exercice 4

Nous savons que \(X \sim \text{Pois}(\lambda)\), \(Y \sim \text{Pois}(\mu)\), et qu’ils sont indépendants.
La somme \(X + Y\) suit alors une loi de Poisson de paramètre \(\lambda + \mu\).

Loi conditionnelle de \(Y\) sachant \(X + Y = n\)

Pour \(k = 0, \ldots, n\),

\[ P(Y = k \mid X + Y = n) = \frac{P(Y = k,\, X + Y = n )}{P(X + Y = n)}. \]

\[ = \frac{P(Y = k) P(X+ Y = n \mid Y = k)}{P(X + Y = n)} = \frac{P(Y = k) P(X = n-k \mid Y = k)}{P(X + Y = n)}. \]

Comme \(X\) et \(Y\) sont indépendantes, \[ P(X = n-k \mid Y = k) = P(X = n-k). \]

Donc :

\[ P(Y = k \mid X + Y = n) = \frac{P(X = n-k) P(Y = k)}{P(X + Y = n)}. \]

Or,

\[ P(X = n-k) = e^{-\lambda} \frac{\lambda^{n-k}}{(n-k)!}, \qquad P(Y = k) = e^{-\mu} \frac{\mu^k}{k!}. \]

Le dénominateur est

\[ P(X + Y = n) = e^{-(\lambda+\mu)} \frac{(\lambda+\mu)^n}{n!}. \]

En combinant :

\[ P(Y = k \mid X + Y = n) = \binom{n}{k} \left( \frac{\mu}{\lambda+\mu} \right)^k \left( \frac{\lambda}{\lambda+\mu} \right)^{n-k}. \]

Ce qui donne encore :

\[ P(Y = k \mid X + Y = n ) = \binom{n}{k} \left( \frac{\mu}{\lambda+\mu} \right)^k \left( 1 - \frac{\mu}{\lambda+\mu} \right)^{n-k}. \]

Ainsi : \[ Y \mid (X+Y = n) \sim \text{Binomial}\left(n,\; \frac{\mu}{\lambda+\mu}\right). \]

Espérance conditionnelle

Pour une loi binomiale \(\text{Bin}(n,p)\), l’espérance vaut \(np\).
Donc :

\[ E(Y \mid X+Y = n) = n \cdot \frac{\mu}{\lambda+\mu}. \]

D’ou : \[ E(Y \mid X+Y) = (X + Y) \cdot \frac{\mu}{\lambda+\mu}. \]