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Variables aléatoires et moments

EXERCICE2.1.– [Variable aléatoire discrète et modulo]

SoientΩ=N,Best l’ensembleP(Ω) des parties deΩetP({k})=2−k.

1. Montrer quePvérifie la condition de normalisation, de sorte que (Ω,P(Ω),P) est un espace probabilisé.

2. Pour un entiern∈Ndonné, on définit la variable aléatoireXcomme le reste modulon:X(k)=kmod[n],n∈N. Donner la loi deX : domaine de varia-tion, probabilité d’un singleton et fonction de répartition.

Solution 1)P(Ω)=P

µ+∞

S

k=1

{k}

=+∞P

k=1P{k}=+∞P

k=1

2−k= 121−1/21 =1. On aP(;)=1−P(Ω)=0.

Comme tout événement deBpeut s’écrire comme une union dénombrable d’évé-nements élémentaires du type {k}, on a aussi :

A∈B, ∃I⊂N, A=[

k∈I

{k}

P(A)=X

kI

P{k}

2) La variable aléatoireXest définie pour toutk∈Ω=NparX(k)=kmod[n]. La variable aléatoireXprend ses valeurs dans {0, 1, 2, 3...,n−1}, qui est son domaine de variation. On a :

P(X−1({0}))=P Ã

[

kÊ1

{kn}

!

=X

kÊ1

P({kn})=X

kÊ1

2−kn= 1 2n−1 Pour 1ÉjÉn−1, on a :

P(X−1({j}))=P Ã

[

kÊ0

{kn+j}

!

=X

kÊ1

P({kn+j})=X

kÊ0

2kn+j=2j 1

1−2−n = 2nj 2n−1

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18 PROBABILITÉS POUR L’INGÉNIEUR On déduit de ces résultats l’expression de la fonction de répartition. CommeP£

X<

=0, on aFX(x)=0 pourx∈]− ∞, 0[. On a aussiFX(0)=P£ XÉ0¤

=P£ X =0¤

=

2n

1−2n =2n1−1.

Pourx∈[j,j+1[, on obtient : FX(x) = P£

XÉx¤

= PX¡

{0}∪{1}∪...∪{j}¢

= 1

2n−1+

j

X

k=1

2nk

2n−1=1+2n−2nj 2n−1

EXERCICE2.2.–[Variable aléatoire de densité triangulaire]

SoitX une variable aléatoire à valeurs dans [−1, 1], dont le graphe de la densité de probabilitéfXforme un triangle isocèle (segment sur l’axe desx= hypothénuse).

1. Déterminer l’expression defX. En déduire celle de la fonction de répartition FX.

2. Calculer l’espérance mathématique et la variance deX. 3. CalculerP£

XÉ14,X2É14¤ .

4. Déterliner la distribution deY =X2. Calculer la moyenne deY. Retrouver ainsi la variance deX.

Solution

La densité de probabilité est un triangle isocèle doncfXest paire.

1)fX est une densité de probabilité. On utilise la condition de normalisation pour déterminera. On a :

Z

RfX(x)dx=1⇒ Z0

−1

fX(x)dx+ Z1

0

fX(x)dx=1⇒2 Z1

0

fX(x)dx=1.

Or, 2R1

0 fX(x)dxest l’aire du triangle sous la courbe defX. Cette aire est égale àa×1= a. On a donca=1 etfX(x)=

1−x si x∈[0, 1]

1+x si x∈[−1, 0]

0 ailleurs

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EXERCICES PARTIE II 19 2) On calcule la fonction de répartition deXpar intégration de la densité. On a donc :

x∈]− ∞,−1[, FX(x) = 0 x∈[−1, 0], FX(x) =

Z x

−∞

fX(t)dt= Z x

−1

(1+t)dt

=

·(1+t)2 2

¸x

1

= (1+x)2 2 x∈[0, 1], FX(x) =

Z x

−∞

fX(t)dt

= Z 0

1

fX(t)dt+ Z x

0

fX(t)dt

= 1 2+

·

−(1−t)2 2

¸x 0

= 1−(1−x)2 2 xÉ1, FX(x) =

Z 1

−∞

fX(t)dt=FX(1)

= 1

3) CommefXest paire :

E[X] = Z

Rx fX(x)dx= Z 0

−1

x fX(x)dx+ Z1

0

x fX(x)dx

= − Z 1

0

x fX(x)dx+ Z 1

0

x fX(x)dx

= 0

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20 PROBABILITÉS POUR L’INGÉNIEUR aintenant en compte l’expression spécifique defXpour aboutir à :

y∈]0, 1] : fY(y) =1−py

EXERCICES PARTIE II 21 EXERCICE2.3.– [Fonction de répartition et génération de loi]

Soit une variable aléatoireXde fonction de répartitionFXsupposée bijective. Mon-trer queU=FX(X) suit une loi uniforme sur un intervalle à déterminer et queFXest la fonction de répartition deF−1X (U).

Solution

FX est bijective sur l’intervalle [0, 1] et strictement croissante par hypothèse. Donc, si on poseU=FX(X),Uprend ses valeurs dans [0, 1]. Soitu∈[0, 1].

UÉu¤

=P£

FX(X)Éu¤

=P£

XÉF−1X (u)¤

=FX(F−1X (u))=u DoncU∼U[0, 1] (loi uniforme).

Soit alorsY=FX1(U). Il est immédiat que l’on a P[Y Éy]=P[UÉFX(y)]=FX(y).

La variable aléatoire suit donc la loiFX. On a donc généré une variable aléatoire dont la loi estFX.

EXERCICE2.4.– [Changement de variables en coordonnées polaires]

SoitU∼U]0, 1[.

1. Montrer queUet 1−Usuivent la même loi.

2. Quelle est la loi suivie parV= −ln(U) etW= −ln(1−U) ? 3. Montrer queR=p

−ln(U) suit une loi de RayleighR(σ) de paramètreσà dé-terminer. On rappelle qu’une variable aléatoire suit une loi de RayleighR(σ) si sa densité est de la forme :fR(r)=(r/σ2)er2/2σ21]0,[(r).

4. SoientX=RcosΦetY =RsinΦoùR∼R(σ) etΦ∼U[0, 2π[ sont indépen-dantes. Calculer la loi conjointe de (X,Y). En déduire une méthode de géné-ration de deux variables aléatoires gaussiennes indépendantes.

Solution

1) On a P[1−UÉu]=P[UÊ1−u]=1−FU(1−u). CommeUU]0, 1[,FU(u)=u pouru∈]0, 1[,FU(u)=0 pouruÉ0 etFU(u)=1 pouruÊ1, oùFUest la fonction de répartition deU. On a doncFU(1−u)=1−uet P[1−UÉu]=u=P[UÉu], de sorte queUet 1−Uont même fonction de répartition.

2) PourvÊ0, on aP£ V Év¤

=P£

−logUÉu¤

=P£

UÊev¤

=1−ev. Pourv<0, P£

V Év¤

=0. On dit queV suit la loi exponentielle de paramètre 1 et on écritV ∼ E(1). CommeUet 1−Uont même loi,W suit aussi la loi exponentielleE(1).

3) La variable aléatoireR=p

−log(U) a pour domaine de variation [0,∞[. Pourr<0,

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22 PROBABILITÉS POUR L’INGÉNIEUR on aFR(r)=P[RÉr]=0. PourrÊ0, on a :

FR(r) = P£ RÉr¤

= P£p

−log(U)Ér¤

= P£

−log(U)Ér2¤

= P£

log(U)Ê −r2¤

= P£

UÊe−r2¤

= 1−er2 On a donc :

FR(r)=

½ 1−er2 rÊ0

0 sinon

Il suffit alors de dériverFRpour vérifier queR∼R(σ) avecσ=p 2/2.

4) Par la formule de changement de variable, on a : fX,Y(x,y)= 1

px2+y2fR,Φ¡

x2+y2,h(x,y)¢

pour (x,y)6=(0, 0) avec :

h(x,y) =

















arctan(y/x) six>0 ety>0 arctan(y/x)+2π six>0 ety<0 arctan(y/x)+π six<0 PuisqueRetΦsont indépendantes, on peut écrire :

fX,Y(x,y)= 1 px2+y2fR¡

x2+y2¢

fΦ(h(x,y)),

pour (x,y)6=0. CommeΦ∼U[0, 2π[ et queh(x,y)∈]0, 2π[,fΦ(h(x,y))=1. De plus : R∼R(p

2/2) ⇒ fR µq

x2+y2

= 2 q

x2+y2e(x2+y2)

= 2r e−r2 Au final :

∀(x,y)∈R2, fX,Y(x,y) = p 1

x2+y22p

x2+y2e(x2+y2) 12π

= e−(x2+y2) π

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EXERCICES PARTIE II 23

La loi marginale deXest donnée par : fX(x) =

Z

R

1

πe−(x2+y2)dy

= 1πex2 Z

Rey2dy

= 1 pπe−x2

De même,fY(y)=p1πey2. On a doncX∼N(0,12) etY ∼N(0,12), puisque la densité d’une variable aléatoireZ∼N(0, 1/2) est∀z∈R,fZ(z)=p1πez2. On remarque aussi quefX,Y(x,y)=fX(x)fY(y). Les variables aléatoiresX,Y sont donc indépendantes.

Justification deR

Re−x2d x=p

π. SoitZ∼N(0, 1/2),∀z∈R, fZ(z)=p1πe−z2, et Z

RfZ(z)d z=1 ⇒ Z

Rez2d z=p π

Génération de variables aléatoires gaussiennes indépendantes.On peut générer Φ∼U[0, 2π[ en prenantΦ=2πU1, oùU1∼U[0, 1[. On génère ensuiteU2∼U[0, 1[, indépendante deU1. On calculeV= −logU2puisp

−logU2. On obtient alorsR∼ R(p

2/2). Les variables aléatoiresRetΦétant indépendantes, les calculs précédents montrent queX=RcosΦetY =RsinΦsont gaussiennes centrées de variance 1/2 et indépendantes.

EXERCICE2.5.– [Variance d’une variable aléatoire discrète]

SoitXune variable aléatoire discrète à valeurs dansN?telle queP£ X=k¤

=k!α. 1. Calculerα.

2. CalculerE£ X¤

etE£

X(X−1)¤

. En déduire la variance et l’écart-type deX. Solution

1) Calcul deα. Nous devons avoir P

k>0

P[X=k]=1 (condition de normalisation). On a alors :

X

k>0

P[X=k]=1⇔α+∞X

k=1

1

k!=1⇔α[e−1]=1⇔α= 1 e−1

2) Calcul deE[X]. PuisqueXest une variable aléatoire positive ou nulle, l’espérance deXexiste toujours dans [0,∞] et, par définition, nous avons :

E[X]=X

k>0

k×P[X=k]=

+∞X

k=1

αk k!=α+∞X

k=0

1 k!=α

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24 PROBABILITÉS POUR L’INGÉNIEUR

3) Calcul deE[X(X−1)]. CommeXÊ1,X(X−1) est encore une variable aléatoire po-sitive ou nulle dont l’espérance mathématique existe toujours. En utilisant le théo-rème de transfert, nous avons :

E[X(X−1)]=X

k>0

k(k−1)P[X=k]=

+∞X

k=2

αk(k−1) k! =

+∞X

k=2

αk(k−1) k! =αe On en déduit la variance deXen écrivant :

Var© Xª

= E[X2]−E[X]2

= (E[X(X−1)]+E[X])−E[X]2

= 2αeα2e2

= e e−1

2(e−1)−e e−1

= e

(e−1)2(e−2) d’où l’écart-type deXégal àσX=

q Var©

Xª

=q

e

(e−1)2(e−2).

EXERCICE2.6.–[Combinatoire avec des tirages sans remise]

On dispose d’une urne remplie deN boules numérotées de 1 àN. On effectuek tirages sans remise aveckÉN. SoitXle plus petit numéro obtenu.

1. Caractériser la distribution deX. En déduire l’égalité :Pm

i=0Cnn+i=Cn+1n+m+1. 2. Montrer queE£

X¤

=PNk+1 i=1

XÊi¤

. En déduire queE£ X¤

=N+1k+1. Solution

1) Il faut commencer par modéliser l’expérience aléatoire considérée. L’espaceΩdes états est l’ensemble desk-uplets (ω1,ω2, . . . ,ωk) de {1, 2, . . . ,N}ktels que, pour tout i,j∈{1, 2, . . . ,k},i6=j. On peut aussi considérer que l’espace des états est l’ensemble de tous lesk-uplets (ω1,ω2, . . . ,ωk) de {1, 2, . . . ,N}kavec 1Éω1<ω2<. . .<ωkÉN. La tribu associée à cette expérience aléatoire sera l’ensemble des parties deΩet la mesure de probabilitéPest la distribution uniforme telle que :

P({(ω1,ω2, . . . ,ωk)})=1/card(Ω)

avec cardΩ=CkNpour toutk-uplet (ω1,ω2, . . . ,ωk)∈Ω. On considère alors la variable aléatoireX:Ω→Rdéfinie pour tout (ω1,ω2, . . . ,ωk)∈Ωpar :

X(ω1,ω2, . . . ,ωk)= min

j∈{1,2,...,k}ωj

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EXERCICES PARTIE II 25

Remarque : On peut vérifier la condition de normalisation en procédant comme suit. On veut montrer que :

S=

Il s’ensuit queN−k+1P

j=1

. Tout d’abord, puisqueX est à valeurs dans un ensemble fini, l’espérance deXexiste. Par définition de cette espé-rance, on aE[X]=

. On peut alors écrire cette espérance mathéma-tique sous la forme :

E[X]= P£ Nous pouvons donc écrire :

E[X]=P£

26 PROBABILITÉS POUR L’INGÉNIEUR D’après la question précédente, on a maintenant :

XÊj¤

=

Nk+1

X

i=j

Ck−1N−i CkN =

CkN

j+1

CkN . Au final :

E[X] = 1 CkN

Nk+1

X

j=1

CkNj+1= 1 CkN

Nk+1

X

j=1

CkN+1j+2−CkN+1j+1

= 1 CkNCk+1N+1

= (N+1)!

(k+1)(N−k)!

(N−k)!k! N!

= N+1 k+1

EXERCICE2.7.–[Exemple de variable absolument continue]

SoientXune variable aléatoire absolument continue à valeurs dansRetY une va-riable aléatoire donnée par la relationY =eX.

1. Donner l’ensemble de valeurs décrit parY.

2. Exprimer les relations entreFY etFX, et entrefY etfX.

3. On suppose dans la suite queXest une variable aléatoire gaussienne de moyen-neµet de varianceσ2. Calculer la moyenne et la variance deY.

Solution

1) La variable aléatoireXest absolument continue à valeurs dansR. Elle admet une densité de probabilitéfX(x). Comme la fonction exponentielle est strictement crois-sante,Y est une variable aléatoire absolument continue à valeur dans ]0+ ∞[.

2) Poury∈]0,∞[, P[Y Éy]=P[eXÉy]=P[XÉln(y)]. On a doncFY(y)=FX(ln(y)).

On a donc aussiFX(x)=Fy(ex) pour toutx∈R. De ces égalités, on en déduitfY(y)=

1

yfX(lny) pour tout réely>0.

3) On calcule la moyenne deY en utilisant le théorème de transfert, qui nous donne : E[Y]=E[eX]=

Z

RexfX(x)dx. En utilisant de nouveau le théorème de transfert, le moment d’ordre 2 deY est donné par

E[Y2]=E[e2X]= Z

Re2xfX(x)dx.

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EXERCICES PARTIE II 27 Les intégrales donnant les moments d’ordre 1 et 2 deY sont de la forme I(a)= Z

ReaxfX(x)dx. Puisqu’on suppose queX∼N(µ,σ2), on a : I(a) =

Z

ReaxfX(x)d x= 1 p2πσ2

Z

Reaxe(x−µ)22 dx

= 1

p2πσ2 Z

Re

(x2−2µx+µ2−2aσ2x)

2 dx

= 1

p2πσ2 Z

Re(x−(µ+aσ2))2

2σ2 eµ

2−(µ+aσ2)2

2σ2 dx

= e

a2σ4+2aµσ2

2 1

p2πσ2 Z

Ret

2 2dt

= ea

2σ2

2 +aµ

On en déduit donc queE[Y]=I(1)=eµ+σ

2

2 et queE[Y2]=I(2)=e2(µ+σ2). La variance deY est alors donnée par :

σ2Y =I(2)I(1)2=e2µ+2σ2e2µ+σ2=e2µ+σ2(eσ2−1).

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Chapitre 3

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