Correction suite Exos Vecteurs aléatoires

Université Paris Dauphine Année universitaire 2016-2017

Deuxième année du DE MI2E TD de MR. BEY

Probabilités multidimensionnelles et théorèmes limite Groupes 2 & 3

TD 10 : 02/03/2017

Correction suite Exos Vecteurs aléatoires

Solution Exercice 31

Soit V = (X, Y) un couple de variables aléatoires admettant pour densité f(x, y) =

k si |x|+|y|61

0 sinon

1. Déterminer k ainsi que les lois marginales de X et Y.

– Notons D={(x, y)∈R² tel que −16x61 et −1 +|x|6y 61− |x|}.

f(x, y)est une fonction mesurable positive ssi k >0. De plus Z

R²

f(x, y)dxdy= Z

R²

k1Ddxdy = Z 1

0

Z 1−x

−1+x

kdy

dx+ Z 0

−1

Z 1+x

−1−x

kdy

dx

=k Z 1

0

(2−2x)dx+ Z 0

−1

(2 + 2x)dx

=k

2x− 2x² 2

1

0

+

2x+2x² 2

0

−1

!

= 2k.

Donc f(x, y) est une densité de probabilité ssi R

R²f(x, y)dxdy = 1, c-à-d k= ¹₂. – Loi marginale de X

f_X(x) = Z 1−x

−1+x

k1{0<x<1}dy+ Z 1+x

−1−x

1{−1<x<0}dy

=k (2−2x)1{0<x<1}+ (2 + 2x)1{−1<x<0}

= 1

2 (2−2x)1{0<x<1}+ (2 + 2x)1{−1<x<0}

= (1− |x|)1{−1<x<1}

– Loi marginale de Y f_Y(y) =

Z 1−y

−1+y

k1{0<y<1}dx+ Z 1+y

−1−y

k1{−1<y<0}dx= (1− |y|)1{−16y61}

2. Déterminer la covariance du couple (X, Y). Les variables aléatoires X et Y sont elles indépendantes ?

Par définition, nous avons cov(X, Y) =E(XY)−E(X)E(Y). Par un simple calcul intégrale, on obtient

E(X) = Z

R

xfX(x)dx= Z

R

x(1− |x|)1{−1<x<1}dx= 0, et E(Y) = 0.

E(XY) = Z

R²

xyf(x, y)dxdy =k Z

R²

xy 1Ddxdy

=k Z

R²

xy1^{[x−1,−x+1]}(y)1{1>x>0}dxdy+k Z

R²

xy1^{[−1−x,1+x]}(y) 1{−1<x<0} dxdy

=k Z

R

x1{−1<x<0}

Z 1−x

x−1

ydy

dx+k Z

R

x1{−1<x<0}

Z 1+x

−1−x

ydy

dx

=k Z

R

x1{−1<x<0}

Z 1−x

−(1−x)

y dy

dx+k Z

R

x1{−1<x<0}

Z 1+x

−(1+x)

y dy

dx= 0 Par suite, on montre que cov(X, Y) = 0. Attention la covariance nulle ne nous permet pas de conclure que X etY sont indépendantes. Par contre, on constate que fX(x).fY(y)6=fX,Y(x, y). Par conséquent X et Y ne sont indépendantes pas.

Solution Exercice 32

Soient X et Y deux variables aléatoires indépendantes de loi uniforme sur [0,1].

1. Déterminer la loi de T = min(X, Y) et celle de Z = max(X, Y).

La fonction de répartition de T :

F_T(t) = P(T 6t) = P(min(X, Y)6t) =P((X6t)∪(Y 6t))

=P(X6t) +P(Y 6t)−P ((Y 6t)∩(Y 6t))

=P(X6t) +P(Y 6t)−(P(X 6t).P(Y 6t)) = 2t−t² La densité de T :

f_T(t) = (−2t+ 2) 1[0,1](t) La fonction de répartition de Z :

FZ(t) =P(Z 6t) = P(max(X, Y)6t) =P ((Y 6t)∩(Y 6t))

=P(X 6t).P(Y 6t) =t² La densité de Z :

fZ(t) = 2t 1[0,1](t) 2. Les variables Z et T sont-elles indépendantes ?

L’espérance de T : E[T] =

Z

R

t f_T(t)dt= Z

[0,1]

t (−2t+ 2) dt= 1 3

L’espérance de Z :

E[Z] = Z

R

t f_Z(t)dt = Z

[0,1]

t (2t)dt = 2 3 L’espérance de (T Z) :

E[T Z] =E[min(X, Y).max(X, Y)] = E[XY]

= Z

R

Z

R

xy f_(X,Y)(x, y)dxdy = Z

R

Z

R

xy f_X(x)f_Y(y)dxdy

= Z 1

0

Z 1

0

xy dx dy = 1 2 × 1

2 = 1 4.

Il est clair queE[T Z]6=E[T]E[Z], donc les deux variables aléatoires T etZ ne sont pas indépendantes.

3. Déterminer la covariance du couple (Z, T).

cov(T, Z) = E[T Z]−E[T]E[Z] = 1 4− 1

3× 2 3 = 1

36. 4. Déterminer la loi du couple (Z, T).

On pourrait utiliser deux autres approches pour déterminer la loi du couple (T, Z).

Méthode 1.Comme sous la méthode de la fonction test. Soit g une fonction (bor- née) de deux variables. L’espérance E[g(T, Z)]est donnée par

E[g(T, Z)] = Z

R

Z

R

g(t, z)f_(T,Z)(t, z)dtdz.

D’autre part, comme (T, Z) = (min(X, Y), max(X, Y))on peut écrire

E[g(T, Z)] = Z

R

Z

R

g(min(x, y), max(x, y))f(X,Y)(x, y)dxdy

= Z

R

Z

R

g(min(x, y), max(x, y))1^x∈[0,1]1^y∈[0,1]dxdy

= Z Z

{(x,y):x≤y}

g(min(x, y), max(x, y))1^x∈[0,1]1^y∈[0,1]dxdy +

Z Z

{(x,y):x>y}

g(min(x, y), max(x, y))1x∈[0,1]1y∈[0,1]dxdy

= Z

R

Z

R

g(x, y)1^{0≤x≤y≤1}dxdy+ Z

R

Z

R

g(y, x)1^{0≤y≤x≤1}dxdy

= Z

R

Z

R

g(x, y)10≤x≤y≤1dxdy+ Z

R

Z

R

g(x, y)10≤x≤y≤1dxdy

= 2 Z

R

Z

R

g(x, y)1^{0≤x≤y≤1}dxdy

= Z

R

Z

R

g(x, y)21^{0≤x≤y≤1}dxdy

= Z

R

Z

R

g(t, z)21^{0≤t≤x≤1}dtdz

en remplaçant les variables muettes x et y par t et z.

On en déduit que

f_{(T ,Z)}(t, z) = 21^{0≤t≤x≤1}

Méthode 2.On peut utiliser la formule suivante (du Jacobien) adaptée au cas où la transformation ϕn’est pas inversible. Soit ϕest une applicaion deD⊂R^d vers D⁰ ⊂R^dtelle que

D=∪^k_i=1D_i avecD_i∩D_j =∅ pour1≤i6=j ≤k et

ϕi :Di −→D⁰

(la restriction de ϕsurD_i) est inversible de classeC¹(D_i)ainsi que son inverseϕ⁻¹_i . Sous ces hypothèses, si V est un vecteur aléatoire de dimension d admettant une densité f_v de supportD etW =ϕ(V), alors la densité de W est donnée par

f_W(w) =

k

X

i=1

f_v(ϕ⁻¹_i (w))× |J_ϕ⁻¹

i (w)|

!

1^w∈D0 (1) Dans notre exemple, on a d = 2,

D = [0,1]×[0,1],

D₁ ={(x, y)∈[0,1]×[0,1], x≤y}, D₂ ={(x, y)∈[0,1]×[0,1], x > y}, D⁰ ={(x, y)∈[0,1]×[0,1], x≤y},

V = (X, Y)oùX etY sont i.i.d.U[0,1], et W = (min(X, Y), max(X, Y)) = (T, Z), ϕ: D 7−→D⁰

(x, y)7−→(min(x, y), max(x, y)),

ϕ1 : D1 7−→D⁰ (x, y)7−→(x, y) et

ϕ₂ : D₂ 7−→D⁰ (x, y)7−→(y, x) avec

ϕ⁻¹₁ : D⁰ 7−→D1

(t, z)7−→(t, z)

et

ϕ⁻¹₂ : D⁰ 7−→D₂ (t, z)7−→(z, t).

Comme J_ϕ⁻¹

1 (t, z) =

J_ϕ⁻¹

2 (t, z)

= 1, l’utilisation de l’expression (1) donne f_{(T ,Z)}(t, z) = (f_(X,Y)(t, z) +f_(X,Y)(z, t))1(t,z)∈D⁰

c’est-à-dire

f_{(T ,Z)}(t, z) = (10≤t≤1,0≤z≤1+10≤z≤1,0≤t≤1)1^{0≤t≤z≤1}

= 21^{0≤t≤z≤1}.