2, et l’intervalle[2,3]ne contient aucun de ces deux points, donc la fonction f(t

CPBx Bio S4 - Mathématiques

(N. Mazzari, N. Popoff) DS 26/03/2019

Corrigé

Exercice 1 [6 points]

(a) Le dénominateur t²−2 ne s’annule que pourt=±√

2, et l’intervalle[2,3]ne contient aucun de ces deux points, donc la fonction f(t) = _t2¹−2 est bien continue sur [2,3], et son intégrale existe en tant qu’intégrale de Riemann. De plus, on a

f(t) = 1

(t−√

2)(t+√

2) = 1 2√

2 1

t−√

2− 1 t+√

2

Ainsi

Z 3 2

f(t)dt= 1 2√

2 h

ln(t−√

2)−ln(t+

√ 2)

i3 2

= 1 2√

2

ln(3−√

2) + ln(2 +√

2)−ln(2−√

2)−ln(3 +√ 2)

= ln(4 +√

2)−ln(4−√ 2)

(b) Avec les mêmes notations que la question précédente, la fonction f est continue sur ]√

2,3], et on a

lim

t→√ 2⁺

f(t) = +∞.

Ainsi il faut étudier plus finement la fonction près de t =√

2. On a, en utilisant par exemple la décomposition en éléments simples précédente :

f(t) ∼

t→√ 2⁺

1 2√

2(t−√ 2). Or, pour 2< x <3, on a en posantu=t−√

2 : Z 3

x

dt t−√

2 = Z 3−√

2 x−√

2

du

u = ln(3−√

2)−ln(x−√ 2).

Cette dernière quantité tend vers +∞lorsque x→√

2⁺. Ainsi l’intégrale diverge.

(c) On pose t= tanu, de sorte que _du^dt = 1 + (tanu)² = 1 +t². De plus, lorsque t∈[0,1], on a u= arctan(t)∈[0,^π₄]. Ainsi :

Z 1 0

dt (1 +t²)² =

Z ^π

4

0

1 + (tanu)² (1 + (tanu)²)²du=

Z ^π

4

0

du 1 + (tanu)²

= Z ^π₄

0

(cosu)²du= Z ^π₄

0

1 + cos(2u)

2 du= 1

2[u+sin(2u) 2 ]

π 4

0

= π 8 + 1

4.

Exercice 2 [6 points]

(a) On doit avoir R

Rf(x)dx= 1, c’est-à-dire Z 1

0

(x+b)dx= 1

2+b= 1

et donc b= ¹₂.

La fonction de répartition est définie par

FX(x) = Z x

−∞

f(t)dt.

Six≤0, on aF_X(x) =Rx

−∞0dt= 0. Si0≤x≤1, on a F_X(x) =

Z _x

0

(t+b)dt= 1 2x²+ 1

2x= 1

2(x²+x).

Six≥1, on aF_X(x) = 1.

(b) On a P(X ∈[¹₄,¹₂]) =F_X(¹₂)−F_X(¹₄) = ³₈− ₃₂⁵ = ₃₂⁷.

(c) Soit y ∈R. Si y <0, l’évènementY ≤y est impossible puisque Y =X² ≥0, et donc P(Y ≤y) = 0. Siy ≥0, on aY ≤y si et seulement si−√

y≤X ≤√

y, et donc

F_Y(y) =F_X(√

y)−F_X(−√

y) =F_X(√ y) =





 1

2(y+√

y) si 0≤y ≤1 1 si y >1

On déduit la densité de Y par la formule

f_Y(y) =F_Y⁰(y) =











0 si y <0 1

2 + 1 4√

y si y∈]0,1]

0 si y >1

On remarque que la densité n’est pas définie en 0. Cela n’est pas très grave car il ne s’agit que d’un point et on peut vérifier queR1

0 f_Y(y)dy= 1.

Exercice 3 [12 points]

Soient X, Y deux variables aléatoires réelles dont la densité conjointe est f : R² → R, la fonction définie par

f(x, y) =

(ae^−x−y si x≥0ety ≥0,

0 sinon.

(a) On calcule Z Z

R²

f(x, y)dxdy =a Z +∞

x=0

Z +∞

y=0

e^−x−ydxdy =a Z +∞

x=0

Z +∞

y=0

e^−xe^−ydxdy.

Comme le domaine d’intégration est un rectangle, on peut séparer les variables : Z Z

R²

f(x, y)dxdy =a Z +∞

x=0

e^−xdx Z +∞

y=0

e^−ydy=a.

Ainsi pour que f soit une densité, il faut quea= 1.

(b) Fixons x∈R, alors la densité marginale de la variable aléaoire X est

f_X(x) = Z +∞

y=−∞

f(x, y)dy= Z +∞

y=0

e^−x−ydy=e^−x Z +∞

y=0

e^−ydy=e^−x. De manière symétrique, on a

fY(y) =e^−y.

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(c) On a

E(X) = Z

R

xf_X(x)dx= Z ∞

0

xe^−xdx= [−xe^−x]^+∞₀ + Z +∞

0

e^−xdx= 1.

Pour calculer V(X), on calcule au préalable

E(X²) = Z ∞

0

x²e^−xdx= [−x²e^−x]^+∞₀ + Z +∞

0

2xe^−xdx= 2.

On a ensuite

V(X) =E(X²)−E(X)²= 2−1 = 1.

(d) On vérifie que f_X(x)·f_Y(y) =f(x, y) : la loi conjointe de(X, Y) étant bien le produit des lois marginales, les variables aléatoires sont indépendantes. On a alors

P((X >1)∪(Y >2)) =P(X >1) +P(Y >2)−P((X >1)∩(Y >2))

=P(X >1) +P(Y >2)−P(X >1)·P(Y >2),

où on a utilisé l’indépendance des variables aléatoires X et Y pour calculer P((X >

1)∩(Y >2)). On calcule :

P(X >1) = Z +∞

1

f_X(x)dx=e⁻¹

et

P(Y >2) = Z +∞

2

f_Y(y)dy=e⁻² Ainsi

P((X >1)∪(Y >2)) =e⁻¹+e⁻²−e⁻³≈0.45

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