Corrig´ e de l’examen du 8 juin 2010
Module LM346
Solution I. 1. On a E[X] =
Z ∞ θ
x k λ
x−θ λ
k−1
e− x−θλ k
dx
= Z ∞
0
θ+λu1/k
e−udu en posant u= x−θλ k
= θ Z ∞
0
e−udu+λ Z ∞
0
u1/ke−udu
= θ+λΓ(1 + 1/k).
De mˆeme,
E[X2] = Z ∞
θ
x2 k λ
x−θ λ
k−1
e− x−θλ k
dx
= Z ∞
0
θ+λu1/k2
e−udu en posant u= x−θλ k
= θ2 Z ∞
0
e−udu+ 2θλ Z ∞
0
u1/ke−udu+λ2 Z ∞
0
u2/ke−udu
= θ2 + 2θλΓ(1 + 1/k) +λ2Γ(1 + 2/k).
D’o`u Var[X] =E[X2]−E[X]2 =λ2Γ(1 + 2/k)− λΓ(1 + 1/k)2
.
2. Tout d’abord, calculons la fonction de r´epartition FX de X. Pour x ≤ θ, on a FX(x) =P[X ≤x] = 0. Pour x > θ, on a
FX(x) = P[X ≤x] = Z x
θ
k λ
u−θ λ
k−1
e− u−θλ k
dx
=
Z x−θλ k
0
e−vdv en posant v = u−θλ k
= 1−exp (
−
x−θ λ
k) .
Cherchons maintenant l’inverse g´en´eralis´e de FX. Pouru∈]0,1[, on a FX(x) = u ⇐⇒ x=θ+λ −ln(1−u)1/k
.
Ainsi, d’apr`es le cours, on sait que si U ∼ U[0,1] alors la variable al´eatoire θ+λ −ln(1−U)1/k
a la mˆeme loi que X, ce qui fournit un moyen effectif de simuler X. (CommeU et 1−U ont la mˆeme loi, on a aussi que θ+λ −ln(U)1/k
a la mˆeme loi que X.)
3. On calcule la fonction de r´epartition de Y. D´ej`a, il est clair que si y ≤ 0 alors P[Y ≤y] = 0. Ensuite, soity >0. On a, d’apr`es le calcul fait `a la question pr´ec´edente,
P[Y ≤y] =P[X ≤θ+λ(y/2)1/k] = 1−exp{−y/2}. Ainsi, Y est une variable exponentielle de param`etre 1/2.
4. On a, en posant u=√ 2t, Γ(1/2) =
Z ∞ 0
e−t
√tdt =√ 2
Z ∞ 0
e−u2/2du= 1
√2 Z ∞
−∞
e−u2/2du=√ π,
la derni`ere ´egalit´e venant de ce que la densit´e de la loi gaussienne centr´ee r´eduite est d’int´egrale 1 sur R.
5. D’apr`es la question 1, on a E[X] = Γ(3/2). Or Γ(3/2) = 12Γ(1/2), d’o`u 2E[X] = Γ(1/2). De plus, Var[X] = Γ(2)− Γ(3/2)2
≤Γ(2) = Γ(1) = 1.
6. Soit X1, . . . , Xn un n-´echantillon de X. Comme d’habitude, on pose X = X1+...+Xn n. D’apr`es le th´eor`eme central limite, on sait que la loi de
r n Var[X]
X− 1
2Γ(1/2)
est approximativement N(0,1). De plus,P[−1,96≤ N(0,1)≤1,96] = 0,95. D’o`u Γ(1/2)∈
"
2X−3,92
rVar[X]
n ; 2X+ 3,92
rVar[X]
n
#
avec probabilit´e exactement 0,95. Comme Var[X]≤1, on en d´eduit que Γ(1/2)∈
2X−3,92/√
n; 2X+ 3,92/√ n avec probabilit´e au moins 0,95.
Solution II. 1. L’op´eration effectu´ee `a chaque ´etape d´epend: (i) de la composition pr´esente des urnes; (ii) d’un al´ea ext´erieur ind´ependant. Ceci fait de (Xn) une chaˆıne de Markov.
2. La variable al´eatoireXn est `a valeurs dans E ={0,1,2,3,4}. Sa matrice de transition est:
Q=
1/2 1/2 0 0 0
1/8 1/2 3/8 0 0 0 1/4 1/2 1/4 0 0 0 3/8 1/2 1/8
0 0 0 1/2 1/2
3. On voit facilement en utilisant le graphe qu’on peut passer de tout ´etat `a tout autre, donc la chaˆıne est irr´eductible. D’autre part, on v´erifie facilement que la matrice Q4 n’a que des termes strictement positifs. Donc (Xn) est aussi ap´eriodique.
4. D’apr`es le r´esultat de la question pr´ec´edente, on sait qu’il existe une unique probabilit´e invarianteν, c’est-`a-dire un vecteur ligne
ν = (ν({0}), ν({1}), ν({2}), ν({3}), ν({4})), 2
avec les ν({i}) compris entre 0 et 1 et de somme ´egale `a 1, v´erifiant νQ = ν. Apr`es quelques calculs, on trouve
ν= (1/16,1/4,3/8,1/4,1/16).
5. Le th´eor`eme de convergence en loi pour les chaˆınes de Markov irr´eductibles et ap´eriodiques assure que la loi deXn tend vers la loi ν, et ce ind´ependamment de la r´epartition initiale entre les deux urnes. Ainsi, la probabilit´e cherch´ee est donn´ee par:
P[Xn ∈ {2,4}]→ν({2}) +ν({4}) = 7/16.
6. La loi forte des grands nombres pour les chaˆınes de Markov irr´eductibles assure que la proportion du temps o`u il y a moins de boules dans l’urne A que dans l’urne B tend vers la probabilit´e que ceci arrive pour la loi ν. C’est-`a-dire qu’on a la convergence presque sure:
1 n
n
X
k=1
1{Xk∈{0,1}}→ν({0}) +ν({1}) = 5/16.
3
