T.D. de Probabilit´ es 2 Corrig´ es de la s´ erie n˚ 4

Universit´e Abdelmalek Essaˆadi Ann´ee universitaire : 2019/2020

Facult´e des Sciences de T´etouan S.M.A. Semestre 6

T.D. de Probabilit´ es 2 Corrig´ es de la s´ erie n˚ 4

Exercice 1 : On a G(s) =P

n>0p_nsⁿ, pour |s|61.

Q(s) =P

n>0q_nsⁿ; qui existe pour tout |s|<1 0< qn 61

1. (1−s)Q(s) = P

n>0q_nsⁿ

(1−s)

=P

n>0q_nsⁿ− P

n>0q_nsⁿ s

=P

n>0q_nsⁿ−P

n>0q_nsⁿ⁺¹

=P

n>0qn+1sⁿ⁺¹−P

n>0qnsⁿ⁺¹+q0

=P

n>0(q_n+1−q_n)sⁿ⁺¹+q₀

q_n+1−q_n =P(X > n+ 1)−P(X > n)

=−P(n < X 6n+ 1) =−P(X =n+ 1) =−p_n+1 (1−s)Q(s) =q0−P

n>0pn+1sⁿ⁺¹ = 1−G(s), (carq0 = 1−p0).

2. E(X) =G⁰(1)

1−(1−s)Q(s) = G(s)

G⁰(s) =−(1−s)Q⁰(s) +Q(s)⇒E(X) = Q(1) G⁰⁰(s) = −(1−s)Q⁰⁰(s) + 2Q⁰(s)⇒G⁰⁰(1) = 2Q⁰(1)

V ar(X) = E(X²)−E(X)² =E(X²−X) +E(X)−E(X)²

=G⁰⁰(1) +G⁰(1)−[G⁰(1)]²

V ar(X) = 2Q⁰(1) +Q(1)−[Q(1)]² Exercice 2 :

Trouvons la fonction g´en´eratrice des moments sachant que les moments de la distribution sont donn´ees par m_n= _n+1¹ .

On sait que M(s) = P∞

n=0mnsⁿ n!

Donc M(s) =P∞ n=0

sⁿ

(n+1)n! =P+∞

n=0 sⁿ (n+1)!

= ¹_sP+∞

n=0 sⁿ⁺¹

(n+1)! = ¹_sP+∞

n=1 sⁿ

n! = ¹_s(e^s−1).

Exercice 3 :

1. Soit la fonction de densit´e d´efinie par : f(x) =

₁

b−a sia < x < b 0 ailleurs ϕ_X(t) =E(e^itX) = R+∞

−∞ e^itxf(x)dx

= _b−a¹ Rb

ae^itxdx= _(b−a)it¹ [e^itx]^b_a

= ^e_(b−a)it^itb−eita = _(b−a)it¹ P∞ k=0

(it)^k

k! (b^k−a^k)

=P∞ k=1

(it)^k−1 k!

b^k−a^k

b−a =P∞ k=1

(it)^k−1 (k−1)!

b^k−a^k (b−a)k

ϕ_X(t) =P∞ n=0

(it)ⁿ n!

bⁿ⁺¹−aⁿ⁺¹ (b−a)(n+1)

Doncm_n=E(Xⁿ) = _(b−a)(n+1)^bn+1−an+1 M(s) =E(e^sX) = R+∞

−∞ e^sxf(x)dx= _b−a¹ Rb a e^sxdx

= ^e_s(b−a)^sb−esa = _s(b−a)¹ P∞ k=0

s^k

k!(b^k−a^k)

=P∞ k=1

s^k−1 (k−1)!

b^k−a^k

(b−a)k =P∞ n=0

sⁿ n!

bⁿ⁺¹−aⁿ⁺¹ (b−a)(n+1)

On retrouve, ainsi, mn=E(Xⁿ) = _(b−a)(n+1)^bn+1−an+1 µ_k =E (X−E(X))^k

=E Pk

j=0C_k^j(−1)^j(E(X))^jX^k−j

=Pk

j=0C_k^j(−1)^jm^j₁mk−j. 2. Pour g(x) =

e^−x six >0 0 six60 M(s) =E(e^sX), pour |s|<1

=R+∞

−∞ s^sxg(x)dx=R+∞

0 e^x(s−1)dx= _s−1¹ [e^x(s−1)]^+∞₀ M(s) = _1−s¹ =P∞

n=0 sⁿ n!n!

Doncm_n=n!.

ϕ_X(t) =E(e^itX) = R+∞

−∞ e^itxg(x)dx=R+∞

0 e^x(it−1)dx

= _it−1¹ [e^x(it−1)]^+∞₀ = _1−it¹ = _1+t^1+it2

= _1+t¹2 +i_1+t^t2.

pour|t|61, on a : _1+t¹2 =P∞

n=0(−1)ⁿt²ⁿ et _1+t^t2 =P∞

n=0(−1)ⁿt²ⁿ⁺¹ =P∞ n=0

(it)²ⁿ⁺¹

(2n+1)!(2n+ 1)!

ϕ_X(t) =P∞ n=0

(it)²ⁿ(2n)!

(2n)! +P∞ n=0

(it)²ⁿ⁺¹

(2n+1)!(2n+ 1)! =P∞ n=0

(it)ⁿ n! n!

Mˆeme d’apr`es le cours on a : ϕ_X(t) =P∞ n=0

(it)ⁿ

n! m_n =P∞ n=0(it)ⁿ Exercice 4 :

Consid´erons la fonction ϕ_X(t) = e^−|t|,∀t∈R. Comme cette fonction est int´egrable surR, c’est la fonction caract´eristique d’une v.a.r. X de densit´e f, et, pour toutx∈R :

f(x) = _2π¹ R+∞

−∞ e^−itxe^−|t|dt= _2π¹ R0

−∞e^−itx+tdt+ _2π¹ R+∞

0 e^−itx−tdt

=h

e^(1−ix)t 2π(1−ix)

i0

−∞+h

−e^(1+ix)t 2π(1+ix)

i+∞

0

= _2π(1−ix)¹ +_2π(1+ix)¹ = 2π(1−ix)(1+ix)^1−ix+1+ix = _π(1+x¹ 2)

DoncXsuit une loi de Cauchy etϕ_X est la fonction caract´eristique associ´ee `a une loi de Cauchy.

Exercice 5 :

1. Sa fonction de densit´e est : f(x) = ¹

σ√

2πe^{−(x−µ)2/2σ2}; −∞ < x < ∞; −∞ < µ < ∞; σ >0.

Sa fonction caract´eristique est : ϕ(t) = ^√1

2πσ

R+∞

−∞ exp

itx− ^(x−µ)_2σ2²

dx ϕ(t) = ^√1

2πσ

R+∞

−∞ exp

−^{(x−µ−itσ}_2σ2 ²⁾² +itµ− ^σ2₂^t2 dx

= exp

itµ− ^σ2₂^t2

D’o`u E(X) = ¹_iϕ⁰(0) =µ; E(X²) =σ²+µ².

Les moments centr´ees d’ordre impair sont tous nuls.

Les moments centr´ees d’ordre pair sont : E(X−µ)²ⁿ = _σ^√1_2πR+∞

−∞ x²ⁿe^−x2/2σ2dx; (n∈Z⁺)

= ^√σ2n_2π2ⁿ⁺¹²Γ(n+ ¹₂)

= [(2n−1)(2n−3)· · ·3.1]σ² 2. X ∼ N(0,1)

On a : f(x) = ^√1

2πe^−x2/2; −∞< x <∞.

Donc : ϕ(t) = ^√1_2π R+∞

−∞ e^itxe^−x2/2dx

= ^√1_2π R+∞

−∞ e^{−12(x−it)2−t}

2

2 dx=e^−t

2 2

et par cons´equent : ϕ(t) =e^−t

2

2 =P∞

k=0

(−1)^kt^2k

2^kk! =P∞ k=0

(it)^2k 2k!

(2k)!

2^kk!

D’o`u m_2k+1 = 0 ; pour k= 0,1,2,· · · m_2k= ^(2k)!₂kk! ; pour k = 0,1,2,· · ·

Retrouvons les moments d’une v.a. normale N(µ, σ).

Soit X v.a.∼ N(µ, σ) f(x) = ^√1

2πσe^{−(x−µ)22σ2} Y = ^X_σ^−µ ∼ N(0,1)

Doncmn(Y) = E(Yⁿ) = _σ¹nE(X−µ)ⁿ= _σ¹nµn(X) D’o`u µ_n(X) = σⁿm_n(Y)

D’apr`es ce qui pr´ec`ede, on a :µ_2k+1 =σ^2k+1m_2k+1(Y) = 0, k = 0,1,2,· · · µ_2k(X) = σ^2km_2k(Y) =σ^2k(2k)!₂kk! ; k= 0,1,2,· · ·

Exercice 6 :

On remarque queϕ_X(t) = E[e^itX] =E[e^−itX] =ϕ_−X(t).

Donc ϕ_X(t) est r´eelle si, et seulement si, ϕ−X(t) =ϕ_X(t) pour tout t ∈R, c’est-`a-dire si la loi deX est sym´etrique.

Exercice 7 :

1. Soit X qui suit une loi de Bernoulli de param`etre p∈]0,1[ ; alors ϕ_X(t) = E(e^itX) = (1−p) +pe^it.

2. Soit X qui suit une loi Binomiale de param`etres (n, p) ; alors on peut ´ecrire

X = Y₁ + Y₂ + · · · + Y_n o`u les Y<sub>n</sub> sont des variables de Bernoulli de param`etre p, ind´ependantes. Donc

ϕ_X(t) =E(e^{it(Y1+Y2+···+Yn)}) = (E(e^itY1))ⁿ = [(1−p) +pe^it]ⁿ 3. Soit X qui suit une loi de Poisson de param`etre λ; alors

ϕ_X(t) =E(e^itX) =

+∞

X

k=0

e^itkλ^k

k!e^−λ =e^−λe^λeit.

4. Soit X qui suit une loi exponentielle de param`etre λ >0 ; alors

ϕ_X(t) =E(e^itX) = Z +∞

0

e^itxλe^−λxdx= λ λ−it

5. Soit X qui suit une loi exponentielle sym´etrique de param`etre λ (i.e. de densit´e f(x) =

λ

2e^−λ|x|) ; alors, de mˆeme, ϕ_X(t) =E(e^itX) =

Z +∞

0

e^itxλ

2e^−λxdx+

Z 0

−∞

e^itxλ

2e^−λxdx= λ 2

1

λ−it + 1 λ+it

= λ² t²+λ² 6. SoitXqui suit une loi de Cauchy de param`etreλ, c’est-`a-dire siXa pour densit´e _π(λ2^λ+x²).

Avec la question pr´ec`edente, et en utilisant la formule d’inversion (de r´eciprocit´e) de Fourier (on aϕ_Y(t) = ˆf(t)), on obtient que :

f(y) = 1 2π

Z +∞

−∞

f(t)eˆ ^itydt= 1 2π

Z +∞

−∞

e^ity λ²

t²+λ²dt = λ

2E[e^−iyX] CommeX est sym´etrique, on a (voir exercice 6) E[e^iyX] =E[e^−iyX] =f(y).

On a donc, siX ∼ C(λ),φ_X(y) =e^−λ|y|, pour tout y ∈R. Exercice 8 :

1. Pour appliquer la formule de r´eciprocit´e de Fourier, il faut que ϕ₁ soit absolument int´egrable. Mais, elle ne l’est pas. Pour cela, on applique une autre m´ethode.

On remarque que : ϕ₁(t) = exp (e^it−1), nous permet de dire queX ∼ P(1), car X ∼ P(λ)⇔ϕ_X(t) = exp λ(e^it−1)

2. De mˆeme, ϕ₂(t) = ¹₂e^it+¹₂4

, veut dire qu’il s’agit de la loi binomialeB(4,¹₂), car X ∼ B(n, p)⇔ϕ_X(t) = pe^it+ (1−p)n

Exercice 9 :

1. Soit X ∼ B(n, p) et Y ∼ B(m, p), ind´ependantes,alors ϕ_X+Y(t) =ϕ_X(t)ϕ_Y(t) = pe^it+ (1−p)n

pe^it+ (1−p)m

= pe^it+ (1−p)n+m

et comme la fonction caract´eristique caract´erise la loi, X+Y ∼ B(n+m, p).

2. Soit X ∼ P(λ) et Y ∼ P(µ), ind´ependantes, alors

ϕ_X+Y(t) =ϕ_X(t)ϕ_Y(t) = e^λ(eit−1)e^µ(eit−1) =e^{(λ+µ)(eit−1)}, et comme la fonction caract´eristique caract´erise la loi, X+Y ∼ P(λ+µ).

3. Soit X ∼ N(m1, σ1) et Y ∼ N(m2, σ2), ind´ependantes, alors

ϕ_X+Y(t) =ϕ_X(t)ϕ_Y(t) = e^{itm1−σ12t2/2}e^{itm2−σ22t2/2} =e^{it(m1+m2)−(σ12+σ22)t2/2} et comme la fonction caract´eristique caract´erise la loi, X+Y ∼ N(m1+m2,p

σ²₁+σ₂²)

4. Soit X etY ont pour densit´es respectives f_X et f_Y, alors

ϕ_X+Y(t) = ϕ_X(t)ϕ_Y(t) = Z +∞

−∞

f_X(x)e^itxdx Z +∞

−∞

f_Y(v)e^itvdv

= Z +∞

−∞

f_Y(v)

Z +∞

−∞

f_X(x)e^it(x+v)dx

dv On proc`ede au changement de variableu=x+v;

ϕ_X+Y(t) = Z +∞

−∞

f_Y(v)

Z +∞

−∞

f_X(u−v)e^itudu

dv

= Z +∞

−∞

e^itu

Z +∞

−∞

f_Y(v)f_X(u−v)dv

du

On peut permuter les int´egrales sans probl`eme grˆace au th´eor`eme de Fubini.

Puisque la fonction caract´eristique caract´erise la loi de la v.a., on a donc pour X+Y la densit´e

f_X+Y(u) =R+∞

−∞ f_Y(v)f_X(u−v)dv=R+∞

−∞ f_X(v)f_Y(u−v)dv