Corrigé du contrôle de maths L2 : variables aléatoires à densité

Exercice 1 : Question de cours : moments de la loi exponentielle (3,5 points)

1. Une densité de probabilité est une fonction \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) positive, continue sauf en un nombre fini de points, dont l’intégrale généralisée sur \(\mathbb{R}\) converge et vaut \(1\). La variable \(X\) a pour densité \(f\) lorsque, pour tout réel \(x\),

   \[F_X(x) = P(X \leq\, x) = \int_{-\infty}^{x} f(t) \,\mathrm{d}t.\]

   En tout point \(x_0\) où \(f\) est continue, \(F_X\) est dérivable et \(F_X^{\prime}(x_0) = f(x_0)\).

2. La densité de \(X\) est \(f(x) = \lambda e^{-\lambda x}\) pour \(x \geq\, 0\) et \(0\) sinon. Les fonctions \(x \mapsto x f(x)\) et \(x \mapsto x^2 f(x)\) sont positives sur \([0, +\infty[\), donc la convergence absolue équivaut à la convergence.

   Espérance. Soit \(A > 0\). Une intégration par parties, avec \(u = x\) et \(v = -e^{-\lambda x}\), donne

   \[\int_0^A x \lambda e^{-\lambda x} \,\mathrm{d}x = [-x e^{-\lambda x}]_0^A + \int_0^A e^{-\lambda x} \,\mathrm{d}x = -A e^{-\lambda A} + \frac{1 – e^{-\lambda A}}{\lambda}.\]

   Par croissances comparées, \(A e^{-\lambda A} \to 0\) quand \(A \to +\infty\). L’intégrale converge donc, et \(E(X) = \frac{1}{\lambda}\).

   Moment d’ordre 2. De même, avec \(u = x^2\),

   \[\int_0^A x^2 \lambda e^{-\lambda x} \,\mathrm{d}x = -A^2 e^{-\lambda A} + 2\int_0^A x e^{-\lambda x} \,\mathrm{d}x.\]

   Le premier terme tend vers \(0\), et le calcul précédent montre que \(\int_0^A x e^{-\lambda x} \,\mathrm{d}x \to \frac{1}{\lambda^2}\). Ainsi \(E(X^2)\) existe et vaut \(\frac{2}{\lambda^2}\). Enfin, la formule de König-Huygens donne \(V(X) = E(X^2) – E(X)^2 = \frac{2}{\lambda^2} – \frac{1}{\lambda^2}\). Donc \(V(X) = \frac{1}{\lambda^2}\).

Barème : a) 0,5 point pour les définitions, 0,5 point pour le lien de dérivation ; b) 0,5 point pour l’argument de positivité, 1 point pour l’espérance (intégration par parties sur un segment puis limite), 1 point pour le moment d’ordre 2 et la variance.

Exercice 2 : Une densité à queue lourde (4 points)

1. Pour que \(f\) soit positive, il faut \(c \geq\, 0\). Pour \(A > 0\), on a \(\int_0^A \frac{\mathrm{d}x}{(1+x)^3} = [-\frac{1}{2(1+x)^2}]_0^A = \frac{1}{2} – \frac{1}{2(1+A)^2}\), qui tend vers \(\frac{1}{2}\). Donc \(\int_{\mathbb{R}} f = \frac{c}{2}\). La fonction \(f\) est une densité si et seulement si \(c = 2\).

2. Si \(x < 0\), \(F_X(x) = 0\). Si \(x \geq\, 0\), le calcul précédent donne \(F_X(x) = 2(\frac{1}{2} – \frac{1}{2(1+x)^2})\). Ainsi \(F_X(x) = 1 – \frac{1}{(1+x)^2}\) pour \(x \geq\, 0\), et \(F_X(x) = 0\) sinon.

3. D’abord, \(P(X > 1) = 1 – F_X(1) = \frac{1}{4}\). Ensuite, \(F_X(m) = \frac{1}{2}\) équivaut à \((1+m)^2 = 2\), avec \(m \geq\, 0\). Donc \(P(X > 1) = \frac{1}{4}\) et la médiane vaut \(m = \sqrt{2} – 1\).

   

4. La fonction \(x \mapsto x f(x)\) est positive sur \([0, +\infty[\) et \(x f(x) \sim \frac{2}{x^2}\) en \(+\infty\). Par comparaison à une intégrale de Riemann convergente, \(X\) admet une espérance. Avec la décomposition proposée,

   \[E(X) = 2\int_0^{+\infty} (\frac{1}{(1+x)^2} – \frac{1}{(1+x)^3}) \mathrm{d}x = 2(1 – \frac{1}{2}).\]

   Donc \(E(X) = 1\).

5. On a \(x^2 f(x) \sim \frac{2}{x}\) en \(+\infty\), et l’intégrale de \(\frac{1}{x}\) diverge en \(+\infty\). Par comparaison de fonctions positives, \(E(X^2)\) n’existe pas. La variable \(X\) n’admet pas de variance.

Barème : a) 0,5 point pour le calcul de l’intégrale, 0,5 point pour c = 2 ; b) 1 point ; c) 0,25 point par résultat ; d) 0,5 point pour la convergence justifiée, 0,5 point pour le calcul ; e) 0,5 point.

Erreur fréquente : calculer \(E(X^2)\) sans étudier la convergence et trouver une « valeur » absurde ; l’existence d’un moment se vérifie toujours avant son calcul.

Exercice 3 : Loi de g(X) par la fonction muette (4 points)

1. Soit \(h\) continue bornée sur \(\mathbb{R}\). Par le théorème de transfert, \(E(h(Y)) = \int_0^1 h(-\frac{\ln u}{\lambda}) \mathrm{d}u\), intégrale convergente car l’intégrande est borné. On pose \(u = e^{-\lambda y}\). L’application \(y \mapsto e^{-\lambda y}\) est une bijection de classe \(C^1\), strictement décroissante, de \(]0, +\infty[\) sur \(]0, 1[\), et \(\mathrm{d}u = -\lambda e^{-\lambda y} \,\mathrm{d}y\). Donc

   \[E(h(Y)) = \int_0^{+\infty} h(y) \lambda e^{-\lambda y} \,\mathrm{d}y.\]

   Par la méthode de la fonction muette, \(Y\) admet la densité \(y \mapsto \lambda e^{-\lambda y}\) sur \(]0, +\infty[\) : \(Y\) suit la loi \(\mathcal{E}(\lambda)\).

2. Soit \(h\) continue bornée. Par transfert, puis par parité de \(\varphi\),

   \[E(h(X^2)) = \int_{-\infty}^{+\infty} h(x^2) \varphi(x) \,\mathrm{d}x = 2\int_0^{+\infty} h(x^2) \frac{e^{-x^2/2}}{\sqrt{2\pi}} \,\mathrm{d}x.\]

   On pose \(x = \sqrt{y}\) : c’est une bijection \(C^1\) croissante de \(]0, +\infty[\) sur lui-même, avec \(\mathrm{d}x = \frac{\mathrm{d}y}{2\sqrt{y}}\). Ainsi

   \[E(h(X^2)) = \int_0^{+\infty} h(y) \frac{e^{-y/2}}{\sqrt{2\pi y}} \,\mathrm{d}y.\]

   Donc \(Y = X^2\) a pour densité \(g(y) = \frac{e^{-y/2}}{\sqrt{2\pi y}}\) si \(y > 0\), et \(g(y) = 0\) sinon (loi du khi-deux à un degré de liberté). Cette densité n’est pas bornée en \(0\), mais elle y est intégrable, car \(g(y) \sim \frac{1}{\sqrt{2\pi y}}\).

3. La densité de \(X\) est \(x \mapsto \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-(x-m)^2/(2\sigma^2)}\). Pour \(h\) continue bornée, le changement de variable affine \(u = \frac{x – m}{\sigma}\), avec \(\mathrm{d}x = \sigma \,\mathrm{d}u\), donne

   \[E(h(\frac{X – m}{\sigma})) = \int_{-\infty}^{+\infty} h(u) \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-u^2/2} \,\mathrm{d}u.\]

   Donc \(\frac{X – m}{\sigma}\) suit la loi \(\mathcal{N}(0, 1)\).

Barème : a) 0,5 point pour le transfert, 0,5 point pour le changement de variable justifié, 0,5 point pour la conclusion ; b) 0,5 point pour la parité, 0,5 point pour le changement de variable, 0,5 point pour la densité ; c) 0,5 point pour le changement de variable, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 4 : Un couple à densité sur le carré unité (3,5 points)

1. La fonction \(f\) est positive et continue sur \([0, 1]^2\). Par Fubini, \(\iint_{[0,1]^2} (x + y) \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\). Donc \(f\) est une densité de probabilité.

2. Pour \(x \in [0, 1]\), \(f_X(x) = \int_0^1 (x + y) \,\mathrm{d}y = x + \frac{1}{2}\), et \(f_X(x) = 0\) sinon. Par symétrie des rôles, \(f_X(x) = x + \frac{1}{2}\) et \(f_Y(y) = y + \frac{1}{2}\) sur \([0, 1]\), nulles ailleurs.

3. Au voisinage de \((0, 0)\) dans le carré, \(f(x, y)\) est proche de \(0\), alors que \(f_X(x) f_Y(y)\) est proche de \(\frac{1}{4}\). Ces deux fonctions continues diffèrent donc sur un ensemble d’aire non nulle. Les variables \(X\) et \(Y\) ne sont pas indépendantes.

4. Comme \(f(x, y) = f(y, x)\), les couples \((X, Y)\) et \((Y, X)\) ont même loi, donc \(P(X \leq\, Y) = P(Y \leq\, X)\). De plus, \(P(X = Y) = 0\), car la diagonale est d’aire nulle. Ainsi \(P(X \leq\, Y) = \frac{1}{2}\).

   

   Ensuite, le triangle \(\{x \geq\, 0,\ y \geq\, 0,\ x + y \leq\, 1\}\) est un domaine élémentaire, et

   \[P(X + Y \leq\, 1) = \int_0^1 \int_0^{1-x} (x + y) \,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}x = \int_0^1 (x(1 – x) + \frac{(1 – x)^2}{2}) \mathrm{d}x = \int_0^1 \frac{1 – x^2}{2} \,\mathrm{d}x.\]

   Donc \(P(X + Y \leq\, 1) = \frac{1}{2} – \frac{1}{6} = \frac{1}{3}\).

5. D’une part, \(E(X) = \int_0^1 x(x + \frac{1}{2}) \mathrm{d}x = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{7}{12}\), et de même \(E(Y) = \frac{7}{12}\). D’autre part, par transfert,

   \[E(XY) = \int_0^1 \int_0^1 (x^2 y + x y^2) \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{1}{3}.\]

   Donc \(\operatorname{Cov}(X, Y) = \frac{1}{3} – \frac{49}{144} = -\frac{1}{144}\), ce qui confirme la non-indépendance.

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,5 point par densité marginale ; c) 0,5 point ; d) 0,5 point pour la symétrie, 0,5 point pour le calcul sur le triangle ; e) 0,5 point.

Exercice 5 : Problème : somme et minimum de deux durées de vie (5 points)

1. Le produit \(f_X(t) f_Y(s – t)\) est non nul seulement si \(t \geq\, 0\) et \(s – t \geq\, 0\). Si \(s < 0\), aucun \(t\) ne convient, donc \(f_S(s) = 0\). Si \(s \geq\, 0\),

   \[f_S(s) = \int_0^s \lambda e^{-\lambda t} \lambda e^{-\lambda(s – t)} \,\mathrm{d}t = \lambda^2 e^{-\lambda s} \int_0^s \mathrm{d}t = \lambda^2 s e^{-\lambda s}.\]

   On retrouve la densité annoncée : c’est la loi gamma de paramètres \(2\) et \(\lambda\).

2. La fonction \(s \mapsto s f_S(s) = \lambda^2 s^2 e^{-\lambda s}\) est positive. De plus, d’après l’exercice 1, \(\int_0^{+\infty} s^2 \lambda e^{-\lambda s} \,\mathrm{d}s = \frac{2}{\lambda^2}\), intégrale convergente. Donc \(E(S)\) existe et \(E(S) = \lambda \times \frac{2}{\lambda^2} = \frac{2}{\lambda}\).

   Par linéarité, \(E(S) = E(X) + E(Y) = \frac{1}{\lambda} + \frac{1}{\lambda}\). Les deux méthodes donnent \(E(S) = \frac{2}{\lambda}\).

3. Pour \(s \geq\, 0\) et \(\lambda \neq \mu\),

   \[f_S(s) = \int_0^s \lambda e^{-\lambda t} \mu e^{-\mu(s – t)} \,\mathrm{d}t = \lambda\mu e^{-\mu s} \frac{e^{(\mu – \lambda)s} – 1}{\mu – \lambda}.\]

   Ainsi \(f_S(s) = \frac{\lambda\mu}{\mu – \lambda}(e^{-\lambda s} – e^{-\mu s})\) pour \(s \geq\, 0\), et \(0\) sinon.

   Pour \(\lambda = 1\) et \(\mu = 2\), \(f_S(s) = 2(e^{-s} – e^{-2s})\). Par conséquent

   \[P(S \leq\, 1) = \int_0^1 2(e^{-s} – e^{-2s}) \mathrm{d}s = 2(1 – e^{-1}) – (1 – e^{-2}) = 1 – 2e^{-1} + e^{-2}.\]

   Donc \(P(S \leq\, 1) = (1 – e^{-1})^2 \approx 0{,}40\).

   

4. Pour \(t \geq\, 0\), l’événement \(\{M > t\}\) est \(\{X > t\} \cap \{Y > t\}\). Par indépendance,

   \[P(M > t) = P(X > t) P(Y > t) = e^{-\lambda t} e^{-\mu t} = e^{-(\lambda + \mu)t},\]

   et \(P(M > t) = 1\) si \(t < 0\). La fonction de répartition \(1 – e^{-(\lambda + \mu)t}\) est celle de la loi \(\mathcal{E}(\lambda + \mu)\) : \(M\) suit cette loi.

   Ensuite, par indépendance, le couple \((X, Y)\) a pour densité \(f_X(x) f_Y(y)\). Par Fubini sur \(\{0 \leq\, x < y\}\),

   \[P(X < Y) = \int_0^{+\infty} \lambda e^{-\lambda x} (\int_x^{+\infty} \mu e^{-\mu y} \,\mathrm{d}y) \mathrm{d}x = \int_0^{+\infty} \lambda e^{-(\lambda + \mu)x} \,\mathrm{d}x = \frac{\lambda}{\lambda + \mu}.\]

   Pour \(\lambda = 1\) et \(\mu = 2\) : \(M\) suit \(\mathcal{E}(3)\), d’espérance \(\frac{1}{3}\) d’année, soit 4 mois, et \(P(X < Y) = \frac{1}{3}\).

Barème : a) 0,5 point pour le support de l’intégrande, 1 point pour le calcul ; b) 0,5 point pour le calcul justifié, 0,5 point pour la linéarité ; c) 0,5 point pour la densité, 0,5 point pour la probabilité ; d) 0,75 point pour la loi du minimum, 0,5 point pour P(X < Y), 0,25 point pour les valeurs numériques.

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Après le corrigé du contrôle : variables aléatoires à densité

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