Chapitres Maths en ECG1

Corrigés : Variables aléatoires à densité en ECG1

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Résumé de cours Exercices Corrigés

Cours en ligne de Maths en ECG1

Corrigés – Variables aléatoires à densité

Exercice :

1) a) Soit $x > 0.$ par définition de $F_Y,$ on a

$F_Y \left( x \right)$

$= \mathbb{P} \left( Y \le x \right)$

$= \mathbb{P} \left( - x \le Y \le x \right)$

$= \phi \left( x \right) - \phi \left( - x \right)$

Comme

$\phi \left( - x \right) = 1 - \phi \left( x \right),$ on a

$F_Y \left( x \right) = 2 \phi \left( x \right) - 1.$

b) Comme $Y$ prend des valeurs positives, on a $F_Y \left( x \right) = 0$ si $x < 0.$ On peut résumer la fonction de répartition de $Y$ de la fa\c{c}on suivante :

$F_Y \left( x \right) = \begin{cases} 2 \phi \left( x \right) - 1 & \text{si} \; x \ge 0 \\ 0 & \text{si} \; x < 0 \end{cases}.$

La fonction $F_Y$ est dérivable sur $\mathbb{R},$ sauf peut-être en $0.$ Ainsi $Y$ admet une densité $f_Y$ donnée par $f_Y = F_Y',$ soit

$f_Y \left( x \right) = \begin{cases} \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} e^{- \dfrac{x^2}{2}} & \text{si} \; x > 0 \\ 0 & \text{si} \; x < 0 \end{cases}.$

c) Pour montrer que $Y$ admet une espérance, montrons que $\int_{- \infty}^{+ \infty} \left| t \right| f_Y \left( t \right) dt$ converge (convergence absolue).

Comme

$f_Y$ est nulle sur

$\left] - \infty, 0 \right],$ il suffit de prouver la convergence de l’intégrale

$\int_0^{+ \infty} t f_Y \left( t \right) dt.$

On a

$\lim_{t \to + \infty} t^2 \left( t \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} e^{- \dfrac{-t^2}{2}} \right) = 0$ par croissance comparée. Ainsi

$t f_Y \left( t \right) \underset{t \to + \infty}{=} o \left( \dfrac{1}{t^2} \right).$
Comme l’intégrale

$\int_1^{+ \infty} \dfrac{1}{t^2} dt$ converge (intégrale de Riemann), par comaparaison par négligeabilité, l’intégrale

$\int_1^{+ \infty} t f_Y \left( t \right) dt$ converge.

Par somme, l’intégrale

$\int_0^{+ \infty} t f_Y \left( t \right) dt$ converge.

$Y$ admet une espérance et

$\mathbb{E} \left( Y \right)$

$= \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \int_0^{+ \infty} t e^{- \dfrac{t^2}{2}} dt$
Soit

$A \ge 0,$ on remarque que

$\sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \int_0^{A} t e^{- \dfrac{t^2}{2}}dt$

$= - \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \int_0^{A } \left( - t \right) e^{- \dfrac{t^2}{2}} dt$

$= - \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \left[ e^{- \dfrac{t^2}{2}} \right]_0^A$

$= - \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \left( e^{- \dfrac{A^2}{2}} - 1 \right)$ .

Comme $\lim_{A \to + \infty } - \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \left( e^{- \dfrac{A^2}{2}} - 1 \right) = \sqrt{\dfrac{2}{\pi}},$ on a

$\mathbb{E} \left( Y \right) = \sqrt{\dfrac{2}{\pi}}.$

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d) Montrons que $Y$ admet un moment d’ordre $2,$ c’est-à-dire montrons que l’intégrale $\int_{- \infty}^{+ \infty} x^2 f_Y \left( x \right) dx$ converge absolument.

Comme

$f_Y$ est nulle sur

$\left] - \infty , 0 \right],$ il nous reste la convergence de l’intégrale

$\int_{0}^{+ \infty} x^2 f_Y \left( x \right) dx.$

$x \mapsto x^2 f_Y \left( x \right)$ est continue sur

$\left[ 0 , + \infty \right[$ et par croissance comparée

$\lim_{x \to +\infty} x^2 \left( x^2 e^{- \dfrac{x^2}{2}} \right ) = 0,$ ainsi

$x^2 f_Y \left( x \right) \underset{x \to + \infty}{=} o \left( \dfrac{1}{x^2 } \right).$ Comme l’intégrale de Riemann

$\int_1^{+ \infty} \dfrac{1}{x^2}dx,$ par comparaison par négligeabilité, l’intégrale

$\int_1^{+ \infty} x^2 f_Y \left( x \right) dx$ converge.

Par somme, l’intégrale

$\int_0^{+ \infty} x^2 f_Y \left( x \right) dx$ converge.

$Y$ admet un moment d’ordre

$2,$ donc une variance.

Soit

$A \ge 0,$ on fait une intégration par paties dans l’intégrale

$\sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \int_0^A x^2 e^{- \dfrac{x^2}{2}} dx$ en posant

$u :x \mapsto x$ et

$v : x \mapsto - e^{- \dfrac{x^2}{2}}.$ Les fonctions

$u$ et

$v$ sont

$C^1$ sur l’intervalle sur

$\left[ 0 , A \right]$ donc

$\sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \int_0^A x^2 e^{- \dfrac{x^2}{2}} dx$

$= \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} ( \left[ -x e^{- \dfrac{x^2}{2}} \right]_0^A$

$+ \int_0^A e^{- \dfrac{x^2}{2}} dx )$

$= -\sqrt{\dfrac{2}{\pi}} A e^{- \dfrac{A^2}{2}}$

$+ \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \int_0^A e^{- \dfrac{x^2}{2}} dx$

$= -\sqrt{\dfrac{2}{\pi}} A e^{- \dfrac{A^2}{2}}$

$+ 2 \times \dfrac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_0^A e^{- \dfrac{x^2}{2}} dx$ .

Par croissance comparée

$\lim_{A \to + \infty} -\sqrt{\dfrac{2}{\pi}} A e^{- \dfrac{A^2}{2}} = 0$ et

$\lim_{A \to + \infty} \dfrac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_0^A e^{- \dfrac{x^2}{2}} dx$

$= \dfrac12,$ on a montré que

$\mathbb{E} \left( Y^2 \right) = 1.$

Finalement $V \left( Y \right)$ $= \mathbb{E} \left( Y^2 \right) - \left( \mathbb{E} \left( Y \right) \right)^2$ $= 1 - \sqrt{\dfrac{2}{\pi}}^2$ $= \dfrac{\pi - 2}{\pi}.$

2) a) $\bullet$ Avant de procéder au changement de variable, vérifions que l’intégrale $\int_0^{+ \infty} g \left( t \right) dt$ converge.

$t \mapsto \dfrac{e^{-t}}{ \sqrt{\pi t} }$ est continue sur

$\left] 0 , + \infty \right[.$ Montrons que les intégrales

$\int_0^1 g \left( t \right) dt$ et

$\int_1^{+ \infty} g \left( t \right) dt$ convergent.

$\star$ Convergence de l’intégrale

$\int_0^1 g \left( t \right) dt.$

On a

$\dfrac{e^{-t}}{ \sqrt{\pi t} } \underset{t \to 0}{\sim} \dfrac{1}{\sqrt{\pi} \sqrt{t}}.$ Les fonctions

$t \mapsto \dfrac{e^{-t}}{ \sqrt{\pi t} }$ et

$t \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{\pi} \sqrt{t}}$ sont positives sur

$\left] 0 , 1 \right].$

Or l’intégrale

$\int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{\pi} \sqrt{t}} dt$ converge car elle est proportionnelle à une intégrale de Riemann, par comparaison par équivalence, l’intégrale

$\int_0^1 g \left( t \right) dt$ converge.

$\star$ Convergence de l’intégrale

$\int_1^{+ \infty} g \left( t \right) dt.$

Par croissance comparée, on a

$\lim_{t \to + \infty} t^2 g \left( t \right) = 0,$ ainsi

$g \left( t \right) \underset{t \to + \infty}{=} o \left( \dfrac{1}{t^2} \right).$

Or l’intégrale

$\int_1^{+ \infty} \dfrac{1}{t^2} dt$ converge car c’est une intégrale de Riemann, donc par comparaison par négligeabilité, l’intégrale

$\int_1^{+ \infty} g \left( t \right) dt$ converge.

On a bien montré que l’intégrale

$\int_0^{+ \infty} g \left( t \right) dt$ converge.

$\bullet$ Soit

$A \ge 0.$ La formule du changement de variable donne

$\int_0^A g \left( t \right) dt$

$= \int_0^{\sqrt{2A}} \dfrac{e^{- \dfrac{u^2}{2}}}{\sqrt{\pi \times \dfrac{u^2}{2} }} u du$

$= \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \int_0^{A} e^{- \dfrac{u^2}{2}} du$ .

Lorsque

$A$ tend vers

$+ \infty,$ on récupère

$\int_0^{+ \infty} g \left( t \right) dt$

$= \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} \int_0^{+ \infty} e^{- \dfrac{u^2}{2}} du.$

b) $\bullet$ $g$ est à valeurs positives et continue sauf en $0.$

$\bullet$ Montrons que

$\int_{- \infty}^{+ \infty} g \left( t \right) dt = 1.$

On rappelle que

$\dfrac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \dfrac{u^2}{2}} du =1,$ puis par parité de

$u \mapsto e^{- \dfrac{u^2}{2}},$ on a

$\int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \dfrac{u^2}{2}} du$

$= \dfrac{\sqrt{2 \pi}}{2}$

$= \sqrt{\dfrac{\pi}{2}}.$

Ainsi, on a bien montré que

$\int_0^{+ \infty} g \left( t \right) dt = 1.$

3) a) $\bullet$ Soit $x \in \mathbb{R}.$

$\star$ On suppose

$x < 0.$ On a

$F_T \left( x \right)$

$= \mathbb{P} \left( \sqrt{2Z} \le x \right)$

$= 0$

$= G \left( x \right)$
car

$g$ est nulle sur

$\left] - \infty , 0 \right].$

$\star$ On suppose $x \ge 0.$ On a

$F_T \left( x \right)$ $= \mathbb{P} \left( \sqrt{2Z} \le x \right)$ $= \mathbb{P} \left( Z \le \dfrac{x^2}{2} \right)$ $= G \left( \dfrac{x^2}{2} \right).$

On a montré que pour

$F_T \left( x \right) = \begin{cases} G \left( x \right) & \text{si} \, x \le 0 \\ G \left( \dfrac{x^2}{2} \right) & \text{si} \, x >0 \end{cases}.$

$\bullet$

$F_T$ est continue sur

$\mathbb{R}$ (on vérifie que la limite de

$F_T$ à gauche et à droite de

$0$ sont les mêmes et valent

$0$ ),

$F_T$ est

$C^1$ sur

$\mathbb{R}$ sauf peut-être en

$0$ et

$f_T \left( x \right)$

$= F_T ' \left( x \right) = \begin{cases} 0 & \text{si} \, x < 0 \\ x G' \left( \dfrac{x^2}{2} \right) \\= \sqrt{\dfrac{2}{\pi}} e^{- \dfrac{x^2}{2}} & \text{si} \, x > 0 \end{cases}.$

On remarque que les fonctions de densité de

$T$ et

$Y$ sont les mêmes sauf en un nombre fini de points, ainsi les variables aléatoires

$T$ et

$Y$ suivent la même loi.

b) La relation

$T = \sqrt{2 Z}$ donne

$Z = \dfrac12 T^2.$ Comme

$T$ et

$Y$ suivent la même loi et comme

$Y$ admet un moment d’ordre

$2$ (question 1) d)), il s’ensuit que

$Z$ admet une espérance et

$\mathbb{E} \left( Z \right)$

$= \mathbb{E} \left( \dfrac12 T^2 \right)$

$= \dfrac12 \mathbb{E} \left( T^2 \right)$

$= \dfrac12.$

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