Variables aléatoires continues

1. Densité d’une fonction de $\displaystyle X_1$ 👉 Changement de variable.
2. Propriété du cours à reconnaître sur la loi $\displaystyle \gamma(\nu)$.

1. La v.a. $\displaystyle Y_1=\frac{X_1^2}{2}$ est à valeurs positives. Il suffit donc de calculer $\displaystyle \mathbb P\left(Y_1\in[0;t]\right)$ pour $\displaystyle t> 0$. On a $$\mathbb P\left(Y_1\in[0;t]\right) =\mathbb P\left(|X_1|\le\sqrt{2t}\right) = 2\int_0^{\sqrt{2t}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}dx\qquad\text{(par symétrie)}.$$ En posant $\displaystyle x=\sqrt{2u}$ on obtient : $$\mathbb P\left(Y_1\in[0;t]\right) =2\int_0^{t}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-u}~\frac{2}{2\sqrt {2u}}~du = \int_0^{t}\frac{1}{\sqrt{\pi}}u^{-1/2}e^{-u}~du.$$ Ainsi $\displaystyle Y_1$ suit la loi $\displaystyle \gamma(1/2)$.
2. Les v.a. $\displaystyle \frac{X_k^2}{2}$ sont indépendantes car les v.a. $\displaystyle X_k$ sont indépendantes.
   D’après la propriété de cours sur les v.a. indépendantes de loi $\displaystyle \gamma(\nu)$, la v.a. $\displaystyle \frac{S_n}{2}=\sum_{k=1}^n\frac{X_k^2}{2}$ suit la loi $\displaystyle \gamma(n/2)$, de densité $\displaystyle \frac{1}{\Gamma(n/2)}t^{n/2-1}e^{-t}\mathbb 1_{\R_+}(t)$. La loi de $\displaystyle S_n$ s’en déduit aisément : pour $\displaystyle t\geq 0$, $$\begin{aligned}\mathbb P\left(S_n\in[0;t]\right) & = \mathbb P\left(\frac{S_n}{2}\in[0;t/2]\right) \\ & = \int_0^{t/2}\frac{1}{\Gamma(n/2)}x^{n/2-1}e^{-x}dx \\ & \underset{(u=2x)}=\int_0^{t}\frac{1}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}u^{n/2-1}e^{-u/2}du\end{aligned}.$$ $\displaystyle S_n$ a donc pour densité $\displaystyle \frac{1}{2^{n/2}\Gamma(n/2)}t^{n/2-1}e^{-t/2}\mathbb 1_{\R_+}(t)$.

1. $\displaystyle R(t)=P(X>t)=\int_t^{+\infty}a\lambda x^{a-1}\exp(-\lambda x^a)dx= \Big[\exp\Big(-\lambda x^a\Big)\Big]_t^{+\infty} = \exp(-\lambda t^a)$ si $\displaystyle t>0$ , et $\displaystyle 0$ sinon.
2. On a $\displaystyle E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx=\int_0^{+\infty}a\lambda x^a\exp(-\lambda x^a)dx$ . En effectuant le changement de
   variable $\displaystyle y=\lambda x^a$, $\displaystyle dx=\frac{y^{1/a-1}}{a\lambda^{1/a}}dy$ , on obtient $\displaystyle E(X)=\int_0^{+\infty} \left(\frac y\lambda\right)^{1/a}e^{-y}dy=\frac{\Gamma\left(1+\frac1a\right)}{\lambda^{\frac1a}}$.
3. On calcule pour $\displaystyle a>0$, $\displaystyle P(X>t+s\mid X>t) = \frac{P(\{X>t+s\} \cap\{X>t\})}{P(X>t)}=\frac{P(X>t+s)}{P(X>t)}= \exp(-\lambda(t+s)^a)\cdot\exp(-\lambda t^a)$.
   Mais on a, pour tout $\displaystyle a\leq 1$ , $\displaystyle s,t\geq 0$ , $\displaystyle (t+s)^a\leq t^a+s^a$ avec égalité si $\displaystyle a=1$ (on peut étudier la fonction $\displaystyle g(x)=1+x^a-(1+x)^a$).
   Il vient que $\displaystyle P(X>t+s\mid X>t)\geq P(X>s)$ avec égalité si $\displaystyle a=1$ .

Comme $\displaystyle X$ et $\displaystyle Y$ sont indépendantes, on a $\displaystyle \mathbb{E}\left(\frac{X}{Y}\right) = \mathbb{E}(X) \mathbb{E}\left(\frac{1}{Y}\right)$, et comme $\displaystyle X$ et $\displaystyle Y$ ont la même loi, on a : $\displaystyle \mathbb{E}\left(\frac{X}{Y}\right) = \mathbb{E}(X) \mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right)$. Le réflexe maintenant est, comme souvent, de penser à Cauchy-Schwarz. On peut le redémontrer rapidement dans ce cas particulier. On remarque tout d’abord, que pour tout $\displaystyle t \in \mathbb{R}$, la quantité $\displaystyle P(t) = \mathbb{E}\left(\left(\sqrt{X}+\frac{t}{\sqrt{X}}\right)^2 \right)$ est $\displaystyle \ge 0$. Or, par linéarité, on remarque que $$P(t) = \mathbb{E}\left(X+2t+\frac{t^2}{X}\right) = \mathbb{E}(X)+2t+\mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right) t^2.$$ La fonction $\displaystyle t \mapsto P(t)$ est donc une fonction polynomiale de degré $\displaystyle 2$ et $\displaystyle \ge 0$ sur $\displaystyle \mathbb{R}$. On sait alors que son discriminant est négatif, ce qui s’écrit $\displaystyle 4-4\mathbb{E}(X) \mathbb{E}\left(\frac{1}{X}\right) \le 0$, et on obtient immédiatement le résultat.

C’est typiquement le genre d’exercice pour lequel l’étude explicite de cas particuliers ($\displaystyle m,n$ petits) s’avère à la fois simple et instructive pour le cas général !

Voici une preuve pour $\displaystyle m=2$ et $\displaystyle n=3$ qui permet de comprendre le mécanisme à l’oeuvre derrière la preuve générale : le vecteur aléatoire $\displaystyle (X_1,X_2,X_3)$ est indépendant, on en déduit que les trois vecteurs aléatoires suivants ont tous la même loi : $$Z_1 = (X_1,X_2,X_3) \ , \ Z_2=(X_2,X_3,X_1) \ , \ Z_3 = (X_3,X_1,X_2).$$ De plus, l’application $\displaystyle \phi : (\R^{+*})^3 \rightarrow \R$ définie par $\displaystyle \phi(u,v,w) = \frac{u+v}{u+v+w}$, est continue. On en déduit que la valeur de $\displaystyle \mathbb{E}[\phi(Z_i)]$ ne dépend pas de $\displaystyle i$ : plus rigoureusement, si elle vaut $\displaystyle +\infty$ (resp. $\displaystyle \mu < \infty$) pour un certain $\displaystyle i_0 \ in\{1,\ldots,3\}$, alors elle vaut $\displaystyle +\infty$ (resp. $\displaystyle \mu$) pour tout $\displaystyle i \in \{1,\ldots,3\}$. On peut donc écrire :
$\displaystyle \begin{aligned}\mathbb{E}[\phi(Z_1)] &= \frac{1}{3} \sum_{i=1}^3 \mathbb{E}[\phi(Z_i)] \\ &= \mathbb{E}\left[\frac{1}{3} \sum_{i=1}^3 \phi(Z_i)\right] \\ &= \mathbb{E}\left[\frac{1}{3} \frac{(X_1+X_2)+(X_2+X_3)+(X_3+X_1)}{X_1+X_2+X_3}\right] \\ &= \mathbb{E}\left[\frac{1}{3} \frac{2X_1+2X_2+2X_3}{X_1+X_2+X_3} \right] \\ &= \mathbb{E}\left[\frac{2}{3}\right] \\ &= \frac{2}{3}.\end{aligned}$

La preuve générale suit les mêmes lignes : pour $\displaystyle i \in \{1,\ldots,n\}$, on considère le vecteur aléatoire $$Z_i=(X_{i+k}) _ {0 \le k \le n-1,}$$ où les indices $\displaystyle i+k$ sont pris modulo $\displaystyle n$. L’indépendance des $\displaystyle X_i$ implique que les vecteurs aléatoires $\displaystyle Z_i$ ont tous la même loi. On considère l’application $\displaystyle \phi : (\R^{+*})^n \rightarrow \R$ définie par $\displaystyle \phi(u_1,\ldots,u_n) = \frac{u_1+\cdots+u_m}{u_1+\cdots+u_n}$. On a en particulier $$\phi(Z_i) = \frac{\sum_{k=0}^{m-1} X_{i+k}}{\sum_{k=0}^{n-1} X_{i+k}} = \frac{\sum_{k=0}^{m-1} X_{i+k}}{\sum_{k=1}^n X_k}.$$ Comme les variables aléatoires $\displaystyle \phi(Z_i)$ ont toutes la même loi, elles ont la même espérance (si elle existe), on peut donc écrire :
$\displaystyle \begin{aligned} \mathbb{E}[\phi(Z_1)] &= \mathbb{E}\left[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \phi(Z_i)\right] \\ &= \mathbb{E}\left[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \frac{\sum_{k=i}^{i+m-1} X_k}{\sum_{k=1}^n X_k} \right] \\ &= \mathbb{E}\left[\frac{1}{n} \frac{\sum_{i=1}^n \sum_{k=0}^{m-1} X_{i+k}}{X_1+\cdots+X_n} \right]. \end{aligned}$
Or, pour $\displaystyle j \in \{1,\ldots,n\}$ fixé il existe exactement $\displaystyle m$ couples d’indices $\displaystyle (i,k) \in (\{1,\ldots,n\} \times \{0,\ldots,m-1\})$ tels que $\displaystyle i+k=j$ modulo $\displaystyle n$ : ce sont les couples de la forme $\displaystyle (j-k,k)$, avec $\displaystyle k \in \{0,\ldots,m-1\}$. Ainsi on a $$\sum_{i=1}^n \sum_{k=0}^{m-1} X_{i+k} = \sum_{j=1}^n m X_j$$ et on en déduit : $$\mathbb{E}[\phi(Z_1)] = \mathbb{E}\left[ \frac{m}{n}\right] = \frac{m}{n}.$$

1. Loi d’un $\displaystyle n$-uplet 👉 Exprimer $\displaystyle \mathbb E(f(T_1,\dots,T_n))$, faire un changement de varialbe pour pouvoir utiliser la loi de $\displaystyle (X_1,\dots,X_n)$.
2. Exprimer $\displaystyle \{N_t=n\}$ à l’aide des variables $\displaystyle T_n$. Utiliser alors la loi conjointe des $\displaystyle T_n$, déterminée en 1.

1. Soit $\displaystyle f:\R^n\to\R$ mesurable et positive. Le $\displaystyle n$-uplet$\displaystyle (X_1,\dots,X_n)$ a pour densité $\displaystyle e^{-(x_1+\dots+x_n)}$ par rapport à la mesure de Lebesgue sur $\displaystyle \R_+^n$. On a
   $$\begin{aligned} \mathbb E(f(T_1,\dots,T_n))&=\mathbb E(f(X_1,\dots,X_1+\dots+X_n)) \\ &=\int_{\R_+^n}f(x_1,x_1+x_2,\dots,x_1+\dots+x_n)e^{-(x_1+\dots+x_n)}dx_1\dots dx_n \\ \end{aligned}$$
   L’application $\displaystyle \phi:(x_1,\dots,x_n)\mapsto (x_1,\dots,x_1+\dots+x_n)$ est linéaire (donc $\displaystyle \mathcal C^1$), de déterminant $\displaystyle 1$, et réalise une bijection de $\displaystyle \R_+^n$ vers l’ensemble $\displaystyle \Delta_n=\{(y_1,\dots,y_n)\in\R_+^n~:~y_1\leq\dots\leq y_n\}.$ D’après la formule de changement de variable on a donc $$\mathbb E(f(T_1,\dots,T_n))=\int_{\Delta_n} f(y_1,\dots,y_n)e^{-y_n}dy_1\dots dy_n.$$
   Le $\displaystyle n$-uplet$\displaystyle (T_1,\dots,T_n)$ a donc pour densité $\displaystyle e^{-y_n}\mathbb{1}_{\{y_1\leq\dots\leq y_n\}}$ par rapport à la mesure de Lebesgue sur $\displaystyle \R_+^n$.
   En particulier pour $\displaystyle u:\R\to\R$ mesurable et positive,
   $$\mathbb E(u(T_n))=\int_{\Delta_n} u(y_n)e^{-y_n}dy_1\dots dy_n.$$
   Avec le théorème de Tonelli, on peut intégrer successivement par rapport à $\displaystyle y_1,\dots,y_n$ :
   $$\mathbb E(u(T_n))=\int_0^{+\infty}\left(\int_0^{y_n}\left(\dots\int_0^{y_2}u(y_n)e^{-y_n}dy_1\right)\dots dy_{n-1}\right)dy_n.$$ Or on peut calculer :
   $$\begin{aligned} \int_0^{y_n}\dots\left(\int_0^{y_2}1.dy_1\right)\dots dy_{n-1}&= \int_0^{y_n}\dots\left(\int_0^{y_3}y_2~dy_2\right)\dots dy_{n-1}\\ &= \int_0^{y_n}\dots\left(\int_0^{y_4}\frac{y_3^2}{2}~dy_3\right)\dots dy_{n-1} \\ &=(\dots)\\ & = \int_0^{y_n}\frac{(y_{n-1})^{n-2}}{(n-2)!}~dy_{n-1}\\ & = \frac{(y_{n})^{n-1}}{(n-1)!}. \end{aligned}$$
   Finalement, $\displaystyle \mathbb E(u(T_n)) = \int_0^{+\infty}\frac{(y_{n})^{n-1}}{(n-1)!}u(y_n)e^{-y_n}dy_n$.
   Donc la loi de $\displaystyle T_n$ a pour densité $\displaystyle \frac{t^{n-1}}{(n-1)!}e^{-t}$ par rapport à la mesure de Lebsesgue sur $\displaystyle \R_+$.
   Note. Cette loi porte le nom de loi Gamma de paramètre $\displaystyle n$. On comprendra aisément cette dénomination si on connaît la fonction Gamma.
2. Soit $\displaystyle n\geq 1$. La suite $\displaystyle (T_n)$ est croissante presque sûrement, donc :
   $$\begin{aligned} \mathbb P(N_t=n)&= \mathbb P(T_n\leq t,T_{n+1}>t) \ \\ & = \int_{(\R_+)^{n+1}}e^{-t_{n+1}}\mathbb 1_{\{t_1\leq\dots\leq t_{n+1}\}}\mathbb 1_{\{t_{n+1}>t\}}\mathbb 1_{\{t_n\leq t\}}dt_1\dots dt_{n+1}\\ &= \int_{(\R_+)^{n}}\mathbb 1_{\{t_1\leq\dots\leq t_{n}\leq t\}}\underbrace{\left(\int_{\R_+} e^{-t_{n+1}}\mathbb 1_{\{t_{n+1}\geq t\}}dt_{n+1}\right)}_{=e^{-t}}dt_1\dots dt_n\\ &= e^{-t}\int_{(\R_+)^{n}}\mathbb 1_{\{t_1\leq\dots\leq t_{n}\leq t\}}dt_1\dots dt_n. \end{aligned}$$
   Le même calcul qu’à la question 1. donne ainsi $\displaystyle \mathbb P(N_t=n)=\frac{t^n}{n!}e^{-t}$.
   Pour $\displaystyle n=0$ on vérifie aisément que cette égalité a encore lieu : $\displaystyle \mathbb P(N_t=0)=\mathbb P(X_1>t)=e^{-t}$.
   Conclusion. $\displaystyle N_t$ suit la loi de Poisson de paramètre $\displaystyle t$.

1. Convergence presque sûre de $\displaystyle Y_n$ vers $\displaystyle Y$ 👉 Convergence de la série $\displaystyle \sum \mathbb P(|Y_n-Y|>\varepsilon)$.
2. Convergence en loi 👉 Convergence ponctuelle des fonctions de répartition (en tout point de continuité de la fonction de répartition limite).

1. Soit $\displaystyle \varepsilon\in]0;1]$. On a $\displaystyle \mathbb P(|Y_n|>\varepsilon)=\mathbb P(U_1>\varepsilon,\dots,U_n>\varepsilon)=\prod_{k=1}^n\mathbb P(U_k>\varepsilon)=(1-\varepsilon)^n$, car les $\displaystyle U_k$ sont indépendantes.
   Comme $\displaystyle 1-\varepsilon\in[0;1[$, la série $\displaystyle \sum \mathbb P(|Y_n|>\varepsilon)$ est convergente, donc $\displaystyle Y_n\to 0$ presque sûrement.
2. Soit $\displaystyle y>0$. En remplaçant $\displaystyle \varepsilon$ par $\displaystyle y/n$ dans le calcul précédent, on obtient (dès que $\displaystyle n>y$ donc à partir d’un certain rang) : $$\mathbb P(n~Y_n>y)=\left(1-\frac{y}{n}\right)^n=\exp\left(n~\ln\left(1-\frac{y}{n}\right)\right)=\exp\left(-y +o(1)\right)\to e^{-y},$$ et pour $\displaystyle y\leq 0$, cette probabilité vaut évidemment $\displaystyle 1$. On reconnaît l’expression de $\displaystyle \mathbb P(X>y)$ pour une v.a. $\displaystyle X$ de loi $\displaystyle \mathcal E(1)$. Ainsi $\displaystyle (n~Y_n)_{n\geq 1}$ converge en loi vers une v.a. de loi $\displaystyle \mathcal E(1)$.

Formule de transfert !

On a $\displaystyle \mathbb E[e^X]=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\ \sigma}\int_{-\infty}^\infty e^x e^{-x^2/(2\sigma^2)}dx$. De plus $$\begin{aligned} x-\frac{x^2}{2\sigma^2}&=-\frac{1}{2\sigma^2}(x^2-2\sigma^2 x) \\ &=-\frac{1}{2\sigma^2}((x-\sigma^2 )^2-\sigma^4).\end{aligned}$$ Ainsi $\displaystyle \mathbb E[e^X]=\frac{e^{\sigma^2/2}}{\sqrt{2\pi}\ \sigma}\int_{-\infty}^\infty e^{-(x-\sigma^2)^2/(2\sigma^2)}dx=e^{\sigma^2/2}$, en faisant le changement de variable $\displaystyle y=x-\sigma^2$.

Loi d’une somme de v.a. à densité 👉 Formule pour la densité $\displaystyle f_{X+Y}(t)=\int_\R f_X(s)f_Y(t-s) ds$

Notons $\displaystyle f_1:t\mapsto \lambda e^{-\lambda t}\mathbb{1}_{\R_+}(t)$, la densité de $\displaystyle \mathcal E(\lambda)$, et $\displaystyle f_n$ la densité de $\displaystyle S_n$. Comme $\displaystyle S_n$ est à valeurs positives, précisons tout de suite que $\displaystyle f_n$ est nulle sur $\displaystyle ]-\infty;0[$.
$\displaystyle \bullet$ Cas $\displaystyle n=2$.
$\displaystyle S_2$ a pour densité la fonction $\displaystyle f_2$ donnée par $$\forall t\geq 0,~~f_2(t)=\int_{0}^t\lambda e^{-\lambda s}\lambda e^{-\lambda(t-s)}ds = \lambda^2 te^{-\lambda t}.$$ $\displaystyle \bullet$ Cas $\displaystyle n=3$.
$\displaystyle S_3=S_2+X_3$ a pour densité la fonction $\displaystyle f_3$ donnée par $$\forall t\geq 0,~~f_3(t)=\int_{0}^tf_2(s)f_1(t-s)ds = \int_{0}^t\lambda^2 s e^{-\lambda s}\lambda e^{-\lambda(t-s)}ds = \lambda^3 e^{-\lambda t} \int_0^t s~ds= \frac{\lambda^3}{2}t^2 e^{-\lambda t}.$$
$\displaystyle \bullet$ Montrons par récurrence que pour $\displaystyle n\geq 1$, $\displaystyle S_n$ a pour densité $\displaystyle f_n$ donnée par : $$\forall t\geq 0,~~f_n(t)= \frac{\lambda^n}{(n-1)!}t^{n-1} e^{-\lambda t}.$$ Il reste à vérifier l’hérédité. Si on suppose cette propriété vérifiée par $\displaystyle S_n$, alors $\displaystyle S_{n+1}$ a pour densité $\displaystyle f_{n+1}$ donnée par
$$\forall t\geq 0,~~f_{n+1}(t)=\int_{0}^tf_n(s)f_1(t-s)ds = \int_{0}^t \frac{\lambda^n}{(n-1)!}s^{n-1}e^{-\lambda s}\lambda e^{-\lambda(t-s)}ds = \frac{\lambda^{n+1}}{(n-1)!} e^{-\lambda t} \int_0^t s^{n-1}ds.$$ Or $\displaystyle \int_0^t s^{n-1}ds=\frac{t^n}{n}$ donc finalement $\displaystyle \forall t\geq 0,~f_{n+1}(t) = \frac{\lambda^{n+1}}{n!} t^ne^{-\lambda t}$.

Produit 👉 Passer au log.
Identifier la loi de $\displaystyle -\ln(X_k)$ comme une loi connue. La loi d’une somme de v.a. exponentielles indépendantes est encore une loi connue !

$\displaystyle \bullet$ Notons $\displaystyle P_n=\prod_{k=1}^nX_k$. On peut remarquer que les v.a. $\displaystyle Y_k=-\ln(X_k)$ suivent la loi $\displaystyle \mathcal E(1)$ car : $$\forall t\geq 0,~~\mathbb P(Y_k\geq t) = \mathbb P(X_k\leq e^{-t})=e^{-t}.$$ Les $\displaystyle Y_k$ étant de plus indépendantes, $\displaystyle Y_1+\dots+Y_n$ suit la loi $\displaystyle \gamma(n)$, de densité $\displaystyle \frac{t^{n-1}}{(n-1)!}e^{-t}$ sur $\displaystyle \R_+$.
(En ECS2 c’est du cours, sinon c’est l’objet de l’exo 413).
$\displaystyle \bullet$ Pour $\displaystyle t\in[0;1]$, $\displaystyle \mathbb P(Z_n\leq t)=\mathbb P(P_n\leq t^n) = \mathbb P(Y_1+\dots+Y_n\geq -n\ln(t))=\int_{-n\ln(t)}^{+\infty}\frac{s^{n-1}}{(n-1)!}e^{-s}ds$.
Signalons que $\displaystyle Z_n$ appartient à $\displaystyle [0;1]$ avec probabilité $\displaystyle 1$. En dérivant, on trouve la densité $\displaystyle f_n$ de $\displaystyle Z_n$ sur $\displaystyle [0;1]$ : $$f_n(t)=-\left(\frac{-n}t\right)\frac{(-n\ln(t))^{n-1}}{(n-1)!}e^{n\ln(t)}=\frac{n^n}{(n-1)!}t^{n-1}(-\ln t)^{n-1}.$$ $\displaystyle \bullet$ Une succession de $\displaystyle n$ intégrations par parties (non détaillée ici) donne, pour $\displaystyle p,n\in\N$ : $$\int_0^1t^n(\ln t)^pdt=\frac{(-1)^p p!}{(n+1)^{p+1}}.$$ Ainsi $\displaystyle \mathbb E(Z_n) = \frac{n^n}{(n-1)!}(-1)^{n-1}\int_0^1 t^n(\ln t)^{n-1}dt = \frac{n^n}{(n-1)!}(-1)^{n-1} \frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{(n+1)^n}=\left(\frac{n}{n+1}\right)^n$.
Un calcul similaire donne $\displaystyle \mathbb E(Z_n^2) =\left(\frac{n}{n+2}\right)^n$. Ainsi $\displaystyle \mathbb V(Z_n)=\left(\frac{n}{n+2}\right)^n-\left(\frac{n}{n+1}\right)^{2n}$