Corrigé EDHEC Eco 2011 par Pierre Veuillez
Exercice 1
On considère la fonction
f
définie sur
ℝ
+
par :
f
(
x
)
=
2
x
2
∫
0
x
t
e
t
+
1
ⅆ
t
si
x
>
0
et
f
(
0
)
=
1
2
-
-
On construit l'inégalité :
Pour tout
x
>
0
et
0
≤
t
≤
x
on a
e
0
≤
e
t
≤
e
x
car
a
x
p
est strictement croissante sur
ℝ
donc
2
=
e
0
+
1
≤
e
t
+
1
≤
e
x
+
1
et (tout est strictement positif)
Conclusion :
∀
x
∈
]
0
;
+
∞
[
et
∀
t
∈
[
0
;
x
]
1
e
x
+
1
≤
1
e
t
+
1
≤
1
2
-
On travaille alors sur le contenu de l'intégrale :
pour tout
x
>
0
et
t
∈
[
0
;
x
]
,
on a
t
≥
0
donc
t
e
x
+
1
≤
t
e
t
+
1
≤
t
2
et les bornes étant
0
≤
x
on a donc
∫
0
x
t
e
x
+
1
ⅆ
t
≤
∫
0
x
t
e
t
+
1
ⅆ
t
≤
∫
0
x
t
2
ⅆ
t
soit
1
e
x
+
1
[
t
2
2
]
0
x
≤
∫
0
x
t
e
t
+
1
ⅆ
t
≤
x
2
2
et en multipliant par
2
x
2
≥
0
Conclusion :
pour tout
x
>
0
:
1
e
x
+
1
≤
f
(
x
)
≤
1
2
-
et par encadrement, quand
x
→
0
:
1
e
x
+
1
→
1
2
Conclusion :
f
(
x
)
→
1
2
=
f
(
0
)
quand
x
→
0
et
f
continue en
0
-
-
La fonction
h
:
t
→
t
e
t
+
1
est continue sur
ℝ
donc
H
:
x
→
∫
0
x
t
e
t
+
1
ⅆ
t
est une primitive
C
1
de
h
sur
ℝ
et a pour dérivée
H
′
(
x
)
=
h
(
x
)
Donc pour
x
2
≠
0
,
f
est
C
1
comme produit de fonction
C
1
Conclusion :
f
est
C
1
sur
]
0
;
+
∞
[
de plus
f
′
(
x
)
=
−
4
x
3
H
(
x
)
+
2
x
2
h
(
x
)
=
−
4
x
3
[
H
(
x
)
−
1
2
x
h
(
x
)
]
Conclusion :
| avec
g
(
x
)
=
∫
0
x
t
e
t
+
1
ⅆ
t
−
1
2
x
2
e
x
+
1
pour tout
x
∈
ℝ
|
|
f
′
(
x
)
=
−
4
x
3
g
(
x
)
pour tout
x
>
0
|
-
g
est dérivable sur
ℝ
et
g
′
(
x
)
=
x
e
x
+
1
−
1
2
2
x
(
e
x
+
1
)
−
x
2
e
x
(
e
x
+
1
)
2
=
x
2
(
e
x
+
1
)
2
2
(
e
x
+
1
)
−
2
(
e
x
+
1
)
+
x
e
x
(
e
x
+
1
)
2
=
x
2
e
x
2
(
e
x
+
1
)
2
et on a donc
|
x
|
0
|
|
+
∞
|
|
g
′
(
x
)
|
0
|
+
|
|
|
g
(
x
)
|
0
|
↗
+
|
|
|
f
′
(
x
)
|
?
|
−
|
|
|
f
(
x
)
|
1
2
|
↘
|
0
|
et par continuité (en
0
)
Conclusion :
f
est strictement décroissante sur
ℝ
+
-
-
Soit
t
e
t
+
1
−
1
=
t
−
e
t
−
1
e
t
+
1
pour tout
t
≥
0
h
(
t
)
=
t
−
e
t
−
1
est dérivable sur
ℝ
+
et
h
′
(
t
)
=
1
−
e
t
donc
|
t
|
0
|
|
+
∞
|
|
h
′
(
t
)
=
1
−
e
t
|
0
|
↘
−
|
|
|
h
(
t
)
|
−
2
|
↘
−
|
|
et
h
(
t
)
<
0
Conclusion :
t
e
t
+
1
≤
1
pour tout
t
≥
0
-
Pour tout
x
>
0
,
les bornes en ordre croissant donc
0
≤
∫
0
x
t
e
t
+
1
ⅆ
t
≤
∫
0
x
1
ⅆ
t
et
2
x
2
>
0
donc
0
≤
2
x
2
∫
0
x
t
e
t
+
1
ⅆ
t
≤
2
x
→
0
et par encadrement Conclusion :
f
(
x
)
tend vers
0
quand
x
tend vers
+
∞
Bilan : quelques points de contrôles. bien
Exercice 2
On désigne par
E
l'espace vectoriel des fonctions polynômiale de degré inférieur
ou égal à 2 et on note
ℬ
0
la base
(
e
0
,
e
1
e
2
)
de
E
,
où pour tout réel
x
,
on a :
e
0
(
x
)
=
1
,
e
1
(
x
)
=
x
et
e
2
(
x
)
=
x
2
On considère l'application, notée
f
,
qui à toute fonction polynômiale
P
appartenant à
E
associe la fonction polynômiale
f
(
P
)
définie par
:
∀
x
∈
ℝ
,
(
f
(
P
)
)
(
x
)
=
2
x
P
(
x
)
−
(
x
2
−
1
)
P
′
(
x
)
.
-
-
Pour tout
P
et
Q
de
E
et
e
t
β
réels :
∀
x
∈
ℝ
,
(
f
(
α
P
+
β
Q
)
)
(
x
)
=
2
x
(
α
P
+
β
Q
)
(
x
)
−
(
x
2
−
1
)
(
α
P
+
β
Q
)
′
(
x
)
=
α
(
2
x
P
(
x
)
−
(
x
2
−
1
)
P
′
(
x
)
)
+
β
(
2
x
Q
(
x
)
−
(
x
2
−
1
)
Q
′
(
x
)
)
=
α
f
(
P
)
(
x
)
+
β
f
(
P
)
(
x
)
Conclusion :
f
(
α
P
+
β
Q
)
=
α
f
(
P
)
+
β
f
(
P
)
et
f
est une application linéaire.
-
Soit
P
(
x
)
=
a
+
b
x
+
c
x
2
pour tout
x
réels alors
P
′
(
x
)
=
b
+
2
c
x
f
(
P
)
(
x
)
=
2
x
(
a
+
b
x
+
c
x
2
)
−
(
x
2
−
1
)
(
b
+
2
c
x
)
=
b
+
2
(
c
+
a
)
x
+
b
x
2
Donc pour tout
P
∈
E
,
f
(
P
)
∈
E
et
f
est une application de
E
dans
E
Conclusion :
f
∈
ℒ
(
E
)
-
Pour tout
x
∈
ℝ
:
e
0
′
(
x
)
=
0
donc
f
(
e
0
)
(
x
)
=
2
x
donc
f
(
e
0
)
=
2
e
1
e
1
′
(
x
)
=
1
donc
f
(
e
1
)
(
x
)
=
2
x
2
−
(
x
2
−
1
)
=
1
+
x
2
donc
f
(
e
1
)
=
e
0
+
e
2
e
2
′
(
x
)
=
2
x
donc
f
(
e
2
)
(
x
)
=
2
x
3
−
(
x
2
−
1
)
2
x
=
2
x
donc
f
(
e
2
)
=
2
e
1
On a alors les coordonnées des images et
Donc
A
=
(
0
1
0
2
0
2
0
1
0
)
-
-
On a
Vect
(
f
)
=
Vect
(
f
(
e
0
)
;
f
(
e
1
)
;
f
(
e
2
)
)
=
Vect
(
2
e
1
;
e
0
+
e
2
)
=
Vect
(
e
1
;
e
0
+
e
2
)
Et comme la famille
(
e
1
;
e
0
+
e
2
)
est libre (deux vecteurs non proportionnels), elle est libre et
génératrice de
Im
(
f
)
,
c'en est donc une base et
Conclusion :
dim
(
Im
(
f
)
)
=
2
-
On a alors (théorème du rang)
dim
(
ker
(
f
)
)
=
dim
(
E
)
−
dim
(
Im
(
f
)
)
=
1
et comme
f
(
e
0
−
e
2
)
=
f
(
e
0
)
−
f
(
e
2
)
=
0
alors
(
e
0
−
e
2
)
est une famille libre
(
1
vecteur non nul) de
1
vecteur de
ker
(
f
)
,
donc une base de
ker
(
f
)
Conclusion :
Ker
(
f
)
=
Vect
(
e
0
−
e
2
)
-
-
A
−
α
I
=
(
−
α
1
0
2
−
α
2
0
1
−
α
)
L
1
+
1
2
L
2
→
L
2
L
1
↔
L
2
L
3
→
L
3
non inversible
⟺
(
2
−
α
2
0
1
−
α
2
/
2
α
0
1
−
α
)
L
1
→
L
1
L
1
−
(
1
−
α
2
2
)
L
3
↔
L
3
L
3
↔
L
2
⟺
(
2
−
α
2
0
1
−
α
0
1
α
+
α
(
1
−
α
2
2
)
)
Donc
A
−
α
I
est non inversible si et seulement si
α
(
4
−
α
2
)
=
0
Conclusion :
Donc les valeurs
propres de
A
sont 0,
2
et
−
2
-
Et comme
A
,
d'ordre 3, possède 3 valeurs propres distinctes, elle donc
diagonalisable.
Conclusion :
f
est diagonalisable
La somme des dimensions des sous espaces étant inférieure à 3,
ils sont chacun de dimension 1.
le sous espace associé à 0 est
E
0
=
Ker
(
f
)
=
Vect
(
e
0
−
e
1
)
(
A
−
2
I
)
(
x
y
z
)
=
0
⟺
{
−
2
x
+
y
=
0
2
x
−
2
y
+
2
z
=
0
y
−
2
z
=
0
⟺
{
y
=
2
x
z
=
x
donc le sous espace associé à
2
est
E
2
=
Vect
(
e
1
+
2
e
2
+
e
3
)
(
A
+
2
I
)
(
x
y
z
)
=
0
⟺
{
2
x
+
y
=
0
2
x
+
2
y
+
2
z
=
0
y
+
2
z
=
0
⟺
{
y
=
−
2
x
z
=
x
donc le sous espace associé à
−
2
est
E
−
2
=
Vect
(
e
1
−
2
e
2
+
e
3
)
-
les sous-espaces propres de
f
,
autres que
Ker
(
f
)
,
sont
E
2
et
E
−
2
.
Et comme
e
1
+
2
e
2
+
e
3
=
(
e
1
+
e
3
)
+
2
e
2
∈
Im
(
f
)
donc
E
2
⊂
Im
(
f
)
et de même pour
e
1
−
2
e
2
+
e
3
=
(
e
1
+
e
3
)
−
2
e
2
Conclusion :
les sous-espaces
propres de
f
,
autres que
Ker
(
f
)
,
sont inclus dans
Ker
(
f
)
.
Bilan : application linéaire sans préciser les
ensembles : douteux. demande de la finesse
Exercice 3
On désigne par
n
un entier naturel supérieur ou égal à 2. On dispose de
n
urnes, numérotées de 1 à
n
,
contenant chacune
n
boules. On répète
n
épreuves, chacune consistant à choisir une urne au hasard et à
en extraire une boule au hasard. On suppose que les choix des urnes sont
indépendants les uns des autres.
Pour tout
i
de
{
1
,
2
,
…
,
n
}
,
on note
X
i
la variable aléatoire prenant la valeur
1
si l'urne numérotée
1
contient toujours
n
boules au bout de ces
n
épreuves, et qui prend la valeur
0
sinon.
-
-
Pour tout
i
et pour tout
k
,
éléments de
{
1
,
2
,
…
,
n
}
on note
U
i
,
k
l'événement « l'urne numéro
i
est choisie à la
k
e
`
m
e
épreuve».
(
X
i
=
1
)
signifie que l'urne
i
contient encore ses
n
boules après les
n
tirages, donc qu'elle n'a jamais été choisie.
(
X
i
=
1
)
=
⋂
k
=
1
n
U
i
,
k
‾
événement indépendants donc
P
(
X
i
=
1
)
=
∏
k
=
1
n
P
(
U
i
,
k
‾
)
=
∏
k
=
1
n
(
n
−
1
n
)
urnes équiprobables
=
(
1
−
1
n
)
n
-
(
X
i
=
1
)
∩
(
X
j
=
1
)
signifie qu'aucune des deux urnes
i
et
j
n'ont été choisies.
A chaque tirage, la probabilité en est de
n
−
2
n
(urnes équiprobables) donc, pour tout
i
≠
j
de
{
1
,
2
,
…
,
n
}
P
(
X
i
=
1
∩
X
j
=
1
)
=
(
n
−
2
n
)
n
=
(
1
−
2
n
)
n
-
(
1
−
2
n
)
−
(
1
−
1
n
)
2
=
−
1
n
2
donc
1
−
2
n
≠
(
1
−
1
n
)
2
et
(
1
−
2
n
)
n
≠
(
1
−
1
n
)
2
n
et comme
P
(
X
i
=
1
)
P
(
X
j
=
1
)
=
(
1
−
1
n
)
2
n
≠
(
1
−
2
n
)
n
Donc
P
(
X
i
=
1
)
P
(
X
j
=
1
)
≠
P
(
X
i
=
1
∩
X
j
=
1
)
Conclusion :
| si
i
et
j
sont deux entiers naturels distincts, |
|
X
i
et
X
j
ne sont pas indépendantes. |
-
On pose
Y
n
=
∑
i
=
1
n
X
i
-
X
i
est une variable de Bernoulli donc
E
(
X
i
)
=
P
(
X
i
=
1
)
donc
E
(
Y
n
)
=
∑
i
=
1
n
E
(
X
i
)
et
Conclusion :
E
(
Y
n
)
=
n
(
1
−
1
n
)
n
-
On a alors
1
n
E
(
Y
n
)
=
(
1
−
1
n
)
n
=
exp
[
n
ln
(
1
−
1
n
)
]
et comme
ln
(
1
+
x
)
∼
x
quand
x
→
0
alors
n
ln
(
1
−
1
n
)
∼
−
n
1
n
donc
n
ln
(
1
−
1
n
)
→
−
1
et
1
n
E
(
Y
n
)
→
e
−
1
ou encore
E
(
Y
n
)
n
/
e
→
1
Conclusion :
E
(
Y
n
)
∼
n
e
Y
n
compte le nombre d'urne restant intactes. Donc, en moyenne, le tiers
(
e
=
3
)
environ des urnes reste intouchées.
-
Pour tout
i
de
{
1
,
2
,
…
,
n
}
,
on note
N
i
la variable aléatoire égale au nombre de boules manquantes dans
l'urne numérotée
i
à la fin de ces
n
épreuves.
-
N
i
est le nombre de fois où l'urne
i
a été choisie en
n
épreuves indépendantes, la probabilité à chacune
étant de
1
n
donc
Conclusion :
N
i
↪
ℬ
(
n
,
1
n
)
donc
E
(
N
i
)
=
n
1
n
=
1
-
X
i
vaut
0
si l'urne
i
a été choisie au moins une fois et
N
i
vaut
0
si elle n'a jamais été choisie
Conclusion :
N
i
X
i
=
0
-
Les variables
N
i
et
X
i
ne sont pas indépendantes, en effet
E
(
N
i
X
i
)
=
0
≠
E
(
N
i
)
E
(
X
i
)
-
Compléter le programme informatique suivant pour qu'il simule
l'expérience décrite au début de cet exercice et affiche les
valeurs prises par
X
1
et
N
1
pour une valeur de
n
entrée par l'utilisateur.
Program edhec 2011 ;
Varx1,
n1, n, k, tirage, hasard: integer;
Begin
Randomize ; // initialisation du générateur
Writeln(`donnez un entier naturel n supérieur ou
égal à 2') ;
Readln(n) ; // saisit le nombre d'expérience et
d'urne
nl:=0; x1:= 1 ; // n1 est un compteur
For k:=1 to n do // on fait n fois
begin
hasard
: = random(n) + 1 ; // choix d'un numero d'urne
If
hasard =
1then
begin
xl:=0;
// on a choisi au moins une fois l'urne 1
nl:=n1+1;
// on compte une boule manquante de plus
end
;
end ;
Writeln(xl, nl);
End.
Bilan : bel exercice, décompositions,
interprétations
le programme aurait pu être plus lacunaire.
Problème
Notations et objectifs
On considère deux variables aléatoires
X
et
Y
,
définies sur un espace probabilisé
(
Ω
,
𝒜
,
P
)
,
et indépendantes.
On suppose que
X
est une variable à densité et on note
F
X
sa fonction de répartition.
On suppose par ailleurs que la loi de
Y
est donnée par :
P
(
Y
=
1
)
=
P
(
Y
=
−
1
)
=
1
2
L'indépendance de
X
et
Y
se traduit par les égalités suivantes, valables pour tout réel
x
:
P
(
[
X
≤
x
]
∩
[
Y
=
1
]
)
=
P
(
X
≤
x
)
P
(
Y
=
1
)
et
P
(
[
X
≤
x
]
∩
[
Y
=
−
1
]
)
=
P
(
X
≤
x
)
P
(
Y
=
−
1
)
On pose
Z
=
X
Y
et on admet que
Z
est, elle aussi, une variable aléatoire définie sur
(
Ω
,
𝒜
,
P
)
.
On se propose d'établir deux résultats utiles pour la suite dans la
partie 1, puis d'en déduire la loi de la variable aléatoire
Z
en fonction de la loi de
X
dans les parties 2 et 3.
Partie 1 : expression de la fonction de
répartition de
Z
en fonction de celle de
X
-
Si
X
↪
𝒰
[
a
,
b
]
alors une densité est
f
X
(
x
)
=
{
1
b
−
a
si
x
∈
[
a
,
b
]
0
sinon
Donc sa fonction de répartition est
F
X
(
x
)
=
∫
−
∞
x
f
(
t
)
ⅆ
t
=
{
0
si
x
<
a
x
−
a
b
−
a
si
x
∈
[
a
,
b
]
1
si
x
>
b
Et si
X
↪
ϵ
(
λ
)
alors
F
X
(
x
)
=
{
0
si
x
<
0
1
−
e
−
λ
x
si
x
≥
0
-
(
(
Y
=
1
)
,
(
Y
=
−
1
)
)
est un système complet d'événements, donc, pour tout
x
∈
ℝ
:
P
(
Z
≤
x
)
=
P
(
Y
=
1
)
P
Y
=
1
(
Z
≤
x
)
+
P
(
Y
=
−
1
)
P
Y
=
−
1
(
Z
≤
x
)
=
P
(
Y
=
1
)
P
Y
=
1
(
X
≤
x
)
+
P
(
Y
=
−
1
)
P
Y
=
−
1
(
−
X
≤
x
)
=
P
(
Y
=
1
)
P
(
X
≤
x
)
+
P
(
Y
=
−
1
)
P
(
−
X
≤
x
)
indépendance
=
1
2
[
P
(
X
≤
x
)
+
P
(
X
≥
−
x
)
]
=
1
2
[
F
X
(
x
)
+
1
−
F
X
(
−
x
)
]
Conclusion :
∀
x
∈
ℝ
,
F
Z
(
x
)
=
1
2
(
F
X
(
x
)
−
F
X
(
−
x
)
+
1
)
Bilan : Les fonctions de répartitions des lois usuels
doivent-elles être connues ?
Partie 2 : étude de deux premiers exemples
-
On suppose que la loi de
X
est la loi normale centrée réduite.
Sa fonction de répartition est donc
F
X
=
Φ
avec
Φ
(
−
x
)
=
1
−
Φ
(
x
)
pour tout
x
réel.
Donc
∀
x
∈
ℝ
,
F
Z
(
x
)
=
1
2
(
Φ
(
x
)
−
(
1
−
Φ
(
x
)
)
+
1
)
=
Φ
(
x
)
Conclusion :
Z
suit également une loi
𝒩
(
0
,
1
)
-
On suppose que la loi de
X
est la loi uniforme sur
[
0
,
1
]
-
On a
F
X
(
x
)
=
{
0
si
x
<
0
x
si
x
∈
[
0
,
1
]
1
si
x
>
1
donc
F
(
−
x
)
=
{
0
si
x
>
0
−
x
si
x
∈
[
−
1
,
0
]
1
si
x
<
−
1
-
et
F
Z
(
x
)
=
1
2
(
F
X
(
x
)
−
F
X
(
−
x
)
+
1
)
=
⋯
-
si
x
<
−
1
:
1
2
(
0
−
1
+
1
)
=
0
-
si
[
−
1
,
0
]
:
1
2
(
0
--
x
+
1
)
=
1
+
x
2
-
si
[
0
,
1
]
:
1
2
(
x
−
0
+
1
)
=
x
+
1
2
-
si
x
>
1
:
1
2
(
1
−
0
+
1
)
=
1
Finalement
F
Z
(
x
)
=
{
0
si
x
<
−
1
x
+
1
2
si
x
∈
[
−
1
,
1
]
1
si
x
>
1
et on reconnaît a fonction de répartition de
Z
↪
𝒰
[
−
1
,
1
]
Partie 3 : étude du cas où la loi de
X
est la loi exponentielle de paramètre
1
.
-
-
On a
F
X
(
x
)
=
{
0
si
x
<
0
1
−
e
−
x
si
x
≥
0
et
F
X
(
−
x
)
=
{
0
si
x
>
0
1
−
e
x
si
x
≤
0
donc
F
Z
(
x
)
=
1
2
(
F
X
(
x
)
−
F
X
(
−
x
)
+
1
)
=
{
1
2
(
0
−
(
1
−
e
x
)
+
1
)
=
1
2
e
x
si
x
<
0
1
2
(
1
−
e
−
x
−
0
+
1
)
=
1
−
1
2
e
−
x
si
x
≥
0
-
La fonction de répartition de
Z
est continue et
C
1
sur
]
−
∞
,
0
[
et
[
0
,
+
∞
[
En
0
−
:
F
Z
(
x
)
=
1
2
e
x
→
1
2
et
F
Z
(
0
)
=
1
−
1
2
e
0
=
1
2
donc
F
Z
continue en
0
−
et donc sur
ℝ
.
Donc
Z
est une variable à densité.
N.B. Il était plus simple de raisonner sur
F
Z
(
x
)
=
1
2
(
F
X
(
x
)
−
F
X
(
−
x
)
+
1
)
et
comme
F
X
est continue sur
ℝ
et
C
1
sur
ℝ
\
{
0
,
1
}
comme fonction de répartition de variable à densité alors
F
Z
également.
-
une densité de
Z
est
F
Z
′
(
x
)
=
{
1
2
e
x
si
x
<
0
1
2
e
−
x
si
x
≥
0
=
1
2
e
−
|
x
|
-
-
On reconnaît dans
∫
0
+
∞
x
e
−
x
ⅆ
x
l'espérance d'une loi
ϵ
(
1
)
donc
∫
0
+
∞
x
e
−
x
ⅆ
x
=
1
1
=
1
-
Pour tout
x
∈
ℝ
,
−
x
∈
ℝ
et
f
Z
(
−
x
)
=
1
2
e
−
|
−
x
|
=
1
2
e
−
|
x
|
=
f
z
(
x
)
Donc
f
Z
est bien paire, et la fonction
x
→
x
f
Z
(
x
)
est impaire.
Or
∫
0
+
∞
x
f
Z
(
x
)
ⅆ
x
=
∫
0
+
∞
1
2
x
e
−
x
ⅆ
x
converge, donc
∫
−
∞
0
x
f
Z
(
x
)
ⅆ
x
converge et lui est opposée.
Finalement
∫
−
∞
+
∞
x
f
Z
(
x
)
ⅆ
x
=
0
Conclusion :
Z
a une espérance et
E
(
Z
)
=
0
-
-
Avec
X
↪
exp
(
1
)
on a
E
(
X
2
)
=
V
(
X
)
+
E
(
X
)
2
=
2
et
E
(
X
2
)
=
∫
0
+
∞
x
2
e
−
x
ⅆ
x
Conclusion :
∫
0
+
∞
x
2
e
−
x
ⅆ
x
=
2
-
Donc
∫
0
+
∞
x
2
f
Z
(
x
)
ⅆ
x
=
1
2
∫
0
+
∞
x
2
e
−
x
ⅆ
x
=
1
et par parité
∫
−
∞
0
x
2
f
Z
(
x
)
ⅆ
x
=
1
Donc
∫
−
∞
+
∞
x
2
f
Z
(
x
)
ⅆ
x
converge et vaut 2
Conclusion :
|
Z
2
a une espérance et
E
(
Z
2
)
=
2
|
|
Z
a une variance et
V
(
Z
)
=
E
(
Z
2
)
−
E
(
Z
)
2
=
2
|
-
-
On a
E
(
Y
)
=
−
1
P
(
Y
=
−
1
)
+
1
P
(
Y
=
1
)
=
0
donc
E
(
Y
)
=
0
Conclusion :
E
(
X
)
E
(
Y
)
=
0
=
E
(
Z
)
On retrouve le résultat connu pour deux variables discrètes
indépendantes : l'espérance du produit est le produit des
espérances.
-
On a
Z
2
=
X
2
Y
2
avec
Y
2
=
1
donc
Z
2
=
X
2
On a donc
E
(
Z
2
)
=
E
(
X
2
)
=
V
(
X
)
+
E
(
X
)
2
=
2
et
V
(
Z
)
=
E
(
Z
2
)
=
2
-
Soit
U
et
V
des variables aléatoires suivant respectivement la loi de Bernoulli de
paramètre
1
2
et la loi uniforme sur
[
0
,
1
[
-
On pose
Q
=
−
ln
(
1
−
V
)
et on admet que
Q
est une variable aléatoire.
Pour tout
x
∈
ℝ
:
Q
≤
x
⟺
−
ln
(
1
−
V
)
≤
x
⟺
1
−
V
≥
e
−
x
⟺
V
≤
1
−
e
−
x
Donc
F
Q
(
x
)
=
P
(
Q
≤
x
)
=
F
V
(
1
−
e
−
x
)
F
V
est continue sur
ℝ
et
C
1
sur
ℝ
\
{
0
,
1
}
donc (composée)
F
Q
est continue sur
ℝ
et
C
1
en
x
tel que
1
−
e
−
x
≠
1
(toujours) et
≠
0
(sur
ℝ
*
)
Donc
Q
est une variable à densité et une densité de
Q
est donnée
f
Q
(
x
)
=
F
V
′
(
1
−
e
−
x
)
(
--
e
−
x
)
=
e
−
x
f
V
(
1
−
e
−
x
)
avec
1
−
e
−
x
<
0
⟺
x
<
0
et
1
−
e
−
x
<
1
toujours donc
f
Q
(
x
)
=
{
0
si
x
<
0
(
1
−
e
−
x
<
0
)
e
−
x
si
x
≥
0
(
1
−
e
−
x
∈
[
0
,
1
]
)
Conclusion :
Q
↪
ϵ
(
1
)
-
On pose
R
=
2
U
−
1
et on admet que
R
est une variable aléatoire.
U
(
Ω
)
=
{
0
,
1
}
donc
(
2
U
−
1
)
(
Ω
)
=
{
−
1
,
1
}
avec
P
(
R
=
1
)
=
P
(
U
=
1
)
=
1
2
et
P
(
R
=
−
1
)
=
P
(
U
=
0
)
=
1
2
(même loi que le
Y
de la partie
1
)
-
Informatique.
En tenant compte des résultats des questions 5.a) et 5.b), écrire en
Turbo Pascal une déclaration de fonction dont l'en-tête est
function z : real ; pour qu'elle simule la loi de
Z
.
Il faut remettre les morceaux bout à bout :
V
↪
𝒰
[
0
,
1
[
est simulée par random
et
Q
=
−
ln
(
1
−
V
)
suit
ϵ
(
1
)
a la même loi que
X
U
est simulé par random(2)
et
R
=
2
U
−
1
a la même loi que
Y
et indépendant de
X
randomize est exécutée une seule fois dans
le programme principal.
function z : real ;
var V, X, U, Y,Z;
begin
V:=random;
X:=-ln(1-V)
;
U:=random(2);Y:=2*U-1;
Z:=X*Y;
end;
Bilan : exercice nécessitant de la réflexion. Un
joli PASCAL de bon niveau de difficulté.