Corrigé EDHEC 2002 par Pierre Veuillez

X suit la loi exponentielle de paramètre μ. On note Y la partie entière de X, et Z=X-Y.
    1. On a Y(Ω)=\BbbN car p(X<0)=0
    2. Soit k\Bbb N* on a
      p(Y=k-1) = p(k-1X<k)= k-1 k μ e-μt dt= [- e-μt ]t=k-1 k = e-μ(k-1) - e-μk = e-μ(k-1) (1- e-μ )

    3. Et ( Y +1)(Ω)=[[1,+[[:p(Y+1=k)= e-μ(k-1) (1- e-μ )= ( e-μ )k-1 (1- e-μ )
      On reconnait donc que Y+1G(1- e-μ )
    4. Donc E(Y+1)= 1 1- e-μ et E(Y)= 1 1- e-μ -1
    1. Pour 0x<1, On applique la formule des probabiltiés totales avec (Y=k )k\BbbN comme système complet d'événements :

      p(Zx)= k=0 +p(ZxY=k)

      Avec (ZxY=k)=(X-[X]x[X]=k)=(kXk+x) car 0x<1
      Et comme
      p(kXk+x) = k k+x μ e-μt dt=( e-μk - e-μ(k+x) ) = (1- e-μx ) e-μk

      alors

      p(Zx)=(1- e-μx ) k=0 + ( e-μ )k = 1- e-μx 1- e-μ

      (la série est convergente d'après le th des probabilités totales)
    2. Donc la fonction de répartition de Z est :
      • G(x)=0 si x<0
      • G(x)= 1- e-μx 1- e-μ si x[0,1[
      • G(x)=1 si x1
      G est continue sur \BbbR-{0,1}
      • en 0- on a G(x)=00 et comme G(0)= 1- e-μ0 1- e-μ =0 alors G est continue en 0
      • En 1- on a G(x)= 1- e-μx 1- e-μ 1- e-μ 1- e-μ =1=G(1) donc G continue en 1.
      et G est continue sur \BbbR et C1 sur \BbbR-{0,1}
      Finalement Z est une variable à densité de densité g(x)= G' (x)= μ e-μx 1- e-μ si x[0,1[ et 0 ailleurs.
    3. On étudie la convergence de - + tg(t)dt impropre en ±:
      - 0 tg(t)dt=0 et 1 + tg(t)dt=0 il reste donc
      0 1 tg(t)dt= 0 1 t μ e-μt 1- e-μ dt = μ 1- e-μ 0 1 te-μt dt    à la volée = μ 1- e-μ [- 1 μ te-μt - 1 μ2 e-μt ]0 1 = μ 1- e-μ (- 1 μ e-μ - 1 μ2 ( e-μ -1)) =- e-μ 1- e-μ + 1 μ

      Donc Z a une espérance qui est : E(Z)= 1 μ - e-μ 1- e-μ
      On aurait pu passer par

      E(X)= 1 μ et E(Y)= 1 1- e-μ -1= e-μ 1- e-μ donc
      E(Z)=E(X-Y)=E(X)-E(Y)= 1 μ - e-μ 1- e-μ
      Mais on n'a pas le théorème dans le cours pour un mélange de variables discrètes et à densité.



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On 11 Oct 2005, 22:23.