Corrigé EDHEC 2005 par Pierre Veuillez

Dans cet exercice, a désigne un réel strictement positif.

  1. On considère la fonction f sur par : f ( t ) = { a ( 1 t ) a 1 si  t [ 0 , 1 [ 0 si  t [ 0 , 1 [

    1. Pour tout x de [ 0 , 1 [ , f est continue sur [ 0 , x ] et 0 x f ( t ) t = 0 x a ( 1 t ) a 1 t = [ ( 1 t ) a ] 0 x = 1 ( 1 x ) a

    2. Comme a > 0 alors t a 0 quand t 0 et 1 ( 1 x ) a 1 quand x 1

      Donc 0 1 f ( t ) t est une intégrale convergente et vaut 1.

      (elle n'était impropre que pour a 1 < 0 , sinon, c'était une intégrale de fonction continue par morceaux)

    3. Comme f est positive sur , continue sauf en 0 et 1 et que 0 1 f ( t ) t = 1 alors f est une densité de probabilité.

      On considère maintenant une variable aléatoire X admettant f comme densité et on note F sa fonction de répartition.

  2. On a pour tout x : F ( x ) = x f

    Conclusion :

    F ( x ) = 0 si x < 0 , 1 ( 1 x ) a si x [ 0 , 1 [ et 1 si x 1

    On se propose de déterminer l'espérance E ( X ) et la variance V ( X ) de la variable aléatoire X . Pour ce faire, on pose Y = ln ( 1 X ) et on admet que Y est une variable aléatoire à densité. On note alors G sa fonction de répartition.

    1. Pour tout x on a G ( x ) = P ( Y x ) = P ( ln ( 1 X ) x ) que l'on résout:

      ln ( 1 X ) x ln ( 1 X ) x 1 X e x X 1 e x

      Donc G ( x ) = F ( 1 e x )

      • pour x 0 alors 0 1 e x < 1 et F ( 1 e x ) = 1 ( 1 ( 1 e x ) ) a = 1 e a x

      • pour x < 0 on a 1 e x < 0 donc F ( 1 e x ) = 0

      (Si on n'admettait pas que y est à densité, il resterait ici à vérifier la continuité de G est sa classe C 1 sauf en un nombre fini de points)

    2. G est dérivable sur * et la densité de Y est G ( x ) = 0 si x < 0 et a e a x si x 0 (valeur arbitraire en 0 )

      Donc Y suit une loi exponentielle de paramètre a .

    1. 0 + e λ x x = 1 λ car 0 + λ e λ x x = 1 (densité d'une loi exponentielle)

    2. D'après le théorème de transfert, comme t e t est continue sur

      + g ( t ) e t t = 0 + a e t ( a + 1 ) t = a a + 1 (converge absolument) alors

      Conclusion :

      E ( e Y ) = a a + 1

    3. On a Y = ln ( 1 X ) donc X = 1 e Y et X a une espérance qui est

      Conclusion :

      E ( X ) = 1 E ( e Y ) = 1 a + 1

    4. On a + g ( t ) e 2 t t = 0 + a e t ( a + 2 ) t = a a + 2 (converge absolument) donc e 2 Y possède une espérance et

      Conclusion :

      E ( e 2 Y ) = a a + 2

      Donc e Y a une variance et V ( e Y ) = E [ ( e Y ) 2 ] [ E ( e Y ) ] 2 = a a + 2 ( a a + 1 ) 2 = a [ ( a + 1 ) 2 a ( a + 2 ) ] ( a + 1 ) 2 = 1 ( a + 1 ) 2

      Conclusion :

      Donc X = 1 e Y a une variance et V ( X ) = ( 1 ) 2 V ( e Y ) = 1 ( a + 1 ) 2