25 Exercices Variables Aléatoires Prépa Corrigés (PDF)

On vérifie d’abord que la somme des probabilités vaut \(1\) : \(\displaystyle\frac{1}{2} + \displaystyle\frac{1}{3} + \displaystyle\frac{1}{6} = \displaystyle\frac{3+2+1}{6} = 1\). ✓

Par la formule de König-Huygens :

1. On a \(P(X = k) = p\, q^{k-1}\) avec \(q = 1 – p = \displaystyle\frac{2}{3}\).

\(P(X \leq 3) = 1 – P(X\) > \(3) = 1 – q^3 = 1 – \displaystyle\frac{8}{27} = \displaystyle\frac{19}{27}\)

2. L’événement \(\{X\) > \(k\}\) signifie « les \(k\) premiers essais sont des échecs ». Les essais étant indépendants :

\(P(X\) > \(k) = q^k = \left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^k\)

3. Puisque \(X\) est une VA à valeurs dans \(\mathbb{N}^*\), on a \(E(X) = \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} P(X\) > \(k) = \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} q^k = \displaystyle\frac{1}{1-q} = \displaystyle\frac{1}{p} = 3\).

1. Pour \(X \sim \mathcal{P}(\lambda)\) : \(P(X = k) = e^{-\lambda}\, \displaystyle\frac{\lambda^k}{k!}\).

2. \(P(X \geq 3) = 1 – P(X \leq 2) = 1 – 5\, e^{-2} \approx 0{,}3233\).

3. On étudie le rapport \(\displaystyle\frac{P(X = k+1)}{P(X = k)} = \displaystyle\frac{\lambda}{k+1}\). Ce rapport est \(\geq 1\) si et seulement si \(k+1 \leq \lambda = 2\), soit \(k \leq 1\). Donc \(P(X = k)\) croît pour \(k \in \{0, 1\}\) et décroît pour \(k \geq 2\). Comme \(P(X = 1) = P(X = 2)\), le mode est double : \(k = 1\) et \(k = 2\).

1. On a \(f \geq 0\) sur \(\mathbb{R}\). La condition de normalisation donne :

\(\displaystyle\int_0^1 c\, x^2\, dx = c\, \left[\displaystyle\frac{x^3}{3}\right]_0^1 = \displaystyle\frac{c}{3} = 1\), d’où \(c = 3\).

2. \(E(X) = \displaystyle\int_0^1 3x^3\, dx = 3 \times \displaystyle\frac{1}{4} = \displaystyle\frac{3}{4}\)

1. On vérifie les trois conditions :

• \(\lim_{x \to -\infty} F(x) = 0\) ✓ et \(\lim_{x \to +\infty} F(x) = 1 – 0 = 1\) ✓
• \(F\) est continue sur \(\mathbb{R}\) (continue en \(0\) car \(F(0) = 1 – 1 = 0\)) ✓
• \(F\) est croissante : pour \(x \geq 0\), \(F^\prime(x) = x\, e^{-x} \geq 0\) ✓

2. On dérive : \(F^\prime(x) = -(e^{-x}) + (1+x)e^{-x} = x\, e^{-x}\) pour \(x \geq 0\).

Donc \(f(x) = x\, e^{-x} \, \mathbb{1}_{\mathbb{R}_+}(x)\). On reconnaît une loi Gamma \(\Gamma(2, 1)\).

3. \(P(1 \leq X \leq 2) = F(2) – F(1) = \big[1 – 3\, e^{-2}\big] – \big[1 – 2\, e^{-1}\big] = 2\, e^{-1} – 3\, e^{-2} \approx 0{,}330\).

Pour \(X \sim \mathcal{E}(\lambda)\), on a \(P(X\) > \(u) = e^{-\lambda u}\) pour tout \(u \geq 0\).

Puisque \(s + t\) > \(s\), l’événement \(\{X\) > \(s+t\} \subset \{X\) > \(s\}\), donc :

\(P(X\) > \(s+t \mid X\) > \(s) = \displaystyle\frac{P(X\) > \(s+t)}{P(X\) > \(s)} = \displaystyle\frac{e^{-\lambda(s+t)}}{e^{-\lambda s}} = e^{-\lambda t} = P(X\) > \(t)\)

Interprétation : la loi exponentielle est sans mémoire. Sachant que le composant a déjà survécu un temps \(s\), la probabilité de survivre encore un temps \(t\) est la même que s’il était neuf. C’est la seule loi continue possédant cette propriété.

1. \(P(Z \leq 1{,}96) = \Phi(1{,}96) \approx 0{,}975\).

Par symétrie de \(\mathcal{N}(0,1)\) : \(\Phi(-a) = 1 – \Phi(a)\). Donc :

2. On centre et réduit : \(T = \displaystyle\frac{X – 3}{2} \sim \mathcal{N}(0,1)\).

Pour les valeurs de \(\Phi\), consulte la table de la loi normale centrée réduite.

1. \(f(x) = \displaystyle\frac{1}{8-2} = \displaystyle\frac{1}{6}\) pour \(x \in [2 ; 8]\) et \(0\) sinon.

\(F(x) = \displaystyle\frac{x – 2}{6}\) pour \(x \in [2 ; 8]\), avec \(F(x) = 0\) si \(x\) < \(2\) et \(F(x) = 1\) si \(x\) > \(8\).

2. \(E(X) = \displaystyle\frac{2+8}{2} = 5\) et \(V(X) = \displaystyle\frac{(8-2)^2}{12} = 3\).

3. \(P(3 \leq X \leq 6) = F(6) – F(3) = \displaystyle\frac{4}{6} – \displaystyle\frac{1}{6} = \displaystyle\frac{1}{2}\).

1. \(f \geq 0\) et \(\displaystyle\int_0^1 2x\, dx = [x^2]_0^1 = 1\) ✓. \(E(X) = \displaystyle\int_0^1 2x^2\, dx = \displaystyle\frac{2}{3}\).

2. Par le théorème de transfert, \(E(g(X)) = \displaystyle\int_0^1 g(x) \cdot 2x\, dx\) sans avoir besoin de déterminer la loi de \(g(X)\).

\(E(e^X) = \displaystyle\int_0^1 e^x \cdot 2x\, dx\). On intègre par parties avec \(u = 2x\), \(v^\prime = e^x\) :

3. \(V(X) = E(X^2) – [E(X)]^2 = \displaystyle\frac{1}{2} – \displaystyle\frac{4}{9} = \displaystyle\frac{9 – 8}{18} = \displaystyle\frac{1}{18}\).

1. \(f\) est paire et positive. On a :

\(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} c\, e^{-|x|}\, dx = 2c \displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-x}\, dx = 2c = 1\), d’où \(c = \displaystyle\frac{1}{2}\).

2. La fonction \(x \mapsto x\, f(x)\) est impaire et intégrable, donc \(E(X) = 0\).

3. Pour \(x \geq 0\) : \(F(x) = \displaystyle\frac{1}{2} + \displaystyle\int_0^x \displaystyle\frac{1}{2}\, e^{-t}\, dt = 1 – \displaystyle\frac{1}{2}\, e^{-x}\).

Pour \(x\) < \(0\) : \(F(x) = \displaystyle\int_{-\infty}^x \displaystyle\frac{1}{2}\, e^{t}\, dt = \displaystyle\frac{1}{2}\, e^{x}\).

Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par la formule des probabilités totales et l’indépendance :

Par le binôme de Newton : \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n} {n \choose k} \lambda^k \mu^{n-k} = (\lambda + \mu)^n\). D’où :

On reconnaît \(\mathcal{P}(\lambda + \mu)\). ∎

1. Inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Soit \(X\) une VA admettant un moment d’ordre 2. Pour tout \(\varepsilon\) > \(0\) :

Démonstration. On pose \(Y = (X – E(X))^2 \geq 0\). Par l’inégalité de Markov appliquée à \(Y\) :

Or \(\{Y \geq \varepsilon^2\} = \{|X – E(X)| \geq \varepsilon\}\), d’où le résultat. ∎

2. \(P(|X – 10| \geq 3) \leq \displaystyle\frac{4}{9} \approx 0{,}444\).

3. Si \(X \sim \mathcal{N}(10, 4)\), on pose \(Z = \displaystyle\frac{X – 10}{2} \sim \mathcal{N}(0,1)\) :

La borne de Bienaymé-Tchebychev (\(0{,}444\)) est très conservative par rapport à la valeur exacte (\(0{,}134\)).

Par linéarité de l’espérance :

Comme \(X\) et \(Y\) sont indépendantes, \(V(aX + bY) = a^2 V(X) + b^2 V(Y)\). Et l’ajout d’une constante ne change pas la variance.

1. Pour \(y \geq 0\), on calcule la FdR de \(Y\) :

Comme \(U \sim \mathcal{U}([0;1])\) et \(e^{-\lambda y} \in [0;1]\) : \(P(U \geq e^{-\lambda y}) = 1 – e^{-\lambda y}\).

On reconnaît la FdR de \(\mathcal{E}(\lambda)\). Donc \(Y \sim \mathcal{E}(\lambda)\).

2. Pour \(z \in [0;1]\) :

\(F_Z(z) = P(U^2 \leq z) = P(U \leq \sqrt{z}) = \sqrt{z}\) (car \(U \geq 0\))

En dérivant : \(f_Z(z) = \displaystyle\frac{1}{2\sqrt{z}}\) pour \(z \in\, ]0 ; 1]\) et \(0\) sinon.

On retrouve une loi Beta \(\mathrm{B}\!\left(\displaystyle\frac{1}{2}, 1\right)\).

1. On calcule la fonction de survie. Pour \(t \geq 0\) :

\(P(M\) > \(t) = P(X_1\) > \(t, \ldots, X_n\) > \(t) = \displaystyle\prod_{i=1}^{n} P(X_i\) > \(t) = \left(e^{-\lambda t}\right)^n = e^{-n\lambda t}\)

On reconnaît la fonction de survie de \(\mathcal{E}(n\lambda)\). Donc \(M \sim \mathcal{E}(n\lambda)\).

2. \(E(M) = \displaystyle\frac{1}{n\lambda}\) et \(V(M) = \displaystyle\frac{1}{n^2 \lambda^2}\).

Remarque : le min de \(n\) exponentielles iid de paramètre \(\lambda\) suit une exponentielle de paramètre \(n\lambda\). La durée de vie d’un système en série est donc bien plus courte que celle de chaque composant.

1. \(G_X(s) = E(s^X) = \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} s^k \, e^{-\lambda}\, \displaystyle\frac{\lambda^k}{k!} = e^{-\lambda} \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \displaystyle\frac{(s\lambda)^k}{k!} = e^{-\lambda} \cdot e^{s\lambda} = e^{\lambda(s-1)}\)

2. On a \(E(X) = G_X^\prime(1)\) et \(E(X(X-1)) = G_X^{\prime\prime}(1)\).

\(G_X^\prime(s) = \lambda\, e^{\lambda(s-1)}\), d’où \(G_X^\prime(1) = \lambda\). Donc \(E(X) = \lambda\).

\(G_X^{\prime\prime}(s) = \lambda^2\, e^{\lambda(s-1)}\), d’où \(G_X^{\prime\prime}(1) = \lambda^2\). Donc \(E(X(X-1)) = \lambda^2\).

\(E(X^2) = E(X(X-1)) + E(X) = \lambda^2 + \lambda\).

\(V(X) = E(X^2) – [E(X)]^2 = \lambda^2 + \lambda – \lambda^2 = \lambda\).

1. On applique le théorème de Fubini à la fonction \((t, x) \mapsto f(x) \, \mathbb{1}_{0 \leq t \leq x}\) :

\(\displaystyle\int_0^{+\infty} P(X\) > \(t)\, dt = \displaystyle\int_0^{+\infty} \left(\displaystyle\int_t^{+\infty} f(x)\, dx\right) dt = \displaystyle\int_0^{+\infty} f(x) \left(\displaystyle\int_0^x dt\right) dx = \displaystyle\int_0^{+\infty} x\, f(x)\, dx = E(X)\)

∎

2. Pour \(X \sim \mathcal{E}(\lambda)\) : \(P(X\) > \(t) = e^{-\lambda t}\). Donc :

\(E(X) = \displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-\lambda t}\, dt = \displaystyle\frac{1}{\lambda}\) ✓

Cette formule est un outil puissant en concours pour calculer l’espérance de VA positives sans passer par la densité.

1. On a \(\displaystyle\int_0^{+\infty} c\, x\, e^{-x}\, dx = c\, \Gamma(2) = c \times 1! = c\). Donc \(c = 1\).

(On reconnaît la densité de la loi Gamma \(\Gamma(2, 1)\).)

2. Pour \(x \geq 0\), on intègre par parties avec \(u = t\), \(v^\prime = e^{-t}\) :

3. \(E(X) = \displaystyle\int_0^{+\infty} x^2 e^{-x}\, dx = \Gamma(3) = 2! = 2\)

4. On cherche \(m\) tel que \(F(m) = \displaystyle\frac{1}{2}\), soit \((1 + m)\, e^{-m} = \displaystyle\frac{1}{2}\).

Cette équation n’admet pas de solution en forme close. Par étude de variations de \(g(m) = (1+m)e^{-m}\) (fonction décroissante pour \(m\) > \(0\)), on encadre :

\(g(1) = 2e^{-1} \approx 0{,}736\) > \(0{,}5\) et \(g(2) = 3e^{-2} \approx 0{,}406\) < \(0{,}5\).

Par dichotomie : \(m \approx 1{,}678\). On note que la médiane est inférieure à l’espérance \(E(X) = 2\), ce qui traduit la dissymétrie à droite de la densité.

1. \(f \geq 0\) sur \([0;1]^2\) et :

\(\displaystyle\int_0^1 \displaystyle\int_0^1 (x + y)\, dx\, dy = \displaystyle\int_0^1 \left[\displaystyle\frac{x^2}{2} + xy\right]_0^1 dy = \displaystyle\int_0^1 \left(\displaystyle\frac{1}{2} + y\right) dy = \displaystyle\frac{1}{2} + \displaystyle\frac{1}{2} = 1\) ✓

2. \(f_X(x) = \displaystyle\int_0^1 (x + y)\, dy = x + \displaystyle\frac{1}{2}\) pour \(x \in [0;1]\).

Par symétrie : \(f_Y(y) = y + \displaystyle\frac{1}{2}\) pour \(y \in [0;1]\).

3. \(f_X(x) \cdot f_Y(y) = \left(x + \displaystyle\frac{1}{2}\right)\left(y + \displaystyle\frac{1}{2}\right) \neq x + y = f(x,y)\) en général (prendre \(x = y = 0\) : \(\displaystyle\frac{1}{4} \neq 0\)). Donc \(X\) et \(Y\) ne sont pas indépendantes.

4. On calcule les moments nécessaires.

\(E(X) = \displaystyle\int_0^1 x\left(x + \displaystyle\frac{1}{2}\right) dx = \displaystyle\int_0^1 \left(x^2 + \displaystyle\frac{x}{2}\right) dx = \displaystyle\frac{1}{3} + \displaystyle\frac{1}{4} = \displaystyle\frac{7}{12}\). Par symétrie, \(E(Y) = \displaystyle\frac{7}{12}\).

La covariance est négative (mais très faible) : \(X\) et \(Y\) sont légèrement anti-corrélées.

1. Si \(F\) est strictement croissante et continue, alors \(X = F^{-1}(U)\) suit la loi de FdR \(F\).

Preuve : \(P(X \leq x) = P(F^{-1}(U) \leq x) = P(U \leq F(x)) = F(x)\) (car \(U \sim \mathcal{U}([0;1])\)).

2. Pour \(X \sim \mathcal{E}(\lambda)\) : \(F(x) = 1 – e^{-\lambda x}\). On résout \(u = 1 – e^{-\lambda x}\), soit \(x = -\displaystyle\frac{\ln(1-u)}{\lambda}\).

Comme \(1 – U \sim \mathcal{U}([0;1])\), on peut poser : \(X = -\displaystyle\frac{\ln U}{\lambda}\).

3. \(F(y) = \displaystyle\int_0^y 3t^2\, dt = y^3\) pour \(y \in [0;1]\). On résout \(u = y^3\), soit \(y = u^{1/3}\).

Donc \(Y = U^{1/3}\) simule la loi souhaitée.

1. Pour \(t \geq 0\) :

En dérivant : \(f_T(t) = n\lambda\, e^{-\lambda t}\, \big(1 – e^{-\lambda t}\big)^{n-1}\) pour \(t \geq 0\).

2. On utilise \(E(T) = \displaystyle\int_0^{+\infty} P(T\) > \(t)\, dt\). Pour \(n = 2\) :

\(P(T\) > \(t) = 1 – (1 – e^{-\lambda t})^2 = 2e^{-\lambda t} – e^{-2\lambda t}\)

3. Par le binôme de Newton :

\(P(T\) > \(t) = 1 – \displaystyle\sum_{k=0}^{n} {n \choose k} (-1)^k e^{-k\lambda t} = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} {n \choose k} (-1)^{k+1} e^{-k\lambda t}\)

L’identité combinatoire \(\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \displaystyle\frac{(-1)^{k+1}}{k}{n \choose k} = H_n\) donne \(E(T) = \displaystyle\frac{H_n}{\lambda}\).

4. La série harmonique \(H_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\displaystyle\frac{1}{k}\) diverge, donc \(E(T) \to +\infty\). En ajoutant des composants en parallèle, on augmente sans borne la durée de vie moyenne.

1. Par linéarité : \(E(\overline{X}_n) = \mu\). Par indépendance : \(V(\overline{X}_n) = \displaystyle\frac{1}{n^2} \displaystyle\sum_{i=1}^{n} V(X_i) = \displaystyle\frac{\sigma^2}{n}\).

2. Pour tout \(\varepsilon\) > \(0\), l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne :

Donc \(\overline{X}_n \overset{\mathbb{P}}{\longrightarrow} \mu\) : c’est la loi faible des grands nombres. ∎

3. Pour \(X_i \sim \mathcal{B}(1, p)\) : \(\overline{X}_n = \displaystyle\frac{S_n}{n}\) est la fréquence des succès. Le résultat dit que cette fréquence converge vers la probabilité théorique \(p\) : c’est la justification probabiliste de la loi des grands nombres pour les fréquences.

1. \(E(Z_n) = \displaystyle\frac{E(S_n) – n\mu}{\sigma\sqrt{n}} = 0\) et \(V(Z_n) = \displaystyle\frac{V(S_n)}{\sigma^2 n} = \displaystyle\frac{n\sigma^2}{\sigma^2 n} = 1\).

2. Théorème central limite (Lindeberg-Lévy). Sous les hypothèses ci-dessus, \(Z_n\) converge en loi vers \(\mathcal{N}(0,1)\) :

3. \(X_i \sim \mathcal{E}(1)\) : \(\mu = 1\), \(\sigma^2 = 1\), \(\sigma = 1\).

\(\overline{X}_{100} = \displaystyle\frac{S_{100}}{100}\). On a : \(\overline{X}_{100} \leq 1{,}1 \iff \displaystyle\frac{S_{100} – 100}{10} \leq \displaystyle\frac{100 \times 1{,}1 – 100}{10} = 1\)

Par le TCL : \(P\!\left(\overline{X}_{100} \leq 1{,}1\right) \approx \Phi(1) \approx 0{,}8413\).

1. On utilise \(E(X) = \displaystyle\frac{\varphi_X^\prime(0)}{i}\) et \(E(X^2) = -\varphi_X^{\prime\prime}(0)\).

\(\varphi_X^\prime(t) = in(1-it)^{-(n+1)}\), d’où \(\varphi_X^\prime(0) = in\) et \(E(X) = \displaystyle\frac{in}{i} = n\).

\(\varphi_X^{\prime\prime}(t) = -n(n+1)(1-it)^{-(n+2)}\), d’où \(\varphi_X^{\prime\prime}(0) = -n(n+1)\).

\(E(X^2) = -(-n(n+1)) = n(n+1)\).

\(V(X) = n(n+1) – n^2 = n\).

2. Pour \(Y \sim \mathcal{E}(1)\) : \(\varphi_Y(t) = E(e^{itY}) = \displaystyle\int_0^{+\infty} e^{itx} e^{-x}\, dx = \displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-(1-it)x}\, dx = \displaystyle\frac{1}{1-it} = (1-it)^{-1}\)

(L’intégrale converge car \(\mathrm{Re}(1-it) = 1\) > \(0\).)

3. Par indépendance : \(\varphi_{Y_1 + \cdots + Y_n}(t) = [\varphi_Y(t)]^n = (1-it)^{-n}\).

C’est exactement \(\varphi_X(t)\). Par unicité de la fonction caractéristique :

\(Y_1 + \cdots + Y_n \sim \Gamma(n, 1)\) (loi Gamma de paramètres \(n\) et \(1\)).

Vérification : \(E(Y_1 + \cdots + Y_n) = n\) ✓ et \(V(Y_1 + \cdots + Y_n) = n\) ✓.

1. \(f \geq 0\) et \(\displaystyle\int_0^1 2(1-x)\, dx = 2\left[x – \displaystyle\frac{x^2}{2}\right]_0^1 = 2 \times \displaystyle\frac{1}{2} = 1\) ✓.

Pour \(x \in [0;1]\) : \(F(x) = \displaystyle\int_0^x 2(1-t)\, dt = 2x – x^2\).

2. On résout \(F(m) = \displaystyle\frac{1}{2}\) : \(2m – m^2 = \displaystyle\frac{1}{2}\), soit \(m^2 – 2m + \displaystyle\frac{1}{2} = 0\).

\(\Delta = 4 – 2 = 2\). \(m = \displaystyle\frac{2 – \sqrt{2}}{2} = 1 – \displaystyle\frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0{,}293\) (on garde la racine dans \([0;1]\)).

3. On résout \(F(q) = \displaystyle\frac{1}{4}\) : \(q^2 – 2q + \displaystyle\frac{1}{4} = 0\). \(\Delta = 3\). \(q_{1/4} = 1 – \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0{,}134\).

4. \(E(X) = \displaystyle\int_0^1 2x(1-x)\, dx = 2\left[\displaystyle\frac{x^2}{2} – \displaystyle\frac{x^3}{3}\right]_0^1 = 2 \times \displaystyle\frac{1}{6} = \displaystyle\frac{1}{3} \approx 0{,}333\).

On a \(q_{1/4} \approx 0{,}134\) < \(m \approx 0{,}293\) < \(E(X) \approx 0{,}333\). L’inégalité mode < médiane < espérance traduit la dissymétrie à droite de la distribution (densité décroissante, masse concentrée près de 0).