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Aleatoire { MAP 361 Ecole Polytechnique Salle PC 41

Lundi 20 mai 2019 Sebastien Gadat

PC 5 { Calcul de lois & Vecteurs gaussiens

Exercice 1.SoientXetYdeux variables aleatoires independantes gaussiennes centrees reduites. 1.

D eterminerla loi de X+Yp2

;XYp2 2.

D eterminerla loi de X=Y.

Solution.CommeXetYsont independantes, la loi de (X;Y) a une densite12ex2+y22 surR2. Soitg:R2!Rune fonction continue bornee. On applique la methode de la fonction muette en calculantEh gX+Yp2 ;XYp2 i E gX+Yp2 ;XYp2 =12Z R

2gx+yp2

;xyp2 e x2+y22 dxdy:

Or (x;y)2RR7!(x+yp2

;xyp2 )2RRest unC1-dieormorphisme de jacobien 1. Le changement de variableu=x+yp2 etv=xyp2 donnex=u+vp2 ety=uvp2 , de sorte que : E gX+Yp2 ;XYp2 =12Z R

2g(u;v)e(u+v)2+(uv)24

dudv 12Z R

2g(u;v)eu2+v22

dudv:

On en deduit que (

X+Yp2 ;XYp2 ) est a densite, de densite donnee par (u;v)7!12eu2+v22 . Ainsi, X+Yp2 ;XYp2 ) a la m^eme loi qu'un couple de deux variables aleatoires gaussiennes centrees reduites independantes. CommeXetYsont independantes, la loi de (X;Y) a une densite12ex2+y22 surR2. Soit g:R!Rune fonction continue bornee. On applique la methode de la fonction muette en calculantE[g(X=Y)] : E gXY =12Z R 2gxy e x2+y22 dxdy: Or (x;y)2RR7!(x=y;y)2RRest unC1-dieormorphisme de jacobieny1. En faisant le changement de variableu=x=yetv=y, de sorte quex=uvety=v, on a Z R 2gxy e x2+y22 dxdy=Z R 2gxy jyjey22 (x2y

2+1)jyj1dxdy

Z R

2g(u)jvjev22

(u2+1)dudv Z R g(u) Z R jvjev22 (u2+1)dv du = 2 Z R g(u)1u

2+ 1du:

1 Donc E gXY =1 Z R g(u)1u

2+ 1du;

ce qui signie que la loi deX=Yest la loi de Cauchy, c'est-a-dire la loi de densite ((1+x2))1 par rapport a la mesure de Lebesgue. Exercice 2.(Pale 2013) SoientXetYdeux variables aleatoires independantes de lois respec- tives (;) et (+ 1=2;), avec >0 et >0. On pose (V;W) = (pXY ; pY). Determiner la loi de (V;W).

On rappelle que la densite de la loi (a;) est

1(a)axa1ex1x>0;avec (a) =Z

1 0 za1ezdz: Solution.CommeXetYsont independantes, la loi de (X;Y) a pour densite (x;y)7! f X(x)fY(y), oufXetfYdesignent les densites deXetY. On utilise alors la methode de la fonction muette :

E[h(V;W)] =Eh

h(pXY ; pY)i Z R

2h(pxy;

py)f(X;Y)(x;y)dxdy Z R

2h(pxy;

py)fX(x)fY(y)dxdy

2+1=2()(+ 1=2)Z

]0;1[2h(pxy; py)(xy)1=2e(x+y)dxdypx On considere le changement de variablev=pxy;w=pyqui est unC1dieomorphisme de ]0;1[2dans lui-m^eme. Le calcul du determinant de la matrice jacobienne donne dvdw=dxdy4 px

Ainsi, avecy=w2etx=v2=w2,

E[h(V;W)] =42+1=2()(+ 1=2)Z

]0;1[2h(v;w)v21e(w2+v2w

2)dvdw:

Ainsi, (V;W) est a densite et sa densite est donnee par f (V;W)(v;w) =42+1=2()(+ 1=2)v21e(w2+v2w

2)1v>0;w>0:

Exercice 3.1.Soit ( X;Y) un couple de variables independantes de lois respectives (a;) et (b;). Determiner la loi jointe du vecteur aleatoire (U;V) ouU=X=YetV=X+Y. 2. Soien tZetSdes variables independantes de lois respectivesN(0;1) et2n. On appelle loi de Studentandegres de liberte la loi de la variableT=ZpS=n . Montrer que la densite deTest donnee surRpar t7!n+12 pnn2

1 +t2n

n+12 2 Solution.1.D'apr esle cours, Vsuit la loi Gamma (a+b;). En revanche, pour determiner la densite jointe de (U;V) on utilisera la methode de la fonction muette. Soith:R2!R2 une fonction continue, bornee. Notons que par independancef(X;Y)=fXfY. On a

E[h(U;V)] =Z

R 2hxy ;x+y f (X;Y)(x;y)d(x;y) a+b(a)(b)Z R 2+hxy ;x+y x a1yb1e(x+y)d(x;y): Faisons le changement de variables (u;v) =(x;y) := (x=y;x+y). La reciproque est

1(u;v) =uv1+u;v1+u

. Le JacobienJde1(u;v) vaut

J= det

v(1+u)2u1+u v(1+u)211+u! v(1 +u)3+uv(1 +u)3=v(1 +u)2:

On en deduit que

E[h(U;V)] =a+b(a)(b)Z

R

2h(u;v)uv1 +u

a1v1 +u b1 e vjvj(1 +u)21fuv1+u>0;v1+u>0gd(u;v) Z R

2h(u;v)a+b(a+b)va+b1ev1v>0

|{z} =fV(v)(a+b)(a)(b)u a1(1 +u)a+b1u>0 |{z} =fU(u)d(u;v): On observe queVsuit bien la loi Gamma (a+b;). La loi deUest dite loi beta prime de parametresaetb. En plus,UetVsont independantes, car la densite jointe se factorise. 2.

Soit h:R!Rune fonction continue, bornee. On a

E[h(T)] =Z

R 2h rn s z f

Z(z)fS(s)d(z;s)

Z R +Z R h rn s z1p2ez22 12 n2 n2 sn2 1es2 dzds:

Par le changement de variablet=pn

s zavecdz=ps n dt, on obtient

E[h(T)] =12

n+12 n2 p Z R +Z R h(t)est22nsn2 1es2 rs n dtds 12 n+12 n2 pn Z R h(t)Z R +sn+12 1exp s2 t2n + 1 |{z} = densite de la loi n+12 ;12 t2n + 1 a une constante presdsdt n+12 n2 pn Z R h(t)t2n + 1 n+12 dt:

On trouve bien queTa la densite(n+12

)pn(n2

1 +t2n

n+12 Exercice 4.SoitX= (X1;X2;X3) un vecteur gaussien centre de matrice de covariance 0 @3 1 0 1 2 0

0 0 11

A 3

1.Que p eut-ondire de X3et de (X1;X2)?

2.

Quelle est la loi de ( X1;X2)?

3. Mon trerque p ourtout a2Rle vecteur (X2;X2+aX1) est un vecteur gaussien. 4. En c hoisissantade sorte queX2etX2+aX1soient independants, calculerE[X1jX2]. Solution.1.On v oitque p ouri= 1 eti= 2 on a Cov(X3Xi) = 0. DoncX3est independant du vecteur gaussien (X1;X2). 2. On v amon trerque ( X1;X2) est un vecteur gaussien centre, de matrice de covariance

12=3 1

1 2 . On calcul la densite de (X1;X2) par la formule f (X1;X2)(x1;x2) =Z

R1(2)3=2pj12je12

(x1x)dx3

12pj12jZ

R1p2e12

(x1x)dx3; puisquejj=j12j. On a de plus 1=1120 0 1 donc f (X1;X2)(x1;x2) =12pj12je12 ((x1;x2)1

12(x1;x2)t)Z

R1p2e12

jx3j2dx3

12pj12je12

((x1;x2)1

12(x1;x2)t):

3.

On a ( X2;X2+aX1)t=A(X1;X2)tavecA=0 1

a1 . Donc (X2;X2+aX1) est un vecteur gaussien centre de matriceA12At. 4. Comme le v ecteur( X2;X2+aX1) est gaussien (centre),X2etX2+aX1sont independants si et seulement si Cov(X2;X2+aX1) = 0. Or

Cov(X2;X2+aX1) = Var(X2) +aCov(X2;X1) = 2 +a:

En prenanta=2, on en deduit queX22X1etX2sont independants. Pour calculerE[X1jX2], l'idee est de choisir;pour avoirX1=(X22X1)+X2: en ecrivantX1=12 (X22X1) +12

X2, on obtient donc :

E[X1jX2] =12

E[X22X1jX2] +E12

X2jX2 =12

E[X22X1] +12

X2=12 X2: Exercice 5.SoientX;Y;Ztrois variables aleatoires independantes, de m^eme loiN(0;1). Mon- trer que la variable aleatoire (XY)2+ (XZ)2+ (YZ)2est independante de la variable aleatoireX+Y+Z. Solution.CommeX;Y;Zsont i.i.d. de loi normale standard, le vecteur (X;Y;Z) est gaussien centree de matrice de variance l'identite (produit des densites). On a (X;Y;Z) N3(0;I3).

Considerons le vecteur

V:=0 B B@XY XZ YZ

X+Y+Z1

C CA=A0 @X Y Z1 A ;avecA=0 B

B@11 0

1 01 0 11

1 2 31

C CA: 4 Donc,Vest vecteur gaussien en tant que transformation lineaire d'un vecteur gaussien. Sa matrice de variance-covariance est donnee par

Var(U) = Var0

A0 @X Y Z1 A1 A =AVar0 @0 @X Y Z1 A1 A

AT=AAT=0

B

B@2 11 0

1 2 1 0

1 1 2 0

0 0 0 31

C CA: Les covariances nulles implique l'independance du sous-vecteurW:=0 @XY XZ YZ1 A de la variable X+Y+Z. Or, (XY)2+ (XZ)2+ (YZ)2=kWk2est fonction mesurable deW, donc l'independance deX+Y+Zest preservee. Exercice 6(Theoreme de Cochran).SoitZun vecteur gaussien deRnd'esperance nulle et de matrice de covarianceInouInest la matrice identite de dimensionn. Supposons queRns'ecrit comme la somme directe deJsous-espaces vectoriels orthogonauxV1;;VJde dimensions respectivesp1;;pJ. On designe par Vjla matrice de projection orthogonale surVj. 1.

Mon trerque

V1Z;;VkZsont des vecteurs aleatoires independants. Determiner leurs lois. 2.

Mon trerque kVjZk2suit la loi2(pj) pour tout 1jJ.

3. Application. Soien tXi;i= 1;:::;ndes variables aleatoires independantes de loi normale

N(;) avec2Ret >0. On poseX=1n

P n i=1XietS2n=1n P n i=1(XiXn)2. Determiner la loi jointe du vecteur aleatoire (Xn;S2n). Solution.1.F ormonsd'ab ordune grande matrice Aavec toutes les matrices de projec- tions : A=0 B BB@ V1 V2... V11 C CCA:

PuisqueZest un vecteur gaussien,0

V1Z VJZ1 A =AZl'est aussi comme transformation ane d'un vecteur gaussien. Sa moyenne estE[AZ] =AE[Z] = 0 et sa matrice de variance-covariance est Var(AZ) =AVar(Z)AT=AAT. Rappel sur les projecteurs orthogonaux : on a pour toutj, Vj= TVj(symetrie) et

2Vj= Vj, et par orthogonalite des sous-espaces vectorielsVjon a VjVl= 0 pour tout

j6=l. Donc, la matrice de variance-covariance deAZest diagonale par block :

Var(AZ) =0

B BBB@ V100 0

V2......

0 Vk1 C CCCA: La structure de la matrice Var(AZ) implique que les sous-vecteurs VjZsont des vecteurs gaussiens independants. Et VjZest de moyenne nulle et Var(VjZ) = Vjpour toutj.

Donc,

VjZ Npj(0;Vj).

5

2.Comme

Vjest symetrique, il existe une matrice orthogonale telle que Vj= T, ou = Diag(1;:::;p) est la matrice diagonale des valeurs propres de Vj. Alors, kVjZk2=ZTTV jVjZ=ZTVjZ= (ZT)(TZ) =UTU=kX i=1 iU2i; ouU= TZ= (U1;:::;Un)T. En utilisant l'orthogonalite de , on verie queUest un vecteur normal de loiNk(0;Ik). En eet,

E[U] = TE[Z] = 0 et Var(U) = TVar(Z) = T =Ik:

Or, Vjest un projecteur orthogonal, doncj2 f0;1get Cardfj:j= 1g= Rang(

Vj) =pj. Donc,

kVjZk2=X i:i=1U 2i2p j: 3. Le v ecteural eatoireX= (X1;:::;Xn)Test de loi normale de moyenne (;:::;)Tet de matrice de variance2In. PosonsZ=X . AlorsZest un vecteur gaussien centre de varianceIn. NotonsV1= Vect(1n) le sous-espace vectoriel engendre par le vecteur 1 n=0 B @1 11 C A2Rn. La projection orthogonale V1ZdeZsurV1est donnee par h 1pn

1n;Zi1pn

1n=1n

1TnZ1n=Zn1n;

ou Zn=Xn. On en deduit que la projection orthogonale deZsurV2=V?1est donnee parZV1Z=ZZn1n. Par le theoreme de Cochran,Zn1netZZn1nsont des vecteurs gaussiens independants. De plus,kZZn1nk2=nS2nquotesdbs_dbs33.pdfusesText_39

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