[PDF] [PDF] Khâgne B/L Correction Exercices Chapitre 12 - Variables aléatoires

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Kh^agne B/LCorrection Exercices Chapitre 12 - Variables aleatoires a densite12.1Determiner si les fonctions suivantes sont des densites de probabilite et si oui, determiner la fonction

de repartition de la VAR associee a cette densite.

1.f(t) =0 sit <0

4te2tsit>0

2.g(t) =(

0 sit <0

32
et=2(1et=2)2sit>0

3.h(t) =8

:0 sit <0

12ln(2)

etln(1 +et) sit>0Rappelons que pour montrer qu'une fonctionfest une densite de probabilite, il faut montrer les points

suivants : (i)fest positive surR (ii)fest continue surRsauf eventuellement en un nombre ni de points (iii)Z +1 1 f(t)dtconverge et vaut 1. 1.

8t2R; f(t) =0 sit <0

4te2tsit>0= 4te2t1(t>0(t)

La fonctionfest clairement positive surR, puisque8t>0;te2t>0 {S ur] 1;0[,fest la fonction nulle, qui est donc continue. S ur]0 ;+1[,fest le produit de deux fonctions continues, donc est continue egalement.

E n0, on a lim t!0f(t) = limt!00 = 0 et limt!0+f(t) = limt!0+4te2t= 0, doncfest continue egalement en

0.

Ainsi,fest bien continue surR.

Remarque : cela nous sut sifest continue surRsauf eventuellement en un nombre ni de points, donc on n'etait pas oblige ne verier la continuite en0 Z 0 1 f(t)dtconverge?

Puisquefest nulle sur ] 1;0[, l'integraleZ

0 1 f(t)dtconverge et vaut 0. Z 0

1f(t)dtconverge?

La fonctionfest continue sur [0;+1[, on a donc uniquement un probleme en +1.

SoitA >0. On a alors :

Z A 0 f(t)dt=Z A 0

4te2tdt=

2te2t A 0 +Z A 0

2e2tdt=2Ae2Ae2A+ 1

Or, lim

A!+12Ae2Ae2A+ 1= 1, donc l'integraleZ

+1 0 f(t)dtconverge et vaut 1. Par somme d'integrales convergente, en utilisant la relation de Chasles, Z +1 1 f(t)dtconverge et vaut 1. En conclusion,fest bien une densite de probabilite.

2011-2012 Lycee du Parc 1/25

Kh^agne B/LCorrection Exercices Chapitre 12 - Variables aleatoires a densitePrenonsXune variable aleatoire qui admettefpour densite.

NotonsFsa fonction de repartition. Par denition, on sait que

8x2R; F(x) =Z

x 1 f(t)dt

Six <0, on aF(x) =Rx

10dt= 0.

Six>0, alorsF(x) =R0

10dt+Rx

04te2tdt= 02xe2xe2x+ 1 = 1(2x+ 1)e2x

(il sut de reprendre le calcul fait pour la convergence de l'integrale). En conclusion, la fonction de repartition deXest donc :

8x2R; F(x) =0 six <0

1(2x+ 1)e2xsix>0

2.

8t2R; g(t) =(

0 sit <0

32
et=2(1et=2)2sit>0=32 et=2(1et=2)21(t>0(t) La fonctiongest clairement positive surR, puisque8t>0;tet=2>0 {S ur] 1;0[,gest la fonction nulle, qui est donc continue. S ur]0 ;+1[,gest le produit de deux fonctions continues, donc est continue egalement.

E n0, on a lim

t!0g(t) = limt!00 = 0 et limt!0+g(t) = limt!0+32 et=2(1et=2)2= 0, doncgest continue egalement en 0.

Ainsi,gest bien continue surR.

Remarque : cela nous sut sigest continue surRsauf eventuellement en un nombre ni de points, donc on n'etait pas oblige ne verier la continuite en0 Z 0 1 g(t)dtconverge?

Puisquegest nulle sur ] 1;0[, l'integraleZ

0 1 g(t)dtconverge et vaut 0. Z 0

1g(t)dtconverge?

La fonctiongest continue sur [0;+1[, on a donc uniquement un probleme en +1.

SoitA >0. On a alors :

Z A 0 g(t)dt=Z A 032
et=2(1et=2)2dt= 3 13 (1et=2)3 A 0 =(1eA=2)3+ 1

Or, lim

A!+1(1eA=2)3+ 1= 1, donc l'integraleZ

+1 0 g(t)dtconverge et vaut 1. Par somme d'integrales convergente, en utilisant la relation de Chasles, Z +1 1 g(t)dtconverge et vaut 1. En conclusion,gest bien une densite de probabilite. PrenonsXune variable aleatoire qui admettegpour densite. NotonsGsa fonction de repartition. Par denition, on sait que

8x2R; G(x) =Z

x 1 g(t)dt

2011-2012 Lycee du Parc 2/25

Kh^agne B/LCorrection Exercices Chapitre 12 - Variables aleatoires a densiteSix <0, on aG(x) =Rx

10dt= 0.

Six>0, alorsG(x) =R0

10dt+Rx

032
et=2(1et=2)2dt= 0(1ex=2)3+ 1 = 1(1ex=2)3 (il sut de reprendre le calcul fait pour la convergence de l'integrale). En conclusion, la fonction de repartition deXest donc :

8x2R; G(x) =0 six <0

1(1ex=2)3six>0

3.

8t2R; h(t) =8

:0 sit <0

12ln(2)

etln(1 +et) sit>0=12ln(2) etln(1 +et)1(t>0(t) La fonctionhest clairement positive surR, puisque8t>0;1 +et>1, donc ln(1 +et)>ln(1) = 0 et e t>0 {S ur] 1;0[,hest la fonction nulle, qui est donc continue. S ur]0 ;+1[,hest le produit de deux fonctions continues, donc est continue egalement.

E n0, on a lim

t!0h(t) = limt!00 = 0 et limt!0+h(t) = limt!0+12ln(2) etln(1 +et) =12 , doncgn'est pas continue en 0. Ainsi,gest bien continue surRn f0g, donc surRsauf un nombre ni de points. Z 0 1 h(t)dtconverge?

Puisquehest nulle sur ] 1;0[, l'integraleZ

0 1 h(t)dtconverge et vaut 0. Z 0

1h(t)dtconverge?

La fonctionhest continue sur [0;+1[, on a donc uniquement un probleme en +1.

SoitA >0. On a alors :

Z A 0 h(t)dt=Z A

012ln(2)

etln(1 +et)dt=12ln(2) Z A 0 etln 1 +1e t dt

On pose un changement de variableu=et()t=ln(u)

8t2[0;A]; '(t) =et. La fonction'est de classeC1sur [0;A] et on a :8t2[0;A];'0(t) =et, donc

du=etdtetdt=1u du.

De plus,t= 0()u= 1 ett=A()u=eA.

Le changement de variable donne alors :

12ln(2)

Z A 0 etln 1 +1e t dt=12ln(2) Z eA 1 uln 1 +1u duu

12ln(2)

Z 1 e

Alnu+ 1u

du

12ln(2)

Z 1 e

A(ln(u+ 1)ln(u))du

12ln(2)

(u+ 1)ln(u+ 1)(u+ 1)uln(u) +u 1 e A

2011-2012 Lycee du Parc 3/25

Kh^agne B/LCorrection Exercices Chapitre 12 - Variables aleatoires a densite=

12ln(2)

2ln(2)1(eA+ 1)ln(eA+ 1)1 +AeA

= 12 + (eA+ 1)ln(eA+ 1)AeA2ln(2) A!+11

Donc l'integrale

Z +1 0 h(t)dtconverge et vaut 1. Par somme d'integrales convergente, en utilisant la relation de Chasles, Z +1 1 h(t)dtconverge et vaut 1. En conclusion,hest bien une densite de probabilite. PrenonsXune variable aleatoire qui admettehpour densite. NotonsHsa fonction de repartition. Par denition, on sait que

8x2R; H(x) =Z

x 1 h(t)dt

Six <0, on aH(x) =Rx

10dt= 0.

Six>0, alorsH(x) =R0

10dt+Rx

012ln(2)

etln(1 +et)dt= 12+(ex+1)ln(ex+1)xex2ln(2) (il sut de reprendre le calcul fait pour la convergence de l'integrale). En conclusion, la fonction de repartition deXest donc :

8x2R; H(x) =8

:0 six <0

12 + (ex+ 1)ln(ex+ 1)xex2ln(2)

six>012.2Determinerapour que la fonctionfdenie surRpar f(t) =(

0 sit62]1;2[;apt1sit2]1;2[soit une densite de probabilite.Soitfla fonction denie surRpar :

8t2R; f(t) =(

0 sit62]1;2[;apt1sit2]1;2[

On sait quefest une densite de probabilite si :

(i)fest positive surR (ii)fest continue surRsauf eventuellement en un nombre ni de points (iii)Z +1 1 f(t)dtconverge et vaut 1

Pour que la fonctionfsoit bien positive surR, il nous faut deja imposer quea>0La fonctionfest toujours continue surRn f1;2g(elle est nulle sur ] 1;1[ et sur ]2;+1[ et est continue

sur ]1;2[ comme inverse d'une fonction continue ne s'annulant pas. Ainsi, pour toute valeur dea>0,fsera

continue surRsauf evenutellement en 1 et 2.

2011-2012 Lycee du Parc 4/25

Kh^agne B/LCorrection Exercices Chapitre 12 - Variables aleatoires a densitePuisquefest nulle sur ]1;1[ et ]2;+1[, les integralesZ

1 1 f(t)dtetZ +1 2 f(t)dtconvergent et valent 0. La fonctionfest continue sur ]1;2] : pour la convergence deZ 2 1 f(t)dt, on a donc a priori uniquement un probleme en 1.

Or, pour toutx2]1;2], on a :

Z 2 x f(t)dt=Z 2 xapt1dt= 2aZ 2 x12 pt1dt= 2apt1 2 x = 2a2apx1!x!1+2a

Donc pour toute valeur dea>0, l'integraleZ

2 1 f(t)dtconverge et vaut 2a. Par somme d'integrales convergentes, en utilisant la relation de Chasles, on obtient donc que Z +1 1 f(t)dt converge (pour n'importe quelle valeur dea) et vaut 2a. Pour quefsoit une densite de probabilite, on doit donc imposer que 2a= 1, i.e. quea=12

En conclusion :

fdensite de probabilite()a=12

12.3Determiner si les fonctions suivantes sont les fonctions de repartition d'une variable a densite. Si oui,

en donner une densite.

1.8x2R; F(x) =(

0 six <0

1 1 +x2

2exsix>0

2.8x2R; F(x) = 111 +exRappelons que pour montrer qu'une fonctionFest la fonction de repartition d'une variable a densite, il faut

montrer les points suivants : (i)Fest continue surR (ii)Fest de classeC1surRsauf eventuellement en un nombre ni de points (iii)Fest croissante surR (iv) lim x!1F(x) = 0 (v) lim x!+1F(x) = 1 1.

8x2R; F(x) =(

0 six <0

1 1 +x2

2exsix>0

La fonctionFest continue sur ] 1;0[ (fonction nulle) et est continue sur ]0;+1[ par produit de fonctions continues sur ]0;+1[.

De plus,

lim x!0F(x) = limx!00 = 0;limx!0+F(x) = limx!0+ 1 1 +x2 2ex = 11 = 0 doncFest egalement continue en 0.

Finalement,Fest continue surR.

La fonctionFest m^eme de classeC1sur ]1;0[ et sur ]0;+1[ (fonction nulle, et produit de fonctions de classeC1), doncFest de classeC1surRn f0g, soit surRsauf un nombre ni de points.

2011-2012 Lycee du Parc 5/25

Kh^agne B/LCorrection Exercices Chapitre 12 - Variables aleatoires a densiteOn a

8x6= 0; F0(x) =0 six <0

21 +x2

ex1 +x2 (ex) six >0 =0 six <0 e x1 +x2 x2 six >0 On remarque donc que8x2] 1;0[,F0(x)>0 doncFcroissante sur ] 1;0[. De plus,8x2]0;+1[, F

0(x)>0, doncFcroissante sur ]0;+1[. PuisqueFest continue en 0, on peut donc armer que la

fonctionFest bien croissante surR.

De maniere evidente, puisqueFest nulle sur ] 1;0[

lim x!1F(x) = 0 lim x!+1F(x) = limx!+1 1ex 1 +x2 2 Or, 1 +x2

2exx!+1x

22ex!x!+10 (par croissances comparees), on a donc bien

lim x!+1F(x) = 1

Finalement, on a bien montre queFetait la fonction de repartition d'une variable aleatoireXa densite.

Pour obtenir une densitefdeX, il sut de deriverFla ou c'est possible (ici surRnf0g) et de completer par une valeur positive en 0. Une densite possible est donc la fonctionfdenie par :

8x6= 0; f(x) =0 six60

e x1 +x2 x2 six >0quotesdbs_dbs33.pdfusesText_39

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