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Exercice 3
Soit $X$ une VA de densite $f(x) = e^{-x-e^{-x}}$ $\forall x\in\mathbb R$.
- Determiner la fonction de repartition de $X$
- Soit $Y=e^{-X}$, determiner la fonction de repartition de $Y$, puis sa densite
- Calculer $E(Y)$, $V(Y)$
- Soit $(Y_1,…, Y_n)$ un echantillon de $Y$, cad $(Y_i), 1\le i\le n$ sont alors des VA independantes et de meme loi que $Y$. On pose $\overline{Y_{n}} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^nY_i$
- Montrer que $\overline{Y_n}\to_{n\to+\infty}^P1$
- Montrer que $\overline{Y_n}\to_{n\to+\infty}^{m.q}1$
Solution
1.$F(x) = P(X\lt x) = \int_{-\infty}^xf(t)dt$ $\forall x\in\mathbb R$
\[\begin{aligned} F(x) &= \int_{-\infty}^xe^{-t}\times e^{-e^{-t}}\\ &= \biggr[e^{-e^{-t}}\biggr]_{-\infty}^x = e^{-e^{-x}} \text{ car } (e^{-e^{-t}})' = e^{-t}e^{-e^{-t}}\\ &= e^{-e^{-x}} \end{aligned}\]2.$Y = e^{-X}$, Soit $G(y)$ la fonction de repartition de $Y$. $Y$ etant positive donc $G(y) = P(Y\lt y) = 0$ pour $y\le 0$.
Pour $y\gt 0$:
\[\begin{aligned} G(y) &= P(Y\lt y) = P(e^{-X}\lt y) = P(-X\lt \ln(y))\\ &= P(X\gt-\ln(y)) = 1 - F(-\ln(y))\\ &= 1 - e^{-y}\\ \text{Donc } G(y) &= \begin{cases} 0 &y\le 0\\ 1-e^{-y} &y\gt 0 \end{cases} \end{aligned}\]La densite de $Y = e^{-X}$ est:
\[g(y) = G'(y) = \begin{cases} 0 &y\le 0\\ e^{-y} &y\gt 0 \end{cases}\]3.$E(Y) = \int_{\mathbb R}yg(y)dy = \int_{-\infty}^{+\infty}ye^{-y}dy$
On integre par parties: \(\begin{cases} v = y &v'=1\\ u' = e^{-y} &u = -e^{-y} \end{cases}\\ \begin{aligned} E(Y) = \underbrace{\biggr[-ye^{-y}\biggr]_0^{+\infty}}_{_{y\to+\infty}\to0} - \int_0^{+\infty}(-e^{-y})dy &= \int_0^{+\infty}e^{-y}dy\\ &= \biggr[-e^{-y}\biggr]_0^{+\infty} = 1 \end{aligned}\\ V(Y) = E(Y^2) - E^2(Y)\\ E(Y^2) = \int_0^{+\infty}y^2e^{-y}dy\\ \text{Integration par parties:} \begin{cases} v = y^2 &v'=2y\\ u'=e^{-y} &u=-e^{-y} \end{cases}\\ \begin{aligned} E(Y^2) &=\int_0^{+\infty}Y^2e^{-y}dy = \underbrace{\biggr[-y^2e^{-y}\biggr]_0^{+\infty}}_{_{y\to+\infty}\to0}-\int_0^{+\infty}2y(-e^{-y})dy\\ &= 2\int_0^{+\infty}ye^{-y}dy = 2E(Y) = 2\\ \text{Donc: } V(Y) &= 2 - 1 = 1 \end{aligned}\)
4.1.$\overline{Y_n}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Y_i$, $(Y_i)_{1\le i\le n}$ idependantes et de meme loi que $Y$.
\[\begin{aligned} E(\overline{Y_n}) &= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^nE(Y_i) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n1 = \frac{n}{n} = 1\\ V(\overline{Y_n}) &= \frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^nV(Y_i)= \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n} \end{aligned}\]En utilisant Tchebychev:
\[\begin{aligned} \forall\varepsilon\gt0, &P(\vert\overline{Y_n}-E(\overline{Y_n})\vert \gt\varepsilon)\lt\frac{V(\overline{Y_n})}{\varepsilon^2}\\ \Rightarrow &P(\vert\overline{Y_n}-1)\vert \gt\varepsilon)\lt\frac{1}{n\varepsilon^2}\to_{n\to+\infty}0\\ \text{Donc: } &\overline{Y_n}\to_{n\to+\infty}^P1 \end{aligned}\]4.2.Montrons que $\overline{Y_n}\to_{n\to+\infty}^{m.q}1$
\[\begin{aligned} E(\vert\overline{Y_n}-1)\vert^2) &= E(\vert\overline{Y_n}-E(\overline{Y_n})\vert^2)\\ &=V(\overline{Y_n}) = \frac{1}{n}\to_{n\to+\infty}0\\ \text{Donc: } \overline{Y_n}&\to_{n\to+\infty}^{m.q}1 \end{aligned}\]Exercice 4
Soit $X$ une VA de loi $\gamma_p$, $(p\in\mathbb N^*)$
- Determiner la fonction caracteristique de $X$
- En deduire celle de $\frac{X-p}{\sqrt{p}}$
- Montrer que $\frac{X-p}{\sqrt{p}}\to_{p\to+\infty}^LN(0,1)$
Solution
1.$X$ suit la loi $\gamma_p$ (gamma). Sa densite est $f(x) = \frac{1}{\Gamma(p)}e^{-x}x^{p-1}$
Donc:
\[\begin{aligned} \phi_X(t) &= \frac{1}{\Gamma(p)}\int_0^{+\infty}e^{itx}e^{-x}x^{p-1}dx\\ &=\frac{1}{\Gamma(p)}\int_0^{+\infty}e^{(it-1)x}x^{p-1}dx\\ \text{Posons: } I_{p-1}&=\int_0^{+\infty}e^{(it-1)x}x^{p-1}dx\\ I_0 &= \int_0^{+\infty}e^{(it-1)x}dx = \biggr[\frac{e^{(it-1)x}}{it-1}\biggr]_0^{+\infty} = -\frac{1}{it-1}\\ \text{Car: } e^{(it-1)x} &= e^{itx}.e^{-x}\to_{x\to+\infty}0 \text{ puisque }\vert e^{itx}\vert = 1\text{ (bornee) }\\ I_{p-1} &= \int_0^{+\infty}e^{(it-1)x}x^{p-1}dx\\ \end{aligned}\\ \text{Integration par parties:} \begin{cases} v = x^{p-1} &v'=(p-1)x^{p-2}\\ u'=e^{(it-1)x} &u=\frac{1}{it-1}e^{(it-1)x} \end{cases}\\ \begin{aligned} I_{p-1}&=\underbrace{\biggr[\frac{e^{(it-1)x}}{it-1}x^{p-1}\biggr]_0^{+\infty}}_{\to_{x\to+\infty}0} - \frac{p-1}{it-1}\int_0^{+\infty}e^{(it-1)x}x^{p-2}dx\\ \text{Car: } \underbrace{e^{itx}}_{\text{bornee}, \vert e^{itx}\vert = 1}&e^{-x}x^{p-1}\to_{x\to+\infty}0\\ I_{p-1} &= -\frac{p-1}{it-1}I_{p-2}\text{ } \forall p\ge 2\\ I_{p-2} &= -\frac{p-2}{it-1}I_{p-3}\\ &.\\ &.\\ &.\\ I_2 &= -\frac{2}{it-1}I_1\\ I_1 &= -\frac{2}{it-1}I_1\\ \end{aligned}\]En faisant le produit:
\[\begin{aligned} I_{p-1} &= \frac{(-1)^{p-1}(p-1)!}{(it-1)^p}I_0\\ &= \frac{(-1)^p(p-1)!}{(it-1)^p}\\ \phi_X(t) &= \frac{1}{\Gamma(p)}I_{p-1}=\frac{(-1)^p}{(it-1)^p} \\ &= (1-it)^{-p} \end{aligned}\]2.On veut la fonction caracteristique de $\frac{X-p}{\sqrt{p}}$. Or, d’apres le cours:
\[\phi_{\frac{X-m}{\sigma}}(t) = e^{-\frac{itm}{\sigma}}\phi_X(\frac{t}{\sigma})\]Ici $m=p$ et $\sigma=\sqrt{p}$
Donc:
\[\begin{aligned} \phi_{\frac{X-p}{\sqrt{p}}} &= e^{-\frac{itp}{\sqrt{p}}}\phi_X(\frac{t}{\sqrt{p}})\\ \Rightarrow \phi_{\frac{X-p}{\sqrt{p}}} &= e^{-\frac{itp}{\sqrt{p}}}(1-\frac{it}{\sqrt{p}})^{-p} \end{aligned}\]3.Montrons que $\frac{X-p}{\sqrt{p}}\to_{p\to+\infty}^LN(0,1)$
\[\ln(\phi_{\frac{X-p}{\sqrt{p}}}) = -\frac{itp}{\sqrt{p}}-p\ln(1-\frac{it}{\sqrt{p}})\]Or $\ln(1+x)\sim x-\frac{x^2}{2}$ au voisinage de 0.
Donc:
\[\begin{aligned} \ln(\phi_{\frac{X-p}{\sqrt{p}}})&\simeq-\frac{itp}{\sqrt{p}}-p(-\frac{it}{\sqrt{p}} + \frac{t^2}{2p}) \text{ pour p au voisinage de } +\infty\\ &\simeq -\frac{itp}{\sqrt{p}}+\frac{itp}{\sqrt{p}}+\frac{t^2}{2} = \frac{t^2}{2} \text{ pour p au voisinage de } +\infty\\ \Rightarrow \phi_{\frac{X-p}{\sqrt{p}}}&\simeq e^{-\frac{t^2}{2}} \text{ : fonction caracteristique de } N(0,1) \end{aligned}\]Conclusion: $\frac{X-p}{\sqrt{p}}\to_{p\to+\infty}^LN(0,1)$