© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
SOLUTIONS
Solutions
On obtient, de même,
E(X
2 ) =
+∞
0
x
2
1
x
√
2p
e
−
1
2 (ln x−1)
2
dx =
+∞
0
1
√
2p
xe
−
1
2 (ln x−1)
2
dx
=
+∞
−∞
1
√
2p
e
y+1 e
−
1
2 y
2
e
y+1 dy =
+∞
−∞
1
√
2p
e
−
1
2 y
2 +2y+2 dy
=
+∞
−∞
1
√
2p
e
−
1
2 (y−2)
2
e
4 dy = e
4 ,
car on reconnaît la densité d’une variable aléatoire qui suit N (2, 1).
On en déduit que
V (X) = E(X
2 ) −
E(X)
2 = e
4
− e
3 .
2. a. Il a été démontré dans le cours que si Y est une variable à densité, il en est de même de
e
Y . La variable aléatoire Z est à valeurs dans R
∗
+ et sa fonction de répartition est définie
pour x > 0 par
F Z (x) = P([Z x]) = P([e
Y
x]) = P([Y ln x]) = F Y (ln x).
La fonction F Z est continue sur R (le seul problème de continuité est en 0, où sa limite
est nulle) et de classe C
1 sauf en 0. La variable Z possède donc une densité g nulle sur
R − et donnée pour x > 0 par
g(x) =
1
x
F
Y (ln x) =
1
√
2ps 2 x
e
−
1
2 (ln x−m)
2
,
car F
Y est une densité de la loi N (m, s
2 ).
b. D’après le théorème de transfert, on a, si l’intégrale converge absolument,
E(Z) = E(e
Y ) =
+∞
−∞
e
t
1
√
2ps
e
−
(t−m) 2
2s 2
dt.
On transforme l’exposant de e en écrivant
t −
(t − m)
2
2s 2 = −
1
2s 2
t
2
− 2(m + s
2 )t + m
2
= −
1
2s 2
t − (m + s
2 )
2 − (s
4 + 2ms
2 )
= −
1
2s 2
t − (m + s
2 )
2 +
s
2
2
+ m.
On en déduit la convergence de l’intégrale et l’égalité
E(Z) =
1
√
2ps
+∞
−∞
e
−
(t−(m+s 2 ) 2 )
2s 2
e
s 2
2 +m dt
= e
s 2
2 +m .
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