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SOLUTIONS
Solutions
3. Les variables X et Y sont indépendantes si f (x, y) = f X (x)f Y (y) sauf éventuellement sur un
ensemble d’aire nulle. Pour (x, y) ∈ (R + )
2 , on a
f (x, y) = f X (x)f Y (y) ⇐⇒ ((1 + ax)(1 + ay) − a) e
−x−y−axy = e
−x e
−y
⇐⇒ (1 + ax)(1 + ay) − a = e
axy .
On sait que, pour tout réel t, on a e
t
t + 1. On a donc, pour x 2 et y 2,
e
axy = e
a(x−1)y+ay = e
a(x−1)y e
ay
(1 + a(x − 1)y)(1 + ay) (1 + 2a(x − 1))(1 + ay).
Comme 2(x − 1) x pour x 2, on en déduit
e
axy
(1 + ax)(1 + ay) > (1 + ax)(1 + ay) − a.
Ainsi pour x 2 et y 2, on a
f (x, y) = f X (x)f Y (y).
Les variables X et Y ne sont donc pas indépendantes.
3.
1. La fonction est continue sauf sur une demi-droite {(x, x), x 1} et une partie
d’une hyperbole
x,
1
x
, x 1
, ensembles d’aire nulle. Elle est positive ou nulle si
k 0. Elle doit vérifier de plus
R 2
f (x, y) dxdy = 1.
Pour x fixé, calculons w(x) =
+∞
−∞
f (x, y) dx.
Si x < 1, on a f (x, y) = 0 pour tout réel y donc w(x) = 0.
Si x 1, f (x, y) = 0 si y /
∈
1
x
, x
. On a donc
w(x) =
x
1
x
f (x, y) dy =
x
1
x
k
x 2 y
dy =
k ln y
x 2
x
1
x
=
k
x 2 (ln x − ln
1
x
) =
2k ln x
x 2 ·
Il faut calculer
+∞
1
w(x) dx. Pour a 1, on obtient en intégrant par parties,
a
1
w(x) dx =
a
1
2k ln x
x 2 dx =
−
2k ln x
x
a
1
+
a
1
2k
x 2 dx
= −
2k ln a
a
+
−
2k
x
a
1
= −
2k ln a
a
−
2k
a
+ 2k.
On en déduit que lim
a→+∞
a
1
w(x) dx = 2k. Par définition, on a donc
R 2
f (x, y) dxdy =
+∞
1
w(x) dx = 2k.
Finalement f est une densité de probabilité si, et seulement si, 2k = 1, soit k =
1
2
·
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