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SOLUTIONS
Solutions
Comme, pour tout z > 0, g (
1
2 ,
1
2 ) (z) =
1
√
2G
1
2
z
1
2 −1 e
−
z
2 et que f Z et g (
1
2 ,
1
2 ) sont
toutes les deux nulles sur R − , on voit qu’en posant c =
√
2
√
p
G
1
2
, on a, pour tout
réel z,
f Z (z) = cg (
1
2 ,
1
2 ) (z).
Le même raisonnement que dans la question 2.a permet de conclure, puisque f Z et
g (
1
2 ,
1
2 ) sont des densités de probabilité, que c = 1 et donc f Z = g (
1
2 ,
1
2 ) . La variable Z
suit donc la loi G
1
2
,
1
2
. Par ailleurs, de c = 1 on tire G
1
2
=
p
2
·
b. Les variables Y 1 , . . . , Y n étant indépendantes, il en est de même de Y
2
1 , . . . , Y
2
n . D’après
la question précédente, chaque variable Y
2
k suit une loi G
1
2
,
1
2
. D’après ce qui a été
démontré dans la question 2.a, la variable Z = Y
2
1 + · · · + Y
2
n suit une loi G
n
2
,
1
2
.
D’après les résultats de la question 1, on a
E(Z) =
n
2
1
2
= n et V (Z) =
n
2
1
4
= 2n.
12.
1. Comme f est une densité de probabilité, on a
R 2
f (x, y) dx dy = 1. On vérifie
aisément l’égalité proposée par l’énoncé. En l’utilisant, on trouve, pour tout couple de
réels (x, y),
exp
−
1
2(1 − r 2 )
(x
2
− 2rxy + y
2 )
= exp
−
(x − ry)
2
2(1 − r 2 )
−
1
2
y
2
= exp
−
(x − ry)
2
2(1 − r 2 )
exp
−
1
2
y
2
.
On en déduit, pour tout réel y
+∞
−∞
f (x, y) dx = k exp
−
1
2
y
2
+∞
−∞
exp
−
(x − ry)
2
2(1 − r 2 )
dx.
La densité d’une variable suivant la loi N (ry, 1 − r
2 ) est
x −→
1
2p(1 − r 2
exp
−
(x − ry)
2
2(1 − r 2 )
.
On a donc
+∞
−∞
exp
−
(x − ry)
2
2(1 − r 2 )
dx =
2p(1 − r 2 et
+∞
−∞
f (x, y) dx = k
2p(1 − r 2 ) exp
−
1
2
y
2
.
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