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SOLUTIONS DES EXERCICES
b) Soit g la fonction g´ en´ eratrice de E(1) : g(u) =
1
1 − u
(u < 1). Alors
g X 1 +X 2 (u) = g X 1 (u)g X 2 (u) =
1
1 − u
2
(u < 1) (loi Γ(2, 1)) ;
g X 1 −X 2 (u) = g X 1 (u)g −X 2 (u) = g X 1 (u)g X 2 (−u) =
1
1 − u
.
1
1 + u
=
1
1 − u 2 (|u| < 1) (premi` ere loi de Laplace) ; g |X 1 −X 2 | (u) =
1
1 − u
(u < 1)
(loi E(1)).
10. a) D´ esignons par µ la loi de X ; il vient P{Y > X} =
∞
0
P{Y > X | X =
x} dµ(x) =
∞
0
P{Y > x| X = x} dµ(x) d’o` u, puisque X, Y sont
ind´ ependants, P{Y > X} =
∞
0
P{Y > x} dµ(x) =
∞
0
e
−λx dµ(x) =
E[e
−λX ] = L(λ).
b) D’apr` es a) on a, puisque les X k sont ind´ ependantes,
P{Y > X 1 + · · · + X n } = L X 1 +···+X n (λ) = L X 1 (λ) . . . L X n (λ) =
P{Y > X 1 } . . . P{Y > X n }.
c) On a Ω = {M = X 1 } + · · · + {M = X n }, d’o` u {M >
n
k=1
X k − M } =
{X 1 >
k =1
X k } ∪ · · · ∪ {X n >
k =n
X k } et P{M >
n
k=1
X k − M } =
nP{X 1 >
k =1
X k }.
D’apr` es b), puisque P{X 1 > X 2 } = 1/2, on en tire :
P{M >
n
k=1
X k − M } = n[P{X 1 > X 2 }]
n−1 = n
1
2
n−1 .
11.
e r = [E[X
r ] ]
1/r = (1 + r)
−1/r (r > 0) ; e 0 = lim
r↓0
e r = e
−1 .
13. a) Le support de X est [−1, +1] ; pour x ∈ [−1, +1], sa densit´ e est donc
f (x) =
R
I [0,1] (u) I [0,1] (x + u) du. La fonction `
a int´ egrer est strictement
positive pour 0 < u < 1 et 0 < x+u < 1, soit f (x) =
1−|x|) I [−1,+1] (x).
Pour obtenir la fonction caract´ eristique, on op` ere ainsi : ϕ X 1 (t) = (e
it
−
1)/(it), ϕ X (t) = ϕ X 1 (t) ϕ X 1 (−t) = 2(1 − cos t)/t
2 = (sin(t/2)/(t/2))
2 .
La variable al´ eatoire 2X a pour densit´ e et fonction caract´ eristique
f 2X (x) = (1/2)f X (x/2) = (1/2)(1 − (|x|/2))I [−2,+2] (x) et ϕ 2X (t) =
ϕ X (2t) = (sin t/t)
2 .
b) ϕ Y 1 (t) = (sin t)/t, ϕ Y (t) = ϕ Y 1 (t)
2 = ((sin t)/t)
2 ; c’est la fonction
caract´ eristique de 2X.
Chapitre 15
1.
Utiliser le Th´ eor` eme 1.1. Une solution plus ´ el´ egante consiste ` a faire
usage de la derni` ere application du pr´ esent chapitre.
2.
Utiliser le Th´ eor` eme 1.1.
3.
Utiliser la formule de l’exemple 3 (loi du rapport).