ASE2: Exercices, suite

Exercice 3

Soit

$X$ une VA de densite

$f(x)=\frac{n{e}^{-nx}}{(1+e^{-nx}{)}^2}$.

1. Detereminer la fonction de repartition de
   $X$
2. Soit
   $Y=e^{-x}$, determiner la fonction de repartition de
   $Y$, puis sa densite
3. Calculer
   $E(Y)$,
   $V(Y)$
4. 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
   $\overline{Y_n}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^k{Y}_i$
   1. Montrer que
      $\overline{Y_n}{\to }_{n\to +\mathrm{\infty }}^{P}1$
   2. Montrer que
      $\overline{Y_n}{\to }_{n\to +\mathrm{\infty }}^{m.q}1$

Solution

1. $F(x)=P(X<x)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{x}f(t)dt$
   $\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$

$$\begin{array}{rl}F(x)& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^x{e}^{-t}\times e^{-e^{-t}}\\ & =[e^{-e^{-t}}{]}_{-\mathrm{\infty }}^x=e^{-e^{-x}}\text{ car }(e^{-e^{-t}}{)}^{\prime }=e^{-t}{e}^{-e^{-t}}\\ & =e^{-e^{-x}}\end{array}$$

2. $Y=e^{-X}$, Soit
   $G(y)$ la fonction de repartition de
   $Y$.
   $Y$ etant positive donc
   $G(y)=P(Y<y)=0$ pour
   $y\le 0$.

Pour

$y>0$:

$$\begin{array}{rl}G(y)& =P(Y<y)=P(e^{-X}<y)=P(-X<\ln (y))\\ & =P(X>-\ln (y))=1-F(-\ln (y))\\ & =1-e^{-y}\\ \text{Donc }G(y)& =\{\begin{array}{ll}0& y\le 0\\ 1-e^{-y}& y>0\end{array}\end{array}$$

La densite de

$Y=e^{-X}$ est:

$$g(y)=G^{\prime }(y)=\{\begin{array}{ll}0& y\le 0\\ e^{-y}& y>0\end{array}$$

3. $E(Y)={\int }_{\mathbb{R}}yg(y)dy={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}y{e}^{-y}dy$

On integre par parties:

$$\begin{gathered} \{\begin{array}{ll}v=y& v^{\prime }=1\\ u^{\prime }=e^{-y}& u=e^{-y}\end{array} \\ \begin{array}{rl}E(Y)=\underset{{}_{y\to +\mathrm{\infty }}\to 0}{\underbrace{[-y{e}^{-y}{]}_0^{+\mathrm{\infty }}}}-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}(-e^{-y})dy& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{-y}dy\\ & =[-e^{-y}{]}_0^{+\mathrm{\infty }}=1\end{array} \\ V(Y)=E(Y^2)-E^2(Y) \\ E(Y^2)={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{y}^2{e}^{-y}dy \\ \text{Integration par parties:}\{\begin{array}{ll}v=y^2& v^{\prime }=2y\\ u^{\prime }=e^{-y}& u=-e^{-y}\end{array} \\ \begin{array}{rl}E(Y^2)& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{Y}^2{e}^{-y}dy=\underset{{}_{y\to +\mathrm{\infty }}\to 0}{\underbrace{[-y^2{e}^{-y}{]}_0^{+\mathrm{\infty }}}}-{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}2y(-e^{-y})dy\\ & =2{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}y{e}^{-y}dy=2E(Y)=1\\ \text{Donc: }V(Y)& =2-1=1\end{array} \end{gathered}$$

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
      $Y$.

$$\begin{array}{rl}E(\overline{Y_n})& =\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E(Y_i)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}1=\frac{n}{n}=1\\ V(\overline{Y_n})& =\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^{n}V(Y_i)=\frac{n}{n^2}=\frac{1}{n}\end{array}$$

En utilisant Tchebychev:

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\forall }\epsilon >0,& P(|\overline{Y_n}-E(\overline{Y_n})|>\epsilon )<\frac{V(\overline{Y_n})}{{\epsilon }^2}\\ \Rightarrow & P(|\overline{Y_n}-1)|>\epsilon )<\frac{1}{n{\epsilon }^2}{\to }_{n\to +\mathrm{\infty }}0\\ \text{Donc: }& \overline{Y_n}{\to }_{n\to +\mathrm{\infty }}^{P}1\end{array}$$

4. 2. Montrons que
      $\overline{Y_n}{\to }_{n\to +\mathrm{\infty }}^{m.q}1$

$$\begin{array}{rl}E(|\overline{Y_n}-1){|}^2)& =E(|\overline{Y_n}-E(\overline{Y_n}){|}^2)\\ & =V(\overline{Y_n})=\frac{1}{n}{\to }_{n\to +\mathrm{\infty }}0\\ \text{Donc: }\overline{Y_n}& {\to }_{n\to +\mathrm{\infty }}^{m.q}1\end{array}$$

Exercice 4

Soit

$X$ une VA de loi

${\gamma }_p$,

$(p\in {\mathbb{N}}^{\ast })$

1. Determiner la fonction caracteristique de
   $X$
2. En deduire celle de
   $\frac{X-p}{\sqrt{p}}$
3. Montrer que
   $\frac{X-p}{\sqrt{p}}{\to }_{p\to +\mathrm{\infty }}^{L}N(0,1)$

Solution

1. $X$ suit la loi
   ${\gamma }_p$ (gamma). Sa densite est
   $f(x)=\frac{1}{\mathrm{\Gamma }(p)}{e}^{-x}{x}^{p-1}$

Donc:

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}{\varphi }_X(t)& =\frac{1}{\mathrm{\Gamma }(p)}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{itx}{e}^{-x}{x}^{p-1}dx\\ & =\frac{1}{\mathrm{\Gamma }(p)}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{(it-1)x}{x}^{p-1}dx\\ \text{Posons: }{I}_{p-1}& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{(it-1)x}{x}^{p-1}dx\\ I_0& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{(it-1)x}dx=[\frac{e^{(it-1)x}}{it-1}{]}_0^{+\mathrm{\infty }}=-\frac{1}{it-1}\\ \text{Car: }{e}^{(it-1)x}& =e^{itx}.e^{-x}{\to }_{x\to +\mathrm{\infty }}0\text{ puisque }|e^{itx}|=1\text{ (bornee) }\\ I_{p-1}& ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{(it-1)x}{x}^{p-1}dx\end{array} \\ \text{Integration par parties:}\{\begin{array}{ll}v=x^{p-1}& v^{\prime }=(p-1)x^{p-2}\\ u^{\prime }=e^{(it-1)x}& u=\frac{1}{it-1}{e}^{(it-1)x}\end{array} \\ \begin{array}{rl}{I}_{p-1}& =\underset{{\to }_{x\to +\mathrm{\infty }}0}{\underbrace{[\frac{e^{(it-1)x}}{it-1}{x}^{p-1}{]}_0^{+\mathrm{\infty }}}}-\frac{p-1}{it-1}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{e}^{(it-1)x}{x}^{p-2}dx\\ \text{Car: }\underset{\text{bornee},|e^{itx}|=1}{\underbrace{e^{itx}}}& e^{-x}{x}^{p-1}{\to }_{x\to +\mathrm{\infty }}0\\ I_{p_1}& =-\frac{p-1}{it-1}{I}_{p-2}\mathrm{\forall }p\ge 2\\ I_{p-2}& =-\frac{p-2}{it-1}{I}_{p-3}\\ & .\\ & .\\ & .\\ I_2& =-\frac{2}{it-1}{I}_1\\ I_2& =-\frac{2}{it-1}{I}_1\end{array} \end{gathered}$$

En faisant le produit:

$$\begin{array}{rl}{I}_{p-1}& =\frac{(-1{)}^{p-1}(p-1)!}{(it-1{)}^p}{I}_0\\ & =\frac{(-1{)}^p(p-1)!}{(it-1{)}^p}\\ {\varphi }_X(t)& =\frac{1}{\mathrm{\Gamma }(p)}{I}_{p-1}=\frac{(-1{)}^p}{(it-1{)}^p}\\ & =(1-it{)}^{-p}\end{array}$$

2. On veut la fonction caracteristique de
   $\frac{X-p}{\sqrt{p}}$. Or, d'apres le cours:

$${\varphi }_{\frac{X-m}{\delta }}(t)=e^{\frac{itm}{\delta }}{\varphi }_X(\frac{t}{\delta })$$

Ici

$m=p$ et

$\delta =\sqrt{p}$

Donc:

$$\begin{array}{rl}{\varphi }_{\frac{X-p}{\sqrt{p}}}& =e^{-\frac{itp}{\sqrt{p}}}{\varphi }_X(\frac{t}{\sqrt{p}})\\ \Rightarrow {\varphi }_{\frac{X-p}{\sqrt{p}}}& =e^{-\frac{itp}{\sqrt{p}}}(1-\frac{it}{\sqrt{p}}{)}^{-p}\end{array}$$

3. Montrons que
   $\frac{X-p}{\sqrt{p}}{\to }_{p\to +\mathrm{\infty }}^{L}N(0,1)$

$$\ln ({\varphi }_{\frac{X-p}{\sqrt{p}}})=-\frac{itp}{\sqrt{p}}-p\ln (1-\frac{it}{\sqrt{p}})$$

Or

$\ln (1+x)\sim x-\frac{x^2}{2}$ au voisinage de 0.

Donc:

$$\begin{array}{rl}\ln ({\varphi }_{\frac{X-p}{\sqrt{p}}})& \simeq -\frac{itp}{\sqrt{p}}-p(-\frac{it}{\sqrt{p}}+\frac{t^2}{2p})\text{ pour p au voisinage de }+\mathrm{\infty }\\ & \simeq -\frac{itp}{\sqrt{p}}+\frac{itp}{\sqrt{p}}+\frac{t^2}{2}=\frac{t^2}{2}\text{ pour p au voisinage de }+\mathrm{\infty }\\ \Rightarrow {\varphi }_{\frac{X-p}{\sqrt{p}}}& \simeq e^{-\frac{t^2}{2}}\text{ : fonction caracteristique de }N(0,1)\end{array}$$

Conclusion:

$\frac{X-p}{\sqrt{p}}{\to }_{p\to +\mathrm{\infty }}^{L}N(0,1)$