Produit de la densité et fonction de repartition d'une loi normale


Colle de mathématiques

Sujet de colle de maths:

Énoncé du sujet

  1. Calculer $\dsp\int_{-\infty}^{+\infty}x^2e^{-x^2}\,dx$ sachant que $\dsp\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}\,dx=\sqrt\pi$
  2. Soit $X$ une variable aléatoire qui suit la loi normale centrée réduite.
    Soit $\varphi$ la densité et $\Phi$ la fonction de répartition de $X$. Pour tout réel $x$, on pose $g(x)=c\,\varphi(x)\Phi(x)$.
    1. Quelle relation a-t-on entre $\Phi(x)$ et $\Phi(-x)$ ?
    2. Quelle est la valeur de $c$ pour que $g$ soit la densité d'une variable aléaltoire $Y$ ?
    3. Calculer l'espérance et la variance de $Y$.



Correction

Correction

  1. En intégrant par parties,
    \[\begin{array}{ll}\dsp\int_{-\infty}^{+\infty}x^2e^{-x^2}\,dx &\dsp=\int_{-\infty}^{+\infty}x \left( xe^{-x^2}\right) dx\\[1.4em] &\dsp=\left[ x\dfrac{e^{-x^2}}{-2}\rb_{-\infty}^{+\infty} -\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{-x^2}}{-2}\,dx\\[1.4em] &=\dfrac12\sqrt\pi\end{array} \]

    car $\dsp\lim_{x\to-\infty}xe^{-x^2}=\lim_{x\to+\infty}xe^{-x^2}=0$.
  2. Soit $X$ une variable aléatoire qui suit la loi normale centrée réduite.
    Soit $\varphi$ la densité et $\Phi$ la fonction de répartition de $X$. Pour tout réel $x$, on pose $g(x)=c\,\varphi(x)\Phi(x)$.
    1. On a $\Phi(x)=\dsp\int_{-\infty}^x\varphi(t)dt$ et alors, en posant $u=-t$ et donc $du=-dt$,
      \[\Phi(-x)=P\left( X<-x\rp=\int_{-\infty}^{-x}\varphi(t)dt =\int_{+\infty}^x\varphi(-u)\lp-du\rp\]

      puis, comme $\varphi$ est paire, $\varphi(-u)=\varphi(u)$,
      \[\begin{array}{ll}\Phi(-x)&\dsp=\int_x^{+\infty}\varphi(u)du\\[.8em] &\dsp=\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(u)du-\int_{-\infty}^x\varphi(u)du\\[1em] &\dsp=1-\Phi(x) \enar\]

    2. On a clairement $g(x)>0$ pour tout réel $x$, et on souhaite donc aussi que
      \[\int_{-\infty}^{+\infty}g(t)dt =c\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\Phi(t)dt =1\]

      On pose $I=\dsp\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\Phi(t)dt$.
      1ère méthode: avec un changement de variable.
      Comme précédemment, avec le changement de variable $u=-t$, on a

      \[I=\int_{+\infty}^{-\infty}\varphi(-u)\Phi(-u)\lp-du\rp\]

      et donc, en utilisant la parité de $\varphi$ et la relation de la question précédente
      \[\begin{array}{ll}I&=\dsp\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(u)\lp1-\Phi(u)\right) du\\[1.3em] &\dsp=\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(u)du -\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(u)\Phi(u) du\\[1.3em] &=1-I\enar\]

      et on trouve donc que   $2I=1\iff I=1/2$.
      On doit donc avoir   $cI=1\iff c=2$.

      2ème méthode: avec une intégration par parties.
      On a $\Phi'=\varphi$ et donc
      \[\lp\Phi^2\rp'=2\Phi'\Phi=2\varphi\Phi\]

      et alors
      \[\begin{array}{ll} I&\dsp=\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi(t)\Phi(t)dt\\[1em] &=\Bigl[\,\dfrac12\Phi^2(t)\,\Bigr]_{-\infty}^{+\infty} =\dfrac12 \enar\]

      car $\dsp\lim_{t\to+\infty}\Phi(t)=1$ et $\dsp\lim_{t\to-\infty}\Phi(t)=0$.
      On trouve donc que nécessirement $c=2$.

    3. L'espérance de $Y$ est
      \[E(Y)=\int_{-\infty}^{+\infty}yg(y)dx =2\int_{-\infty}^{+\infty}y\varphi(y)\Phi(y)dy\]

      On se rappelle que $\varphi(y)=\dfrac1{\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2}$ et donc $\varphi'(y)=-y\varphi(y)$, et que les fonctions de densité et de répartition sont reliées par $\Phi'(y)=\varphi(y)$.
      On peut donc penser à intégrer par parties avec $u(y)=\Phi(y)$ et $v'(y)=y\varphi(y)$, donc $u'(y)=\varphi(y)$ et $v(y)=-\varphi(y)$, et on a donc
      \[E(Y)=2\Bigl[-\Phi(y)\varphi(y)\Bigr]_{-\infty}^{+\infty} +2\int_{-\infty}^{+\infty}\varphi^2(y)dy\]

      Comme $\dsp\lim_{y\to\pm\infty}\varphi(y)=0$ et $\dsp\lim_{y\to-\infty}\Phi(y)=0$ et $\dsp\lim_{y\to+\infty}\Phi(y)=1$, on a
      \[\Bigl[-\Phi(y)\varphi(y)\Bigr]_{-\infty}^{+\infty}=0\]

      et donc
      \[\begin{array}{ll}E(Y) &\dsp=2\int_{-\infty}^{+\infty}\lp\dfrac1{\sqrt{2\pi}}e^{-y^2/2}\rp^2dy\\[1.5em] &\dsp=\dfrac1\pi\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-y^2}dy\\[1.4em] &=\dfrac1\pi\tm\sqrt{\pi}=\dfrac1{\sqrt\pi}\enar\]



      La variance de $Y$ est
      \[V(Y)=E\left( Y^2\rp-\left( E(Y)\rp^2\]

      avec
      \[\begin{array}{ll}E\left( Y^2\rp&\dsp=\int_{-\infty}^{+\infty}x^2g(x)dx\\[1.3em] &\dsp=2\int_{-\infty}^{+\infty}x^2\varphi(x)\Phi(x)dx\\[1.3em] &\dsp=2\int_{+\infty}^{-\infty}(-u)^2\varphi(-u)\Phi(-u)\lp-du\rp\\[1.3em] &\dsp=2\int_{-\infty}^{+\infty}u^2\varphi(u)\lp1-\Phi(u)\right) du\\[1.3em] &=2E\left( X^2\rp-E\left( Y^2\rp\enar\]

      or
      \[\begin{array}{ll}V\left( X^2\rp=1&=E\left( X^2\rp-\left( E(X)\rp^2=E\left( X^2\rp-0\\[1em] &\iff E\left( X^2\rp=1\enar\]

      et alors
      \[E\left( Y^2\rp=2-E\left( Y^2\rp\iff E\left( Y^2\rp=1\]

      et donc, finalement,
      \[V(Y)=1-\dfrac1\pi\]



Tag:Variables aléatoires continues

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