TD Proba

Exercice 1

on note :

A suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda_A$ et H suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda_H$

D’après la formule de conditionnement puis par la définition de la fonction de répartition d’une va :

$$P(A \leq H) = \int_{0}^{+\infty} P(A \leq H \mid H = t) \lambda_H e^{-\lambda_H t}dt$$

$$= \int_{0}^{+\infty} P(A \leq t) \lambda_H e^{-\lambda_H t}dt$$

$$= \int_{0}^{+\infty} (\int_0^t\lambda_Ae^{-\lambda_Ax}dx) \lambda_H e^{-\lambda_H t}dt$$

puis après des calculs d’intégrales:

$$P(A \leq H) = 0.3$$

Exercice 3

1. On a par indépendance de X et Y :

$p(x,y)= p_X(x)p_Y(y) = \mathbb 1_{\mathbb R^+}(x)e^{-x}\times 1_{\mathbb R^+}(y)e^{-2y}\times2 = 2\times e^{-2y-x}\times\mathbb 1_{\mathbb R^2_+}(x,y)$

2. Soit t positif, on a avec le conditionnement et la fonction de répartition :

$$P(X+Y \leq t) = \int_0^t P(X\leq t-y)\times 2e^{-2y}dy$$

$$= \int_0^t(1-e^{-t+y})\times 2e^{-2y}dy$$

$$= -\int_0^t -2e^{-2y}dy - \int_0^t 2e{-t-y}dy$$

puis après quelques lignes de calcul intégral, on obtient :

$$P(X+Y \leq t) = e^{-2t}+1+2e^{-t} = (1 - e^{-t})^2$$

Pour calculer l’esperance de X+Y, on utilise la linéarité de l’esperance puis une IPP :

$$E(X+Y) = E(X) + E(Y)$$

$$= \int_0^\infty xe^{-x}dx + \int_0^\infty 2ye^{-2y}dy$$

$$= \int_0^\infty e^{-x}dx + \int_0^\infty e^{-2y}dy$$

$$= 3/2$$

3. Par hypothèse X et Y sont indépendantes on peut donc séparer l’esperance en deux, on fait alors la même IPP que la question du dessus :

$$E(XY) = E(X)E(Y) = \int_0^\infty e^{-x}dx \times \int_0^\infty e{-2x}dx = 1/2$$

Exercice 4

1. Densité de la loi de Y sachant X = x : Par indépendance de V et U et donc de V et X on a : $$P(Y \leq t | X = x) = P(V \leq t/x)$$

$$P(Y \leq t | X = x) = t/x \quad si \ x>t \quad et \quad 1 \ sinon$$

Et donc en dérivant on a :

$$f_Y^{X=x}(t) = \frac{1}{x}\times \mathbb{1}_{[0,x]}(t)$$

La loi du couple (X,Y) :

$$f(x,y) = f_X(x) \times f_Y^{X=x}(y) = \frac{1}{x}\times \mathbb{1}_{[0,x]}(y) \times \mathbb{1}_{[0,1]}(x)$$

d’où le résultat

$$f(x,y) = \frac{1}{x}\times \mathbb{1}_{0<y<x<1}(x,y)$$

Loi marginale de Y = UV

$$f_Y(y) = \int_0^1f(x,y)dx = \int_0^1\frac{1}{x}\times \mathbb{1}_{0<y<x<1}(x,y)dx = \int_y^1\frac{1}{x}dx$$

$$f_Y(y) = -ln(y)$$

2. Montrons : De même par independance de V et X on a : $$P(Y \leq t) = \int_0^1P(V \leq t/x)dx = \int_0^t1dx \ + \ \int_t^1\frac{t}{x}dx = t-tln(t)$$

en dérivant on a : $$f_Y(y) = -ln(y)$$

Exercice 5

1. covariance de (X,Y)

$$Cov(X,Y) = E[XY] - E[X]E[Y]$$

Par indpendance de U et V $$E[XY] = E[min(U,V)\times max(U,V)] = E[UV] = \frac{1}{4}$$

si U est le minimum alors X=U et de même pour V, les 2 cas sont donc symétriques et par indépendance de U et V on a : $$E[X] = E[min(U,V)] = 2\int_{u=0}^1\int_{v=0}^uvf(u,v)dvdu = \frac{1}{3}$$

de même, $$E[Y] = E[max(U,V)] = 2\int_{v=0}^1\int_{u=v}^1uf(u,v)dvdu = \frac{2}{3}$$

ainsi, $$Cov(X,Y) = \frac{1}{36} \quad donc \ Cov(X,Y) \neq0$$

d’où X et Y ne sont pas indépendantes

2. Montrons :

$$(X,Y) \in B = ((U,V) \in B) \cap (A \cup \bar{A} )$$

Par symétrie de A et $\bar{A}$ on a : $$P((X,Y) \in B) = 2P((U,V) \in B , A) = 2\int\int_B \chi_{0<u<v<1}(u,v)dudv$$

densité jointe de (X,Y) : on a,

$$P((X,Y) \in B) = \int\int_B 2\chi_{0<u<v<1}(u,v)dudv$$

d’où

$$f(x,y) = 2 \times \mathbb{1}_D(x,y), \quad D= \left\{ (x,y) \in (0,1) \ | \ 0<x<y<1 \right\}$$