Exercices corrigés - Variables aléatoires : moments, fonctions de répartition, génératrice, caractéristique

Posons $f(a)=E((X-a)^2)=E(X^2)-2aE(X)+a^2$. Cette fonction est un polynôme du second degré, à coefficient dominant positif. Elle admet donc un minimum lorsque $f'(a)=0$, c'est-à-dire pour $a=E(X)$.

Remarquons d'abord que si $X$ est quasi-certaine, $X^2$ est aussi quasi-certaine et $P(X^2=a^2)=1$. En particulier, $E(X^2)=a^2$ ce qui justifie l'existence de la variance. De plus, $$V(X)=E(X^2)-E(X)^2=a^2-a^2=0.$$ Réciproquement, supposons que $V(X)=0$. Notons $m$ l'espérance de $X$, $(x_n)$ l'ensemble des valeurs distinctes prises par $X$ et $p_n=P(X=n)$. Alors, $$V(X)=\sum_{n=0}^{+\infty}p_n(x_n-m)^2.$$ Puisque $V(X)=0$, tous les termes de cette somme, qui sont positifs ou nuls, doivent être nuls. Ceci implique que pour tout entier $n$, ou bien $x_n=m$, ou bien $p_n=0$. De plus, tous les $p_n$ ne peuvent pas être nuls (leur somme vaut 1), et comme tous les $x_n$ sont différents, un seul de ces $x_n$ peut être égal à $m$. Il existe donc un unique $x_{n_0}$ égal à $m$. Les autres sont différents de $m$ et donc $p_n=0$ pour $n\neq n_0$. On en déduit que $p_{n_0}=1$ et donc que $P(X=x_{n_0})=1$ : $X$ est presque sûre.

Soit $n\geq 1$. Posons $$M_n=\{x\in M;\ P(X=x)\geq 1/n\}.$$ Alors $M_n$ est fini de cardinal inférieur ou égal à $n$ (car $P(M_n)\leq 1$). De plus, $M=\bigcup_{n\geq 1}M_n$. Ainsi, $M$ est fini ou dénombrable, comme réunion d'ensembles finis ou dénombrables.

Il faut et il suffit que $p_n\geq 0$ pour tout entier $n$ et que $\sum_{n=0}^{+\infty}p_n=1$. Implicitement, on remarque qu'il faut avoir $a\neq -1$, sinon la suite $(p_n)$ n'est pas définie. On remarque d'abord que l'on ne peut pas avoir $k=0$, sinon $p_n=0$ pour tout $n\geq 0$ et la deuxième condition ne peut pas être satisfaite. Le cas $a=0$ entraîne $k=1$ (dans ce cas, seul $p_0$ est non nul, avec la convention $0^0=1$). Si $a\neq 0$, la première condition appliquée pour $n=2$ impose $k>0$. De plus, pour que la série $\sum_n p_n$ converge, on doit avoir \begin{align*} \left|\frac{a}{a+1}\right|<1&\iff \left|\frac1{a+1}-1\right|<1\\ &\iff -1<\frac1{a+1}-1<1\\ &\iff 0<\frac{1}{a+1}<2\\ &\iff a+1>\frac 12\\ &\iff a>-\frac 12. \end{align*} Mais alors, comme la série converge, on sait que $$\sum_{n=0}^{+\infty}p_n=\frac{k}{1-\frac a{a+1}}=k(a+1)$$ et donc on a $k=\frac1{a+1}$. Finalement, puisque $k>0$ et $p_1>0$, on doit donc avoir $\frac{a}{a+1}>0$ ce qui implique $a>0$ puisqu'on sait déjà que $a+1>0$.
Réciproquement, si $a=0$ et $k=1$, ou $a>0$ et $k=\frac{1}{a+1}$, on vérifie facilement que les deux propriétés précédents sont vérifiées et donc que $(p_n)$ est une distribution de probabilité. La fonction génératrice est alors donnée par $$G(t)=\sum_{n\geq 0}p_n t^n=\frac{k}{1-\frac{at}{a+1}}=\frac1{a+1-at}.$$

Notons $\sum_{n\geq 0}a_n t^n$, $\sum_{n\geq 0}b_n t^n$ et $\sum_{n\geq 0}c_n t^n$ les fonctions génératrices respectives de $X$, $Y$ et $Z$. On a donc $$a_n=\frac{e^{-\lambda}\lambda^n}{n!}\textrm{ et }b_n=\frac{e^{-\mu}\mu^n}{n!}.$$ La série génératrice de $Z$ est obtenue en effectuant le produit de Cauchy de ces deux séries. On a donc \begin{eqnarray*} c_n&=&\sum_{k=0}^n a_k b_{n-k}\\ &=&e^{-(\lambda+\mu)}\sum_{k=0}^n \frac{\lambda^k \mu^{n-k}}{k! (n-k)!}\\ &=&\frac{e^{-(\lambda+\mu)}}{n!}\sum_{k=0}^n \binom nk \lambda^k \mu^{n-k}\\ &=&\frac{e^{-(\lambda+\mu)}(\lambda+\mu)^n}{n!}. \end{eqnarray*} On reconnait bien la fonction génératrice d'une loi de Poisson de paramètre $\lambda+\mu$. Comme la fonction génératrice caractérise la loi d'une variable aléatoire, $Z$ suit bien une loi de Poisson de paramètre $\lambda+\mu$.

Soient $\veps>0$ et $t,s\in\mathbb R$. On a $$|\hat{\mu}(t)-\hat{\mu}(s)|\leq\int_{\mathbb R}|e^{itx}-e^{isx}|d\mu(x).$$ Soit $A>0$ tel que $\mu(\mathbb R\backslash[-A,A])\leq\veps$. Alors, on découpe $\mathbb R$ en $[-A,A]\cup(\mathbb R\backslash[-A,A])$. Majorant $|e^{itx}-e^{isx}|$ par 2 sur $\mathbb R\backslash[-A,A]$, on trouve \begin{eqnarray*} |\hat{\mu}(t)-\hat{\mu}(s)|&\leq&2\veps+\int_{-A}^A|e^{itx}-e^{isx}|d\mu(x)\\ &\leq&2\veps+\int_{-A}^A|t-s||x|d\mu(x)\textrm{ par l'inégalité des accroissements finis}\\ &\leq&2\veps+|t-s|A^2. \end{eqnarray*} On pose $\eta=\veps/A^2$. Si $|t-s|<\eta$, alors $$|\hat{\mu}(t)-\hat{\mu}(s)|<\veps,$$ ce qui prouve l'uniforme continuité de $\hat\mu$ sur $\mathbb R$.

1. On a $1=\phi_X(1)=\int_{\mathbb R}\cos xdP_X(x)+i\int_{\mathbb R}\sin xdP_X(x)$, et donc $\int_{\mathbb R}\cos xdP_X(x)=1=\int_{\mathbb R}dP_X(x)$, ce qui prouve la première partie de l'assertion. De plus, la fonction $(1-\cos x)dP_X(x)$ est strictement positive sur $\mathbb R\backslash2\pi \mathbb Z$. Puisque son intégrale (par rapport à la mesure $P_X$) est nulle, c'est bien que $P_X(\mathbb R\backslash2\pi \mathbb Z)=0$. On aurait aussi pu remarquer que, puisque $\phi_X(1)=1$, on a $$\int_{\mathbb R}e^{itx}dP_X(x)=\int_{\mathbb R}|e^{itx}|dP_X(x)$$ ce qui entraine $|e^{itx}|=1$ $P_X$-presque sûrement.
2. La condition entraîne que $$P_X=\sum_{k\in\mathbb Z}a_k\delta_{2\pi k},$$ où $(a_k)$ est une suite de réels de $[0,1]$ avec $\sum_k a_k=1$. On en déduit que $$\phi_X(t)=\sum_{k\in\mathbb Z}a_k \int_{\mathbb R} e^{itx}d\delta_{2\pi k}(x)=\sum_{k\in\mathbb Z}a_k e^{i2\pi k t}.$$ En particulier, $$\phi_X(1)=\sum_{k\in\mathbb Z}a_k =1.$$
3. La démonstration précédente prouve aussi que si $P_X(\mathbb R\backslash2\pi \mathbb Z)=0$, alors $\phi_X$ est $1$-périodique. Réciproquement, si $\phi_X$ est $1$-périodique, alors $\phi_X(1)=\phi_X(0)=1$.