Exercices corrigés - Variables aléatoires à densité : théorie générale

On vérifie d'abord que les fonctions données sont continues sauf en un nombre fini de points et positives sur $\mathbb R$. On doit donc vérifier que $\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)dt$ converge et est égal à 1 pour déterminer s'il s'agit d'une densité.

1. On a bien $\int_0^{\pi/2}\cos(x)=\sin(\pi/2)-\sin(0)=1$ : $f_1$ définit bien une densité de probabilité. Notons $X_1$ une variable aléatoire de densité $f_1$. Sa fonction de répartition est alors donnée par $F_{X_1}(x)=0$ si $x<0$, $F_{X_1}(x)=\sin(x)$ si $x\in [0,\pi/2]$ et $F_{X_1}(x)=1$ si $x\geq\pi/2$. De plus, puisque $f_1$ est non-nulle seulement sur l'intervalle $[0,\pi/2]$, $X_1$ admet une espérance donnée par $$E(X_1)=\int_0^{\pi/2}x\cos(x)dx=\frac 12(\pi -2)$$ (intégrale qu'on peut calculer à l'aide d'une intégration par parties).
2. On a $$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{1+x^2}=\lim_{x\to+\infty}\arctan(x)-\lim_{x\to-\infty}\arctan(x)=\pi\neq 1.$$ Ainsi, $f_2$ n'est pas la densité de probabilité d'une variable aléatoire.
3. Remarquons que $f_3$ est de la forme $u'/u^2$ avec $u(x)=e^x+1$. On a donc $$\int_a^b \frac{e^x}{(e^x+1)^2}dx=\left[\frac{-1}{e^x+1}\right]_a^b=\frac{-1}{e^b+1}+\frac{1}{e^a+1}.$$ On fait tendre $a$ vers $-\infty$ et $b$ vers $+\infty$. Utilisant les limites de l'exponentielle en $+\infty$ et $-\infty$, on en déduit que $\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^x}{(e^x+1)^2}dx$ converge et vaut 1. Ainsi, $f_3$ est bien la densité de probabilité d'une variable aléatoire $X_3$. La fonction de répartition $F_{X_3}$ de cette variable aléatoire est donnée par $$F_{X_3}(t)=\int_{-\infty}^t \frac{e^x}{(e^x+1)^2}dx=1-\frac{1}{e^t+1}.$$ De plus, l'intégrale $\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{|x|e^x}{(e^x+1)^2}dx$ est convergente. En effet, au voisinage de $-\infty$, on a $$\frac{|x|e^x}{(e^x+1)^2}\sim_{-\infty}|x|e^x$$ et $\int_{-\infty}^0 |x|e^x dx$ converge (par comparaison à $1/x^2$ par exemple, ou par calcul en effectuant une intégration par parties). De même, au voisinage de $+\infty$, $$\frac{|x|e^x}{(e^x+1)^2}\sim_{+\infty}\frac{|x|e^x}{e^{2x}}=|x|e^{-x}$$ et pour les mêmes raisons, $\int_0^{+\infty}|x|e^{-x}dx$ converge. Ainsi, $X_3$ admet une espérance. Par ailleurs, la fonction $f_3$ est paire. En effet, pour tout $x\in\mathbb R$, on a $$f_3(-x)=\frac{\exp(-x)}{\big(\exp(-x)+1\big)^2}=\frac{\exp(-x)}{\exp(-2x)\big(1+\exp(x)\big)^2}=\frac{\exp(x)}{\big(\exp(x)+1\big)^2}.$$ Ceci entraîne (par un résultat du cours, ou tout simplement en effectuant le changement de variables $u=-x$ dans l'intégrale) que $E(X_3)=0$.
4. On a $\int_0^1 (1-x)dx=\frac 12$ et $\int_{-1}^0 (1+x)dx=\frac 12$. Ainsi, $\int_{-1}^1 f_4(x)dx=1$ et $f_4$ est la densité de probabilité d'une variable aléatoire $X_4$. La fonction de répartition de $X_4$ vaut $F_{X_4}(t)=0$ si $t\leq -1$. Si $t\in [-1,0]$, on a $$F_{X_4}(t)=\int_{-1}^t (1+x)dx=\frac 12+t+\frac{t^2}2.$$ Si $t\in [0,1]$, on a $$F_{X_4}(t)=\int_{-1}^0 f_4(x)dx+\int_0^t (1-x)dt=\frac 12+t-\frac{t^2}2.$$ Finalement, si $t\geq 1$, on a $F_{X_4}(t)=1$. D'autre part, puisque $f_4$ est nulle en dehors de $[-1,1]$, $X_4$ admet une espérance (il n'y a pas de problème de convergence d'intégrale). Enfin, puisque $f_4$ est paire, on a $E(X_4)=0$.
5. On a $$\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^3}dx=\left[\frac{-1}{2x^2}\right]_1^{+\infty}=\frac{1}2.$$ De même, on a $$\int_{-\infty}^ {-1}\frac{-1}{x^3}dx=\frac 12.$$ Ainsi, $f_5$ est bien la densité de probabilité d'une variable aléatoire $X_5$. Si $t\leq -1$, on a $$F_{X_5}(t)=\int_{-\infty}^t\frac{-1}{x^3}=\frac{1}{2t^2}.$$ Si $t\in [-1,1]$, alors on a $$F_{X_5}(t)=\frac 12.$$ Enfin, si $t\geq 1$, on a $$F_{X_5}(t)=\frac 12+\int_1^t \frac{1}{x^3}dx=1-\frac{1}{2t^2}.$$ D'autre part, $|x|f_5(x)=\frac{1}{|x|^2}$ si $|x|\geq 1$, fonction qui est bien intégrable au voisinage de $+\infty$ et de $-\infty$. $X_5$ admet une espérance. Puisque $f_5$ est paire, $E(X_5)=0$.
6. On a $\int_0^x f_6(t)dt=x-\cos(x)+1$. Ceci tend vers $+\infty$ si $x$ tend vers $+\infty$. La fonction $f_6$ n'est pas intégrable sur $\mathbb R$. Ce n'est pas une densité de probabilité.

La fonction $f$ est continue sur $\mathbb R$ et positive. Elle va être la densité de probabilité d'une variable aléatoire $X$ si elle est intégrable et si $\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx=1$. Or, une primitive de $\frac{1}{1+x^2}$ est $\arctan(x)$. On a donc $$\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx=a\lim_{x\to+\infty}\arctan(x)-a\lim_{x\to-\infty}\arctan(x)=a\pi.$$ Ainsi, $f$ est la densité de probabilité d'une variable aléatoire $X$ si et seulement si $a=\frac 1{\pi}$. Dans ce cas, la fonction de répartition de $X$ est donnée par $$F_X(t)=\int_{-\infty}^t \frac{1}{\pi(1+x^2)}dx=\frac 1\pi\left[\arctan(x)\right]_{-\infty}^t=\frac1\pi\arctan(t)+\frac 12.$$ Enfin, $X$ n'admet pas d'espérance car la fonction $xf(x)$ n'est pas intégrable sur $\mathbb R$. En effet, au voisinage de $+\infty$, on a $$xf(x)\sim_{+\infty}\frac{1}{\pi x}$$ et on conclut par comparaison à une intégrale de Riemann divergente.

Remarquons d'abord que $X$ est à valeurs dans $[0,1]$, $1-X$ est à valeurs dans $[0,1]$, donc $\ln(1-X)$ est à valeurs dans $]-\infty,0]$, et $T$ est à valeurs dans $\mathbb R_+$. On cherche ensuite la fonction de répartition $F_T$ de $T$. On vient de prouver que si $t<0$, on a $F_T(t)=0$. D'autre part, si $t\geq 0$, on a \begin{eqnarray*} F_T(t)&=&P\left(-\frac1\lambda \ln(1-X)\leq t\right)\\ &=&P\left(\ln(1-X)\geq -\lambda t\right)\\ &=&P\big(1-X\geq \exp(-\lambda t)\big)\\ &=&P\big(X\leq 1-\exp(-\lambda t)\big), \end{eqnarray*} où on a utilisé la croissance de la fonction logarithme. Maintenant, pour $\lambda,t\geq 0$, $1-\exp(-\lambda t)\in [0,1]$, et donc, utilisant la fonction de répartition d'une loi uniforme, $$F_T(t)=1-\exp(-\lambda t).$$ On reconnait la fonction de répartition d'une variable aléatoire suivant une loi exponentielle de paramètre $\lambda$. Donc $T$ suit une loi $\mathcal E(\lambda)$.
On en déduit l'algorithme suivant pour simuler une loi exponentielle de paramètre 5 :

Une preuve facile utilise le théorème de Fubini : on commence par remarquer que $$1-F(x)=P(X\geq x)=\int_x^{+\infty} f(t)dt$$ et donc $$\int_0^{+\infty}(1-F(x))dx=\int_0^{+\infty}\left(\int_x^{+\infty}f(t)dt\right)dx=\int_0^{+\infty}\left(\int_{0}^t dx\right)f(t)dt=\int_0^{+\infty}tf(t)dt$$ le changement dans l'ordre d'intégration étant justifié par le fait que tout est positif.
On peut aussi procéder par intégration par parties : en écrivant $1-F(x)=1\times(1-F(x))$, on a $$\int_0^{+\infty}(1-F(x))dx=[x(1-F(x)]_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}xf(x)dx.$$ Pour conclure, il suffit de prouver que $\lim_{x\to+\infty}x(1-F(x))=0$. Mais $$0\leq x(1-F(x))=x\int_x^{+\infty}f(u)du\leq \int_x^{+\infty}uf(u)du$$ et le membre de droite tend vers $0$ car $X$ admet une espérance.