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Exercice
Soit \( p(x)=\alpha x^{4}\Un_{[0, 2]}(x)\) pour un certain réel \( \alpha{>}0\) et \( X\) une variable aléatoire réelle de densité \( p\) .
- Déterminer \( \alpha\) pour que \( p\) soit une fonction de densité.
- Déterminer, pour tout réel \( t\) , la fonction de répartition de \( X\) , \( F_X(t)\) .
- Calculer \( E(X)\) , l'espérance de \( X\) .
- Calculer \( E(X^2)\) , l'espérance de \( X^2\) .
- En déduire \( \sigma(X)\) l'écart-type de \( X\) .
- Soit \( Y=X^{5}\) .
- Déterminer, pour tout réel \( t\) , la fonction de répartition de \( Y\) , \( F_Y(t)\) .
- En déduire \( q\) la fonction de densité de \( Y\) . On ademettra qu'elle existe.
- En déduire la loi de \( Y\) .
- Calculer \( E(Y)\) , l'espérance de \( Y\) .
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Exercice
- Pour que \( p\) soit une fonction de densité, il faut que
la fonction \( p\) soit positive ce qui est trivialement le cas,
que la fonction \( p\) soit intégrable ce qui est également le cas puisqu'elle est continue par morceau
et que \( \dpl{\int_\R p(x)\ dx}=1\) . Cette dernière condition se traduit de la manière suivante :
\begin{eqnarray*}
1
&=& \int_\R p(x)\ dx\\
&=& \int_0^{2}\alpha x^{4}\ dx\\
&=& \alpha \left[\dfrac{x^{5}}{5}\right]_{0}^{2}\\
&=& \alpha \dfrac{2^{5}}{5}\\
&=& \alpha \dfrac{32}{5}\\
\end{eqnarray*}
En conslusion, pour que \( p\) soit une fonction de densité, il faut et il suffit que \( \alpha= \dfrac{5}{32}\)
- Soit \( t\in[0; 2]\) alors :
\begin{eqnarray*}
F_X(t)
&=& P(X{<}t)\\
&=& \int_{-\infty}^t p(x)\ dx\\
&=& \int_0^{t}\dfrac{5}{32} x^{4}\ dx\\
&=& \dfrac{5}{32} \left[\dfrac{x^{5}}{5}\right]_{0}^{t}\\
&=& \dfrac{5}{32} \dfrac{t^{5}}{5}\\
&=& \dfrac{t^{5}}{32}
\end{eqnarray*}
En conclusion :
\[
F_X(t)=
\left\{
\begin{array}{rl}
0&\text{si } t{<}0\\
\dfrac{t^{5}}{32} &\text{si } t\in[0 ; 2]\\
1&\text{si } t{>}2
\end{array}
\right.
\]
-
\begin{eqnarray*}
E(X)
&=& \int_\R x p(x)\ dx\\
&=& \int_0^{2}\dfrac{5}{32} x^{5}\ dx\\
&=& \dfrac{5}{32} \left[\dfrac{x^{6}}{6}\right]_{0}^{2}\\
&=& \dfrac{5}{32} \dfrac{2^{6}}{6}\\
&=& \dfrac{5}{6}2
\end{eqnarray*}
-
\begin{eqnarray*}
E(X^2)
&=& \int_\R x^2 p(x)\ dx\\
&=& \int_0^{2}\dfrac{5}{32} x^{6}\ dx\\
&=& \dfrac{5}{32} \left[\dfrac{x^{7}}{7}\right]_{0}^{2}\\
&=& \dfrac{5}{32} \dfrac{2^{7}}{7}\\
&=& \dfrac{5}{7}4
\end{eqnarray*}
- D'après la formule de Koëning, \( V(X)=E(X^2)-E(X)^2\) où \( V(X)\) est la variance de \( X\) carré de l'écart-type.
\begin{eqnarray*}
V(X)
&=& E(X^2)-E(X)^2\\
&=& \dfrac{5}{7}4-\left(\dfrac{5}{6}2\right)\\
&=& \dfrac{20}{252}
\end{eqnarray*}
Finalement \( \sigma(X)=\sqrt{\dfrac{20}{252}}\)
- Soit \( Y=X^{5}\) .
- Par définition \( F_Y(t)=P(Y{<}t)=P(X^{5}{<}t)=P(X{<}t^{\frac{1}{5}})\) qui n'est définie que lorsque \( t\geqslant 0\) . Finalement
\[
F_Y(t)=F_X\left(t^{\frac{1}{5}}\right)=
\left\{
\begin{array}{rl}
0&\text{si } t^{\frac{1}{5}}{<}0\\
\dfrac{\left(t^{\frac{1}{5}}\right)^{5}}{32} &\text{si } t^{\frac{1}{5}}\in[0 ; 2]\\
1&\text{si } t^{\frac{1}{5}}{>}2
\end{array}
\right\}
=
\left\{
\begin{array}{rl}
0&\text{si } t{<}0\\
\dfrac{t}{32} &\text{si } t\in[0 ; 2^{5}]\\
1&\text{si } t{>}2^{5}
\end{array}
\right.
\]
- La fonction \( q\) , densité de \( Y\) , est la dérivé de \( F_Y\) . On trouve,
\[
q(x)= \dfrac{1}{32} \Un_{[0, 32]}(x)
\]
- On observe que \( Y\) suit la loi uniforme sur \( [0 ; 32]\) .
\[
Y\sim \mathcal{U}_{[0 ; 32]}
\]
- L'espérance de la loi uniforme est le milieu de l'intervale. Sans plus de calcul,
\[
E(Y)= \dfrac{32}{2}
\]
