Exercice

1. Pour que \( p\) soi une fonction de densité, il faut que \( p\) soit positive ce qui sera vrai pourvu que \( \alpha\) soit positif, continue sauf sur un ensemble dénonbrabl de point, ce qui est trivialement le cas ici : \( p\) est continue partout sauf en \( -u\) et \( u\) . Finalement, il faut que \( p\) soit de poids \( 1\) , ce qui va permettre de déterminer \( \alpha\) . Précisément on a : \begin{eqnarray*} 1 &=&\int_\R p(x)\ dx\\ &=&\alpha\int_{-u}^u e^{-18|x|}\ dx\\ &=&2\alpha\int_{0}^u e^{-18|x|}\ dx\qquad\text{Par parité}\\ &=&2\alpha\int_{0}^u e^{-18x}\ dx\\ &=&2\alpha\left[-\dfrac{1}{18}e^{-18x}\right]_0^u\\ &=&2\dfrac{\alpha}{18}\left(1-e^{-18u}\right)\\ &=&\dfrac{\alpha}{9}\left(1-e^{-ln\left(\dfrac{11}{2}\right)}\right)\\ &=&\dfrac{\alpha}{9}\left(1-\dfrac{2}{11}\right)\\ &=&\dfrac{\alpha}{9}\left(\dfrac{9}{11}\right)\\ &=&\dfrac{\alpha}{11} \end{eqnarray*} Finalement on trouve \( \alpha=11\) et \( p\) est une fonction de densité.
2. On observe que la fonction de densité est paire (c'est à dire \( p(-x)=p(x)\) pour tout \( x\) ). C'est à dire que la moité de l'aire est à gauche de l'axe des ordonnées et l'autre moitié à droite. De sorte que \( \Esp{X}=0\) .
3. \begin{eqnarray*} \Esp{X^2} &=&\int_\R x^2p(x)\ dx\\ &=&11\int_{-u}^u x^2e^{-18|x|}\ dx\\ &=&2\times11\int_{0}^u x^2e^{-18|x|}\ dx\qquad\text{Par parité}\\ &=&22\int_0^u x^2 e^{-18x}\ dx \\ &=&22\left(\left[-\dfrac{1}{18}e^{-18x}x^2\right]_0^u+\dfrac{1}{9}\int_0^u x e^{-18x}\ dx \right)\quad \text{IPP}\\ &=&22\left(-\dfrac{1}{18}e^{-18u}u^2+\dfrac{1}{9}\left(\left[-\dfrac{1}{18}e^{-18x}x\right]_0^u+\dfrac{1}{18}\int_0^u e^{-18x}\ dx \right)\right)\quad \text{IPP}\\ &=&22\left(-\dfrac{1}{18}e^{-18u}u^2+\dfrac{1}{9}\left(-\dfrac{1}{18}e^{-18u}u+\dfrac{1}{18}\left[-\dfrac{1}{18}e^{-18x}\right]_0^u \right)\right)\\ &=&22\left(-\dfrac{1}{18}e^{-18u}u^2+\dfrac{1}{9}\left(-\dfrac{1}{18}e^{-18u}u+\dfrac{1}{18}\left(1-\dfrac{1}{18}e^{-18u}\right) \right)\right)\\ &=& 22\left(-\dfrac{1}{18}e^{-18u}u^2-\dfrac{1}{162}e^{-18u}u+\dfrac{1}{2916}(1-e^{-18u})\right) \end{eqnarray*} Or \( e^{-18u}=\dfrac{2}{11}\) d'où \( \Esp{X^2} = 22\left(-\dfrac{1}{18}\dfrac{2}{11}u^2-\dfrac{1}{162}\dfrac{2}{11}u+\dfrac{1}{2916}\left(1-\dfrac{2}{11}\right)\right) = \dfrac{1}{162}-\dfrac{2}{81}u-\dfrac{2}{9}u^2\) . Finalement \( \mathbb{V}\left(X\right)=\Esp{X^2}-\Esp{X}^2=\Esp{X^2}= \dfrac{1}{162}-\dfrac{2}{81}u-\dfrac{2}{9}u^2\) .
4. 1. Comme la fonction de densité est paire, on a \( \Proba(X{>}0)=\Proba(X{<}0)=0.5\)
   2. \begin{eqnarray*} \Proba\left(X{>}\dfrac{u}{2}\right) &=&\int_{\frac{u}{2}}^{+\infty} p(x)\ dx\\ &=&\int_{\frac{u}{2}}^{u} 11e^{-18x}\ dx\\ &=&-\dfrac{11}{18}\left[e^{-18x}\right]_{\frac{u}{2}}^{u}\\ &=&-\dfrac{11}{18}\left(e^{-18u}-e^{-18\frac{u}{2}}\right)\\ &=&-\dfrac{11}{18}\left(e^{-18u}-\sqrt{e^{-18u}}\right)\\ &=&-\dfrac{11}{18}\left(\dfrac{2}{11}-\sqrt{\dfrac{2}{11}}\right)\\ &=&-\dfrac{1}{9}+\sqrt{\dfrac{11}{162}}\\ &=&\sqrt{\dfrac{11}{162}}-\dfrac{1}{9} \end{eqnarray*}
   3. Par symétrie de la fonction de densité, \( \Proba\left(X{<}-\dfrac{u}{2}\right)=\Proba\left(X{>}\dfrac{u}{2}\right)\) qui vaut donc d&apos;après la question précédente \( \sqrt{\dfrac{11}{162}}-\dfrac{1}{9}\) .
5. 1. Naturelement, puisque le changement de variable est une exponentielle, la loi est positive de sorte que \( F_Y(t)=0\) si \( t\leqslant 0\) . Soit \( t\) une nombre réel positif. \begin{eqnarray*} F_Y(t) &=&\Proba(Y\leqslant t)\\ &=&\Proba(e^{-18|X|}\leqslant t)\\ &=&\Proba(-18|X|\leqslant ln(t))\\ &=&\Proba\left(|X|\geqslant -\dfrac{ln(t)}{18}\right)\\ &=&1-\Proba\left(|X|{<} -\dfrac{ln(t)}{18}\right)\\ &=&1-\Proba\left(\dfrac{ln(t)}{18} {<}X{<} -\dfrac{ln(t)}{18}\right)\\ \end{eqnarray*} Pour que cette égalité ai un sens, il faut que \( -\dfrac{ln(t)}{18}\geqslant 0\) , c&apos;est à dire que \( t\leqslant 1\) . Autrement la probabilité vaut \( 0\) et donc la fonction de répartition de \( Y\) vaut 1. De plus le support de la loi de \( X\) est \( [-u ; u]\) . Il faut donc que \( -\dfrac{ln(t)}{18}\leqslant u\) c&apos;est à dire \[ -\dfrac{ln(t)}{18}\leqslant u \Rightarrow -\dfrac{ln(t)}{18}\leqslant\dfrac{1}{18}ln\left(\dfrac{11}{2}\right) \Rightarrow ln(t)\geqslant -ln\left(\dfrac{11}{2}\right) \Rightarrow t\geqslant \dfrac{2}{11} \] Supposons donc que \( t \in \left[\dfrac{2}{11} ; 1\right]\) \begin{eqnarray*} F_Y(t) &=&1-\Proba\left(\dfrac{ln(t)}{18} {<}X{<} -\dfrac{ln(t)}{18}\right)\\ &=&1-\int_{\frac{ln(t)}{18}}^{-\frac{ln(t)}{18}}p(x)\ dx\\ &=&1-2\int_{0}^{-\frac{ln(t)}{18}}p(x)\ dx\\ &=&1-22\int_{0}^{-\frac{ln(t)}{18}}e^{-18x}\ dx\\ &=&1+\dfrac{11}{9}\left[e^{-18x}\right]_{0}^{-\frac{ln(t)}{18}}\\ &=&1+\dfrac{11}{9}\left(e^{ln(t)}-1\right)\\ &=&1+\dfrac{11}{9}\left(t-1\right)\\ &=&\dfrac{11}{9}t-\dfrac{2}{9}\\ \end{eqnarray*} En conclusion \( \dpl{ F_Y(t)=\left\{ \begin{array}{rl} 0 & \text{Si } x{<}0\\ \dfrac{11}{9}t-\dfrac{2}{9}& \text{Si } t\in\left[\dfrac{2}{11} ; 1\right]\\ 1 & \text{Si } x{>}1\\ \end{array} \right. }\)
   2. Il suffit de dériver la fonction précédente pour obenir la densité \( q\) de \( Y\) : \[ q(y) = \dfrac{11}{9}\Un_{\left[\frac{2}{11} ; 1\right]}(y)\]
   3. On reconnait la loi uniforme sur \( \left[\dfrac{2}{11} ; 1\right]\) .
   4. D'après le cours, si \( Z\sim \mathcal{U}_{[a, b]}\) alors \( \Esp{Z}=\dfrac{a+b}{2}\) et \( \sigma(Z)=\dfrac{b-a}{\sqrt{12}}\) . Ainsi, dans notre cas : \[ \Esp{Y}=\dfrac{1+\dfrac{2}{11}}{2}=\dfrac{13}{22} \qquad\text{et}\qquad \sigma(Y)=\dfrac{1-\dfrac{2}{11}}{\sqrt{12}} = \dfrac{3}{22}\sqrt{3} \]