L2 SEG (STATISTIQUE MATHÉMATIQUE STAT II)Série STAT2 Corrigée N°1(VARIABLE ALÉATOIRE MULTIDIMENSIONNELLE)

BEN AHMED MOHSEN

Téléphone :(+216)97619191
Adresse électronique : omega.center.cp@gmail.com

L2 SEG (STATISTIQUE MATHÉMATIQUE-STAT II)

Série Corrigée N°1-ÉNONCÉS
VARIABLE ALÉATOIRE MULTIDIMENSIONNELLE
Exercice 1 : (ISG-SC 2005)
Soit 𝑿 et 𝒀 deux v.a indépendantes leurs ; d.d.p respectives sont :
𝟐
𝟑 𝟏 − 𝒚 𝟐 , 𝒔𝒊 𝑦 ∈ 𝟎, 𝟏
𝒇𝑿 𝒙 = 𝟑𝒙 , 𝒔𝒊 𝑥 ∈ 𝟎, 𝟏
Et
𝒇𝒀 𝒚 =
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
Soit 𝑻 = 𝑿 + 𝒀
+∞
1) Montrer que la f.r de la v.a 𝑻 ; 𝑭𝑻 𝒕 est égale à : −∞ 𝑭𝑿 𝒕 − 𝒙 . 𝒇𝒀 𝒚 𝒅𝒚
2) En déduire la d.d.p de la v.a 𝑻 : 𝒇𝑻 𝒕

Exercice 2 :
Soit le couple de v.a 𝑿, 𝒀 tels que
𝒙𝒆−𝒙𝒚 , 𝒔𝒊 𝑥 > 0 𝑒𝑡 𝑦 > 0
𝝀𝒆−𝝀𝒙 , 𝒔𝒊 𝑥 > 0
𝒇𝑿 𝒙 =
; 𝝀 > 0 Et 𝒇𝒀∕𝑿 𝒚 =
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
1) Déterminer la d.d.p conjointe de 𝑿, 𝒀
2) Déterminer la d.d.p marginale de 𝒀
3) Déterminer la distribution conditionnelle de𝑿 ∕ 𝒀 = 𝒚 .
Les v.a 𝑿 et 𝒀 sont-elles indépendantes ?

Exercice 3 : (ISG-DS 2007)
La d.d.p conjointe du couple 𝑿, 𝒀 est donnée par
−
𝒙, 𝒚 = 𝒌𝒙𝒆

𝒙
+𝒚
𝟐

, 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒙 ≥ 𝟎 𝒆𝒕 𝒚 ≥ 𝟎
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
1) Trouver la valeur de k
2) Déterminer les d.d.p marginales de 𝑿 et de 𝒀 .
Les v.a sont-elles indépendantes ?
3) En déduire la fonction génératrice du couple 𝑿, 𝒀
𝟏
4) On pose 𝑼 = 𝟐 𝑿 + 𝒀 et 𝑉 = 𝒀
Exprimer la fonction génératrice du couple 𝑼, 𝑽 en fonction du couple 𝑿, 𝒀
𝒇𝑿,𝒀

Exercice 4 :
Soit 𝑿 et 𝒀 deux v.a indépendantes et de même loi 𝓝 𝟎; 𝟏 .
1) Utiliser la fonction génératrice des moments pour déterminer les lois de 𝑿 + 𝒀 et 𝑿 − 𝒀
2) Les deux v.a : 𝑿 + 𝒀 et 𝑿 − 𝒀 sont-elles indépendantes ? Justifier votre réponse.

Exercice 5 :
Soit 𝑿 ↝ ℇ 𝟏 , calculer la d.d.p de la v.a 𝒀 = 𝑳𝒏 𝒙 .

Exercice 6 :
Soient 𝑿 et 𝒀 deux v.a i.i.d de ℇ 𝝀 ; 𝝀 > 0
𝒎𝒊𝒏 𝑿,𝒀
Calculer la d.d.p de 𝒁 = 𝒎𝒂𝒙 𝑿,𝒀

1

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Exercice 7 :

Soit 𝑿 ↝ 𝓝 𝟎; 𝟏 Calculer la d.d.p de 𝒀 = 𝒆𝑿

Exercice 8 :

𝟏

𝒙 , 𝒔𝒊 𝑥 ∈ 𝟎, 𝟐
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
1) Déterminer l’espérance et la variance de 𝑿
2) Déterminer 𝑴𝑿 𝒕
3) On pose 𝒀 = 𝑿 𝟐 − 𝑿 . Donner la densité 𝒇𝒀 de la distribution de 𝒀

Soit 𝑿 une v.a dont la d.d.p est 𝒇𝑿 𝒙 =

𝟐

Exercice 9 : (ESC-SP 2005)

Soit la v.a 𝑿 ↝ 𝑼 𝒂,𝒃
1) Déterminer la f.r de 𝑿
2) Calculer 𝑴𝑿 𝒕
3) On prendra par la suite 𝒂 = 𝟎 et 𝒃 = 𝟏
a) Montrer que 𝑿 et 𝟏 − 𝑿 suivent même loi
𝟏
b) Montrer que 𝒀 = − 𝝀 𝑳𝒏 𝒙
ℇ 𝝀 où 𝝀 > 0 .

2

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L2 SEG (STATISTIQUE MATHÉMATIQUE-STAT II)

Série Corrigée N°1- CORRIGÉS
VARIABLE ALÉATOIRE MULTIDIMENSIONNELLE
Corrigé 1 : (ISG-SC 2005)

1) 𝑭𝑻 𝒕 = 𝑷(𝑻 ≤ 𝒕) ⇔ 𝑭𝑻 𝒕 = 𝑷(𝑿 + 𝒀 ≤ 𝒕)

⇔ 𝑭𝑻 𝒕 = 𝑷(𝑿 ≤ 𝒕 − 𝒀)
+∞
𝒕−𝒚
⇔ 𝑭𝑻 𝒕 = −∞ −∞ 𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙 𝒅𝒚

Or 𝑿 et 𝒀 deux v.a indépendantes donc 𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 = 𝒇𝑿 𝒙 . 𝒇𝒀 𝒚 par la suite :
+∞
𝒕−𝒚
+∞
𝒕−𝒚
𝑭𝑻 𝒕 = −∞ −∞ 𝒇𝑿 𝒙 . 𝒇𝒀 𝒚 𝒅𝒙 𝒅𝒚 ⇔ 𝑭𝑻 𝒕 = −∞ 𝒇𝒀 𝒚 . −∞ 𝒇𝑿 𝒙 𝒅𝒙 𝒅𝒚
𝒕−𝒚
𝒇𝑿
−∞

Et comme on a 𝑭𝑿 𝒕 − 𝒚 = 𝑷(𝑿 ≤ 𝒕 − 𝒚) =
D’où le résultat : 𝑭𝑻 𝒕 =
2) 𝒇𝑻 𝒕 =

𝒅𝑭𝑻 𝒕

+∞

−∞

𝑭𝑿 𝒕 − 𝒙 . 𝒇𝒀 𝒚 𝒅𝒚

⇔ 𝒇𝑻 𝒕 =

𝒅𝒕

𝒙 𝒅𝒙

+∞

+∞ 𝒅𝑭𝑿 𝒕−𝒚
𝒅𝒕

−∞

𝒇𝒀 𝒚 𝒅𝒚

Ce qui donne 𝒇𝑻 𝒕 = −∞ 𝒇𝑿 𝒕 − 𝒚 . 𝒇𝒀 𝒚 𝒅𝒚
∀ 𝒙, 𝒚 ∈ 𝟎, 𝟏 × 𝟎, 𝟏 On a 𝒇𝑿 𝒙 ≠ 𝟎 et 𝒇𝒀 𝒚 ≠ 𝟎
Or 𝒕 = 𝒙 + 𝒚 ce qui implique que 𝒕 varie dans 𝟎, 𝟐
𝒙 =𝒕−𝒚
⟹ 𝟎 ≤ 𝒕 − 𝒚 ≤ 𝟏 Ou encore 𝒕 − 𝟏 ≤ 𝒚 ≤ 𝒕 ainsi 2 cas se présentent :
𝟎≤𝒙≤𝟏
er
1 cas : si 𝒕 − 𝟏 ≤ 𝟎 il s’ensuit que, 𝒕 ∈ 𝟎, 𝟏 et 𝟎 ≤ 𝒚 ≤ 𝒕
+∞
𝒕
𝒇𝑻 𝒕 = −∞ 𝒇𝑿 𝒕 − 𝒚 . 𝒇𝒀 𝒚 𝒅𝒚 = 𝟗 𝟎 𝒕 − 𝒚 𝟐 . 𝟏 − 𝒚 𝟐 𝒅𝒚
𝒕

𝒚𝟒 − 𝟐 𝒕 + 𝟏 𝒚𝟑 + 𝒕𝟐 + 𝟒𝒕 + 𝟏 𝒚𝟐 − 𝟐 𝒕𝟐 + 𝒕 𝒚 + 𝒕𝟐 𝒅𝒚

⟺ 𝒇𝑻 𝒕 = 𝟗
𝟎

⟺ 𝒇𝑻 𝒕 = 𝟗 𝟏𝟓𝒚𝟓 − 𝟏𝟐 𝒕 + 𝟏 𝒚𝟒 + 𝟏𝟑 𝒕𝟐 + 𝟒𝒕 + 𝟏 𝒚𝟑 − 𝒕𝟐 + 𝒕 𝒚𝟐 + 𝒕𝟐 𝒚
𝟑

𝟑

⟺ 𝒇𝑻 𝒕 =

𝟎

𝟐

Ainsi : ∀𝒕 ∈ 𝟎, 𝟏 ; 𝒇𝑻 𝒕 = 𝟏𝟎 𝒕 𝒕 − 𝟓𝒕 + 𝟏𝟎
2ème cas : si 𝐭 ≥ 𝟏 il s’ensuit que, 𝐭 ∈ 𝟏, 𝟐 et 𝐭 − 𝟏 ≤ 𝐲 ≤ 𝟏
On vérifie facilement que∀ 𝒙, 𝒚 ∈ 𝟎, 𝟏 × 𝟎, 𝟏 : 𝒇𝒀 𝒚 = 𝒇𝑿 𝟏 − 𝒚
𝟏
𝟏
Par la suite 𝒇𝑻 𝒕 = 𝒕−𝟏 𝒇𝑿 𝒕 − 𝒚 𝒇𝑿 𝟏 − 𝒚 𝒅𝒚 = 𝟗 𝒕−𝟏 𝒕 − 𝒚 𝟐 𝟏 − 𝒚
𝟏

𝒕

𝟗 𝒕−𝟏 + 𝟏−𝒚

𝒕−𝟏
𝟏
𝟗 𝒕−𝟏

𝟐

𝟐

𝒅𝒚

𝟏 − 𝒚 𝟐 𝒅𝒚

⟺ 𝒇𝑻 𝒕 =
𝒕−𝟏 𝟐 𝟏−𝒚 𝟐 +𝟐 𝒕−𝟏 𝟏−𝒚
Posons 𝒛 = 𝟏 − 𝒚 il vient : 𝒅𝒛 = −𝒅𝒚
𝟎
Par suite 𝒇𝑻 𝒕 = −𝟗 𝟐−𝒕 𝟏 − 𝒕 𝟐 𝒛𝟐 − 𝟐 𝟏 − 𝒕 𝒛𝟑 + 𝒛𝟒 𝒅𝒛

𝟑

+ 𝟏−𝒚

𝟒

𝒅𝒚

𝟐−𝒕

⟺ 𝒇𝑻 𝒕 = 𝟗 𝟏𝟑 𝟏 − 𝒕 𝟐 𝒛𝟑 − 𝟏𝟐 𝟏 − 𝒕 𝒛𝟒 + 𝟏𝟓𝒛𝟓
𝟎
⟺ 𝒇𝑻 𝒕 = 𝟗 𝟐 − 𝒕 𝟑 𝟏𝟑 𝟏 − 𝒕 𝟐 − 𝟏𝟐 𝟏 − 𝒕 𝟐 − 𝒕 + 𝟏𝟓 𝟐 − 𝒕
Ainsi : ∀𝒕 ∈ 𝟏, 𝟐 ; 𝒇𝑻 𝒕 =

𝟑

𝟏𝟎

𝟐−𝒕

𝟑

𝟐

𝒕𝟐 + 𝒕 + 𝟒

D’où l’expression de la d.d.p de la v.a 𝑻 : 𝒇𝑻 𝒕 =

𝟑
𝟏𝟎
𝟑
𝟏𝟎

3

𝒕𝟑 𝒕𝟐 − 𝟓𝒕 + 𝟏𝟎 , 𝒔𝒊 𝒕 ∈ 𝟎, 𝟏
𝟐−𝒕

𝟑

𝒕𝟐 + 𝒕 + 𝟒 , 𝒔𝒊 𝒕 ∈ 𝟏, 𝟐
𝟎 , 𝒂𝒊𝒍𝒍𝒆𝒖𝒓𝒔

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Corrigé 2 :

1) 𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 = 𝒇𝑿 𝒙 . 𝒇𝒀∕𝑿 𝒚
−𝒙 𝝀+𝒚
, 𝒔𝒊 𝑥 > 0 𝑒𝑡 𝑦 > 0 ; 𝝀 > 0
Ainsi 𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 = 𝝀𝒙𝒆
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
+∞
2) 𝒇𝒀 𝒚 = 𝟎 𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙
+∞

𝝀𝒙𝒆−𝒙 𝝀+𝒚 𝒅𝒙

⇔ 𝒇𝒀 𝒚 =
𝟎

On a

𝒅𝒖 = 𝝀
𝟏
𝒗 = − 𝝀+𝒚 𝒆−𝒙

𝒖 = 𝝀𝒙
⟹
𝒅𝒗 = 𝒆−𝒙 𝝀+𝒚
𝝀

Donc 𝒇𝒀 𝒚 = − 𝝀+𝒚 𝒙𝒆−𝒙 𝝀+𝒚

+∞
𝟎

𝝀

+ 𝝀+𝒚

𝝀+𝒚

+∞ −𝒙 𝝀+𝒚
𝒆
𝟎

Or 𝒍𝒊𝒎𝒙⟶+∞ 𝒙𝒆−𝒙 𝝀+𝒚 = 𝟎 par la suite 𝒇𝒀 𝒚 = −
D’où 𝐟𝐘 𝐲 =

𝛌
𝛌+𝐲 𝟐

3) 𝒇𝑿∕𝒀 𝒙 =

𝒅𝒙

𝝀
𝝀+𝒚 𝟐

𝒆−𝒙 𝝀+𝒚

+∞
𝟎

=−

𝝀
𝝀+𝒚 𝟐

𝟎−𝟏

, 𝐬𝐢 𝑦 > 0

𝟎 , 𝐬𝐢 𝐧𝐨𝐧
𝒇𝑿,𝒀 𝒙,𝒚
𝐟𝐘 𝐲

=

𝝀𝒙𝒆−𝒙 𝝀+𝒚
𝛌
𝛌+𝐲 𝟐

𝟐 −𝒙 𝝀+𝒚 , 𝐬𝐢 𝐱 > 0 𝐞𝐭 𝑦 > 0
D’où la distribution conditionnelle de𝑿 ∕ 𝒀 = 𝒚 : 𝒇𝑿∕𝒀 𝒙 = 𝐱 𝛌 + 𝐲 𝒆
𝟎 , 𝐬𝐢 𝐧𝐨𝐧
𝒇𝑿 ∕𝒀 𝒙 ≠ 𝒇𝑿 𝒙 Par conséquent 𝑿 et 𝒀 ne sont pas indépendantes.

Corrigé 3 : (ISG-DS 2007)
1) 𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 est une d.d.p conjointe du couple 𝑿, 𝒀 si et seulement si
+∞ +∞
𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙𝒅𝒚 = 𝟏
𝟎
𝟎
𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 ≥ 𝟎 , ∀𝒙 ≥ 𝟎 𝒆𝒕 𝒚 ≥ 𝟎

Or

+∞ +∞
𝟎
𝟎

𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙𝒅𝒚 = 𝟏 ⟺
⟺
⟺

+∞
𝟎

𝒙

𝒌𝒙𝒆−𝟐

𝒙
+∞
𝒌𝒙𝒆−𝟐
𝟎
+∞
−𝒙

𝟎

𝒌𝒙𝒆

𝟐

+∞
𝟎

𝒆−𝒚 𝒅𝒚 𝒅𝒙 = 𝟏

−𝒆−𝒚

+∞
𝟎 𝒅𝒙

=𝟏

𝒅𝒙 = 𝟏

𝒖 = 𝒌𝒙
𝒅𝒖 = 𝒌
𝒙
−𝒙𝟐 ⟹
𝒅𝒗 = 𝒆
𝒗 = −𝟐𝒆−𝟐
𝒙
+∞ +∞
Par la suite 𝟎 𝟎 𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙𝒅𝒚 = 𝟏 ⟺ −𝟐𝒌 𝒙𝒆−𝟐
On a

+∞

𝟎
𝒙 +∞

⟺ 𝟎 − 𝟒𝒌 𝒆−𝟐
𝟏

𝟏

D’autre part 𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 = 𝟒 𝒙𝒆−

𝒙
+𝒚
𝟐

+ 𝟐𝒌

𝟎

+∞ −𝒙
𝒆 𝟐 𝒅𝒙
𝟎

=𝟏

⟺𝒌=𝟒
≥ 𝟎 ∀ 𝒙, 𝒚 ∈ ℝ𝟐+

D’où 𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 est une d.d.p conjointe du couple 𝑿, 𝒀 si et seulement si 𝒌 =
2)
d.d.p marginale de 𝑿
𝒙
+∞
𝟏
𝒇𝑿 𝒙 = 𝟎 𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 𝒅𝒚 = 𝟒 𝒙𝒆−𝟐

+∞ −𝒚
𝒆 𝒅𝒚
𝟎

4

𝟏
𝟒

=𝟏

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𝒙

𝟏

= 𝟒 𝒙𝒆−𝟐 𝒆−𝒚
𝟏

D’où 𝒇𝑿 𝒙 =

𝟒

+∞
𝟎
𝒙

𝒙𝒆−𝟐 , 𝒔𝒊 𝒙 ≥ 𝟎

𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
d.d.p marginale de 𝒀
+∞
𝟏
𝒇𝒀 𝒚 = 𝟎 𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙 = 𝟒 𝒆−𝒚
𝟏

= 𝟒 𝒆−𝒚 −𝟐𝒙 − 𝟒 𝒆

𝒙

+∞

𝒙𝒆−𝟐 𝒅𝒙

𝟎

𝒙 +∞
𝟐

−

𝒆−𝒚 , 𝒔𝒊 𝒚 ≥ 𝟎
D’où 𝒇𝒀 𝒚 =
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

𝟎

𝒙

𝟏

𝒙

𝟏

Or ∀𝒙 ≥ 𝟎 𝒆𝒕 𝒚 ≥ 𝟎 ∶ 𝒇𝑿 𝒙 . 𝒇𝒀 𝒚 = 𝟒 𝒙𝒆−𝟐 . 𝒆−𝒚 = 𝟒 𝒙𝒆− 𝟐+𝒚 = 𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚
Il en résulte que 𝑿 et 𝒀 sont deux v.a indépendantes.
3) 𝑴 𝑿,𝒀 𝒕𝟏 , 𝒕𝟐 = 𝑴𝑿 𝒕𝟏 . 𝑴𝒀 𝒕𝟐 puisque 𝑿 et 𝒀 sont deux v.a indépendantes
+∞
La f.g.m de 𝑿 est définie par : 𝑴𝑿 𝒕𝟏 = 𝑬 𝒆𝒕𝟏 𝑿 = 𝟎 𝒆𝒕𝟏 𝑿 .𝒇𝑿 𝒙 𝒅𝒙
𝟏
+∞ 𝟏
𝒕𝟏 − 𝟐
𝒙𝒆
𝟎
𝟒

Par suite 𝑴𝑿 𝒕𝟏 =

𝒅𝒙
+∞ 𝟏
𝒕𝟏 − 𝟏
𝟐
𝒙𝒆
𝟎
𝟒

Remarquons 𝑴𝑿 𝒕𝟏 existe si et seulement si l’intégrale
𝟏

conditions 𝒕𝟏 ∈ −∞, 𝟐

𝟏

𝒅𝒖 = 𝟒

𝟏

𝒖 = 𝟒𝒙

Posons

⟹

𝟏

𝒕𝟏 − 𝟐

𝒅𝒗 = 𝒆

𝒗=

𝟏

Par la suite 𝑴𝑿 𝒕𝟏 =

𝒅𝒙 est convergente, dans ces

𝒙. 𝒆

𝟒𝒕𝟏 −𝟐

⇔ 𝑴𝑿 𝒕𝟏 = 𝟎 −

𝟏
𝒕𝟏 − 𝟐 𝒙
𝟏
𝒕𝟏 −𝟐
+∞
𝒕𝟏 − 𝟏
𝟐 𝒙

𝟏

.𝒆

𝟎

𝟏

.

𝟒𝒕𝟏 −𝟐

𝟏
𝒕𝟏 −𝟏
𝟐

−

. 𝒆

+∞

𝟏
𝟒𝒕𝟏 −𝟐

𝒕𝟏 − 𝟏
𝒙
𝟐

𝟎
+∞

𝒆

𝒕𝟏 − 𝟏
𝟐 𝒙

𝒅𝒙

𝟎

𝟏

D’où l’expression de la fonction génératrice des moments de la v.a 𝑿 pour tout 𝒕𝟏 ∈ −∞, 𝟐 :
𝑴𝑿 𝒕𝟏 =
loi de 𝜸 𝟐,

𝟐

𝟏
𝟏−𝟐𝒕𝟏
𝟏
𝟐

Ou encore 𝑴𝑿 𝒕𝟏 =

; on note 𝑿 ↝ 𝜸 𝟐,

𝟏

𝟏
𝟐

𝟏
−𝒕
𝟐 𝟏

𝟐

=

𝟒
𝟐

𝟏
𝟏−𝟐𝒕𝟏

pour qu’on puisse conclure que 𝑿 suit la

𝟐

On rappelle que la f.g.m d’une v.a 𝑿 de distribution 𝜸 𝜶, 𝝀 , 𝜶 > 0 𝒆𝒕 𝝀 > 0 est la suivante :
𝑴𝑿 𝒕 =

𝜶

𝝀
𝝀−𝒕

Et que la loi 𝜸

𝒏 𝟏

,

𝟐 𝟐

suivante 𝑴𝑿 𝒕 =

coïncide avec celle de 𝝌𝟐 𝒏 - loi de chi-deux à 𝒏 degrés de liberté- dont la f.g.m est la
𝒏
𝟐

𝟏
𝟏−𝟐𝒕

Ainsi on pourra dire aussi que 𝑿 est une v.a qui suit la loi 𝝌𝟐 à 𝟒 degrés de liberté ; on note 𝑿 ↝ 𝝌𝟐 𝟒
Calculons maintenant la f.g.m de la v.a 𝒀
+∞
+∞
𝑴𝒀 𝒕𝟐 = 𝑬 𝒆𝒕𝟐 𝒀 = 𝟎 𝒆𝒕𝟐 𝒀 . 𝒇𝒀 𝒚 𝒅𝒚 ⟺ 𝑴𝒀 𝒕𝟐 = 𝟎 𝒆 𝒕𝟐 −𝟏 𝒚 𝒅𝒚
Remarquons 𝑴𝒀 𝒕𝟐 existe si et seulement si l’intégrale
conditions 𝒕𝟐 ∈ −∞, 𝟏
Par suite 𝑴𝒀 𝒕𝟐 =

𝟏

𝒕𝟐 −𝟏

𝒆

𝒕𝟐 −𝟏 𝒚

+∞
𝟎

𝒆

𝒕𝟐 −𝟏 𝒚 𝒅𝒚

st convergente, dans ces

+∞
𝟎

D’où l’expression de la fonction génératrice des moments de la v.a 𝒀 pour tout 𝒕𝟐 ∈ −∞, 𝟏 :
𝟏
𝑴𝒀 𝒕𝟐 = 𝟏−𝒕 ; Pour tout 𝒕𝟐 ∈ −∞, 𝟏
𝟐

5

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Ou encore 𝑴𝒀 𝒕𝟐 =

𝟏

𝟏

cela conduit à dire que 𝒀 ↝ 𝜸 𝟏, 𝟏 qui coïncide avec celle de 𝜺 𝟏 –loi

𝟏−𝒕𝟐

exponentielle de paramètre 𝟏 𝜽
On rappelle que la f.g.m d’une v.a 𝑿 de distribution 𝜺 𝜽 , 𝜽 > 0 est la suivante : 𝑴𝑿 𝒕 = 𝜽−𝒕
𝟏
𝟏−𝟐𝒕𝟏 𝟐 𝟏−𝒕𝟐
𝟏
𝒕𝟏 𝑿+𝒀 +𝒕𝟐 𝒀
𝟐

Il en résulte que 𝑴 𝑿,𝒀 𝒕𝟏 , 𝒕𝟐 = 𝑴𝑿 𝒕𝟏 . 𝑴𝒀 𝒕𝟐 =
4) 𝑴 𝑼,𝑽 𝒕𝟏 , 𝒕𝟐 = 𝑴

=𝑬 𝒆

𝟏
𝑿+𝒀 , 𝒀
𝟐
𝒕𝟏
𝑿+ 𝒕𝟏 +𝒕𝟐 𝒀
𝟐

⇔𝑴

𝑼,𝑽

𝒕𝟏 , 𝒕𝟐 = 𝑬 𝒆

⇔𝑴

𝑼,𝑽

𝒕𝟏 , 𝒕𝟐 = 𝑴 𝑿,𝒀

⇔ 𝑴 𝑼,𝑽 𝒕𝟏 , 𝒕𝟐 = 𝑴𝑿
D’où 𝑴 𝑼,𝑽 𝒕𝟏 , 𝒕𝟐 =

𝟏

𝟏

𝒕 ,𝒕
𝟐 𝟏 𝟏

𝒕
𝟐 𝟏
𝟏

𝟏

, 𝒕𝟏 , 𝒕𝟐 ∈ −∞, 𝟐 × −∞, 𝟏

+ 𝒕𝟐

. 𝑴𝒀 𝒕𝟏 + 𝒕𝟐
𝟏

; 𝒕𝟏 , 𝒕𝟐 ∈ −∞, 𝟐 × −∞, 𝟏

𝟏−𝒕𝟏 𝟐 𝟏−𝒕𝟏 −𝒕𝟐

Corrigé 4 :
1) On rappelle que la f.g.m d’une v.a 𝑿 de distribution 𝓝 𝒎; 𝝈𝟐 est la suivante :
𝑴𝑿 𝒕 = 𝒆

𝝈 𝟐𝒕𝟐
𝟐

𝒎𝒕+

Soit 𝑿 et 𝒀 deux v.a indépendantes et de même loi 𝓝 𝟎; 𝟏 donc 𝑴𝑿 𝒕𝟏 = 𝒆
Par suite 𝑴𝑿+𝒀 𝒕 = 𝑴𝑿 𝒕 . 𝑴𝒀 𝒕 =

𝟐
𝒆𝒕

=𝒆

𝟐
𝟐 𝒕𝟐
𝟐

ainsi 𝑿 + 𝒀 ↝ 𝓝 𝟎; 𝟐

𝒕𝟏 𝟐
𝟐

et 𝑴𝒀 𝒕𝟐 = 𝒆

𝒕𝟐𝟐
𝟐

𝟐

D’autre part

𝟐

𝑴𝑿−𝒀 𝒕 = 𝑬 𝒆𝒕
De même 𝑿 − 𝒀 ↝ 𝓝 𝟎; 𝟐

𝑿−𝒀

= 𝑬 𝒆𝒕𝑿+ −𝒕

𝒀

𝟐

= 𝑴𝑿 𝒕 . 𝑴𝒀 −𝒕 = 𝒆

𝒕𝟐

=𝒆

𝟐 𝒕𝟐
𝟐

2) On rappelle que 𝑴𝒂𝑿+𝒃 𝒕 = 𝒆𝒕𝒃 𝑴𝑿 𝒂𝒕
𝟐
𝑴 𝑿−𝒀 + 𝑿+𝒀 𝒕 = 𝑴𝟐𝑿 𝒕 = 𝑴𝑿 𝟐𝒕 = 𝒆𝟐𝒕
𝟐

D’autre part 𝑴𝑿−𝒀 𝒕 . 𝑴𝑿+𝒀 𝒕 = 𝒆𝟐𝒕
D’où les v.a 𝑿 + 𝒀 et 𝑿 − 𝒀 sont non seulement indépendantes mais aussi identiques

Corrigé 5 :
𝑿 ↝ ℇ 𝟏 Par suite 𝒇𝑿 𝒙 =

𝒆−𝒙 , 𝒔𝒊 𝒙 ≥ 𝟎
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

𝒀 = 𝑳𝒏 𝒙 , calculons 𝑭𝒀 𝒚 :
𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷(𝒀 ≤ 𝒚) ⇔ 𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷(𝑳𝒏 𝒙 ≤ 𝒚) Or la fonction 𝒆𝒕 est une fonction ↗ est dérivable sur ℝ
𝒅𝑭𝒀 𝒚
Par la suite 𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷(𝑿 ≤ 𝒆𝒚 ) ⇔ 𝑭𝒀 𝒚 = 𝑭𝑿 𝒆𝒚 Et comme on a 𝒇𝒀 𝒚 = 𝒅𝒚
Ainsi 𝒇𝒀 𝒚 = 𝒆𝒚 ′ . 𝑭𝑿 ′ 𝒆𝒚 = 𝒆𝒚 𝒇𝑿 𝒆𝒚 = 𝒆𝒚 . 𝒆−𝒆
𝒚
D’où la d.d.p de 𝒀 : 𝒇𝒀 𝒚 = 𝒆 𝒚−𝒆 , ∀ 𝒚 ∈ ℝ

𝒚

Corrigé 6 :

−𝝀𝒙
𝝀𝒆−𝝀𝒚, 𝒔𝒊 𝒚 ≥ 𝟎
𝑿 𝒆𝒕 𝒀 𝒅𝒆𝒖𝒙 𝒗. 𝒂 𝒅𝒆 ℇ 𝝀 Par suite 𝒇𝑿 𝒙 = 𝝀𝒆 , 𝒔𝒊 𝒙 ≥ 𝟎 et 𝒇𝒀 𝒚 =
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

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La v.a 𝒁 est définie comme suit :
𝒎𝒊𝒏 𝑿, 𝒀
𝒁=
𝒎𝒂𝒙 𝑿, 𝒀
il résulte que 𝒁 est une v.a définie sur ℝ+
D’autre part 𝒎𝒊𝒏 𝑿, 𝒀 ≤ 𝒎𝒂𝒙 𝑿, 𝒀 ⟹ 𝛀𝐙 = 𝟎, 𝟏
On pourra distinguer facilement 2 cas :
𝑿
Si 𝒎𝒊𝒏 𝑿, 𝒀 = 𝑿 alors 𝒁 =
𝒀

𝒀

Et quand 𝒎𝒊𝒏 𝑿, 𝒀 = 𝒀 on a alors 𝒁 = 𝑿
Par suite 𝑭𝒁 𝒛 = 𝑷(𝒁 ≤ 𝒛) =
Calculons 𝑷(𝒀 ≤ 𝒛𝑿) :

𝟎 , 𝒔𝒊 𝒛 ≤ 𝟎
𝑷 𝑿 ≤ 𝒛𝒀 + 𝑷(𝒀 ≤ 𝒛𝑿) , 𝒔𝒊 𝒛 ∈ 𝟎, 𝟏
𝟏 𝒔𝒊 𝒛 ≥ 𝟏

+∞ 𝒛𝒙

+∞

𝒇𝑿,𝒀 𝒙, 𝒚 𝒅𝒙 𝒅𝒚 ⇔ 𝑷 𝒀 ≤ 𝒛𝑿 = 𝝀𝟐

𝑷 𝒀 ≤ 𝒛𝑿 =
𝟎

𝟎

𝒆−𝝀𝒙
𝟎

+∞

𝒆−𝝀𝒙 𝒆−𝝀𝒚

⇔ 𝑷 𝒀 ≤ 𝒛𝑿 = −𝝀

𝒛𝒙
𝟎

𝒅𝒙

𝟎
+∞

𝒆−𝝀𝒙 𝒆−𝝀𝒛𝒙 − 𝟏 𝒅𝒙

⇔ 𝑷 𝒀 ≤ 𝒛𝑿 = −𝝀
𝟎
+∞

𝒆−𝝀𝒙 − 𝒆−𝝀

⇔ 𝑷 𝒀 ≤ 𝒛𝑿 = 𝝀
𝟎

𝟏+𝒛 𝒙

𝒅𝒙

𝟏
𝟏
⇔ 𝑷 𝒀 ≤ 𝒛𝑿 = 𝝀 − 𝒆−𝝀𝒙 +
𝒆−𝝀 𝟏+𝒛 𝒙
𝝀
𝝀 𝟏+𝒛
𝟎
𝟏
−𝝀𝒙
−𝝀 𝟏+𝒛 𝒙
⇔ 𝑷 𝒀 ≤ 𝒛𝑿 = 𝒆
−
𝒆
𝟏+𝒛
+∞
𝟏
⇔ 𝑷 𝒀 ≤ 𝒛𝑿 = 𝟏 −
−𝟎
𝟏+𝒛
Il en résulte que
𝒛
𝑷 𝒀 ≤ 𝒛𝑿 =
𝟏+𝒛
On démontre de la même manière que :
𝒛
𝑷 𝑿 ≤ 𝒛𝒀 =
𝟏+𝒛
Par suite la f.r de 𝒁 :
𝒔𝒊 𝒛 ≤ 𝟎
𝟐𝒛 𝟎 ,
𝑭𝒁 𝒛 =
, 𝒔𝒊 𝒛 ∈ 𝟎, 𝟏
𝟏+𝒛
𝟏 𝒔𝒊 𝒛 ≥ 𝟏
D’où la d.d.p de 𝒁 :
𝟐
,
𝒔𝒊 𝒛 ∈ 𝟎, 𝟏
𝒇𝒁 𝒛 = 𝟏 + 𝒛 𝟐
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

+∞
𝟎

7

𝒛𝒙

𝒆−𝝀𝒚𝒅𝒚 𝒅𝒙
𝟎

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Corrigé 7 :
𝑿 Est une v.a de 𝓝 𝟎; 𝟏 et 𝒀 la v.a définie par : 𝒀 = 𝒆𝑿
Pour 𝒚 > 0 on a 𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷(𝒀 ≤ 𝒚) ⇔ 𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷(𝒆𝑿 ≤ 𝒚) Or la fonction 𝑳𝒏 𝒕 est une fonction ↗ est
dérivable sur 𝟎, +∞
Ainsi 𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷(𝑿 ≤ 𝑳𝒏𝒚) ⇔ 𝑭𝒀 𝒚 = 𝑭𝑿 𝑳𝒏𝒚
Il en résulte que 𝒇𝒀 𝒚 = 𝑳𝒏𝒚 ′ 𝑭′𝑿 𝑳𝒏𝒚 ∀ 𝒚 > 0
D’où la d.d.p de 𝒀 :
𝑳𝒏𝟐 𝒚
𝟏
−
𝟐
𝒆
,
𝒔𝒊 𝒚 > 0
𝒇𝒀 𝒚 = 𝒚 𝟐𝝅
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

Corrigé 8 :

𝟏

1) La d.d.p de la v.a 𝑿 étant : 𝒇𝑿 𝒙 =

𝒙 , 𝒔𝒊 𝑥 ∈ 𝟎, 𝟐

𝟐

𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

Donc :
𝟐

𝟏
𝒙 𝒇𝑿 𝒙 𝒅𝒙 ⇔ 𝑬 𝑿 =
𝟐

𝑬𝑿 =
𝟎

⇔𝑬 𝑿 =

𝟐

𝑬 𝑿𝟐 =

𝟔

𝒙𝟐 𝒅𝒙
𝟎

𝒙𝟐 𝒇𝑿 𝒙 𝒅𝒙 ⇔ 𝑬 𝑿𝟐
𝟐

𝟏

⇔𝑬 𝑿
𝟐

or 𝑽 𝑿 = 𝑬 𝑿𝟐 − 𝑬 𝑿

𝟐
𝟎

𝒙𝟑

𝟏
=
𝟐

𝟎

2)

𝟏

𝟐

𝟎

= 𝟖 𝒙𝟒

𝟐

𝒆𝒕𝑿 . 𝒇𝑿 𝒙 𝒅𝒙 ⇔ 𝑴𝑿 𝒕 =
𝟎

𝒅𝒖 =

𝟏

Posons

𝒖 = 𝟐𝒙

𝒅𝒗 = 𝒆𝒕𝑿

⟹

𝒗=

Par suite
𝟏
𝑴𝑿 𝒕 =
𝒙 𝒆𝒕𝑿
𝟐𝒕
D’où
∀ 𝒕 ∈ ℝ∗ , 𝑴𝑿 𝒕 =

𝟐
𝟎

𝟏
−
𝟐𝒕

𝟏
𝒕

𝟑

𝒙𝟑 𝒅𝒙

D’où 𝑽 𝑿 =

𝟎

𝟒

𝟐

𝟐

𝑴𝑿 𝒕 =

D’où 𝑬 𝑿 =

𝟐
𝟎
𝟐

D’où 𝑬 𝑿𝟐 = 𝟐

𝟗

𝟏
𝒙 𝒆𝒕𝑿 𝒅𝒙
𝟐

𝟏
𝟐

. 𝒆𝒕𝑿

𝟐

𝒆𝒕𝑿 𝒅𝒙 ⇔ 𝑴𝑿 𝒕 =
𝟎

𝒆𝟐𝒕
𝟏
− 𝟐 𝒆𝒕𝑿
𝒕
𝟐𝒕

𝟐
𝟎

𝟐𝒕 − 𝟏 𝟐𝒕
𝟏
𝒆 + 𝟐
𝟐
𝟐𝒕
𝟐𝒕

𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷(𝒀 ≤ 𝒚) ⇔ 𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷(−𝑿𝟐 + 𝟐𝑿 ≤ 𝒚)
Soit 𝝋 𝒙 = −𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 sur 𝟎, 𝟐 sa fonction dérivée est 𝝋′ 𝒙 = −𝟐𝒙 + 𝟐
𝝋 𝟎 = 𝝋 𝟐 = 𝟎 Et 𝝋 𝟏 = 𝟏
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Soit 𝝋𝟏 la restriction de 𝝋 sur 𝟎, 𝟏 , elle réalise par conséquent une bijection de 𝟎, 𝟏 sur 𝟎, 𝟏
Or 𝝋𝟏 𝒙 = 𝒚 ⟺ −𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 = 𝒚
⟺ 𝟏−𝒚 = 𝒙−𝟏 𝟐
⟺ 𝒙 = 𝟏 ± 𝟏 − 𝒚 Et comme on a 𝒙 ∈ 𝟎, 𝟏 Il en résulte que
𝝋𝟏 −𝟏 𝒚 = 𝟏 − 𝟏 − 𝒚
De la même manière on démontre que 𝝋𝟐 la restriction de 𝝋 sur 𝟏, 𝟐 réalise aussi une bijection de 𝟏, 𝟐
sur 𝟎, 𝟏 puis on vérifie facilement que 𝝋𝟐 −𝟏 𝒚 = 𝟏 + 𝟏 − 𝒚
Il en résulte que :
𝟎,
𝒔𝒊 𝒚 ≤ 𝟎
𝟐
−𝟏
−𝟏
𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷 −𝑿 + 𝟐𝑿 ≤ 𝒚 ⇔ 𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷 𝑿 ≤ 𝝋𝟏 𝒚 + 𝑷 𝑿 ≤ 𝝋𝟐 𝒚
, 𝒔𝒊 𝒚 ∈ 𝟎, 𝟏
𝟏 𝒔𝒊 𝒚 ≥ 𝟏
Par la suite
∀𝒚 ∈ 𝟎, 𝟏 ∶ 𝑭𝒀 𝒚 = 𝑭𝑿 𝝋𝟏 −𝟏 𝒚 + 𝑭𝑿 𝝋𝟐 −𝟏 𝒚
′

Ce qui donne 𝒇𝒀 𝒚 = 𝝋𝟏 −𝟏 𝒚 . 𝒇𝑿 𝝋𝟏 −𝟏 𝒚
Avec
𝟏
′
𝝋𝟏 −𝟏 𝒚 =
𝟐 𝟏−𝒚
Et
𝟏
′
𝝋𝟐 −𝟏 𝒚 = −
𝟐 𝟏−𝒚
D’où l’expression de la d.d.p de la v.a 𝒀 :
𝟏
,
𝒔𝒊 𝑦 ∈ 𝟎, 𝟏
𝒇𝒀 𝒚 = 𝟐 𝟏 − 𝒚
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

+

𝝋𝟐 −𝟏 𝒚

′

. 𝒇𝑿 𝝋𝟐 −𝟏 𝒚

Corrigé 9 : (ESC-SP 2005)
1) Compte-tenu de la distribution de la v.a 𝑿 (loi uniforme continue 𝑼 𝒂,𝒃 ) sa fonction de densité de
𝟏

probabilité associée sera 𝒇 𝑿 𝒙 =

𝒃−𝒂

de 𝑿 sera comme suit :

, 𝒔𝒊 𝑥 ∈ 𝒂, 𝒃
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

; par conséquent la fonction de répartition

𝒙

𝟎,
𝒔𝒊 𝒙 ≤ 𝒂
𝒇 𝑿 𝒕 𝒅𝒕 , 𝒔𝒊 𝑥 ∈ 𝒂, 𝒃
𝟏 𝒔𝒊 𝒙 ≥ 𝒃
𝒂
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒙 ≤ 𝒂
𝒙−𝒂
⇔ 𝑭𝑿 𝒙 = 𝒃−𝒂 , 𝒔𝒊 𝑥 ∈ 𝒂, 𝒃
𝟏 𝒔𝒊 𝒙 ≥ 𝒃

𝑭𝑿 𝒙 = 𝑷 𝑿 ≤ 𝒙 ⇔ 𝑭𝑿 𝒙 =

2)

𝒃

𝒆𝒕𝑿 . 𝒇 𝑿 𝒙 𝒅𝒙 ⇔ 𝑴𝑿 𝒕 =

𝑴𝑿 𝒕 =
𝒂

D’où
𝑴𝑿 𝒕 =

𝟏
𝒆𝒕𝑿
𝒕 𝒃−𝒂

𝒆𝒕𝒃 −𝒆𝒕𝒂
𝒕 𝒃−𝒂

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𝒃
𝒂

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3)

𝟏

a) Pour 𝒂 = 𝟎 et 𝒃 = 𝟏 on aura :

𝒇𝑿 𝒙 =

On se propose de déterminer 𝑴𝟏−𝑿 𝒕 :

𝒃−𝒂

, 𝒔𝒊 𝑥 ∈ 𝒂, 𝒃
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

et 𝑴𝑿 𝒕 = 𝒆𝒕 − 𝟏 𝒕

𝟏−𝒆𝒕

En effet 𝑴𝟏−𝑿 𝒕 = 𝒆𝒕 𝑴𝑿 −𝒕 ⇔ 𝑴𝟏−𝑿 𝒕 = 𝒆𝒕 𝒕
finalement 𝑴𝟏−𝑿 𝒕 = 𝒆𝒕 − 𝟏 𝒕 et
𝑴𝟏−𝑿 𝒕 = 𝑴𝑿 𝒕 D’où 𝑿 et 𝟏 − 𝑿 suivent même loi uniforme continue 𝑼 𝟎,𝟏
𝟏

b) 𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷(𝒀 ≤ 𝒚) ⇔ 𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷(− 𝝀 𝑳𝒏 𝑿 ≤ 𝒚)
⇔ 𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷(𝑳𝒏 𝑿 ≥ −𝝀𝒚)
𝒕
Or la fonction 𝒆 est une fonction ↗ est dérivable sur ℝ par suite :
𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷 𝑿 ≥ 𝒆−𝝀𝒚 ⇔ 𝑭𝒀 𝒚 = 𝟏 − 𝑷 𝑿 ≤ 𝒆−𝝀𝒚 Et 𝑭𝒀 𝒚 = 𝟏 − 𝑭𝑿 𝒆−𝝀𝒚 pour 𝟎 ≤ 𝒆−𝝀𝒚 ≤ 𝟏 ou
encore pour 𝒚 ≥ 𝟎
′
Il en résulte que : ∀ 𝒚 ≥ 𝟎 , 𝒇𝒀 𝒚 = − 𝒆−𝝀𝒚 . 𝒇𝑿 𝒆−𝝀𝒚
𝝀𝒆−𝝀𝒚 , 𝒔𝒊 𝒚 ≥ 𝟎
D’où 𝒇 𝒀 𝒚 =
et 𝒀 ↝ 𝜺 𝝀
𝟎 , 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

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