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Quelques réponses aux exercices du recueil
Édition 2013-2014

version du 13 novembre 2013

Exercice 7 : Tribus produit
Soient (Ω1 , A1 ) et (Ω2 , A2 ) deux espaces probabilisables/mesurables.
1 – Définir la tribu produit A1 ⊗ A2 sur Ω = Ω1 × Ω2 .
2 – Montrer que A1 ⊗ A2 est la tribu discrète sur Ω si Ω1 et Ω2 sont des ensembles dénombrables
munis de leur tribu discrète.

Réponse — 1) Soient (Ωi , Ai ), i = 1, . . . , n des espaces mesurables. On appelle ensemble
élémentaire de Ω = Ω1 × · · · × Ωn une union finie de pavés A1 × · · · × An avec Ai ∈ Ai ,
i = 1, . . . , n. La tribu produit A1 ⊗ · · · ⊗ An sur Ω est la tribu engendrée par les ensembles
élémentaires.
2) Posons A = A1 ⊗A2 . Soit A ∈ P(Ω). Puisque Ω1 et Ω2 sont des ensembles dénombrables, le
S
produit Ω = Ω1 ×Ω2 l’est aussi. Donc A est une union dénombrable de points : A = ω∈A {ω}.

Soit ω = (ω1 , ω2 ) ∈ A. Pour i ∈ {1, 2}, {ωi } ∈ Ai , puisque Ai est la tribu discrète. Donc
{ω} = {ω1 } × {ω2 } ∈ A, puisque A contient les ensembles élémentaires. Donc A est une union
dénombrable d’ensembles de A. Donc A ∈ A.
Exercice 9 : Une mesure « ponctuelle »

Soit (Ω, A) un espace mesurable et soit ω0 ∈ Ω. Pour tout ensemble A ∈ A, on note 1A la fonction
indicatrice de A.
1 – Montrer que l’application δω0 : A 7→ 1A (ω0 ) est une mesure positive sur (Ω, A).
2 – Est-ce une mesure de probabilité ?

Réponse — L’application considérée est bien définie sur A (par définition) et à valeurs dans
[0, +∞]. Vérifions la propriété de σ-additivité. Soit (Ai )i∈N une famille dénombrable d’éléments de A, deux à deux disjoints.
S
S
Si ω0 n’appartient à aucun des Ai , µ(Ai ) = 0, ∀i ∈ N, et µ( i Ai ) = 0, puisque ω0 6∈ i Ai .
S
P
Donc µ( i Ai ) = i µ(Ai ).
1

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Supelec

Si ω0 appartient à l’un des Ai , disons A0 sans perte de généralité, µ(A0 ) = 1 et µ(Ai ) = 0 pour
P
S
S
i > 0 (car les Ai sont disjoints), d’où i µ(Ai ) = 1. De plus, ω0 ∈ i Ai , donc µ( i Ai ) = 1.
Exercice 14 : Formule de Poincaré
Soit (Ω, A, P) un espace probabilisé. On considère une suite d’événements Ai ∈ A, i ∈ N∗ . Pour tout
ensemble d’indices J ⊂ N∗ , on désigne par AJ l’intersection des événements Aj , j ∈ J. Pour tous
n, k ∈ N∗ , on notera Ink l’ensemble des parties de {1, . . . , n} qui ont pour cardinal k. Remarquez
qu’il y en a Cnk si 1 ≤ k ≤ n et aucune si k > n. On s’intéresse dans cet exercice à la formule dite

« de Poincaré » (polycopié, page 13) : pour tout n ∈ N∗ ,
n
n
[

X
X
P (AJ ) .
(−1)k+1
P
Ai =
i=1

k=1

(1)

k
J∈In

Notez qu’en prenant pour P la loi uniforme discrète sur un ensemble Ω fini, on retrouve en particulier
le « principe d’inclusion-exclusion de De Moivre » :
n


X
X
card ∪ni=1 Ai =
card (AJ ) .
(−1)k+1
k=1

k
J∈In

1 – Expliciter la formule (1) dans les cas n = 2 et n = 3. Démontrer le cas n = 3.
2 – Facultatif. On se propose de démontrer la formule (1) par récurrence sur n. On s’intéressera
uniquement au cas n ≥ 2, la formule devenant triviale pour n = 1.
P
i) On pose Snk = J∈Ink P (AJ ). Montrer que, pour tout n ≥ 2 et tout k ∈ {1, . . . , n + 1},
(
P (An+1 )
si k = 1,
k
k
Sn+1 − Sn = P
(2)
si k ≥ 2.
k−1 P (AJ ∩ An+1 )
J∈In
ii) En utilisant le cas n = 2, montrer que la propriété (1) est héréditaire. Conclure.

3 – Application : n personnes se rendent à une réception et laissent en arrivant les manteaux au
vestiaire. Lorsque la soirée se termine, les convives n’ayant plus toute leur lucidité repartent en
emportant un manteau pris « au hasard ». Quelle est la probabilité que personne n’ait retrouvé
son manteau ? (Précisez votre choix pour l’espace (Ω, A, P) en le justifiant.)
Réponse — La difficulté de cet exercice est d’établir un modèle probabiliste pour la question 3.
On peut considérer le modèle (Ω, A, P) défini par :
– Ω = Sn = {bijections de {1, . . . , n}}. On note que Ω est un ensemble fini. Son cardinal
est n!
– A = P(Ω)
– P = probabilité uniforme sur (Ω, A)
Pour i ∈ {1, . . . , n}, notons Ai l’ensemble des permutations de Ω = Sn qui laissent {i}
invariant.
On a
P(Ai )

=

P(Ai ∩ Aj )

=

P(A1 ∩ · · · ∩ An )

···
=

(n − 1)!
1
card Ai
=
=
card Ω
n!
n
(n − 2)!
1
card Ai ∩ Aj
=
=
card Ω
n!
n(n − 1)
1
n!

∀i
∀i 6= j

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Supelec

D’où
P

n
[

i=1

Ai

!

=

n

1
1
1
+ + · · · + (1)n−1
2! 3!
n!
1 − e−1
1−

=
n→∞

=

1
1
1
− Cn2
+ · · · + (−1)n−1
n
n(n − 1)
n!

Exercice 22 : Les enfants de mon voisin
1 – Mon voisin a deux enfants dont une fille. Quelle est la probabilité conditionnelle que l’autre
enfant soit un garçon ?
2 – Un autre voisin a deux enfants. Le plus jeune est une fille. Quelle est la probabilité conditionnelle
que l’aîné soit un garçon ?
Pour répondre à ces exercices, introduire l’espace de probabilités (Ω, F, P) tel que

➭ Ω = {(a1 , a2 ) | ai ∈ {F, G}, i = 1, 2}, où ai est indique si le ie enfant (par ordre de naissance)
est une fille (F) ou un garçon (G),

➭ A = P(Ω), l’ensemble des parties de Ω,

➭ P la probabilité uniforme sur Ω.

Réponse —
1. NB : La question est formulée en langage naturel mais n’est pas facile à comprendre.
Notons
A = {(F, F ), (F, G), (G, F )}
et
B = {(G, G), (F, G), (G, F )}
On cherche la probabilité
P(B | A) =

P(A ∩ B)
2
=
P(A)
3

2. Notons
A = {(F, F ), (F, G)}
et
B = {(G, G), (F, G)}
On cherche la probabilité
P(B | A) =

P(A ∩ B)
1
=
P(A)
2

Exercice 31 : Médecins, malades, . . .
Une ville compte 3 médecins ; 4 personnes sont malades et choisissent chacune un médecin « au
hasard ».

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Supelec

1 – Quelle est la probabilité que tous les malades appellent le même médecin ?
2 – Quelle est la probabilité que tous les médecins soient appelés ?

Réponse — Introduisons des notations :
– M = {m1 , . . . , mM }, l’ensemble des malades
– D = {d1 , . . . , dD }, l’ensemble des docteurs
Choisissons le modèle probabiliste suivant :
– Ω = DM = {ω : M → D}, l’ensemble des applications M → D
– A = P(Ω)
– P probabilité uniforme sur (Ω, A)
1- Soit l’événement Bj « tous les malades appellent le docteur dj ». Notons que les événements
Bj sont des singletons de Ω (et sont donc disjoints). Calculons P(Bj ).
P(Bj )

=

On cherche la probabilité de l’événement C =
P(C)

=

P(

D
[

1
|Bj |
= M
|Ω|
D
S

Bj ) =

j

Bj .

D
X

P(Bj ) = 1/DM −1

j=1

j=1

2- La probabilité de l’événement B−{dj } « le docteur dj n’est pas appelé » est
P(B−{dj } )

|B−{dj } |
(D − 1)M
=
|Ω|
DM

=

Plus généralement, pour S ⊂ D, la probabilité de l’événement B−S « les docteurs dj ∈ S, ne
sont pas appelés » est
P(B−S )

|B−S |
(D − |S|)M
=
|Ω|
DM

=

On cherche la probabilité de l’événement C ′ =
(voir exercice dédié dans le recueil) :
P

[
D

j=1

B−dj



=

SD

j=1

X

B−dj . En utilisant la formule de Poincaré

(−1)|S|−1 P

dj ∈S

S⊂D, S6=∅

=

X

(−1)|S|−1 P(B−S )

X

(−1)|S|−1

S⊂D, S6=∅

=

S⊂D, S6=∅

=

D
X

X

j=1 S⊂D, |S|=j

=

\

B−dj

(D − |S|)M
DM

(−1)j−1

(D − j)M
DM

D
X
(D − j)M
D
(−1)j−1
DM
j
j=1



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Supelec

Supposons que D = 3 et M = 4 (comme dans l’énoncé). On trouve par calcul :
P

[
D

j=1

B−dj



=

5
9

D’où P(C ′ ) = 4/9.
Exercice 39 : Variable aléatoire déterministe
Soit (Ω, F, P) un espace probabilisé, a ∈ R et X : Ω → R définie par X(ω) = a pour tout ω ∈ Ω.
1 – Montrer que X est une variable aléatoire réelle (c’est-à-dire une fonction mesurable de (Ω, F)
dans (R, B(R)).
2 – Déterminer la loi PX de X, c’est-à-dire PX (B) pour tout borélien B ∈ B(R). Comment s’appelle
la mesure PX ?
3 – Déterminer la fonction de répartition de X.

Réponse —
1. On a X = a1Ω . ∀B ∈ B(R), X −1 (B) = Ω si B ∋ a, et X −1 (B) = ∅ si B 6∋ a. Donc on
vérifie que ∀B ∈ B(R), X −1 (B) ∈ F. Donc X est mesurable.
2. Soit B ∈ B(R).

PX (B)

=
=

P{X ∈ B} = P({ω ∈ Ω; X(ω) ∈ B})
(
1 si B ∋ a
0 sinon

On reconnaît donc une mesure connue : PX = δa
3. Rappel : ∀t ∈ R, FX (t) = PX (]−∞, t]) = P(X ∈]−∞, t]) = P({ω ∈ Ω; X(ω) ∈]−∞, t]}).
Donc ∀t,
(
0 si t < a
FX (t) =
= 1[a,∞[ (t)
1 si t ≥ a
Exercice 41 : Fonction de répartition de la loi exponentielle et changement de variable
Soit X une variable aléatoire réelle, distribuée selon la loi exponentielle de paramètre θ > 0.
1 – Rappeler la fonction de répartition FX de X.
2 – Calculer et tracer la fonction de répartition FY de Y = 1/X.

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Réponse — Si t ≤ 0, P(1/X ≤ t) = 0 (car P(X ≤ 0) = 0). Supposons t > 0
P(1/X ≤ t)

=
=
=
=
=

P({1/X ≤ t} ∩ {X > 0}) + P({1/X ≤ t} ∩ {X ≤ 0})
P({1/X ≤ t} ∩ {X > 0}) + 0

car {1/X ≤ t} ∩ {X ≤ 0} ⊂ {X ≤ 0}

P({X ≥ 1/t} ∩ {X > 0})

P({X ≥ 1/t})

car {X > 0} = Ω \ N avec P(N ) = 0

1 − P({X < 1/t}) = exp(−θ/t)

Exercice 46 : Densité de probabilité de Y = X 2
Soit X une variable aléatoire réelle, absolument continue, de densité fX . Soit Y = X 2 .
1 – Calculez la fonction de répartition FY de Y en fonction de la fonction de répartition FX de X.
2 – En déduire la densité fY de Y en fonction de la densité fX de X.
3 – Effectuer l’application des résultats précédents au cas où X suit une loi gaussienne centrée
réduite, dont on précisera notamment la densité fX .

Réponse —
1. On note que ∀y < 0, FY (y) = 0. Ensuite, ∀y ≥ 0
FY (y)

=
=
=
=
=
=

P(Y ≤ y)

P(X 2 ≤ y)

P({X 2 ≤ y} ∩ {X ≥ 0}) + P({X 2 ≤ y} ∩ {X < 0})


P({X ≤ y} ∩ {X ≥ 0}) + P({X ≥ − y} ∩ {X < 0})



FX ( y) − FX (0− ) + FX (0− ) − FX (− y )


FX ( y) − FX (− y)

2. On a en dérivant, pour y ≥ 0,
fY (y)

=
=

d


[FX ( y) − FX (− y)]
dy
1


√ (f ( y) + f (− y))
2 y

3. On a, pour y ≥ 0,
1
1
1
1
e− 2 y + e− 2 y = 1/2
y −1/2 e−y/2
fY (y) = √
2 2πy
2 Γ(1/2)

NB : Γ(1/2) = π

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Supelec

Exercice 48 : Loi de Cauchy et changement de variable
Soit X une variable aléatoire suivant une loi de Cauchy, c’est à dire de densité
f (x) =

1
,
π(1 + x2 )

x ∈ R.

Déterminer la loi de la variable aléatoire Y = X −1 .

Réponse — La transformation x 7→ x−1 n’est pas de classe C 1 sur R donc le théorème de
changement de variables ne s’applique pas directement. Calculons FY .
Soit y > 0.
FY (y)

=
=
=
=

P(Y ≤ y)

P(1/X ≤ y)

P({1/X ≤ y} ∩ {X < 0}) + P({1/X ≤ y} ∩ {X = 0}) + P({1/X ≤ y} ∩ {X > 0})

1/2 + 0 + P({X ≥ 1/y} ∩ {X > 0})

car {1/X ≤ y} ∩ {X = 0} ⊂ {X = 0}, donc P({1/X ≤ y} ∩ {X = 0}) = 0

=
=

et {1/X ≤ y} ∩ {X < 0} = {X < 0}, donc P({1/X ≤ y} ∩ {X < 0}) = 1/2 (la densité de X est paire).
Z ∞

1
dx
π(1
+
x2 )
1/y
1
1
1
1 − arctan(1/y) = + arctan y
π
2 π

1/2 +

Soit y < 0.
FY (y)

=
=
=
=
=
=

P(Y ≤ y)

P(1/X ≤ y)

P({1/X ≤ y} ∩ {X > 0}) + P({1/X ≤ y} ∩ {X = 0}) + P({1/X ≤ y} ∩ {X < 0})

0 + 0 + P({X ≥ 1/y} ∩ {X < 0})
Z 0
1
dx
2
1/y π(1 + x )
1
1
1
− arctan(1/y) = + arctan y
π
2 π

Par ailleurs, on sait que FY est continue à droite donc FY (0) = 1/2.
En dérivant FY , on constate que Y est de nouveau une variable aléatoire de Cauchy ( !) :
fY : y ∈ R 7→

1
.
π(1 + y 2 )

Exercice 49 : Densité de probabilité de Y = |X|
Soit X une variable aléatoire réelle, admettant une densité de probabilité que l’on notera fX . On
pose Y = |X|.
1 – Exprimer la fonction de répartition FY de Y en fonction de fX .

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Supelec

2 – Montrer que Y admet une densité de probabilité fY , que l’on exprimera en fonction de fX .

Réponse — Pour y < 0, FY (y) = 0. ∀y ≥ 0,
FY (y)

=
=
=

P{Y ≤ y}

P({X ∈ [−y, y]
Z y
fX (x)dx = FX (y) − FX ((−y)− ) = FX (y) − FX (−y)
−y

∀y ≥ 0,

fy (y) = FY′ (y) =

d
[FX (y) − FX (−y)] = fX (y) + fX (−y).
dy

Exercice 54 : Densité uniforme sur un losange dans le plan (bis)
On considère un sous-ensemble de points de R2 , en forme de losange, défini de la manière suivante :


D = (x, y) ∈ R2 ; |x| + |y| ≤ 1 .

Soit (X, Y ) un vecteur aléatoire à valeurs dans R2 de loi uniforme sur D. Cela signifie que (X, Y )
admet une densité f(X, Y ) et que celle-ci est constante sur D.
1 – Exprimer la densité du vecteur aléatoire (X, Y ) à l’aide de la fonction indicatrice de D, que
l’on notera 1D .
2 – Montrer que les densités marginales des variables aléatoires X et Y sont égales, et s’écrivent
f : x 7→ (1 − |x|) 1[−1, 1] (x).
3 – Les variables aléatoires X et Y sont-elles indépendantes ?

Réponse —
1. f(X,Y ) = 21 1D (il faut normaliser la densité de sorte que
R
2. fX = R f(X,Y ) (x, y)dy

R

R2

f(X,Y ) (x, y)dxdy = 1)

3. On vérifie que f(X,Y ) (x, y) 6= fX (x)fY (y) donc X 6⊥
⊥Y.
Exercice 56 : Changement de variables vectoriel

Soit (X, Y ) un couple de variables aléatoires réelles admettant une densité de probabilité fX,Y . On
pose Z = X + Y . Montrer que le couple (X, Z) admet une densité de probabilité fX,Z et donner
son expression.

Réponse — Considérer la transformation g : (x, y) ∈ R2 7→ (x, x + y) puis appliquer la formule
de changement de variables.

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Exercice 60 : Densités jointe et marginales
Soit (X, Y ) un couple de variables aléatoires à valeurs dans R2 admettant une densité de probabilité
f donnée par
f (x, y) =

(
cx(1 + xy) si (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1],
sinon.

0

1 – Calculer la constante c pour que f soit une densité de probabilité.
2 – Calculer la densité marginale de X.

Réponse —
Z

x(1 + xy)dxdy

=

[0,1]2

=

Z

Z

x∈[0,1]



1
xy + 1/2x2 y 2 0 dx


1
x + 1/2x2 dx = 1/2x2 + 1/6x3 0 = 2/3

=⇒ c = 3/2.
∀x ∈ R, fX (x) =

R1

3
x(1 + xy)1[0,1]2 (x, y)dy
0 2

=

3
2



1
xy + 12 x2 y 2 0 1[0,1] (x) = 32 (x + 21 x2 )1[0,1] (x)

Exercice 62 : Loi jointe, loi marginale et indépendance
Soient X et Y deux variables aléatoires réelles, à valeurs dans {0, 1} presque sûrement. On suppose
que P(X = 0) = 1/2, P (Y = 0 | X = 0) = p et P (Y = 0 | X = 1) = q, où p, q ∈ ]0; 1[.
1 – Caractériser la loi du vecteur aléatoire Z = (X, Y ).
2 – Caractériser la loi marginale de Y .
3 – Dans quel cas les variables X et Y sont-elles indépendantes ?

Réponse — Z ne peut prendre que quatre valeurs (vectorielles).
Pour caractériser la loi de Z, il faut exprimer les probabilités du type : P {Z = (0, 0)} =
P (X = 0, Y = 0) = P (Y = 0 | X = 0)P (X = 0), etc.
Puis on calcule la loi marginale de Y en marginalisant la loi de Z :
1. P {Y = 0} = P {Z = (0, 0)} + P {Z = (1, 0)},

2. P {Y = 1} = P {Z = (0, 1)} + P {Z = (1, 1)}.

Exercice 63 : Couple de variables aléatoires réelles, indépendance.
Soit (X, Y ) un couple de variables aléatoires, de loi uniforme sur le disque unité D de R2 .
1 – Expliciter la densité de probabilité conjointe de X et Y .
2 – Calculer la loi marginale de X et celle de Y . Les variables sont-elles indépendantes ?

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Supelec

Réponse — ∀x, y ∈ R2 , fX,Y (x, y) = π1 1D (x, y). D’où les densités marginales fX et fY tq
∀x ∈ R,
Z ∞
fX,Y (x, y)dy
fX (x) =
−∞

=
=

et ∀y ∈ R, fY (y) =

2



1−(y 2 ∧1)
.
π

(R √ 2
1−x

1

dy
− 1−x2 π

0
( √

2 1−x2
π

0

si x ∈ [−1, 1]

sinon

si x ∈ [−1, 1]

sinon

X et Y ne sont pas indépendantes.

Exercice 65 : Loi exponentielle et minimum
À une station d’autobus, le temps d’attente d’un autobus de la ligne A (respectivement B) est une
variable aléatoire X (respectivement Y ). On suppose les variables X et Y indépendantes, de loi
exponentielle de paramètre respectifs λ et µ.
1 – Calculer P (X > t et Y > t), pour tout t ∈ R+ .
2 – Caractériser la loi de min(X, Y ).

Réponse —
1. Pour tout t ∈ R, en utilisant l’indépendance de X et Y ,
P({X > t} ∩ {Y > t}) = P({X > t}) P({Y > t}) = e−(λ+µ)(t∨0) .
2. Noter que
{min(X, Y ) ≤ t} = {X ≤ t} ∪ {Y ≤ t} = {X > t} ∩ {Y > t} .
Donc, P {min(X, Y ) ≤ t} = 1 − e−(λ+µ)(t∨0) , c.-à-d. min(X, Y ) ∼ E(λ + µ).
Exercice 67 : Méthode du rejet
Soit X une variable aléatoire réelle qui prend les valeurs 0, 1, 2 avec les probabilités non nulles p0 ,
p1 , p2 . On fait des tirages indépendants X1 , X2 , . . . de la variable X jusqu’à ce que le résultat soit
non nul ; on appelle T le nombre de tirages nécessaires et on note Y la variable aléatoire obtenue
qui ne prend donc que les valeurs 1 et 2.
1 – Calculer P(T = 1), P(T = 2) puis P(T = n) pour tout n ≥ 1 en fonction de α = p1 + p2 .
2 – Calculer P(T = n, Xn = j), n ≥ 1, j = 1, 2 en fonction de α et de pj .
3 – En déduire P(Y = j) pour j = 1, 2.

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Supelec

Réponse —
1. On a P(T = 1) = P(X1 6= 0) = 1 − p0 = α.
On a P(T = 2) = P({X1 = 0} ∩ {X2 6= 0}) = p0 (1 − p0 ) = (1 − α)α.
Plus généralement, P(T = n) = p0n−1 (1 − p0 ) = (1 − α)n−1 α.

2. Pour n ≥ 1, j = 1, 2, P(T = n, Xn = j) = P(T = n)p0n−1 pj = (1 − α)n−1 pj .

3. On a

P(Y = j) =


X

P(T = n, Xn = j) =


X

n=1

n=1

(NB : l’interprétation du résultat est claire.)

(1 − α)n−1 pj =

pj
.
α

Exercice 71 : Un problème de transmission
On s’intéresse à un problème de transmission de signal entre un émetteur et un récepteur. A
un instant t quelconque, le signal émis est modélisé par une variable aléatoire X à valeurs dans
l’ensemble binaire {−1, 1}. On suppose que
P{X = −1} = P{X = 1} = 1/2.
Le récepteur du signal observe une variable aléatoire Y = X + N , où N est une variable aléatoire
réelle, indépendante de X, qui modélise une perturbation. On supposera que la loi de N est
gaussienne N (0, σ 2 ), avec σ 2 > 0.
Exprimer les probabilités conditionnelles P ({X = 1} | {Y > 0}) et P ({X = −1} | {Y < 0}) au
moyen de la fonction de répartition Φ de la loi gaussienne N (0, 1).
Réponse — Notons que
P{Y > 0}

=
=
=
=
=
=

P({X = 1} ∩ {N > −1}) + P({X = −1} ∩ {N > 1})

P{X = 1} P{N > −1} + P{X = −1} P{N > 1}

1/2(1 − Φ(−1)) + 1/2(1 − Φ(1))

1 − 1/2(Φ(−1) + Φ(1))

1 − 1/2(Φ(−1) + 1 − Φ(−1))

1/2

P ({X = 1} | {Y > 0})

=
=
=
=

car Φ(x) = 1 − Φ(−x)

P ({X = 1} ∩ {Y > 0})
P{Y > 0}
P ({X = 1} ∩ {N > −1})
P{Y > 0}
P{X = 1} P{N > −1}
P{Y > 0}
1/2(1 − Φ(−1))
= Φ(1)
1/2

...
Exercice 72 : Couple de variables aléatoires entières, lois marginales et conditionnelles

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Supelec

Étant donnée une famille française ω sélectionnée au hasard dans la population, on note N (ω) le
nombre d’enfants dans la famille, X(ω) le nombre de garçons et Y (ω) = N (ω) − X(ω) le nombre
de filles. Les fonctions N , X et Y sont des VAR discrètes sur (Ω, P(Ω)), où Ω désigne l’ensemble
des familles françaises. On supposera que la population est suffisamment grande pour pouvoir être
considérée comme infinie.
On suppose que le système de probabilités βn = P{N = n} est donné par la statistique nationale
et que βn > 0 pour tout n ∈ N (ce qui, admettons-le, n’est guère réaliste). On considérera par
ailleurs que la probabilité P{X = · | N = n} est la loi binomiale B(n, p), p ∈ [0; 1].
1 – Justifier le modèle binomial proposé pour la probabilité conditionnelle P{X = · | N = n}.
2 – Donner le système de probabilité du couple (X, Y ) : π x, y = P{X = x et Y = y}, x, y ∈ N.
3 – En déduire le système de probabilités du nombre d’enfants dans les familles où il n’y a pas de
fille. Étudier spécifiquement le cas où N est une variable de Poisson de paramètre θ > 0, et le cas
où N est une variable de Pascal sur N : βn = αn (1 − α) avec 0 < α < 1.
4 – Dans le cas où N est une variable de Poisson, déterminer la loi de X et de Y et remarquer que
les évènements {X = x} et {Y = y} sont indépendants.
Réponse —
1. On considère qu’une naissance donne un garçon avec probabilité p et une fille avec
probabilité 1 − p et que le sexe de chaque enfant est indépendant de celui des frères et
sœurs.
2. Observons que la famille d’événements {N = i}i∈N est une partition de Ω. On suppose
de plus que ∀i ∈ N, P(N = i) > 0. Donc
πx,y

=


X
i=0

=
=

P{X = x, Y = y | N = i} P{N = i}

P{X = x | N = x + y} P{N = x + y}

x
Cx+y
px (1 − p)y βx+y

P∞
3. Posons γn = P{N = n | Y = 0}. On a P{Y = 0} = i=0 P{Y = 0 | N = i} P{N = i}.
D’où :
pn β n
P{X = n, Y = 0}
= P∞ i
γn =
P{Y = 0}
i=0 p βi
a) βn =

θ n e−θ
n!
n

→ γn =

(pθ)n e−pθ
n!

n

→ loi de Poisson de paramètre pθ

b) βn = α (1 − α) → γn = (pα) (1 − pα) → loi géométrique de paramètre pα

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4. Loi de X. Posons πx = P{X = x}.
πx

=
=
=


X

i=0

X

i=x

X
i=x

=

···
Cix px (1 − p)i−x


X
px
i=x

x!

e−θ

θi e−θ
i!

(1 − p)i−x i
θ
(i − x)!


px x −θ X (1 − p)j j
θ e
θ
x!
j!
j=0

=
=

P{X = x | N = i} P{N = i}

e−pθ

px x
θ
x!
y

y
De même, on aurait πy = e−(1−p)θ (1−p)
y! θ
Reste à observer que πx+y = πx πy car

πx,y =



∼ P(pθ)

→ ∼ P((1 − p)θ).

θx+y e−θ
(x + y)! x
p (1 − p)y
.
x!y!
(x + y)!

Exercice 73 : Indépendance, fonctions de répartition
Soit D le disque unité fermé de R2 . On tire un point (X, Y ) du disque selon la loi uniforme sur D.
Rappel : cela signifie que, pour tout borélien A de R2 ,


Aire (A ∩ D)
λ2 (A ∩ D)
P (X, Y ) ∈ A =
=
,
Aire (D)
λ2 (D)

où λ2 est la mesure de Lebesgue sur (R2 , B(R2 )).




1 – On considère les événements E1 = X ≥ 1/ 2 et E2 = Y ≥ 1/ 2 . Calculer P(E1 ) et P(E2 ).
Ces deux événements sont-ils indépendants ? Interprétez le résultat en terme d’information apporté
par la réalisation de E1 sur la réalisation de E2 .


2 – Soit le secteur angulaire Ar,θ = (x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 ≤ r2 et arg(x
+ iy) ∈ [0; θ] , où r ∈ [0; 1]
et θ ∈ [0; 2π[. Calculer la probabilité de l’événement (X, Y ) ∈ Ar,θ .


3 – Soit R = X 2 + Y 2 et Θ = arg(X + iY ). Déterminer la loi des variables aléatoires R et Θ.
Montrer que les événements {R ≤ r} et {Θ ∈ [0; θ]} sont indépendants.
4 – Déterminer la loi de U = R2 .

Réponse —

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R1
1. P{X ∈ [1/ 2, 1]} = 1/√2 2 1 − x2 π1 dx = 1/4 − 1/2π. NB : on peut trouver le résultat

par des considérations géométriques. On a aussi P{Y ∈ [1/ 2, 1]} = 1/4 − 1/2π et


P{X ∈ [1/ 2, 1], Y ∈ [1/ 2, 1]} = 0 (faire un dessin) .
Donc les événements ne sont pas indépendants.
2. P{(X, Y ) ∈ A} =

r2 θ
2π .

3. Loi de R. ∀r ∈ R,

Loi de Θ. ∀θ ∈ [0, 2π[,


2

r
FR (r) = 1


0
FΘ (θ) =

On a P{R ≤ r, Θ ∈ [0, θ] =

r2 θ
2π ,

0≤r≤1

r≥1

r ≤ 0.
θ
.


donc R et Θ sont indépendants sous P.

2

4. Loi du U = R , ∀u ∈ R



u 0 ≤ u ≤ 1
FU (u) = 1 r ≥ 1


0 r ≤ 0.

Exercice 85 : Loi de Poisson et fractions rationnelles
Soit X une variable aléatoire de loi de Poisson de paramètre θ > 0.
1
est une variable aléatoire intégrable.
1+X


1
.
2 – Calculer E
1+X




1
1
et en déduire E
.
3 – Calculer E
(1 + X)(2 + X)
2+X

1 – Vérifier que

Réponse — 1 - X est à valeurs dans N (valeurs positives, donc). Pour vérifier que 1/(1 + X)
P 1 −θ θk
est intégrable, il faut vérifier que la série k 1+k
e k! est convergente (pour la forme de
l’espérance, utiliser du thm de transport dans le cas discret).

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Supelec

2- On a
E



1
1+X




X

θk
(k + 1)!
k=0

X

θk+1
1/θe−θ
(k + 1)!
k=0



X
θk
1/θe−θ − 1 +
k!

=
=
=

e−θ

k=0

=

1/θe

−θ

(e − 1) = 1/θ(1 − e−θ )
θ

3- On a
E



1
(1 + X)(2 + X)



=
=


X

θk
(k + 2)!
k=0



X
θk
2 −θ
−1−θ+
1/θ e
k!
e−θ

k=0

=
On a

1/θ2 (1 − e−θ − θe−θ )

1
1
1
=

(x + 1)(x + 2)
x+1 x+2

d’où
E



1
2+X



= 1/θ(1 − e−θ ) − 1/θ2 (1 − e−θ − θe−θ ) =

1 −θ
(e − 1 + θ)
θ2

Exercice 95 : Couple uniformément distribué de variables aléatoires réelles
Soit D un sous-ensemble de R2 dont la surface (mesure de Lebesgue) n’est pas nulle. Soit (X, Y )
un couple de variables aléatoires de loi uniforme sur D.
1 – Expliciter la densité de probabilité conjointe de X et Y . (Indication : utiliser la fonction
caractéristique 1D .)
2 – Calculer la covariance du couple (X, Y ) lorsque D est un rectangle.
3 – Calculer la covariance du couple (X, Y ) lorsque D = {(x, y) | x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1}.
Réponse —
1. ∀x, y ∈ R2 , fX,Y (x, y) =

1
|D| 1D (x, y),

où |D| est l’aire de D.

2. Supposons que D est un rectangle. Alors on vérifie f(X,Y ) (x, y) = fX (x)fY (y) =⇒ X ⊥

Y =⇒ Cov(X, Y ) = 0.

R 1 R 1−y
R
R1
2
dy =
3. On a E(Y ) = E(X) = D xf(X,Y ) (x, y)dxdy = 2 0 0 xdx dy = 2 0 (1−y)
2
h
i
3 1
−(1−y)
= 13 .
3
0

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Et E(XY ) =

R

xyf(X,Y ) (x, y)dxdy = 2
D

R 1 R 1−y
0

D’où Cov(X, Y ) = 1/12 − 1/9 = −1/36.

0


R1
xydx dy = 2 0

y(1−y)2
dy
2

= 1/12

Exercice 114 : Vecteurs gaussiens et transformations linéaires
Soient X et Y deux variables réelles, gaussiennes et indépendantes.
1 – Que peut-on dire du vecteur Z = (X + Y, X − Y ) ?
2 – Donner une condition nécessaire et suffisante pour que les composantes de Z soient indépendantes.

Réponse — 1- Remarquons que (X, Y ) est un vecteur gaussien. En effet X et Y sont indépendantes et donc, la densité jointe de (X, Y ) s’écrit comme le produit des densités de X et Y .
Ce produit est une densité gaussienne bivariée. (Ou bien utiliser la fonction caractéristique si
celle-ci a été vue en cours).
Toute combinaison linéaire des composantes de Z = (Z1 , Z2 ) est de la forme S = λX X +λY Y ,
c’est-à-dire une combinaison linéaire des composantes du vecteur gaussien (X, Y ). S est donc
une variable aléatoire gaussienne, donc Z est un vecteur gaussien.
2- Puisque Z est gaussien, Z1 et Z2 sont indépendantes ssi Cov(Z1 , Z2 ) = 0. Or
Cov(Z1 , Z2 )

=
=

Cov(X + Y, X − Y )
Var(X) − Var(Y ) .

Donc Z1 et Z2 sont indépendantes ssi Var(X) = Var(Y ).
Exercice 116 : Indépendance et décorrélation dans les vecteurs gaussiens
Soient X1 , X2 , . . . , Xn des variables aléatoires indépendantes, de loi N (0, 1). On pose Yn =
Pn
Pn
i=1 ai Xi et Zn =
i=1 bi Xi .
1 – Dans quel cas Yn et Zn sont-elles décorrélées ?

2 – Dans quel cas sont-elles indépendantes ?

Réponse —
1. Cov(Yn , Zn ) = 0 ⇐⇒

Pn

i=1

a i bi = 0

2. X = (X1 , . . . , Xn ) est un vecteur gaussien (à vérifier en écrivant sa densité et l’indépendance) =⇒ (Yn , Zn ) est un vecteur gaussien (en utilisant le fait que Yn et Zn
Pn
sont des combinaisons linéaires des Xi ). Donc Yn ⊥
⊥ Zn ⇐⇒
i=1 ai bi = 0 (car la
non-corrélation implique l’indépendance dans le cas gaussien).
Exercice 124 : Sommes de variables indépendantes de loi uniforme
Soient X et Y deux variables aléatoires indépendantes de même loi uniforme sur l’intervalle [−1, 1].

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1 – Calculer les lois de S = X + Y et de Z = 21 (X + Y ).
2 – Justifier l’existence de E(Z n ) pour tout n ∈ N, et calculer E(Z n ) (on pourra distinguer les cas
n pair et n impair).

Réponse — NB : cet exercice ne peut pas être donné comme question de cours parce que
la notion de produit de convolution qui permet de calculer la loi d’une somme de variables
aléatoires n’a pas été vue spécifiquement.
1. ∀t ∈ R,
FS (t)

=
=
=

=

En dérivant : ∀t ∈ R,

fS (t)

P(X + Y ≤ t)

E(1X+Y ≤t )
Z 1Z 1
1x+y≤t fX (x)fY (y)dxdy
−1 −1


0
si t < −2



(t+2)2

si − 2 ≤ t < 0
1
2
(2−t)2
4
4− 2
si 0 ≤ t < 2




4
si t ≥ 2

=



0




1 t+2
4
2−t



0

On en déduit la densité de Z : ∀t ∈ R,


0



t + 1
fZ (t) =

1−t



0

si t < −2

si − 2 ≤ t < 0
si 0 ≤ t < 2
si t ≥ 2

si t < −1

si − 1 ≤ t < 0
si 0 ≤ t < 1
si t ≥ 1

2. RZ admet une densité dont le support est borné et égal à [−1, 1]. Donc E(|Z|n ) =
1
|z|n fZ (z)dz existe pour tout n. Comme la densité de Z est paire, n est impair
−1
=⇒ E(Z n ) = 0.
Supposons n = 2p, avec p ∈ N. En utilisant la parité,
Z 1
n
z 2p (1 − z)dz
E(Z ) = 2
0

=

h
2

i1
1
1
2
z 2p+1 −
z 2p+2 =
2p + 1
2p + 2
(2p + 1)(2p + 2)
0

Exercice 128 : Calculs d’espérance conditionnelle
Soient X et Y deux variables aléatoires indépendantes et de même loi, de carré intégrable. On note

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Z = X + Y leur somme.
1 – Calculer l’espérance conditionnelle E(Z | X).
2 – Calculer l’espérance conditionnelle E(X | Z). Indication : utiliser la symétrie du problème.
Réponse —
E(Z | X) = E(X + Y | X)

E(X | Z)

=
=

=
=

E(X | X) + E(Y | X)

X + E(Y )

E(Z − Y | Z)

Z − E(Y | Z)

On sait que E(X | Z) est une certaine fonction hX de Z, qui dépend de la loi jointe du couple
(X, Z). E(Y | Z) est une certaine fonction hY de Z, qui dépend de la loi jointe du couple
(Y, Z). Comme (X, Z) et (Y, Z) ont la même loi, hX = hY , et donc E(Y | Z) = E(X | Z). On
a donc E(X | Z) = 12 Z.
Exercice 143 : Convergence en loi de variables aléatoires à valeurs entières
Soit (Xn )n≥n0 une suite de variables aléatoires de Pascal sur N \ {0} de paramètre pn = 1 −

avec n0 > θ > 0 : ∀k ∈ N \ {0}, P{Xn = k} = pnk−1 (1 − pn ).
1 – Calculer la fonction caractéristique de Xn .

2 – Montrer que la suite (Xn /n)n≥n0 converge en loi et déterminer sa limite.

Réponse — Soit X une variable aléatoire de Pascal de paramètre p ∈ ]0, 1[. ∀t ∈ R,
ϕX (t)

=
=

E(eitX )

X
eitk pk−1 (1 − p)

k=1

=
=

1 − p peit
p 1 − peit
(1 − p)eit
1 − peit

θ
,
n

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∀t ∈ R, ∀n ≥ n0
ϕXn /n (t)

=
=
=
=
=
=
→n→∞

ϕXn (t/n)
(1 − pn )eit/n
1 − pn eit/n
θ it/n
ne
1 − eit/n + nθ eit/n

θn−1 (1 + itn−1 + o(n−1 ))
−itn−1 + o(n−1 ) + θn−1 (1 + itn−1 + o(n−1 ))
θn−1 + o(n−1 )
(−it + θ)n−1 + o(n−1 )
θ + o(1)
−it + θ + o(1)
1
1 − it/θ

On reconnaît la fonction caractéristique de la loi E(θ) (vue en cours).
Exercice 152 : Convergence presque sûre
Soient a et b des réels tels que a < b. On considère dans cet exercice une suite (Xn )n∈N de variables
aléatoires réelles iid, de loi uniforme sur [a, b].
1 – Calculer la fonction de répartition de Mn = max(X1 , X2 , . . . , Xn ) et en déduire que (Mn )n≥1
converge en loi vers b.
2 – En utilisant le critère de Borel-Cantelli, montrer que (Mn )n≥1 converge presque sûrement
vers b.

Réponse — 1- ∀t ∈ R, FMn (t) = P({X1 ≤ t} ∩ · · · {Xn ≤ t}) = (FX0 (t))n .
Pour tout t < b, FX0 (t) < 1 =⇒ FMn (t) →n→∞ 0.

Pour tout t ≥ b, FX0 (t) = 1 =⇒ FMn (t) →n→∞ 1.

Donc ∀t ∈ R, limn→∞ FMn (t) = 1[b,∞[ (t).

2- Soit ε > 0, P{|Mn − b| ≥ ε} = P{b − Mn ≥ ε} = P{Mn ≤ b − ε} = (FX0 (b − ε))n .

La série de terme général (FX0 (b − ε))n converge, donc Mn converge ps vers b (critère de
B.-C.).



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