Chapitre 14 : Variables aléatoires à densité · 2020-05-16 · Déﬁnition(Fonctionderépartition) SoitX unevariablealéatoire.OndéﬁnitsurR lafonction de répartition deF,notéeF

Chapitre 14 : Variables aléatoires à densité

Définition (Fonction de répartition)Soit X une variable aléatoire. On définit sur R la fonction derépartition de F , notée FX par :

∀x ∈ R, FX (x) = P (X ≤ x) .

Définition (Fonction de répartition)Soit X une variable aléatoire. On définit sur R la fonction derépartition de F , notée FX par :

∀x ∈ R, FX (x) = P (X ≤ x) .

Proposition (Propriétés des fonctions de répartition)Soit X une variable aléatoire et soit FX sa fonction de répartition.Alors,

• FX est croissante sur R ;• lim

x→−∞FX (x) = 0 et lim

x→+∞FX (x) = 1 ;

• FX est continue à droite en tout point de R et admet une limiteà gauche en tout point ;• pour tout x0 ∈ R, FX est continue en x0 si, et seulement si,

P (X = x0).

Proposition (Propriétés des fonctions de répartition)Soit X une variable aléatoire et soit FX sa fonction de répartition.Alors,• FX est croissante sur R ;

• limx→−∞

FX (x) = 0 et limx→+∞

FX (x) = 1 ;


P (X = x0).

Proposition (Propriétés des fonctions de répartition)Soit X une variable aléatoire et soit FX sa fonction de répartition.Alors,• FX est croissante sur R ;• lim


x→+∞FX (x) = 1 ;


P (X = x0).



x→+∞FX (x) = 1 ;

• FX est continue à droite en tout point de R et admet une limiteà gauche en tout point ;

• pour tout x0 ∈ R, FX est continue en x0 si, et seulement si,P (X = x0).



x→+∞FX (x) = 1 ;


P (X = x0).

Proposition (Caractérisation de la loi)Soient X et Y deux variables aléatoires. X et Y suivent la mêmeloi, si et seulement si, FX = FY .

Définition (Variable aléatoire à densité)Soit X une variable aléatoire et soit FX sa fonction de répartition.On dit que X est une variable aléatoire à densité si FX estcontinue sur R et de classe C 1 sur R, sauf éventuellement en unnombre fini de points.

Proposition (Caractérisation de la loi)Soient X et Y deux variables aléatoires. X et Y suivent la mêmeloi, si et seulement si, FX = FY .

Définition (Variable aléatoire à densité)Soit X une variable aléatoire et soit FX sa fonction de répartition.On dit que X est une variable aléatoire à densité si FX estcontinue sur R et de classe C 1 sur R, sauf éventuellement en unnombre fini de points.

Définition (Densité)Soit X une variable aléatoire à densité. On définit une densité fXde X par :

∀x ∈ R, fX (x) =F ′X (x) si FX est dérivable en x0 sinon

.

Définition (Densité)Soit X une variable aléatoire à densité. On définit une densité fXde X par :

∀x ∈ R, fX (x) =F ′X (x) si FX est dérivable en x0 sinon

.

Proposition (Lien entre la fonction de répartition et unedensité)Soit X une variable aléatoire à densité dont on note FX la fonctionde répartition et fX une densité. Alors, pour tout x ∈ R, l’intégrale∫ x

−∞fX (t) dt converge et

∀x ∈ R, FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt.

Proposition (Lien entre la fonction de répartition et unedensité)Soit X une variable aléatoire à densité dont on note FX la fonctionde répartition et fX une densité. Alors, pour tout x ∈ R, l’intégrale∫ x

−∞fX (t) dt converge et

∀x ∈ R, FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt.

Proposition (Proposition fondamentale des variables à densité)Soit X une variable aléatoire réelle à densité dont on note fX unedensité et FX la fonction de répartition. Alors, pour tout(a, b) ∈ R2 avec a < b, on a :

P (a < (≤)X < (≤)b) = FX (b)− FX (a) =∫ b

afX (t) dt.

Proposition (Proposition fondamentale des variables à densité)Soit X une variable aléatoire réelle à densité dont on note fX unedensité et FX la fonction de répartition. Alors, pour tout(a, b) ∈ R2 avec a < b, on a :

P (a < (≤)X < (≤)b) = FX (b)− FX (a) =∫ b

afX (t) dt.

Exemple 3

1) On aFX (x) =

∫ x

−∞f (t) dt.

Premier cas : si x < −1. On a :

FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ x

−∞0dt = 0.

Deuxième cas : si x ∈ [−1, 0[. On a : D’après la relation deChasles, on a

FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt +

∫ x

−1f (t) dt.

Exemple 3

1) On aFX (x) =

∫ x

−∞f (t) dt.


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ x

−∞0dt = 0.


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt +

∫ x

−1f (t) dt.

Exemple 3

1) On aFX (x) =

∫ x

−∞f (t) dt.


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ x

−∞0dt = 0.


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt +

∫ x

−1f (t) dt.

Exemple 3

1) On aFX (x) =

∫ x

−∞f (t) dt.


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ x

−∞0dt = 0.

Deuxième cas : si x ∈ [−1, 0[. On a :

D’après la relation deChasles, on a

FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt +

∫ x

−1f (t) dt.

Exemple 3

1) On aFX (x) =

∫ x

−∞f (t) dt.


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ x

−∞0dt = 0.


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt +

∫ x

−1f (t) dt.

Or, f (t) = 0 pour tout t < −1, donc∫ −1

−∞f (t) dt = 0.

Et, pour tout t ∈ [−1, 0[, f (t) = 1+ t, donc∫ x

−1f (t) dt =

∫ x

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]x

−1

= x + x2

2 −(−1+ (−1)2

2

)

= x + x2

2 +12 .

Finalement, pour tout x ∈ [−1, 0[,

FX (x) = 0+ x + x2

2 +12 = x + x2

2 +12.


−∞f (t) dt = 0.

Et, pour tout t ∈ [−1, 0[, f (t) = 1+ t, donc

∫ x

−1f (t) dt =

∫ x

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]x

−1

= x + x2

2 −(−1+ (−1)2

2

)

= x + x2

2 +12 .


FX (x) = 0+ x + x2

2 +12 = x + x2

2 +12.


−∞f (t) dt = 0.


−1f (t) dt =

∫ x

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]x

−1

= x + x2

2 −(−1+ (−1)2

2

)

= x + x2

2 +12 .


FX (x) = 0+ x + x2

2 +12 = x + x2

2 +12.


−∞f (t) dt = 0.


−1f (t) dt =

∫ x

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]x

−1

= x + x2

2 −(−1+ (−1)2

2

)

= x + x2

2 +12 .


FX (x) = 0+ x + x2

2 +12 = x + x2

2 +12.


−∞f (t) dt = 0.


−1f (t) dt =

∫ x

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]x

−1

= x + x2

2 −(−1+ (−1)2

2

)

= x + x2

2 +12 .


FX (x) = 0+ x + x2

2 +12 = x + x2

2 +12.


−∞f (t) dt = 0.


−1f (t) dt =

∫ x

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]x

−1

= x + x2

2 −(−1+ (−1)2

2

)

= x + x2

2 +12 .


FX (x) = 0+ x + x2

2 +12 = x + x2

2 +12.


−∞f (t) dt = 0.


−1f (t) dt =

∫ x

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]x

−1

= x + x2

2 −(−1+ (−1)2

2

)

= x + x2

2 +12 .


FX (x) = 0+ x + x2

2 +12 = x + x2

2 +12.

3 ème cas : si x ∈ [0, 1[.

D’après la relation de Chasles, on a

FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt+

∫ 0

−1f (t) dt+

∫ x

0f (t) dt.

Or,∫ −1

−∞f (t) dt = 0. De plus,

∫ 0

−1f (t) dt =

∫ 0

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]0

−1

= 0+ 02

2 −(−1+ (−1)2

2

)

=12 .

3 ème cas : si x ∈ [0, 1[. D’après la relation de Chasles, on a

FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt+

∫ 0

−1f (t) dt+

∫ x

0f (t) dt.

Or,∫ −1


∫ 0

−1f (t) dt =

∫ 0

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]0

−1

= 0+ 02

2 −(−1+ (−1)2

2

)

=12 .


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt+

∫ 0

−1f (t) dt+

∫ x

0f (t) dt.

Or,∫ −1


∫ 0

−1f (t) dt =

∫ 0

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]0

−1

= 0+ 02

2 −(−1+ (−1)2

2

)

=12 .


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt+

∫ 0

−1f (t) dt+

∫ x

0f (t) dt.

Or,∫ −1

−∞f (t) dt = 0.

De plus,

∫ 0

−1f (t) dt =

∫ 0

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]0

−1

= 0+ 02

2 −(−1+ (−1)2

2

)

=12 .


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt+

∫ 0

−1f (t) dt+

∫ x

0f (t) dt.

Or,∫ −1


∫ 0

−1f (t) dt =

∫ 0

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]0

−1

= 0+ 02

2 −(−1+ (−1)2

2

)

=12 .


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt+

∫ 0

−1f (t) dt+

∫ x

0f (t) dt.

Or,∫ −1


∫ 0

−1f (t) dt =

∫ 0

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]0

−1

= 0+ 02

2 −(−1+ (−1)2

2

)

=12 .


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt+

∫ 0

−1f (t) dt+

∫ x

0f (t) dt.

Or,∫ −1


∫ 0

−1f (t) dt =

∫ 0

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]0

−1

= 0+ 02

2 −(−1+ (−1)2

2

)

=12 .


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt+

∫ 0

−1f (t) dt+

∫ x

0f (t) dt.

Or,∫ −1


∫ 0

−1f (t) dt =

∫ 0

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]0

−1

= 0+ 02

2 −(−1+ (−1)2

2

)

=12 .


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt =

∫ −1

−∞f (t) dt+

∫ 0

−1f (t) dt+

∫ x

0f (t) dt.

Or,∫ −1


∫ 0

−1f (t) dt =

∫ 0

−1(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]0

−1

= 0+ 02

2 −(−1+ (−1)2

2

)

=12 .

Et,

∫ x

0f (t) dt =

∫ x

0(1− t) dt

=

[t − t2

2

]x

0

= x − x2

2 −(0− 02

2

)

= x − x2

2 .

Finalement, pour tout x ∈ [0, 1[, FX (x) = 0+ 12 + x − x2

2 .

Et, ∫ x

0f (t) dt =

∫ x

0(1− t) dt

=

[t − t2

2

]x

0

= x − x2

2 −(0− 02

2

)

= x − x2

2 .


2 .

Et, ∫ x

0f (t) dt =

∫ x

0(1− t) dt

=

[t − t2

2

]x

0

= x − x2

2 −(0− 02

2

)

= x − x2

2 .


2 .

Et, ∫ x

0f (t) dt =

∫ x

0(1− t) dt

=

[t − t2

2

]x

0

= x − x2

2 −(0− 02

2

)

= x − x2

2 .


2 .

Et, ∫ x

0f (t) dt =

∫ x

0(1− t) dt

=

[t − t2

2

]x

0

= x − x2

2 −(0− 02

2

)

= x − x2

2 .


2 .

Et, ∫ x

0f (t) dt =

∫ x

0(1− t) dt

=

[t − t2

2

]x

0

= x − x2

2 −(0− 02

2

)

= x − x2

2 .


2 .

4 ème cas : si x ≥ 1. D’après la relation de Chasles, on a

FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt

=∫ −1

−∞f (t) dt +

∫ 0

−1f (t) dt +

∫ 1

0f (t) dt +

∫ x

0f (t) dt.

Or, ∫ −1

−∞f (t) dt = 0,

et ∫ 0

−1f (t) dt = 1

2 .

De plus, ∫ 1

0f (t) dt =

∫ 1

0(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]1

0

=12 .


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt

=∫ −1

−∞f (t) dt +

∫ 0

−1f (t) dt +

∫ 1

0f (t) dt +

∫ x

0f (t) dt.

Or, ∫ −1

−∞f (t) dt = 0,

et ∫ 0

−1f (t) dt = 1

2 .

De plus, ∫ 1

0f (t) dt =

∫ 1

0(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]1

0

=12 .


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt

=∫ −1

−∞f (t) dt +

∫ 0

−1f (t) dt +

∫ 1

0f (t) dt +

∫ x

0f (t) dt.

Or, ∫ −1

−∞f (t) dt = 0,

et

∫ 0

−1f (t) dt = 1

2 .

De plus, ∫ 1

0f (t) dt =

∫ 1

0(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]1

0

=12 .


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt

=∫ −1

−∞f (t) dt +

∫ 0

−1f (t) dt +

∫ 1

0f (t) dt +

∫ x

0f (t) dt.

Or, ∫ −1

−∞f (t) dt = 0,

et ∫ 0

−1f (t) dt = 1

2 .

De plus, ∫ 1

0f (t) dt =

∫ 1

0(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]1

0

=12 .


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt

=∫ −1

−∞f (t) dt +

∫ 0

−1f (t) dt +

∫ 1

0f (t) dt +

∫ x

0f (t) dt.

Or, ∫ −1

−∞f (t) dt = 0,

et ∫ 0

−1f (t) dt = 1

2 .

De plus, ∫ 1

0f (t) dt =

∫ 1

0(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]1

0

=12 .


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt

=∫ −1

−∞f (t) dt +

∫ 0

−1f (t) dt +

∫ 1

0f (t) dt +

∫ x

0f (t) dt.

Or, ∫ −1

−∞f (t) dt = 0,

et ∫ 0

−1f (t) dt = 1

2 .

De plus, ∫ 1

0f (t) dt =

∫ 1

0(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]1

0

=12 .


FX (x) =∫ x

−∞f (t) dt

=∫ −1

−∞f (t) dt +

∫ 0

−1f (t) dt +

∫ 1

0f (t) dt +

∫ x

0f (t) dt.

Or, ∫ −1

−∞f (t) dt = 0,

et ∫ 0

−1f (t) dt = 1

2 .

De plus, ∫ 1

0f (t) dt =

∫ 1

0(1+ t) dt

=

[t + t2

2

]1

0

=12 .

On a aussi∫ x

1f (t) dt =

∫ x

10dt = 0. Ainsi,

FX (x) = 0+ 12 +

12 + 0 = 1.

Pour résumer,

∀x ∈ R, FX (x) =

0 si x < −1

x + x2

2 +12 si x ∈ [−1, 0[

12 + x − x2

2 si x ∈ [0, 1[1 si x ≥ 1

.

On a aussi∫ x

1f (t) dt =

∫ x

10dt = 0. Ainsi,

FX (x) = 0+ 12 +

12 + 0 = 1.

Pour résumer,

∀x ∈ R, FX (x) =

0 si x < −1

x + x2

2 +12 si x ∈ [−1, 0[

12 + x − x2

2 si x ∈ [0, 1[1 si x ≥ 1

.

On a aussi∫ x

1f (t) dt =

∫ x

10dt = 0. Ainsi,

FX (x) = 0+ 12 +

12 + 0 = 1.

Pour résumer,

∀x ∈ R, FX (x) =

0 si x < −1

x + x2

2 +12 si x ∈ [−1, 0[

12 + x − x2

2 si x ∈ [0, 1[1 si x ≥ 1

.

On a aussi∫ x

1f (t) dt =

∫ x

10dt = 0. Ainsi,

FX (x) = 0+ 12 +

12 + 0 = 1.

Pour résumer,

∀x ∈ R, FX (x) =

0 si x < −1

x + x2

2 +12 si x ∈ [−1, 0[

12 + x − x2

2 si x ∈ [0, 1[1 si x ≥ 1

.

2) a) On a :

|X | < 2 ⇐⇒ −2 < X < 2.

Ainsi

P (|X | < 2) = P (−2 < X < 2) = FX (2)− FX (−2) .

Mais, FX (2) = 1 et FX (−2) = 0, d’où

P (|X | < 2) = 1− 0 = 1.

b) On a :

P (X ≥ −3) = limx→+∞

FX (x)− FX (−3) = 1− 0 = 1.

BNe pas écrire FX (+∞) !

2) a) On a :|X | < 2 ⇐⇒ −2 < X < 2.

Ainsi

P (|X | < 2) = P (−2 < X < 2) = FX (2)− FX (−2) .

Mais, FX (2) = 1 et FX (−2) = 0, d’où

P (|X | < 2) = 1− 0 = 1.

b) On a :

P (X ≥ −3) = limx→+∞

FX (x)− FX (−3) = 1− 0 = 1.


2) a) On a :|X | < 2 ⇐⇒ −2 < X < 2.

Ainsi

P (|X | < 2) = P (−2 < X < 2) = FX (2)− FX (−2) .

Mais, FX (2) = 1 et FX (−2) = 0, d’où

P (|X | < 2) = 1− 0 = 1.

b) On a :

P (X ≥ −3) = limx→+∞

FX (x)− FX (−3) = 1− 0 = 1.


2) a) On a :|X | < 2 ⇐⇒ −2 < X < 2.

Ainsi

P (|X | < 2) = P (−2 < X < 2) = FX (2)− FX (−2) .

Mais, FX (2) = 1 et FX (−2) = 0, d’où

P (|X | < 2) = 1− 0 = 1.

b) On a :

P (X ≥ −3) = limx→+∞

FX (x)− FX (−3) = 1− 0 = 1.


2) a) On a :|X | < 2 ⇐⇒ −2 < X < 2.

Ainsi

P (|X | < 2) = P (−2 < X < 2) = FX (2)− FX (−2) .

Mais, FX (2) = 1 et FX (−2) = 0, d’où

P (|X | < 2) = 1− 0 = 1.

b) On a :

P (X ≥ −3) = limx→+∞

FX (x)− FX (−3) = 1− 0 = 1.


2) a) On a :|X | < 2 ⇐⇒ −2 < X < 2.

Ainsi

P (|X | < 2) = P (−2 < X < 2) = FX (2)− FX (−2) .

Mais, FX (2) = 1 et FX (−2) = 0, d’où

P (|X | < 2) = 1− 0 = 1.

b) On a :

P (X ≥ −3) = limx→+∞

FX (x)− FX (−3) = 1− 0 = 1.


2) a) On a :|X | < 2 ⇐⇒ −2 < X < 2.

Ainsi

P (|X | < 2) = P (−2 < X < 2) = FX (2)− FX (−2) .

Mais, FX (2) = 1 et FX (−2) = 0, d’où

P (|X | < 2) = 1− 0 = 1.

b) On a :

P (X ≥ −3) = limx→+∞

FX (x)− FX (−3) = 1− 0 = 1.


2) a) On a :|X | < 2 ⇐⇒ −2 < X < 2.

Ainsi

P (|X | < 2) = P (−2 < X < 2) = FX (2)− FX (−2) .

Mais, FX (2) = 1 et FX (−2) = 0, d’où

P (|X | < 2) = 1− 0 = 1.

b) On a :

P (X ≥ −3) = limx→+∞

FX (x)− FX (−3) = 1− 0 = 1.


Proposition (Les densités caractérisent la loi)Soient X et Y deux variables aléatoires à densité dont on note fXet fY des densités.X et Y suivent la même loi, si et seulement si, les fonctions fX etfY sont égales sauf en un nombre au plus fini de points.

Exemple 41) Comme fU est non nulle sur [0, 1[, on en déduit queU (Ω) = [0, 1[.

Comme U ∈ [0, 1[, 1−U ∈ ]0, 1].On en déduit que Y est bien définie et Y (Ω) = R+.2) On rappelle que, par définition, FY (x) = P (Y ≤ x). CommeY (Ω) = R+, on a

∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.

Soit x ≥ 0. On a :

FY (x) = P (Y ≤ x)= P (− ln (1−U) ≤ x) par définition de Y= P (ln (1−U) ≥ −x)= P

(1−U ≥ e−x) car t 7−→ et est une bijection croissante

= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+

= FU(1− e−x) par définition de FU .

Exemple 41) Comme fU est non nulle sur [0, 1[, on en déduit queU (Ω) = [0, 1[. Comme U ∈ [0, 1[,

1−U ∈ ]0, 1].On en déduit que Y est bien définie et Y (Ω) = R+.2) On rappelle que, par définition, FY (x) = P (Y ≤ x). CommeY (Ω) = R+, on a

∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.




= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+


Exemple 41) Comme fU est non nulle sur [0, 1[, on en déduit queU (Ω) = [0, 1[. Comme U ∈ [0, 1[, 1−U ∈ ]0, 1].

On en déduit que Y est bien définie et Y (Ω) = R+.2) On rappelle que, par définition, FY (x) = P (Y ≤ x). CommeY (Ω) = R+, on a

∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.




= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+


Exemple 41) Comme fU est non nulle sur [0, 1[, on en déduit queU (Ω) = [0, 1[. Comme U ∈ [0, 1[, 1−U ∈ ]0, 1].On en déduit que Y est bien définie et

Y (Ω) = R+.2) On rappelle que, par définition, FY (x) = P (Y ≤ x). CommeY (Ω) = R+, on a

∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.




= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+


Exemple 41) Comme fU est non nulle sur [0, 1[, on en déduit queU (Ω) = [0, 1[. Comme U ∈ [0, 1[, 1−U ∈ ]0, 1].On en déduit que Y est bien définie et Y (Ω) = R+.2) On rappelle que, par définition, FY (x) = P (Y ≤ x). CommeY (Ω) = R+, on a

∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.




= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+



∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.




= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+



∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.




= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+



∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.


FY (x) = P (Y ≤ x)

= P (− ln (1−U) ≤ x) par définition de Y= P (ln (1−U) ≥ −x)= P


= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+



∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.


FY (x) = P (Y ≤ x)= P (− ln (1−U) ≤ x)

par définition de Y= P (ln (1−U) ≥ −x)= P


= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+



∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.


FY (x) = P (Y ≤ x)= P (− ln (1−U) ≤ x) par définition de Y

= P (ln (1−U) ≥ −x)= P


= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+



∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.


FY (x) = P (Y ≤ x)= P (− ln (1−U) ≤ x) par définition de Y= P (ln (1−U) ≥ −x)

= P(1−U ≥ e−x) car t 7−→ et est une bijection croissante

= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+



∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.



(1−U ≥ e−x)

car t 7−→ et est une bijection croissante= P

(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+



∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.




= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+



∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.




= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+



∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.




= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+

= FU(1− e−x)

par définition de FU .


∀x < 0, FY (x) = P (Y ≤ x) = 0.




= P(U ≤ 1− e−x) de R sur R∗+


On remarque que, comme x ≥ 0, 1− e−x ∈ ]0, 1]. D’après laproposition 1.3, on a

FU(1− e−x) = ∫ 1−e−x

−∞fU (t) dt.

On utilise la relation de Chasles, on écrit

FU (x) =∫ 0

−∞fU (t) dt +

∫ 1−e−x

0fU (t) dt

=∫ 0

−∞0dt +

∫ 1−e−x

01dt par définition de fU

= 0+ [t ]1−e−x

0= 1− e−x .

Conclusion :

∀x ∈ R, FY (x) =0 si x < 01− e−x si x ≥ 0

.


FU(1− e−x) = ∫ 1−e−x

−∞fU (t) dt.


FU (x) =∫ 0

−∞fU (t) dt +

∫ 1−e−x

0fU (t) dt

=∫ 0

−∞0dt +

∫ 1−e−x


= 0+ [t ]1−e−x

0= 1− e−x .

Conclusion :

∀x ∈ R, FY (x) =0 si x < 01− e−x si x ≥ 0

.


FU(1− e−x) = ∫ 1−e−x

−∞fU (t) dt.


FU (x) =∫ 0

−∞fU (t) dt +

∫ 1−e−x

0fU (t) dt

=∫ 0

−∞0dt +

∫ 1−e−x


= 0+ [t ]1−e−x

0= 1− e−x .

Conclusion :

∀x ∈ R, FY (x) =0 si x < 01− e−x si x ≥ 0

.


FU(1− e−x) = ∫ 1−e−x

−∞fU (t) dt.


FU (x) =∫ 0

−∞fU (t) dt +

∫ 1−e−x

0fU (t) dt

=∫ 0

−∞0dt +

∫ 1−e−x


= 0+ [t ]1−e−x

0= 1− e−x .

Conclusion :

∀x ∈ R, FY (x) =0 si x < 01− e−x si x ≥ 0

.


FU(1− e−x) = ∫ 1−e−x

−∞fU (t) dt.


FU (x) =∫ 0

−∞fU (t) dt +

∫ 1−e−x

0fU (t) dt

=∫ 0

−∞0dt +

∫ 1−e−x

01dt

par définition de fU

= 0+ [t ]1−e−x

0= 1− e−x .

Conclusion :

∀x ∈ R, FY (x) =0 si x < 01− e−x si x ≥ 0

.


FU(1− e−x) = ∫ 1−e−x

−∞fU (t) dt.


FU (x) =∫ 0

−∞fU (t) dt +

∫ 1−e−x

0fU (t) dt

=∫ 0

−∞0dt +

∫ 1−e−x


= 0+ [t ]1−e−x

0= 1− e−x .

Conclusion :

∀x ∈ R, FY (x) =0 si x < 01− e−x si x ≥ 0

.


FU(1− e−x) = ∫ 1−e−x

−∞fU (t) dt.


FU (x) =∫ 0

−∞fU (t) dt +

∫ 1−e−x

0fU (t) dt

=∫ 0

−∞0dt +

∫ 1−e−x


= 0+ [t ]1−e−x

0

= 1− e−x .

Conclusion :

∀x ∈ R, FY (x) =0 si x < 01− e−x si x ≥ 0

.


FU(1− e−x) = ∫ 1−e−x

−∞fU (t) dt.


FU (x) =∫ 0

−∞fU (t) dt +

∫ 1−e−x

0fU (t) dt

=∫ 0

−∞0dt +

∫ 1−e−x


= 0+ [t ]1−e−x

0= 1− e−x .

Conclusion :

∀x ∈ R, FY (x) =0 si x < 01− e−x si x ≥ 0

.


FU(1− e−x) = ∫ 1−e−x

−∞fU (t) dt.


FU (x) =∫ 0

−∞fU (t) dt +

∫ 1−e−x

0fU (t) dt

=∫ 0

−∞0dt +

∫ 1−e−x


= 0+ [t ]1−e−x

0= 1− e−x .

Conclusion :

∀x ∈ R, FY (x) =0 si x < 01− e−x si x ≥ 0

.

3) On utilise la définition 1.2. pour montrer que Y est une variablealéatoire à densité, on montre que FY est continue sur R et declasse C 1 sauf peut-être en un nombre fini de points.

• Continuité.FY est continue sur R∗ d’après les théorèmes généraux.• On a :

FY (0) = 1− e−0 = 1− 1 = 0,

limx→0−

FY (x) = limx→0−

0 = 0

etlim

x→0+FY (x) = lim

x→0+(1− e−x) = 0.

Conclusion, FY est continue en 0, puis sur R.• Les théorèmes généraux assurent que FY est de classe C 1 sur

R sauf peut-être en 0.

On en déduit que Y est une variable aléatoire à densité.


• Continuité.FY est continue sur R∗ d’après les théorèmes généraux.

• On a :FY (0) = 1− e−0 = 1− 1 = 0,

limx→0−


0 = 0

etlim

x→0+FY (x) = lim

x→0+(1− e−x) = 0.






FY (0) = 1− e−0 = 1− 1 = 0,

limx→0−


0 = 0

etlim

x→0+FY (x) = lim

x→0+(1− e−x) = 0.






FY (0) = 1− e−0 = 1− 1 = 0,

limx→0−


0 = 0

etlim

x→0+FY (x) = lim

x→0+(1− e−x) = 0.






FY (0) = 1− e−0 = 1− 1 = 0,

limx→0−


0 = 0

etlim

x→0+FY (x) = lim

x→0+(1− e−x) = 0.






FY (0) = 1− e−0 = 1− 1 = 0,

limx→0−


0 = 0

etlim

x→0+FY (x) = lim

x→0+(1− e−x) = 0.

Conclusion, FY est continue en 0, puis sur R.

• Les théorèmes généraux assurent que FY est de classe C 1 surR sauf peut-être en 0.




FY (0) = 1− e−0 = 1− 1 = 0,

limx→0−


0 = 0

etlim

x→0+FY (x) = lim

x→0+(1− e−x) = 0.






FY (0) = 1− e−0 = 1− 1 = 0,

limx→0−


0 = 0

etlim

x→0+FY (x) = lim

x→0+(1− e−x) = 0.




Pour obtenir une densité de Y , on dérive FY là où elle estdérivable et on complète par la valeur 0.

On a donc :

∀x ∈ R, fY (x) =

0 si x < 0

0 si x = 0e−x si x > 0

=

0 si x ≤ 0e−x si x > 0

.

4) On remarque que une densité de X et une densité de Y sontégales, donc les variables aléatoires X et Y suivent la même loi.

Pour obtenir une densité de Y , on dérive FY là où elle estdérivable et on complète par la valeur 0. On a donc :

∀x ∈ R, fY (x) =

0 si x < 0

0 si x = 0e−x si x > 0

=

0 si x ≤ 0e−x si x > 0

.



∀x ∈ R, fY (x) =

0 si x < 0

0 si x = 0e−x si x > 0

=

0 si x ≤ 0e−x si x > 0

.



∀x ∈ R, fY (x) =

0 si x < 0

0 si x = 0e−x si x > 0

=

0 si x ≤ 0e−x si x > 0

.


Proposition (Caractérisation des densités de probabilité)Soit f : R −→ R une fonction. On suppose :

• f est à valeurs positives ;• f est continue sur R sauf éventuellement en un nombre fini de

points ;

• l’intégrale∫ +∞

−∞f (t) dt converge et vaut 1.

Alors, f est une densité d’une variable aléatoire : il existe unevariable aléatoire X dont f est une densité.

Proposition (Caractérisation des densités de probabilité)Soit f : R −→ R une fonction. On suppose :• f est à valeurs positives ;

• f est continue sur R sauf éventuellement en un nombre fini depoints ;




Proposition (Caractérisation des densités de probabilité)Soit f : R −→ R une fonction. On suppose :• f est à valeurs positives ;• f est continue sur R sauf éventuellement en un nombre fini depoints ;












Exemple 5

1)

• f est clairement positive sur R.• f est continue sur R sauf peut-être en 0 et 2.• f est continue sur le segment [0, 2] et nulle hors de [0, 2],

dont l’intégrale∫ +∞

−∞f (t) dt converge et

∫ +∞

−∞f (t) dt =

∫ 2

0f (t) dt

=12

∫ 2

0tdt

=12

[t2

2

]2

0= 1.

On a montré que f est une densité d’une variable aléatoire.

Exemple 51)




∫ +∞

−∞f (t) dt =

∫ 2

0f (t) dt

=12

∫ 2

0tdt

=12

[t2

2

]2

0= 1.


Exemple 51)

• f est clairement positive sur R.

• f est continue sur R sauf peut-être en 0 et 2.• f est continue sur le segment [0, 2] et nulle hors de [0, 2],



∫ +∞

−∞f (t) dt =

∫ 2

0f (t) dt

=12

∫ 2

0tdt

=12

[t2

2

]2

0= 1.


Exemple 51)

• f est clairement positive sur R.• f est continue sur R sauf peut-être en 0 et 2.

• f est continue sur le segment [0, 2] et nulle hors de [0, 2],



∫ +∞

−∞f (t) dt =

∫ 2

0f (t) dt

=12

∫ 2

0tdt

=12

[t2

2

]2

0= 1.


Exemple 51)




∫ +∞

−∞f (t) dt =

∫ 2

0f (t) dt

=12

∫ 2

0tdt

=12

[t2

2

]2

0= 1.


Exemple 51)




∫ +∞

−∞f (t) dt =

∫ 2

0f (t) dt

=12

∫ 2

0tdt

=12

[t2

2

]2

0= 1.


Exemple 51)




∫ +∞

−∞f (t) dt =

∫ 2

0f (t) dt

=12

∫ 2

0tdt

=12

[t2

2

]2

0= 1.


Exemple 51)




∫ +∞

−∞f (t) dt =

∫ 2

0f (t) dt

=12

∫ 2

0tdt

=12

[t2

2

]2

0

= 1.


Exemple 51)




∫ +∞

−∞f (t) dt =

∫ 2

0f (t) dt

=12

∫ 2

0tdt

=12

[t2

2

]2

0= 1.


Exemple 51)




∫ +∞

−∞f (t) dt =

∫ 2

0f (t) dt

=12

∫ 2

0tdt

=12

[t2

2

]2

0= 1.


2)

• g est clairement positive sur R.• g est clairement continue sur R sauf peut-être en 0.

• g est nulle sur R−, ainsi pour montrer que∫ +∞

−∞g (t) dt

converge, il suffit de montrer que∫ +∞

0g (t) dt converge.

Soit A ≥ 0. On a :∫ A

0f (t) dt =

∫ A

0e−tdt

=[−e−t]A

0

= −e−A −(−e−0

)= 1− e−A.

2)• g est clairement positive sur R.

• g est clairement continue sur R sauf peut-être en 0.


−∞g (t) dt


0g (t) dt converge.


0f (t) dt =

∫ A

0e−tdt

=[−e−t]A

0

= −e−A −(−e−0

)= 1− e−A.

2)• g est clairement positive sur R.• g est clairement continue sur R sauf peut-être en 0.


−∞g (t) dt


0g (t) dt converge.


0f (t) dt =

∫ A

0e−tdt

=[−e−t]A

0

= −e−A −(−e−0

)= 1− e−A.



−∞g (t) dt


0g (t) dt converge.


0f (t) dt =

∫ A

0e−tdt

=[−e−t]A

0

= −e−A −(−e−0

)= 1− e−A.



−∞g (t) dt


0g (t) dt converge.

Soit A ≥ 0. On a :

∫ A

0f (t) dt =

∫ A

0e−tdt

=[−e−t]A

0

= −e−A −(−e−0

)= 1− e−A.



−∞g (t) dt


0g (t) dt converge.


0f (t) dt =

∫ A

0e−tdt

=[−e−t]A

0

= −e−A −(−e−0

)= 1− e−A.



−∞g (t) dt


0g (t) dt converge.


0f (t) dt =

∫ A

0e−tdt

=[−e−t]A

0

= −e−A −(−e−0

)= 1− e−A.



−∞g (t) dt


0g (t) dt converge.


0f (t) dt =

∫ A

0e−tdt

=[−e−t]A

0

= −e−A −(−e−0

)

= 1− e−A.



−∞g (t) dt


0g (t) dt converge.


0f (t) dt =

∫ A

0e−tdt

=[−e−t]A

0

= −e−A −(−e−0

)= 1− e−A.

Comme limA→+∞

(1− e−A

)= 1, on en déduit que l’intégrale∫ +∞

0f (t) dt converge et vaut 1.

Ainsi, l’intégrale∫ +∞

−∞f (t) dt

converge et vaut 1.On a montré que g est une densité d’une variable aléatoire.

Comme limA→+∞

(1− e−A


0f (t) dt converge et vaut 1. Ainsi, l’intégrale

∫ +∞

−∞f (t) dt

converge et vaut 1.

On a montré que g est une densité d’une variable aléatoire.

Comme limA→+∞

(1− e−A


0f (t) dt converge et vaut 1. Ainsi, l’intégrale

∫ +∞

−∞f (t) dt

converge et vaut 1.On a montré que g est une densité d’une variable aléatoire.

Proposition (Fonction de répartition et densité de aX + b avec(a, b) ∈ R∗ ×R)Soit X une variable aléatoire dont on note FX la fonction derépartition et fX une densité.

Alors, la variable aléatoire aX + b estune variable aléatoire réelle dont une densité faX+b est donnée par :

∀x ∈ R, faX+b (x) =1|a| fX

(x − ba

).

Proposition (Fonction de répartition et densité de aX + b avec(a, b) ∈ R∗ ×R)Soit X une variable aléatoire dont on note FX la fonction derépartition et fX une densité. Alors, la variable aléatoire aX + b estune variable aléatoire réelle dont une densité faX+b est donnée par :

∀x ∈ R, faX+b (x) =1|a| fX

(x − ba

).

Proposition (Fonction de répartition et densité de aX + b avec(a, b) ∈ R∗ ×R)Soit X une variable aléatoire dont on note FX la fonction derépartition et fX une densité. Alors, la variable aléatoire aX + b estune variable aléatoire réelle dont une densité faX+b est donnée par :

∀x ∈ R, faX+b (x) =1|a| fX

(x − ba

).

Exemple 6.

1) Comme X1 est une variable aléatoire à densité, la variablealéatoire 2X1 + 3 est aussi une variable aléatoire à densité (on peutposer a = 2 et b = 3) dont une densité f2X1+3 est donnée par :

∀x ∈ R, f2X1+3 (x) =1|2| fX1

(x − 32

)=

12 fX1

(x − 32

).

Or, fX1 (x) =

12x si x ∈ [0, 2]0 sinon

, il s’ensuit que

∀x ∈ R, f2X1+3 (x) =

12

(x − 32

)si x − 3

2 ∈ [0, 2]

0 sinon

=

x − 34 si x ∈ [3, 7]

0 sinon.

Exemple 6.1) Comme X1 est une variable aléatoire à densité, la variablealéatoire 2X1 + 3 est aussi une variable aléatoire à densité (on peutposer a = 2 et b = 3) dont une densité f2X1+3 est donnée par :

∀x ∈ R, f2X1+3 (x) =1|2| fX1

(x − 32

)=

12 fX1

(x − 32

).

Or, fX1 (x) =

12x si x ∈ [0, 2]0 sinon

, il s’ensuit que

∀x ∈ R, f2X1+3 (x) =

12

(x − 32

)si x − 3

2 ∈ [0, 2]

0 sinon

=

x − 34 si x ∈ [3, 7]

0 sinon.


∀x ∈ R, f2X1+3 (x) =1|2| fX1

(x − 32

)=

12 fX1

(x − 32

).

Or, fX1 (x) =

12x si x ∈ [0, 2]0 sinon

, il s’ensuit que

∀x ∈ R, f2X1+3 (x) =

12

(x − 32

)si x − 3

2 ∈ [0, 2]

0 sinon

=

x − 34 si x ∈ [3, 7]

0 sinon.


∀x ∈ R, f2X1+3 (x) =1|2| fX1

(x − 32

)=

12 fX1

(x − 32

).

Or, fX1 (x) =

12x si x ∈ [0, 2]0 sinon

, il s’ensuit que

∀x ∈ R, f2X1+3 (x) =

12

(x − 32

)si x − 3

2 ∈ [0, 2]

0 sinon

=

x − 34 si x ∈ [3, 7]

0 sinon.


∀x ∈ R, f2X1+3 (x) =1|2| fX1

(x − 32

)=

12 fX1

(x − 32

).

Or, fX1 (x) =

12x si x ∈ [0, 2]0 sinon

, il s’ensuit que

∀x ∈ R, f2X1+3 (x) =

12

(x − 32

)si x − 3

2 ∈ [0, 2]

0 sinon

=

x − 34 si x ∈ [3, 7]

0 sinon.


∀x ∈ R, f2X1+3 (x) =1|2| fX1

(x − 32

)=

12 fX1

(x − 32

).

Or, fX1 (x) =

12x si x ∈ [0, 2]0 sinon

, il s’ensuit que

∀x ∈ R, f2X1+3 (x) =

12

(x − 32

)si x − 3

2 ∈ [0, 2]

0 sinon

=

x − 34 si x ∈ [3, 7]

0 sinon.

2) Comme X2 est une variable aléatoire à densité, la variablealéatoire 3−X2 est aussi une variable aléatoire à densité (on peutposer a = −1 et b = 3) dont une densité f3−X2 est donnée par :

∀x ∈ R, f3−X2 (x) =1|−1| fX2

(x − 3−1

)= fX2 (3− x) .

Or, fX2 (x) =

e−x si x ≥ 00 sinon

, il s’ensuit que

f3−X2 (x) =

e−(3−x) si 3− x ≥ 00 sinon

=

ex−3 si x ≤ 30 sinon

.


∀x ∈ R, f3−X2 (x) =1|−1| fX2

(x − 3−1

)= fX2 (3− x) .

Or, fX2 (x) =


, il s’ensuit que

f3−X2 (x) =

e−(3−x) si 3− x ≥ 00 sinon

=


.


∀x ∈ R, f3−X2 (x) =1|−1| fX2

(x − 3−1

)= fX2 (3− x) .

Or, fX2 (x) =


, il s’ensuit que

f3−X2 (x) =

e−(3−x) si 3− x ≥ 00 sinon

=


.


∀x ∈ R, f3−X2 (x) =1|−1| fX2

(x − 3−1

)= fX2 (3− x) .

Or, fX2 (x) =


, il s’ensuit que

f3−X2 (x) =

e−(3−x) si 3− x ≥ 00 sinon

=


.


∀x ∈ R, f3−X2 (x) =1|−1| fX2

(x − 3−1

)= fX2 (3− x) .

Or, fX2 (x) =


, il s’ensuit que

f3−X2 (x) =

e−(3−x) si 3− x ≥ 00 sinon

=


.

Occupation de confinement.

Exemple 5, questions 3 et 4Exemple 6, questions 3 et 4.


Exemple 5, questions 3 et 4

Exemple 6, questions 3 et 4.


Exemple 5, questions 3 et 4Exemple 6, questions 3 et 4.

Exemple 21) On rappelle que :

∀x ∈ R, FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt.

• Si x < −1, alors :

FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt =

∫ x

−∞0 dt = 0.

• Si x ∈ [−1, 1], la relation de Chasles donne :

FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ x

−1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0dt +

∫ x

−1

12 dt

= 0+[12 t]x

−1.


∀x ∈ R, FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt.


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt =

∫ x

−∞0 dt = 0.


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ x

−1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0dt +

∫ x

−1

12 dt

= 0+[12 t]x

−1.


∀x ∈ R, FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt.


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt =

∫ x

−∞0 dt = 0.


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ x

−1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0dt +

∫ x

−1

12 dt

= 0+[12 t]x

−1.


∀x ∈ R, FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt.


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt =

∫ x

−∞0 dt = 0.


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ x

−1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0dt +

∫ x

−1

12 dt

= 0+[12 t]x

−1.


∀x ∈ R, FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt.


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt =

∫ x

−∞0 dt = 0.


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ x

−1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0dt +

∫ x

−1

12 dt

= 0+[12 t]x

−1.


∀x ∈ R, FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt.


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt =

∫ x

−∞0 dt = 0.


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ x

−1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0dt +

∫ x

−1

12 dt

= 0+[12 t]x

−1.


∀x ∈ R, FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt.


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt =

∫ x

−∞0 dt = 0.


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ x

−1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0dt +

∫ x

−1

12 dt

= 0+[12 t]x

−1.

Ainsi,

∀x ∈ [−1, 1] , FX (x) = 12x +

12 .

• Si x > 1. La relation de Chasles donne :

FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ 1

−1fX (t) dt +

∫ x

1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0 dt +

∫ 1

−1

12 dt +

∫ x

10dt

= 0+[12 t]1

−1+ 0

= 1.Finalement,

∀x ∈ R, FX (x) =

0 si x < −112x +

12 si x ∈ [−1, 1]

1 si x > 1

.

Ainsi,∀x ∈ [−1, 1] , FX (x) = 1

2x +12 .


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ 1

−1fX (t) dt +

∫ x

1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0 dt +

∫ 1

−1

12 dt +

∫ x

10dt

= 0+[12 t]1

−1+ 0

= 1.Finalement,

∀x ∈ R, FX (x) =

0 si x < −112x +

12 si x ∈ [−1, 1]

1 si x > 1

.

Ainsi,∀x ∈ [−1, 1] , FX (x) = 1

2x +12 .


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ 1

−1fX (t) dt +

∫ x

1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0 dt +

∫ 1

−1

12 dt +

∫ x

10dt

= 0+[12 t]1

−1+ 0

= 1.Finalement,

∀x ∈ R, FX (x) =

0 si x < −112x +

12 si x ∈ [−1, 1]

1 si x > 1

.

Ainsi,∀x ∈ [−1, 1] , FX (x) = 1

2x +12 .


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ 1

−1fX (t) dt +

∫ x

1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0 dt +

∫ 1

−1

12 dt +

∫ x

10dt

= 0+[12 t]1

−1+ 0

= 1.Finalement,

∀x ∈ R, FX (x) =

0 si x < −112x +

12 si x ∈ [−1, 1]

1 si x > 1

.

Ainsi,∀x ∈ [−1, 1] , FX (x) = 1

2x +12 .


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ 1

−1fX (t) dt +

∫ x

1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0 dt +

∫ 1

−1

12 dt +

∫ x

10dt

= 0+[12 t]1

−1+ 0

= 1.Finalement,

∀x ∈ R, FX (x) =

0 si x < −112x +

12 si x ∈ [−1, 1]

1 si x > 1

.

Ainsi,∀x ∈ [−1, 1] , FX (x) = 1

2x +12 .


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ 1

−1fX (t) dt +

∫ x

1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0 dt +

∫ 1

−1

12 dt +

∫ x

10dt

= 0+[12 t]1

−1+ 0

= 1.Finalement,

∀x ∈ R, FX (x) =

0 si x < −112x +

12 si x ∈ [−1, 1]

1 si x > 1

.

Ainsi,∀x ∈ [−1, 1] , FX (x) = 1

2x +12 .


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ 1

−1fX (t) dt +

∫ x

1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0 dt +

∫ 1

−1

12 dt +

∫ x

10dt

= 0+[12 t]1

−1+ 0

= 1.

Finalement,

∀x ∈ R, FX (x) =

0 si x < −112x +

12 si x ∈ [−1, 1]

1 si x > 1

.

Ainsi,∀x ∈ [−1, 1] , FX (x) = 1

2x +12 .


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ 1

−1fX (t) dt +

∫ x

1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0 dt +

∫ 1

−1

12 dt +

∫ x

10dt

= 0+[12 t]1

−1+ 0

= 1.Finalement,

∀x ∈ R, FX (x) =

0 si x < −112x +

12 si x ∈ [−1, 1]

1 si x > 1

.

Ainsi,∀x ∈ [−1, 1] , FX (x) = 1

2x +12 .


FX (x) =∫ x

−∞fX (t) dt

=∫ −1

−∞fX (t) dt +

∫ 1

−1fX (t) dt +

∫ x

1fX (t) dt

=∫ −1

−∞0 dt +

∫ 1

−1

12 dt +

∫ x

10dt

= 0+[12 t]1

−1+ 0

= 1.Finalement,

∀x ∈ R, FX (x) =

0 si x < −112x +

12 si x ∈ [−1, 1]

1 si x > 1

.

Exemple 53)• h est clairement positive sur R.

• h est continue sur R.• Pour montrer que l’intégrale

∫ +∞

−∞h (t) dt converge, il suffit

de prouver la convergence des intégrales∫ 0

−∞h (t) dt et∫ +∞

0h (t) dt.


0h (t) dt =

∫ A

0

12e−|t|dt

=12

∫ A

0e−tdt car |t| = t

=12[−e−t]A

0

=12 −

12e−A.

Exemple 53)• h est clairement positive sur R.• h est continue sur R.

• Pour montrer que l’intégrale∫ +∞



−∞h (t) dt et∫ +∞

0h (t) dt.


0h (t) dt =

∫ A

0

12e−|t|dt

=12

∫ A


=12[−e−t]A

0

=12 −

12e−A.

Exemple 53)• h est clairement positive sur R.• h est continue sur R.• Pour montrer que l’intégrale

∫ +∞



−∞h (t) dt et∫ +∞

0h (t) dt.


0h (t) dt =

∫ A

0

12e−|t|dt

=12

∫ A


=12[−e−t]A

0

=12 −

12e−A.


∫ +∞



−∞h (t) dt et∫ +∞

0h (t) dt.


0h (t) dt =

∫ A

0

12e−|t|dt

=12

∫ A


=12[−e−t]A

0

=12 −

12e−A.


∫ +∞



−∞h (t) dt et∫ +∞

0h (t) dt.


0h (t) dt =

∫ A

0

12e−|t|dt

=12

∫ A

0e−tdt

car |t| = t

=12[−e−t]A

0

=12 −

12e−A.


∫ +∞



−∞h (t) dt et∫ +∞

0h (t) dt.


0h (t) dt =

∫ A

0

12e−|t|dt

=12

∫ A


=12[−e−t]A

0

=12 −

12e−A.


∫ +∞



−∞h (t) dt et∫ +∞

0h (t) dt.


0h (t) dt =

∫ A

0

12e−|t|dt

=12

∫ A


=12[−e−t]A

0

=12 −

12e−A.


∫ +∞



−∞h (t) dt et∫ +∞

0h (t) dt.


0h (t) dt =

∫ A

0

12e−|t|dt

=12

∫ A


=12[−e−t]A

0

=12 −

12e−A.

Or, limA→+∞

(12 −

12e−A

)=

12, donc l’intégrale

∫ +∞

0h (t) dt

converge et vaut 12.

Soit B ≤ 0. On a :∫ 0

Bh (t) dt =

∫ 0

B

12e−|t|dt

=12

∫ 0

Be−(−t)dt car |t| = −t

=12

∫ 0

Betdt

=12 [et ]

0B

=12 −

12eB.

Or, limB→−∞

(12 −

12eB

)=


∫ 0

−∞h (t) dt


Or, limA→+∞

(12 −

12e−A

)=


∫ +∞

0h (t) dt


Soit B ≤ 0. On a :∫ 0

Bh (t) dt =

∫ 0

B

12e−|t|dt

=12

∫ 0


=12

∫ 0

Betdt

=12 [et ]

0B

=12 −

12eB.

Or, limB→−∞

(12 −

12eB

)=


∫ 0

−∞h (t) dt


Or, limA→+∞

(12 −

12e−A

)=


∫ +∞

0h (t) dt


Soit B ≤ 0. On a :∫ 0

Bh (t) dt =

∫ 0

B

12e−|t|dt

=12

∫ 0

Be−(−t)dt

car |t| = −t

=12

∫ 0

Betdt

=12 [et ]

0B

=12 −

12eB.

Or, limB→−∞

(12 −

12eB

)=


∫ 0

−∞h (t) dt


Or, limA→+∞

(12 −

12e−A

)=


∫ +∞

0h (t) dt


Soit B ≤ 0. On a :∫ 0

Bh (t) dt =

∫ 0

B

12e−|t|dt

=12

∫ 0


=12

∫ 0

Betdt

=12 [et ]

0B

=12 −

12eB.

Or, limB→−∞

(12 −

12eB

)=


∫ 0

−∞h (t) dt


Or, limA→+∞

(12 −

12e−A

)=


∫ +∞

0h (t) dt


Soit B ≤ 0. On a :∫ 0

Bh (t) dt =

∫ 0

B

12e−|t|dt

=12

∫ 0


=12

∫ 0

Betdt

=12 [et ]

0B

=12 −

12eB.

Or, limB→−∞

(12 −

12eB

)=


∫ 0

−∞h (t) dt


Or, limA→+∞

(12 −

12e−A

)=


∫ +∞

0h (t) dt


Soit B ≤ 0. On a :∫ 0

Bh (t) dt =

∫ 0

B

12e−|t|dt

=12

∫ 0


=12

∫ 0

Betdt

=12 [et ]

0B

=12 −

12eB.

Or, limB→−∞

(12 −

12eB

)=


∫ 0

−∞h (t) dt


Or, limA→+∞

(12 −

12e−A

)=


∫ +∞

0h (t) dt


Soit B ≤ 0. On a :∫ 0

Bh (t) dt =

∫ 0

B

12e−|t|dt

=12

∫ 0


=12

∫ 0

Betdt

=12 [et ]

0B

=12 −

12eB.

Or, limB→−∞

(12 −

12eB

)=


∫ 0

−∞h (t) dt


Finalement, l’intégrale∫ +∞

−∞h (t) dt converge et

∫ +∞

−∞h (t) dt =

∫ 0

−∞h (t) dt +

∫ +∞

0h (t) dt = 1

2 +12 = 1.

On a montré que h est une densité d’une variable aléatoire.



∫ +∞

−∞h (t) dt =

∫ 0

−∞h (t) dt +

∫ +∞

0h (t) dt = 1

2 +12 = 1.




∫ +∞

−∞h (t) dt =

∫ 0

−∞h (t) dt +

∫ +∞

0h (t) dt = 1

2 +12 = 1.


Exemple 5

4)

• i est clairement positive sur R.

• i est continue sur R sauf peut-être en 0.• Comme i est nulle sur R−, pour montrer que l’intégrale∫ +∞

−∞i (t) dt converge, il suffit de montrer que l’intégrale∫ +∞

0i (t) dt converge.

Exemple 5

4)

• i est clairement positive sur R.• i est continue sur R sauf peut-être en 0.

• Comme i est nulle sur R−, pour montrer que l’intégrale∫ +∞


0i (t) dt converge.

Exemple 5

4)

• i est clairement positive sur R.• i est continue sur R sauf peut-être en 0.• Comme i est nulle sur R−, pour montrer que l’intégrale∫ +∞


0i (t) dt converge.

Soit A ≥ 0, on a :

∫ A

0i (t) dt =

∫ A

0

2t(1+ t2)2 dt

=∫ A

02t(1+ t2

)−2dt

=

[(1+ t2)−1

−1

]A

0

= − 11+ A2 −

(− 11+ 02

)= 1− 1

1+ A2 .

Or, limA→+∞

(1− 1

1+ A2

)= 1, ainsi l’intégrale

∫ +∞

0i (t) dt

converge et vaut 1. Finalement, l’intégrale∫ +∞

−∞i (t) dt converge

et vaut∫ +∞

0i (t) dt = 1.

On a montré que i est une densité d’une variable aléatoire.

Soit A ≥ 0, on a :∫ A

0i (t) dt =

∫ A

0

2t(1+ t2)2 dt

=∫ A

02t(1+ t2

)−2dt

=

[(1+ t2)−1

−1

]A

0

= − 11+ A2 −

(− 11+ 02

)= 1− 1

1+ A2 .

Or, limA→+∞

(1− 1

1+ A2


∫ +∞

0i (t) dt



et vaut∫ +∞

0i (t) dt = 1.



0i (t) dt =

∫ A

0

2t(1+ t2)2 dt

=∫ A

02t(1+ t2

)−2dt

=

[(1+ t2)−1

−1

]A

0

= − 11+ A2 −

(− 11+ 02

)= 1− 1

1+ A2 .

Or, limA→+∞

(1− 1

1+ A2


∫ +∞

0i (t) dt



et vaut∫ +∞

0i (t) dt = 1.



0i (t) dt =

∫ A

0

2t(1+ t2)2 dt

=∫ A

02t(1+ t2

)−2dt

=

[(1+ t2)−1

−1

]A

0

= − 11+ A2 −

(− 11+ 02

)

= 1− 11+ A2 .

Or, limA→+∞

(1− 1

1+ A2


∫ +∞

0i (t) dt



et vaut∫ +∞

0i (t) dt = 1.



0i (t) dt =

∫ A

0

2t(1+ t2)2 dt

=∫ A

02t(1+ t2

)−2dt

=

[(1+ t2)−1

−1

]A

0

= − 11+ A2 −

(− 11+ 02

)= 1− 1

1+ A2 .

Or, limA→+∞

(1− 1

1+ A2


∫ +∞

0i (t) dt



et vaut∫ +∞

0i (t) dt = 1.



0i (t) dt =

∫ A

0

2t(1+ t2)2 dt

=∫ A

02t(1+ t2

)−2dt

=

[(1+ t2)−1

−1

]A

0

= − 11+ A2 −

(− 11+ 02

)= 1− 1

1+ A2 .

Or, limA→+∞

(1− 1

1+ A2


∫ +∞

0i (t) dt

converge et vaut 1.



et vaut∫ +∞

0i (t) dt = 1.



0i (t) dt =

∫ A

0

2t(1+ t2)2 dt

=∫ A

02t(1+ t2

)−2dt

=

[(1+ t2)−1

−1

]A

0

= − 11+ A2 −

(− 11+ 02

)= 1− 1

1+ A2 .

Or, limA→+∞

(1− 1

1+ A2


∫ +∞

0i (t) dt



et vaut∫ +∞

0i (t) dt = 1.



0i (t) dt =

∫ A

0

2t(1+ t2)2 dt

=∫ A

02t(1+ t2

)−2dt

=

[(1+ t2)−1

−1

]A

0

= − 11+ A2 −

(− 11+ 02

)= 1− 1

1+ A2 .

Or, limA→+∞

(1− 1

1+ A2


∫ +∞

0i (t) dt



et vaut∫ +∞

0i (t) dt = 1.


Exemple 6

3) Comme X3 est une variable aléatoire à densité, la variablealéatoire X3 + 1 est aussi une variable aléatoire à densité (on peutposer a = 1 et b = 1) dont une densité fX3+1 est donnée par :

∀x ∈ R, fX3+1 (x) =1|1| fX3

(x − 11

)= fX3 (x − 1) .

Or, fX3 (x) =12e−|x |, il s’ensuit que

fX3+1 (x) =12e−|x−1|.

Exemple 6


∀x ∈ R, fX3+1 (x) =1|1| fX3

(x − 11

)= fX3 (x − 1) .


fX3+1 (x) =12e−|x−1|.

Exemple 6


∀x ∈ R, fX3+1 (x) =1|1| fX3

(x − 11

)= fX3 (x − 1) .


fX3+1 (x) =12e−|x−1|.

Exemple 6


∀x ∈ R, fX3+1 (x) =1|1| fX3

(x − 11

)= fX3 (x − 1) .


fX3+1 (x) =12e−|x−1|.

4) Comme X4 est une variable aléatoire à densité, la variablealéatoire −2X4 est aussi une variable aléatoire à densité (on peutposer a = −2 et b = 0) dont une densité f−2X4 est donnée par :

∀x ∈ R, f−2X4 (x) =1|−2| fX4

(x − 0−2

)=

12 fX4

(−12x)

.

Or, fX4 (x) =

2x

(1+ x2)2 si x ≥ 0

0 sinon, il s’ensuit que

f−2X4 (x) =

12 ×

2(−12x)

(1+

(−12x)2)2 si − 1

2x ≥ 0

0 sinon

.


∀x ∈ R, f−2X4 (x) =1|−2| fX4

(x − 0−2

)=

12 fX4

(−12x)

.

Or, fX4 (x) =

2x

(1+ x2)2 si x ≥ 0


f−2X4 (x) =

12 ×

2(−12x)

(1+

(−12x)2)2 si − 1

2x ≥ 0

0 sinon

.


∀x ∈ R, f−2X4 (x) =1|−2| fX4

(x − 0−2

)=

12 fX4

(−12x)

.

Or, fX4 (x) =

2x

(1+ x2)2 si x ≥ 0


f−2X4 (x) =

12 ×

2(−12x)

(1+

(−12x)2)2 si − 1

2x ≥ 0

0 sinon

.


∀x ∈ R, f−2X4 (x) =1|−2| fX4

(x − 0−2

)=

12 fX4

(−12x)

.

Or, fX4 (x) =

2x

(1+ x2)2 si x ≥ 0


f−2X4 (x) =

12 ×

2(−12x)

(1+

(−12x)2)2 si − 1

2x ≥ 0

0 sinon

.

Après simplifications, on obtient

f−2X4 (x) =

−x

2(1+ 1

4x2)2 si x ≤ 0

0 sinon

.

Définition (Espérance)Soit X une variable aléatoire à densité dont on note fX unedensité. On dit que X admet une espérance si, et seulement si,l’intégrale

∫ +∞

−∞xfX (x) dx converge absolument. En cas de

convergence absolue, on note

E (X ) =∫ +∞

−∞xfX (x) dx .

Définition (Espérance)Soit X une variable aléatoire à densité dont on note fX unedensité. On dit que X admet une espérance si, et seulement si,l’intégrale

∫ +∞

−∞xfX (x) dx converge absolument. En cas de

convergence absolue, on note

E (X ) =∫ +∞

−∞xfX (x) dx .

Exemple 6

1) (a) Comme f est nulle hors de [0, 2] et f est continue sur [0, 2],

l’intégrale∫ +∞

−∞xf (x) dx converge absolument, donc X admet

une espérance.

Et :

E (X ) =∫ +∞

−∞xf (x) dx

=∫ 2

0

12xdx

=12

[x2

2

]2

0

=12

(22

2 −02

2

)= 1.

Exemple 6

1) (a) Comme f est nulle hors de [0, 2] et f est continue sur [0, 2],



une espérance. Et :

E (X ) =∫ +∞

−∞xf (x) dx

=∫ 2

0

12xdx

=12

[x2

2

]2

0

=12

(22

2 −02

2

)= 1.

(b) Comme f est nulle hors de [1, e] et f est continue sur [1, e],



une espérance.

Et :

E (X ) =∫ +∞

−∞xf (x) dx

=∫ e

1x ln (x) dx .

Pour calculer l’intégrale∫ e

1x ln (x) dx , on fait une intégration par

parties. On pose u (x) = x2

2 et v (x) = ln (x). Les fonctions u et v

sont de classe C 1 sur [1, e] de sorte que u′ (x) = x et v ′ (x) = 1x .





E (X ) =∫ +∞

−∞xf (x) dx

=∫ e

1x ln (x) dx .










E (X ) =∫ +∞

−∞xf (x) dx

=∫ e

1x ln (x) dx .






La formule d’intégration par parties donne :

∫ e

1x︸︷︷︸

=u′(x)

ln (x)︸︷︷︸=v(x)

dx =

x2

2︸︷︷︸=u(x)

ln (x)︸︷︷︸=v(x)

e

1

−∫ e

1

x2

2︸︷︷︸=u(x)

1x︸︷︷︸

=v ′(x)

dx .

Ainsi,

E (X ) =

[x2

2 ln (x)]e

1− 1

2

∫ e

1xdx

=e2

2 ln (e)− 12

2 ln (1)− 12

[x2

2

]e

1

=e2

2 −12

(e2

2 −12

2

)

=e2

4 +14

=e2 + 1

4 .


∫ e

1x︸︷︷︸

=u′(x)

ln (x)︸︷︷︸=v(x)

dx =

x2

2︸︷︷︸=u(x)

ln (x)︸︷︷︸=v(x)

e

1

−∫ e

1

x2

2︸︷︷︸=u(x)

1x︸︷︷︸

=v ′(x)

dx .

Ainsi,

E (X ) =

[x2

2 ln (x)]e

1− 1

2

∫ e

1xdx

=e2

2 ln (e)− 12

2 ln (1)− 12

[x2

2

]e

1

=e2

2 −12

(e2

2 −12

2

)

=e2

4 +14

=e2 + 1

4 .

(c) Comme f est nulle hors de R+, pour montrer que l’intégrale∫ +∞

−∞xf (x) dx converge absolument, il suffit de montrer la

convergence absolue de∫ +∞

0xf (x) dx . Soit A ≥ 0, on a :

∫ A

0

∣∣xe−x ∣∣ dx =∫ A

0xe−xdx .

Pour calculer cette intégrale, on fait une intégration par parties.On pose u (x) = x et v (x) = −e−x . Les fonctions u et v sont declasse C 1 sur l’intervalle [0,A] avec u′ (x) = 1 et v ′ (x) = e−x .





∫ A

0

∣∣xe−x ∣∣ dx =∫ A

0xe−xdx .






∫ A

0

∣∣xe−x ∣∣ dx =∫ A

0xe−xdx .



∫ A

0e−x︸︷︷︸

=uv ′(x)

x︸︷︷︸=u(x)

dx =

−e−x︸︷︷︸=v(x)

x︸︷︷︸=u(x)

A

0

−∫ A

0−e−x︸︷︷︸=u(x)

1︸︷︷︸=v ′(x)

dx .

Ainsi : ∫ A

0e−xxdx =

[−xe−x ]A

0 +∫ A

0e−xdx

= −Ae−A −(−0× e−0

)+[−e−x ]A

0

= −Ae−A − e−A − (−1)= 1−Ae−A − e−A.

Comme limA→+∞

Ae−A = 0 (croissance comparée) et

limA→+∞

e−A = 0, on en déduit que limA→+∞

(1−Ae−A − e−A

)= 1,

soit limA→+∞

∫ A

0|xf (x)|dx = 1.


∫ A

0e−x︸︷︷︸

=uv ′(x)

x︸︷︷︸=u(x)

dx =

−e−x︸︷︷︸=v(x)

x︸︷︷︸=u(x)

A

0

−∫ A

0−e−x︸︷︷︸=u(x)

1︸︷︷︸=v ′(x)

dx .

Ainsi : ∫ A

0e−xxdx =

[−xe−x ]A

0 +∫ A

0e−xdx

= −Ae−A −(−0× e−0

)+[−e−x ]A

0

= −Ae−A − e−A − (−1)= 1−Ae−A − e−A.

Comme limA→+∞


limA→+∞


(1−Ae−A − e−A

)= 1,

soit limA→+∞

∫ A

0|xf (x)|dx = 1.


∫ A

0e−x︸︷︷︸

=uv ′(x)

x︸︷︷︸=u(x)

dx =

−e−x︸︷︷︸=v(x)

x︸︷︷︸=u(x)

A

0

−∫ A

0−e−x︸︷︷︸=u(x)

1︸︷︷︸=v ′(x)

dx .

Ainsi : ∫ A

0e−xxdx =

[−xe−x ]A

0 +∫ A

0e−xdx

= −Ae−A −(−0× e−0

)+[−e−x ]A

0

= −Ae−A − e−A − (−1)= 1−Ae−A − e−A.

Comme limA→+∞


limA→+∞


(1−Ae−A − e−A

)= 1,

soit limA→+∞

∫ A

0|xf (x)|dx = 1.


−∞xf (x) dx converge absolument, donc X

admet une espérance.

De plus :

E (X ) =∫ +∞

−∞xf (x) dx =

∫ +∞

0xf (x) dx = 1.


−∞xf (x) dx converge absolument, donc X

admet une espérance. De plus :

E (X ) =∫ +∞

−∞xf (x) dx =

∫ +∞

0xf (x) dx = 1.

(d) Pour montrer que l’intégrale∫ +∞

−∞xf (x) dx converge

absolument, il suffit de montrer la convergence absolue de∫ 0

−∞xf (x) dx et

∫ +∞

0xf (x) dx .

Convergence absolue et calcul de∫ +∞

0xf (x) dx .


0|xf (x)|dx =

12

∫ A

0

∣∣∣xe−|x |∣∣∣ dx =

12

∫ A

0xe−xdx .


(d) Pour montrer que l’intégrale∫ +∞


absolument, il suffit de montrer la convergence absolue de∫ 0

−∞xf (x) dx et

∫ +∞

0xf (x) dx .

Convergence absolue et calcul de∫ +∞

0xf (x) dx .


0|xf (x)|dx =

12

∫ A

0

∣∣∣xe−|x |∣∣∣ dx =

12

∫ A

0xe−xdx .



12

∫ A

0e−x︸︷︷︸

=v ′(x)

x︸︷︷︸=u(x)

dx =12

−e−x︸︷︷︸=v(x)

x︸︷︷︸=u(x)

A

0

− 12

∫ A

0−e−x︸︷︷︸=v(x)

1︸︷︷︸=u′(x)

dx .

Ainsi :12

∫ A

0e−xxdx =

12[−xe−x ]A

0 +12

∫ A

0e−xdx

= −12Ae−A − 1

2(−0× e−0

)+

12[−e−x ]A

0

= −12Ae−A − 1

2e−A − 12 (−1)

=12 −

12Ae−A − 1

2e−A.

Comme limA→+∞

Ae−A = 0 (croissance comparée) et limA→+∞

e−A = 0,

on en déduit que limA→+∞

(12 −

12Ae−A − 1

2e−A)=

12, soit

limA→+∞

∫ A

0|xf (x)|dx =

12.


12

∫ A

0e−x︸︷︷︸

=v ′(x)

x︸︷︷︸=u(x)

dx =12

−e−x︸︷︷︸=v(x)

x︸︷︷︸=u(x)

A

0

− 12

∫ A

0−e−x︸︷︷︸=v(x)

1︸︷︷︸=u′(x)

dx .

Ainsi :12

∫ A

0e−xxdx =

12[−xe−x ]A

0 +12

∫ A

0e−xdx

= −12Ae−A − 1

2(−0× e−0

)+

12[−e−x ]A

0

= −12Ae−A − 1

2e−A − 12 (−1)

=12 −

12Ae−A − 1

2e−A.

Comme limA→+∞


e−A = 0,


(12 −

12Ae−A − 1

2e−A)=

12, soit

limA→+∞

∫ A

0|xf (x)|dx =

12.


12

∫ A

0e−x︸︷︷︸

=v ′(x)

x︸︷︷︸=u(x)

dx =12

−e−x︸︷︷︸=v(x)

x︸︷︷︸=u(x)

A

0

− 12

∫ A

0−e−x︸︷︷︸=v(x)

1︸︷︷︸=u′(x)

dx .

Ainsi :12

∫ A

0e−xxdx =

12[−xe−x ]A

0 +12

∫ A

0e−xdx

= −12Ae−A − 1

2(−0× e−0

)+

12[−e−x ]A

0

= −12Ae−A − 1

2e−A − 12 (−1)

=12 −

12Ae−A − 1

2e−A.

Comme limA→+∞


e−A = 0,


(12 −

12Ae−A − 1

2e−A)=

12, soit

limA→+∞

∫ A

0|xf (x)|dx =

12.

Convergence absolue et calcul de∫ 0

−∞xf (x) dx .

Soit B ≤ 0, on a :∫ 0

B|xf (x)| dx =

12

∫ 0

B

∣∣∣xe−|x |∣∣∣ dx = −1

2

∫ 0

Bxexdx .

Pour calculer cette intégrale, on pourrait faire une intégration parparties comme ci-dessus. On va plutôt faire un changement devariable. On pose : t = −x . On a dt = −dx , la formule duchangement de variable donne

−12

∫ 0

Bxexdx = −1

2

∫ 0

−B(−t) e−t (−dt) = 1

2

∫ −B

0te−tdt.

Quand B tend vers −∞, −B tend vers +∞, d’après ce quiprécède, on a :

limB→−∞

12

∫ −B

0te−tdt = 1

2 .


−∞xf (x) dx .

Soit B ≤ 0, on a :∫ 0

B|xf (x)| dx =

12

∫ 0

B

∣∣∣xe−|x |∣∣∣ dx = −1

2

∫ 0

Bxexdx .

Pour calculer cette intégrale, on pourrait faire une intégration parparties comme ci-dessus. On va plutôt faire un changement devariable.

On pose : t = −x . On a dt = −dx , la formule duchangement de variable donne

−12

∫ 0

Bxexdx = −1

2

∫ 0

−B(−t) e−t (−dt) = 1

2

∫ −B

0te−tdt.


limB→−∞

12

∫ −B

0te−tdt = 1

2 .


−∞xf (x) dx .

Soit B ≤ 0, on a :∫ 0

B|xf (x)| dx =

12

∫ 0

B

∣∣∣xe−|x |∣∣∣ dx = −1

2

∫ 0

Bxexdx .

Pour calculer cette intégrale, on pourrait faire une intégration parparties comme ci-dessus. On va plutôt faire un changement devariable. On pose : t = −x . On a dt = −dx , la formule duchangement de variable donne

−12

∫ 0

Bxexdx = −1

2

∫ 0

−B(−t) e−t (−dt) = 1

2

∫ −B

0te−tdt.


limB→−∞

12

∫ −B

0te−tdt = 1

2 .

Il s’ensuit que l’intégrale∫ 0

−∞xf (x) dx converge absolument.

Puis, comme xf (x) ≤ 0 pour x ≤ 0, on a∫ 0

−∞xf (x) dx = −

∫ 0

−∞|xf (x)|dx = −1

2 .

Il s’ensuit que l’intégrale∫ 0

−∞xf (x) dx converge absolument.

Puis, comme xf (x) ≤ 0 pour x ≤ 0, on a∫ 0

−∞xf (x) dx = −

∫ 0

−∞|xf (x)|dx = −1

2 .

On a montré que les intégrales∫ 0

−∞xf (x) dx et

∫ +∞

0xf (x) dx

convergent absolument, donc l’intégrale∫ +∞


absolument, donc X admet une espérance.

De plus,

E (X ) =∫ +∞

−∞xf (x) dx

=∫ 0

−∞xf (x) dx +

∫ +∞

0xf (x) dx

= −12 +

12

= 0.

On a montré que les intégrales∫ 0

−∞xf (x) dx et

∫ +∞

0xf (x) dx

convergent absolument, donc l’intégrale∫ +∞


absolument, donc X admet une espérance. De plus,

E (X ) =∫ +∞

−∞xf (x) dx

=∫ 0

−∞xf (x) dx +

∫ +∞

0xf (x) dx

= −12 +

12

= 0.

Rappel sur les intégrales de Riemann :

∫ +∞

1

1tα

dt converge ⇐⇒ α > 1.

2) (a) Comme f est nulle hors de [1,+∞[, pour montrer que X n’a

pas d’espérance, il suffit de montrer que l’intégrale∫ +∞

1xf (x) dx

ne converge pas absolument. Pour tout x ≥ 1, |xf (x)| = 1x , or


1

1x dx diverge, donc X n’a pas d’espérance.

Rappel sur les intégrales de Riemann :∫ +∞

1

1tα




1xf (x) dx



1



1

1tα




1xf (x) dx

ne converge pas absolument.

Pour tout x ≥ 1, |xf (x)| = 1x , or


1



1

1tα




1xf (x) dx



1


(b) Comme f est nulle hors de [4,+∞[, pour montrer que X n’a


4xf (x) dx

ne converge pas absolument.

Pour tout x ≥ 4,|xf (x)| = x

x√x =

1√x , or l’intégrale

∫ +∞

1

1√x dx diverge, donc X

n’a pas d’espérance.

(b) Comme f est nulle hors de [4,+∞[, pour montrer que X n’a


4xf (x) dx

ne converge pas absolument. Pour tout x ≥ 4,|xf (x)| = x

x√x =

1√x , or l’intégrale

∫ +∞

1

1√x dx diverge, donc X

n’a pas d’espérance.

Exercice 2081)

• f est clairement positive sur R.• f est continue sur R sauf peut-être en −1 et 1 ;• Comme f est nulle hors de [−1, 1] et f est continue sur

[−, 1, 1], l’intégrale∫ +∞

−∞f (x) dx converge et∫ +∞

−∞f (x) dx =

∫ 1

−1|x |dx

=∫ 0

−1|x |dx +

∫ 1

0|x |dx

= −∫ 0

−1xdx +

∫ 1

0xdx

= −[x2

2

]0

−1+

[x2

2

]1

0

= −(02

2 −(−1)2

2

)+

(12

2 −02

2

).

Exercice 2081)• f est clairement positive sur R.• f est continue sur R sauf peut-être en −1 et 1 ;• Comme f est nulle hors de [−1, 1] et f est continue sur

[−, 1, 1], l’intégrale∫ +∞

−∞f (x) dx converge et∫ +∞

−∞f (x) dx =

∫ 1

−1|x |dx

=∫ 0

−1|x |dx +

∫ 1

0|x |dx

= −∫ 0

−1xdx +

∫ 1

0xdx

= −[x2

2

]0

−1+

[x2

2

]1

0

= −(02

2 −(−1)2

2

)+

(12

2 −02

2

).

On en déduit que∫ +∞

−∞f (x) dx = 1.

On a montré que f est une densité d’une variable aléatoire à densité.

2) Comme xf (x) est hors nulle de [−1, 1] et x 7−→ xf (x) est

continue sur [−1, 1], on en déduit que l’intégrale∫ +∞

−∞xf (x) dx

converge absolument, donc X admet une espérance. De plus,

E (X ) =∫ +∞

−∞xf (x) dx =

∫ 1

−1x |x |dx .

On pourrait calculer cette intégrale en utilisant la relation deChasles et en simplifiant la valeur absolue, on va plutôt faire unchangement de variable.


−∞f (x) dx = 1.

On a montré que f est une densité d’une variable aléatoire à densité.2) Comme xf (x) est hors nulle de [−1, 1] et x 7−→ xf (x) est


−∞xf (x) dx

converge absolument, donc X admet une espérance.

De plus,

E (X ) =∫ +∞

−∞xf (x) dx =

∫ 1

−1x |x |dx .



−∞f (x) dx = 1.



−∞xf (x) dx


E (X ) =∫ +∞

−∞xf (x) dx =

∫ 1

−1x |x |dx .



−∞f (x) dx = 1.



−∞xf (x) dx


E (X ) =∫ +∞

−∞xf (x) dx =

∫ 1

−1x |x |dx .


On pose t = −x . Comme dt = −dx , par la formule duchangement de variable, on a :

E (X ) =∫ 1

−1x |x |dx

=∫ −1

1(−t) |−t| (−dt)

= −∫ 1

−1t |t|dt

= −E (X ) .

On en déduit que E (X ) = −E (X ), donc E (X ) = 0.

On pose t = −x . Comme dt = −dx , par la formule duchangement de variable, on a :

E (X ) =∫ 1

−1x |x |dx

=∫ −1

1(−t) |−t| (−dt)

= −∫ 1

−1t |t|dt

= −E (X ) .

On en déduit que E (X ) = −E (X ), donc E (X ) = 0.

Documents

Chapitre 14 : Variables aléatoires à densité · 2020-05-16 · Déﬁnition(Fonctionderépartition) SoitX unevariablealéatoire.OndéﬁnitsurR lafonction de répartition deF,notéeF