Une semaine, un classique

La fonction exponentielle est positive sur \( \mathbb{R} \) donc \( f \) aussi. De plus \( f \) est continue sur \( \mathbb{R} \) comme composée de fonctions qui le sont.

Par ailleurs on sait que l'intégrale\( \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x\) est convergente et égale à \( 1 \) donc l'intégrale \( \displaystyle \int_{0}^{+\infty} f(x) \,\mathrm{d}x \) est convergente et égale à \( \frac{1}{2} \). Comme \( f \) est paire, il en découle que l'intégrale \( \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \,\mathrm{d}x \) est convergente et égale à \( 1 \).

Ainsi, \(f\) est une densité de probabilité.

• Pour \( k \in \{ 1,2 \} \), la fonction \(x \mapsto \lvert x^k f(x) \rvert \) est nulle en dehors de \([0,2]\) et continue sur \([0,2]\), l'intégrale \( \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} x^k f(x)\,\mathrm{d}x \) est absolument convergente. Ainsi \(X\) et \( X^2 \) admettent une espérance, donc \( X \) admet une variance.

  
  

• Calculons maintenant \(\mathbb{E}(X)\). D’après la relation de Chasles et comme \( f \) est nulle en dehors de \( [0,2] \), on a :

  \begin{align*} \mathbb{E}(X) &= \int_{-\infty}^{+\infty} x f(x)\,\mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{1} x^2\,\mathrm{d}x + \int_{1}^{2} (2x - x^2)\,\mathrm{d}x \\ &= \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1 + \left[ x^2 - \frac{x^3}{3} \right]_1^2 \\ &= \frac{1}{3} + 4 - \frac{8}{3} - 1 + \frac{1}{3} \\ &= 1 \end{align*}

  
  

• Calculons de même \(\mathbb{E}(X^2)\). Encore d’après la relation de Chasles, on a :
  \begin{align*} \mathbb{E}(X^2) &= \int_{-\infty}^{+\infty} x^2 f(x)\,\mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{1} x^3\,\mathrm{d}x + \int_{1}^{2} x^2(2 - x)\,\mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{1} x^3\,\mathrm{d}x + \int_{1}^{2} (2x^2 - x^3)\,\mathrm{d}x \\ &= \left[ \frac{x^4}{4} \right]_0^1 + \left[ \frac{2x^3}{3} - \frac{x^4}{4} \right]_1^2 \\ &= \frac{1}{4} + \left( \frac{16}{3} - 4 \right) - \left( \frac{2}{3} - \frac{1}{4} \right) \\ &= \frac{1}{4} + \frac{4}{3} - \frac{5}{12} \\ &= \frac{7}{6} \end{align*}

  Enfin, d'après la formule de Koenig-Huygens :

  \[ \mathbb{V}(X) = \mathbb{E}(X^2) - (\mathbb{E}(X))^2 = \frac{7}{6} - 1 = \frac{1}{6} \]

  Ainsi \(\mathbb{E}(X)=1\) et \(\mathbb{V}(X)=\dfrac{1}{6}\).

1. Pour tout \(x\in\mathbb{R}\), la fonction de répartition de la loi exponentielle est définie par :

   \[ F(x)= \begin{cases} 0 & \text{si } x<0 \\ 1-\mathrm{e}^{-\lambda x} & \text{si } x\ge 0 \end{cases} \]

   
   

2. • Soit \(u\in \left[0,1 \right[\). Pour tout \( x \in [0,+\infty[\), on a :

     \begin{align*} F(x)=u \quad&\Leftrightarrow \quad u= 1 - \mathrm{e}^{-\lambda x} \\ &\Leftrightarrow \quad\mathrm{e}^{-\lambda x} = 1 - u \end{align*} donc, comme la fonction \( \ln \) est bijective de \( \mathbb{R}_+^* \) sur \( \mathbb{R} \) : \begin{align*} F(x)=u \quad&\Leftrightarrow \quad -\lambda x = \ln(1-u) \\ &\Leftrightarrow \quad x = -\frac{1}{\lambda} \, \ln(1-u) \end{align*}

     Ainsi, pour tout \( u \in \left[0,1 \right[\), \( -\frac{1}{\lambda} \, \ln(1-u) \) est l'unique solution de l'équation \( F(x) = u \) (et celle-ci est positive).

     
     

   • On sait déjà que la restriction \( G \) de \(F\) à \([0,+\infty[\) est une application de \([0,+\infty[\) dans \( [0,1[ \). De plus le résultat précédent assure que, pour tout \( u \in \left[0,1 \right[\), l'équation \( G(x) = u \) admet une unique solution dans \( \mathbb{R}_+ \). Il en découle que \( G \) est bijective de \([0,+\infty[\) dans \( [0,1[ \) et que :

     \[ \forall u \in \left[ 0,1 \right[,\ G^{-1}(u)=-\frac{1}{\lambda} \, \ln(1-u) \]

     
     

3. • \( G^{-1} \) est une application de \( [0,1 [ \) dans \( \mathbb{R}_+ \) donc \( Y \) prend ses valeurs dans \( \mathbb{R}_+ \) et on a déjà :

     \[ \forall x \in \mathbb{R}_-^*,\ \mathbb{P}(Y \le x) = 0 = F(x) \]

     On a de plus :

     \[ \forall x \in \mathbb{R}_+,\ \mathbb{P}(Y \le x) = \mathbb{P}(G^{-1}(U) \le x) \]

     donc, comme \( G \) est strictement croissante sur \( \mathbb{R}_+\) :

     \[ \forall x \in \mathbb{R}_+,\ \mathbb{P}(Y \le x) = \mathbb{P}(U \le G(x)) \]

     soit encore, comme \( U \) suit la loi uniforme sur \( [0,1[ \) et comme \( G(x) \) appartient à \( [0,1[ \) pour tout \( x \ge 0 \) :

     \[ \forall x \in \mathbb{R}_+,\ \mathbb{P}(Y \le x) = G(x) = F(x) \]

     Ainsi \( Y \) a pour fonction de répartition \( F\), donc elle suit la même loi que \( X\)

     
     

   • Comme rd.random() permet de simuler une variable aléatoire de loi uniforme sur \( [0,1 [ \), le résultat précédent nous permet donc de dire que, pour simuler la variable aléatoire \(X\), il suffit de stocker la valeur de \( \lambda \) dans une variable \( L \) puis d'utiliser la commande :

     -1/L * np.log(1-rd.random())

     Ces commandes supposent évidemment l'import des bibliothèques numpy et numpy.random.