Sujet G.2.4 Variance et covariance
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Exercice a
Soit, pour $\,n\app\bb N^{\ast}\,$ fixé, une variable aléatoire $\,X\,$ de loi de probabilité uniforme sur $\,[\![\sp{1.5}1,n\sp{.75}]\!]\sp{1.5}.\,$
Calculer l'espérance et la variance de $\,X.\,$
variance d'une variable aléatoire finie
La variance d'une variable aléatoire finie $\,X:\Omega \to \bb R\,$ est :
$\displaystyle{}V(X)=E\big((X-E(X))^{2}\sp{1.5}\big)$
Elle vérifie alors : $\,V(X)=E\big(X^2\sp{.75}\big)-E(X)^{2}\sp{1.5}.\,$
produit de variables indépendantes
Soient deux variables aléatoires indépendantes $\,X,Y:\Omega\to\bb K\sp{1.5}.\,$
Si $X$ et $Y$ sont d'espérances finies, alors $\,X\sp{1.5}Y\,$ l'est aussi, et :
$\displaystyle{}E(X\sp{1.5}Y)=E(X)\sp{1.5}E(Y)$
covariance de deux variables aléatoires
La covariance de deux variables aléatoires réelles $X$ et $Y$ telles que $E(X^2)$ et $E(Y^2)$ soient finies est :
$\displaystyle{}\op{Cov}(X,Y)=E\big((X-E(X))(Y-E(Y))\big)$
Elle vérifie alors : $\,\op{Cov}(X,Y)=E(X\sp{1.5}Y)-E(X)\sp{1.5}E(Y)\sp{1.5}.\,$
Lorsque $\,\op{Cov}(X,Y)=0\sp{1.5},\,$ on dit que $X$ et $Y$ sont décorrélées.
propriétés de la covariance
Soient des variables aléatoires $\,X,Y,Z:\Omega\to\bb R\,$ et $\,\alpha\sp{1.5},\beta\app\bb R\sp{1.5}.\,$
$E(X^2),E(Y^2), E(Z^2)$ étant finies, $E\big((\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y)^2\big)$ est finie et :
- $\,\op{Cov}(\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y,Z)=\alpha\op{Cov}(X,Z)+\beta\op{Cov}(Y,Z)\,;\,$
- $\,\op{Cov}(X,Y)=\op{Cov}(Y,X)\,$ et $\,\op{Cov}(X,X)=V(X)\sp{1.5}.\,$
indication
Utiliser la formule de transfert pour calculer $\,E(X^2)\,$ et en déduire $\,V(X)\sp{1.5}.\,$
réponse
On obtient : $\,E(X)=\dfrac{n+1}2\,$ et $\,V(X)=\dfrac{n^2-1}{12}\!\cdot\,$
correction
La loi de $X$ étant
Soit $\,X\,$ une variable aléatoire à valeurs dans un ensemble fini $\,E\sp{1.5}.\,$
Alors $\,X\,$ suit une loi uniforme $\,\sc U(E)\,$ ssi pour tout $\,x\app E:\,$
uniforme,
on peut calculer son
$\displaystyle{}P(X=x)=\frac1{\op{card}(E)}$
L'espérance d'une variable aléatoire finie $\,X:\Omega \to \bb K\,$ est :
espérance
par une
$\displaystyle{}E(X)=\!\!\sum_{x\app X(\Omega)}\!\!x\sp{1.5}P(X=x)$
La somme des $\,n+1\,$ premiers entiers naturels est :
somme
d'entiers consécutifs :
$\displaystyle{}\dsum_{k=0}^{n}k=\dfrac{n(n+1)}2$
$\displaystyle{}E(X)=\sum_{k=1}^n k\sp{1.5}P(X=k)=\frac1n\sum_{k=1}^n k=\frac{n+1}2$
Par la formule de
Soient une variable aléatoire finie $\,X:\Omega \to F\,$ et $\,f:F\to\bb K\sp{1.5}.\,$
Alors la variable aléatoire $\,f(X)\,$ a pour espérance :
transfert,
on calcule ensuite l'espérance de $X^2$ par une
$\displaystyle{}E\big(f(X)\big)=\!\!\sum_{x\app X(\Omega)}\!\!f(x)\,P(X=x)$
La somme des $\,n+1\,$ premiers carrés d'entiers naturels est :
somme
de carrés :
$\displaystyle{}\dsum_{k=0}^{n}k^2=\dfrac{n(n+1)(2\sp{1.5}n+1)}6$
$\eqalign{E\big(X^2\big)&=\!\sum_{k=1}^n k^2P(X=k)=\frac1n\sp{-1.5}\sum_{k=1}^n k^2=\frac{(n\sp{-1.5}+\sp{-1.5}1)\sp{1.5}(2\sp{.75}n\sp{-1.5}+\sp{-1.5}1)}6}$
On peut alors en déduire la
La variance d'une variable aléatoire finie $\,X:\Omega \to \bb R\,$ est :
variance
de $X:$
$\displaystyle{}V(X)=E\big((X-E(X))^{2}\sp{1.5}\big)$
Elle vérifie alors : $\,V(X)=E\big(X^2\sp{.75}\big)-E(X)^{2}\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{V(X)&=E\big(\sp{-1.5}\big(X-E(X)\big)^{\!2}\big)=E\big(X^2\big)\!-\!\big(E(X)\big)^{\!2}\\&=\frac{(n\sp{-1.5}+\sp{-1.5}1)\sp{1.5}(2\sp{.75}n\sp{-1.5}+\sp{-1.5}1)}6\sp{-1.5}-\sp{-1.5}\frac{(n+1)^2\!\!}4\\[-.5ex] &=(n+1)\Big(\frac{2\sp{.75}n\sp{-1.5}+\sp{-1.5}1}6\sp{-1.5}-\sp{-1.5}\frac{n+1}4\Big)=\frac{n^2-1}{12}}$
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Exercice b
Soient deux variables aléatoires réelles finies, de variances non nulles et telles que :
$\displaystyle{}\op{Cov}(X,Y)^2=V(X)\,V(Y)$
Démontrer qu'il existe $(a,b)\app\bb R^2$ tels que $Y$ soit presque sûrement égale à $\,a\sp{.75}X+b\sp{1.5}.\,$
variance d'une variable aléatoire finie
La variance d'une variable aléatoire finie $\,X:\Omega \to \bb R\,$ est :
$\displaystyle{}V(X)=E\big((X-E(X))^{2}\sp{1.5}\big)$
Elle vérifie alors : $\,V(X)=E\big(X^2\sp{.75}\big)-E(X)^{2}\sp{1.5}.\,$
produit de variables indépendantes
Soient deux variables aléatoires indépendantes $\,X,Y:\Omega\to\bb K\sp{1.5}.\,$
Si $X$ et $Y$ sont d'espérances finies, alors $\,X\sp{1.5}Y\,$ l'est aussi, et :
$\displaystyle{}E(X\sp{1.5}Y)=E(X)\sp{1.5}E(Y)$
covariance de deux variables aléatoires
La covariance de deux variables aléatoires réelles $X$ et $Y$ telles que $E(X^2)$ et $E(Y^2)$ soient finies est :
$\displaystyle{}\op{Cov}(X,Y)=E\big((X-E(X))(Y-E(Y))\big)$
Elle vérifie alors : $\,\op{Cov}(X,Y)=E(X\sp{1.5}Y)-E(X)\sp{1.5}E(Y)\sp{1.5}.\,$
Lorsque $\,\op{Cov}(X,Y)=0\sp{1.5},\,$ on dit que $X$ et $Y$ sont décorrélées.
propriétés de la covariance
Soient des variables aléatoires $\,X,Y,Z:\Omega\to\bb R\,$ et $\,\alpha\sp{1.5},\beta\app\bb R\sp{1.5}.\,$
$E(X^2),E(Y^2), E(Z^2)$ étant finies, $E\big((\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y)^2\big)$ est finie et :
- $\,\op{Cov}(\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y,Z)=\alpha\op{Cov}(X,Z)+\beta\op{Cov}(Y,Z)\,;\,$
- $\,\op{Cov}(X,Y)=\op{Cov}(Y,X)\,$ et $\,\op{Cov}(X,X)=V(X)\sp{1.5}.\,$
indication
1
Considérer, pour $\,t\app\bb R\sp{1.5},\,$ l'expression quadratique en $\,t:\,$ $\,q(t)=V(Y-t\sp{1.5}X)\sp{1.5}.\,$
indication
2
Prendre pour $\,a\,$ la racine unique de l'équation : $\,q(t)=0\sp{1.5},\,$ et pour $\,b\,$ l'espérance de $\,Y-a\sp{1.5}X\sp{1.5}.\,$
réponse
La variable aléatoire $\,Y\,$ est bien presque sûrement égal à $\,a\sp{.75}X+b\sp{1.5},\,$ pour :
$\displaystyle{}a=\dfrac{\op{Cov}(X,Y)}{V(X)}\,\txt{et}\, b=E(Y-a\sp{1.5}X)$
correction
Pout $\,t\app\bb R\sp{1.5},\,$ on considère la variable aléatoire $\,Y-t\sp{1.5}X\sp{1.5}.\,$
La
La covariance de deux variables aléatoires réelles $X$ et $Y$ telles que $E(X^2)$ et $E(Y^2)$ soient finies est :
covariance
étant
$\displaystyle{}\op{Cov}(X,Y)=E\big((X-E(X))(Y-E(Y))\big)$
Elle vérifie alors : $\,\op{Cov}(X,Y)=E(X\sp{1.5}Y)-E(X)\sp{1.5}E(Y)\sp{1.5}.\,$
Lorsque $\,\op{Cov}(X,Y)=0\sp{1.5},\,$ on dit que $X$ et $Y$ sont décorrélées.
Soient des variables aléatoires $\,X,Y,Z:\Omega\to\bb R\,$ et $\,\alpha\sp{1.5},\beta\app\bb R\sp{1.5}.\,$
$E(X^2),E(Y^2), E(Z^2)$ étant finies, $E\big((\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y)^2\big)$ est finie et :
bilinéaire
et symétrique, on peut écrire que :
- $\,\op{Cov}(\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y,Z)=\alpha\op{Cov}(X,Z)+\beta\op{Cov}(Y,Z)\,;\,$
- $\,\op{Cov}(X,Y)=\op{Cov}(Y,X)\,$ et $\,\op{Cov}(X,X)=V(X)\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{V(Y-t\sp{1.5}X)&=\op{Cov}(Y-t\sp{1.5}X,Y-t\sp{1.5}X)\\&=t^2\,V(X)-2\sp{1.5}t\op{Cov}(X,Y)+V(Y)}$
Il s'agit d'une expression quadratique en $\,t\sp{1.5},\,$ ayant pour
Soit, pour $(a,b,c)\app\bb R^{\ast}\!\times\sp{-1.5}\bb R^2\sp{1.5},$ l'équation :
$\,a\sp{1.5}x^2+b\sp{1.5}x+c=0\sp{1.5}.\,$
Avec pour discriminant $\,\Delta=b^2-4\sp{1.5}a\sp{1.5}c\sp{1.5},\,$ cette équation a dans $\bb R\sp{1.5}:$
discriminant :
- aucune racine si $\,\smh{.5}\Delta < 0\,;\,$
- une seule racine si $\,\Delta = 0\sp{1.5}:\,$ $\,x=\smh{.7}{-\dfrac{b}{2\sp{1.5}a}}\,;\,$
- deux racines distinctes si $\,\Delta > 0\sp{1.5}:\,$ $\,x=\smh{0.2}{\dfrac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2\sp{1.5}a}}\!\cdot\,$
$\displaystyle{}\Delta= 4\op{Cov}(X,Y)^2-4\,V(X)\sp{1.5}V(Y)=0$
Il s'ensuit qu'il existe un unique $\,a=\dfrac{\op{Cov}(X,Y)}{V(X)}\app\bb R\,$ tel que : $\,V(Y-a\sp{1.5}X)=0\sp{1.5}.\,$
En considérant $\,Z=Y-a\sp{1.5}X\,$ et son
L'espérance d'une variable aléatoire finie $\,X:\Omega \to \bb K\,$ est :
espérance :
$\,b=E(Z)=E(Y-a\sp{1.5}X)\sp{1.5},\,$ on obtient alors :
$\displaystyle{}E(X)=\!\!\sum_{x\app X(\Omega)}\!\!x\sp{1.5}P(X=x)$
$\displaystyle{}V(Z)=E\big((Z-E(Z))^2\big)=E\big((Y-a\sp{1.5}X-b)^2\big)=0$
Avec $\,(Y-a\sp{1.5}X-b)^2\geq0\,$ et $\,E\big((Y-a\sp{1.5}X-b)^2\big)=0\sp{1.5},\,$ on peut en
Soient des variables aléatoires $\,X,Y:\Omega\to\bb R\sp{1.5}.\,$
Si $X$ et $Y$ sont d'espérances finies, alors :
conclure
que
- $\,X\geq \sp{1.5}0\sp{1.5}\Imp E(X)\geq 0\,;\,$
- $\,X\leq Y\Imp E(X)\leq E(Y)\,;\,$
- $\,\big(X\geq 0\txt{et}E(X)=0\big)\Imp P(X=0)=1\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}P(Y=a\sp{.75}X+b)=1$
La variable aléatoire $\,Y\,$ est donc bien
Soit un événement $A$ dans un espace probabilisé $\,(\Omega,\sc A,P):\,$
presque
sûrement égal à $\,a\sp{.75}X+b\sp{1.5}.\,$
- $\,A\,$ est négligeable ssi : $\,P(A)=0\,;\,$
- $\,A\,$ est presque sûr ssi : $\,P(A)=1\,.\,$
Ce raisonnement reproduit la démonstration du cas d'égalité dans l'inégalité de
Dans un espace préhilbertien réel $E,$ on a l'inégalité :
Cauchy-Schwarz.
Étant bilinéaire et symétrique, la covariance a en effet presque toutes les propriétés d'un
$\displaystyle{}\ptt u,v\app E,\ \big|\ps uv\big|\leq\big\| u\big\|\sp{1.5}\big\| v\big\|$
et l'égalité a lieu ssi le couple $(u,v)$ est lié.
Un espace préhilbertien réel est un $\bb R\tiret$espace vectoriel $E$ muni d'un produit scalaire.
Il s'agit d'une application $\,(u,v)\mapsto\ps uv,\,$ de $E\!\times\! E$ vers $\bb R,$ qui soit à la fois :
produit scalaire.
- bilinéaire : pour tous $u,u',v, v'\app E$ et tous $\alpha,\beta\app\bb R\sp{1.5},$
$\displaystyle{}\syst{\ps{\alpha\sp{1.5}u+\beta\sp{1.5}u'}v&=\alpha\sp{1.5}\ps uv+\beta\sp{1.5}\ps{u'}v\\[-.75ex] \ps u{\alpha\sp{1.5}v+\beta\sp{1.5}v'}&=\alpha\sp{1.5}\ps u v+\beta\sp{1.5}\ps u{v'}}$
- symétrique : $\,\ptt u,v\app E,\ \ps u v=\ps v u\sp{1.5};\,$
- positive : $\,\ptt u\app E,\ \ps uu\!\geq0\sp{1.5};\,$
- définie : $\,\ptt u\app E,\ \big(\ps uu=0\Imp u=0\sp{1.5}\big).\,$
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Exercice c
Pour $n\sp{-1.5}>\sp{-1.5} 2\sp{1.5},$ on considère une variable aléatoire $T$ uniformément distribuée sur l'ensemble :
$\displaystyle{}\smh{1}{\sc T=\ens{\frac{2\sp{1.5}k\sp{1.5}\pi}n}{k\app\,[\![\sp{1.5}0\sp{1.5},n-1]\!]\sp{1.5}}}$
Calculer la covariance des variables aléatoires $\,X=\cos T\,$ et $\,Y=\sin T\sp{1.5};\,$ que peut-on en conclure ?
Les variables aléatoires $\,X\,$ et $\,Y\,$ sont-elles indépendantes ?
variance d'une variable aléatoire finie
La variance d'une variable aléatoire finie $\,X:\Omega \to \bb R\,$ est :
$\displaystyle{}V(X)=E\big((X-E(X))^{2}\sp{1.5}\big)$
Elle vérifie alors : $\,V(X)=E\big(X^2\sp{.75}\big)-E(X)^{2}\sp{1.5}.\,$
produit de variables indépendantes
Soient deux variables aléatoires indépendantes $\,X,Y:\Omega\to\bb K\sp{1.5}.\,$
Si $X$ et $Y$ sont d'espérances finies, alors $\,X\sp{1.5}Y\,$ l'est aussi, et :
$\displaystyle{}E(X\sp{1.5}Y)=E(X)\sp{1.5}E(Y)$
covariance de deux variables aléatoires
La covariance de deux variables aléatoires réelles $X$ et $Y$ telles que $E(X^2)$ et $E(Y^2)$ soient finies est :
$\displaystyle{}\op{Cov}(X,Y)=E\big((X-E(X))(Y-E(Y))\big)$
Elle vérifie alors : $\,\op{Cov}(X,Y)=E(X\sp{1.5}Y)-E(X)\sp{1.5}E(Y)\sp{1.5}.\,$
Lorsque $\,\op{Cov}(X,Y)=0\sp{1.5},\,$ on dit que $X$ et $Y$ sont décorrélées.
propriétés de la covariance
Soient des variables aléatoires $\,X,Y,Z:\Omega\to\bb R\,$ et $\,\alpha\sp{1.5},\beta\app\bb R\sp{1.5}.\,$
$E(X^2),E(Y^2), E(Z^2)$ étant finies, $E\big((\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y)^2\big)$ est finie et :
- $\,\op{Cov}(\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y,Z)=\alpha\op{Cov}(X,Z)+\beta\op{Cov}(Y,Z)\,;\,$
- $\,\op{Cov}(X,Y)=\op{Cov}(Y,X)\,$ et $\,\op{Cov}(X,X)=V(X)\sp{1.5}.\,$
indication
1
On peut calculer $E(X)$ et $E(Y)$ à l'aide de $\,Z=X+i\sp{1.5}Y=\e{\sp{1.5}i\sp{1.5}T}\!,\,$ ainsi que $E(X\sp{1.5}Y)$ à l'aide de $\,\e{\sp{1.5}2\sp{1.5}i\sp{1.5}T}.\,$
indication
2
Comparer $\,P\sp{1.5}(X=1\sp{1.5},\,Y=0)\,$ et $\,P\sp{1.5}(X=1)\sp{1.5}P\sp{1.5}(Y=0)\sp{1.5}.\,$
réponse
On obtient : $\,\op{Cov}(X,Y)=0\sp{1.5},\,$ c'est-à dire que les variables aléatoires $X$ et $Y$ sont décorrélées.
Malgré cette décorrélation, les variables $X$ et $Y$ ne sont pas indépendantes.
correction
La variable aléatoire $T$ suivant une loi
Soit $\,X\,$ une variable aléatoire à valeurs dans un ensemble fini $\,E\sp{1.5}.\,$
Alors $\,X\,$ suit une loi uniforme $\,\sc U(E)\,$ ssi pour tout $\,x\app E:\,$
uniforme,
on a pour tout $\,t\app\sc T:\,$ $\,P(T=t)=\dfrac1n\!\cdot\,$
Pour calculer la
$\displaystyle{}P(X=x)=\frac1{\op{card}(E)}$
La covariance de deux variables aléatoires réelles $X$ et $Y$ telles que $E(X^2)$ et $E(Y^2)$ soient finies est :
covariance
de $X$ et $Y,$ on va commencer par calculer les
$\displaystyle{}\op{Cov}(X,Y)=E\big((X-E(X))(Y-E(Y))\big)$
Elle vérifie alors : $\,\op{Cov}(X,Y)=E(X\sp{1.5}Y)-E(X)\sp{1.5}E(Y)\sp{1.5}.\,$
Lorsque $\,\op{Cov}(X,Y)=0\sp{1.5},\,$ on dit que $X$ et $Y$ sont décorrélées.
L'espérance d'une variable aléatoire finie $\,X:\Omega \to \bb K\,$ est :
espérances
$E(X)$ et $E(Y)\sp{1.5}.$
On pourrait les calculer séparément, mais il est plus direct de calculer celle de la variable complexe : $\,Z=X+i\sp{1.5}Y.\,$
On a : $\,Z=\cos T+i\sp{1.5}\sin T=\e{\sp{1.5}i\sp{1.5}T}\!,\,$ et on peut lui appliquer la formule de
$\displaystyle{}E(X)=\!\!\sum_{x\app X(\Omega)}\!\!x\sp{1.5}P(X=x)$
Soient une variable aléatoire finie $\,X:\Omega \to F\,$ et $\,f:F\to\bb K\sp{1.5}.\,$
Alors la variable aléatoire $\,f(X)\,$ a pour espérance :
transfert :
$\displaystyle{}E\big(f(X)\big)=\!\!\sum_{x\app X(\Omega)}\!\!f(x)\,P(X=x)$
$\eqalign{E(Z)=E(\e{\sp{1.5}i\sp{1.5}T})=\sum_{t\app\sc T}\e{\,i\sp{1.5}t}\,P(T=t)=\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\e{2\sp{1.5}i\sp{1.5}k\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n}}$
On obtient alors une somme
Pour tout $\,q\app\bb C\!\setminus\!\{1\}\,$ et $n\app\bb N,$ on a la somme géométrique :
géométrique,
qui se simplifie :
$\displaystyle{}\dsum_{k=0}^{n}q^k=\dfrac{1-q^{n+1}}{1-q}$
$\displaystyle{}E(Z)=\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\big(\e{2\sp{1.5}i\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n}\big)^{\!k}=
\frac1n\sp{-1.5}\cdot\sp{-1.5}\frac{1-\big(\e{2\sp{1.5}i\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n}\big)^{\!n}}{1-\e{2\sp{1.5}i\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n}}=0$
Par
Soient deux variables aléatoires $\,X,Y:\Omega\to\bb K\,$ et $\,\alpha\sp{1.5},\beta\app\bb K\sp{1.5}.\,$
Si $E(X)$ et $E(Y)$ sont finies, alors $\,E(\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y)\,$ est finie et :
linéarité
de l'espérance, on en déduit : $\,E(X)+i\sp{1.5}E(Y)=0\sp{1.5},\,$ d'où : $\,E(X)=E(Y)=0\sp{1.5}.\,$
On a d'autre part, selon une formule de
$\displaystyle{}E(\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y)=\alpha\sp{1.5} E(X)+\beta\sp{1.5} E(Y)$
Pour $\,a\app\bb R\sp{1.5},\,$ en développant $\,\e{2\sp{1.5}i\sp{1.5}a}\sp{1.5},\,$ on a les formules de duplication :
duplication :
$\,X\sp{1.5}Y=\cos T\sin T=\dfrac12\,\sin(2\sp{1.5}T)\sp{1.5}.\,$
On pourrait aussi calculer directement $E(X\sp{1.5}Y)\sp{1.5},$ mais le calcul est plus simple en écrivant
$\,X\sp{1.5}Y=\smb{1}{\dfrac12\,\op{Im}\sp{-1.5}\big(\e{\sp{1.5}2\sp{1.5}i\sp{1.5}T}\big)}:\,$
- $\,\cos2\sp{1.5}a=\cos^2\sp{-1.5}a-\sin^2\sp{-1.5}a= 2\sp{1.5}\cos^2\sp{-1.5}a-1=1-2\sp{1.5}\sin^2\sp{-1.5}a\,;\sth1\,$
- $\,\sin2\sp{1.5}a=2\sp{1.5}\sin a\sp{1.5}\cos a\sp{1.5};\sth1\,$
- $\,\tan2\sp{1.5}a=\dfrac{2\sp{1.5}\tan a}{1-\tan^2\sp{-1.5}a}\,$ si $\,a\non{\equiv}\dfrac\pi4\,\Big[\dfrac\pi2\Big]\!\cdot\,$
$\eqalign{E(\e{\sp{1.5}2\sp{1.5}i\sp{1.5}T})&=\sum_{t\app\sc T}\e{\sp{1.5}2\sp{1.5}i\sp{1.5}t}\,P(T=t)=\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\e{4\sp{1.5}i\sp{1.5}k\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n}\\[-.5ex]
&=\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\big(\e{\sp{1.5}4\sp{1.5}i\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n}\big)^{\!k}=\frac1n\sp{-1.5}\cdot\sp{-1.5}\frac{1-\big(\e{\sp{1.5}4\sp{1.5}i\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n}\big)^{\!n}}{1-\e{\sp{1.5}4\sp{1.5}i\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n}}=0}$
Par additivité de la partie imaginaire, on en déduit que $X$ et $Y$ sont
La covariance de deux variables aléatoires réelles $X$ et $Y$ telles que $E(X^2)$ et $E(Y^2)$ soient finies est :
décorrélées,
car :
$\displaystyle{}\op{Cov}(X,Y)=E\big((X-E(X))(Y-E(Y))\big)$
Elle vérifie alors : $\,\op{Cov}(X,Y)=E(X\sp{1.5}Y)-E(X)\sp{1.5}E(Y)\sp{1.5}.\,$
Lorsque $\,\op{Cov}(X,Y)=0\sp{1.5},\,$ on dit que $X$ et $Y$ sont décorrélées.
$\eqalign{E(X\sp{1.5}Y)=\dfrac12\,E\big(\op{Im}\sp{1.5}(\e{\sp{1.5}2\sp{1.5}i\sp{1.5}T})\big)=\dfrac12\,\op{Im}\sp{-1.5}\big(E(\e{\sp{1.5}2\sp{1.5}i\sp{1.5}T})\big)=0\\[.5ex]
\txt{d'où :}\op{Cov}(X,Y)=E(X\sp{1.5}Y)-E(X)\sp{1.5}E(Y)=0}$
Pour déterminer si $X$ et $Y$ sont
Soient $n$ variables aléatoires discrètes $X_i$ sur un univers $\,\Omega.\,$
Les $X_i$ sont indépendantes ssi pour tous $\,x_i \app X_i(\Omega):\,$
indépendantes,
on calcule :
$\displaystyle{}P(X_1=x_1,\dots,X_n=x_n)=P(X_1=x_1)\dots P(X_n=x_n)$
- $\,P\sp{1.5}(X=1\sp{1.5},\,Y=0)=P\sp{1.5}(T=0)=\smb{0}{\dfrac1n}\sp{1.5},\,$
- $\,P\sp{1.5}(X=1)=P\sp{1.5}(T=0)=\smb{0}{\dfrac1n}\sp{1.5},\,$
- $\,P\sp{1.5}(Y=0)=P\sp{1.5}(T\app\,\{0,\pi\})\leq{\dfrac2n}\!\cdot\,$
$\displaystyle{}P\sp{1.5}(X=1\sp{1.5},\,Y=0)=\dfrac1n > \dfrac2{n^2}\geq P\sp{1.5}(X=1)\sp{1.5}P\sp{1.5}(Y=0)$
Il serait tentant d'affirmer que $X$ et $Y$ ne sont pas indépendantes du fait de la relation : $\,X^2+Y^2=1\,.\,$
Cet argument est pourtant fallacieux, comme on peut le voir lorsque $\,n=2\sp{1.5},\,$ auquel cas on a : $\,Y=0\sp{1.5}.\,$
En effet, la variable constante $Y$ est alors indépendante de toute variable aléatoire, et en particulier de $X\sp{1.5}.$
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Exercice d
Pour un entier $\,n\geq2\sp{1.5},\,$ soient deux variables aléatoires $\,X\,$ et $\,Y\sp{-1.5},\,$ indépendantes et de loi uniforme sur $\,[\![\sp{1.5}1,n\sp{.75}]\!]\sp{1.5}.\,$
On considère alors les variables aléatoires : $\,M=\op{max}(X,Y)\,$ et $\,m=\op{min}(X,Y)\sp{1.5}.\,$
Calculer les espérances de $\,M\,$ et $\,m\sp{1.5},\,$ et en déduire leur covariance ; que peut-on en conclure ?
variance d'une variable aléatoire finie
La variance d'une variable aléatoire finie $\,X:\Omega \to \bb R\,$ est :
$\displaystyle{}V(X)=E\big((X-E(X))^{2}\sp{1.5}\big)$
Elle vérifie alors : $\,V(X)=E\big(X^2\sp{.75}\big)-E(X)^{2}\sp{1.5}.\,$
produit de variables indépendantes
Soient deux variables aléatoires indépendantes $\,X,Y:\Omega\to\bb K\sp{1.5}.\,$
Si $X$ et $Y$ sont d'espérances finies, alors $\,X\sp{1.5}Y\,$ l'est aussi, et :
$\displaystyle{}E(X\sp{1.5}Y)=E(X)\sp{1.5}E(Y)$
covariance de deux variables aléatoires
La covariance de deux variables aléatoires réelles $X$ et $Y$ telles que $E(X^2)$ et $E(Y^2)$ soient finies est :
$\displaystyle{}\op{Cov}(X,Y)=E\big((X-E(X))(Y-E(Y))\big)$
Elle vérifie alors : $\,\op{Cov}(X,Y)=E(X\sp{1.5}Y)-E(X)\sp{1.5}E(Y)\sp{1.5}.\,$
Lorsque $\,\op{Cov}(X,Y)=0\sp{1.5},\,$ on dit que $X$ et $Y$ sont décorrélées.
propriétés de la covariance
Soient des variables aléatoires $\,X,Y,Z:\Omega\to\bb R\,$ et $\,\alpha\sp{1.5},\beta\app\bb R\sp{1.5}.\,$
$E(X^2),E(Y^2), E(Z^2)$ étant finies, $E\big((\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y)^2\big)$ est finie et :
- $\,\op{Cov}(\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y,Z)=\alpha\op{Cov}(X,Z)+\beta\op{Cov}(Y,Z)\,;\,$
- $\,\op{Cov}(X,Y)=\op{Cov}(Y,X)\,$ et $\,\op{Cov}(X,X)=V(X)\sp{1.5}.\,$
indication
1
Commencer par montrer que l'événement $\,(M=k)\,$ correspond à l'ensemble d'éventualités : $\,[\![\sp{1.5}1,k\sp{1.5}]\!]^{\sp{1.5}2}\big\\[\![\sp{1.5}1,k-1]\!]^{\sp{1.5}2}.\,$
indication
2
Utiliser les égalités : $\,m+M=X+Y\,$ et : $\,m\,M=X\,Y.\,$
réponse
On obtient, pour les espérances de $\,M\,$ et $\,m:\,$
$\displaystyle{}E(M)=\frac{(n+1)\sp{1.5}(4\sp{1.5}n-1)}{6\sp{1.5}n}\,\txt{et}\,E(m)=\frac{(n+1)\sp{1.5}(2\sp{1.5}n+1)}{6\sp{1.5}n}$
On en déduit que : $\,\op{Cov}(M,m)=\Big(\dfrac{n^2-1}{6\sp{1.5}n}\Big)^{\!2}\neq0\sp{1.5},\,$ ce qui prouve que $\,M\,$ et $\,m\,$ ne sont pas indépendantes.
correction
Par
Soient $n$ variables aléatoires discrètes $X_i$ sur un univers $\,\Omega.\,$
Les $X_i$ sont indépendantes ssi pour tous $\,x_i \app X_i(\Omega):\,$
indépendance
de $\,X,Y\,$ qui sont de loi
$\displaystyle{}P(X_1=x_1,\dots,X_n=x_n)=P(X_1=x_1)\dots P(X_n=x_n)$
Soit $\,X\,$ une variable aléatoire à valeurs dans un ensemble fini $\,E\sp{1.5}.\,$
Alors $\,X\,$ suit une loi uniforme $\,\sc U(E)\,$ ssi pour tout $\,x\app E:\,$
uniforme
sur $\,[\![\sp{1.5}1,n\sp{.75}]\!]\sp{1.5},\,$ on a pour tout $\,(x,y)\app\,[\![1,n\sp{1.5}]\!]^2:\,$
$\displaystyle{}P(X=x)=\frac1{\op{card}(E)}$
$\displaystyle{}P(X=x\sp{1.5},Y=y)=P(X=x)\sp{1.5}P(Y=y)=\frac1{n^2}$
Pour $\,k\app\,[\![\sp{1.5}1,n\sp{1.5}]\!]\sp{1.5},\,$ par définition du
Soient $\,(E,\leq)\,$ un ensemble ordonné et $A$ une partie de $E\sp{1.5}.$
Un élément $\,M\,$ de $\,E\,$ est un majorant de $A$ ssi : $\,\ptt x\app A,\ x\leq M\sp{1.5}.\,$
Si $\,M\app A\sp{1.5},\,$ il est unique ; c'est le plus grand élément de $A:$ $\,M=\max A\sp{1.5}.\,$
maximum,
l'événement $\,(M=k)\,$ est la partie suivante de $\,[\![\sp{1.5}1,k\sp{1.5}]\!]^{\sp{1.5}2}:\,$
$\eqalign{(M=k)&=\ens{(x,y)\app\,[\![\sp{1.5}1,k\sp{1.5}]\!]^{\sp{1.5}2}}{x=k\txt{ou}y=k}\\[-.5ex]
&=\ens{(x,y)\app\,[\![\sp{1.5}1,k\sp{1.5}]\!]^{\sp{1.5}2}}{\op{non}(x < k\txt{et}y < k)}\\
&=[\![\sp{1.5}1,k\sp{1.5}]\!]^{\sp{1.5}2}\big\\[\![\sp{1.5}1,k-1]\!]^{\sp{1.5}2}}$
L'événement $\,(M=k)\,$ a donc pour
Si $\,A\,$ est une partie d'un ensemble $\,E\,$ de cardinal $\,n\sp{1.5},\,$ alors :
cardinal :
$\,k^2-(k-1)^2=2\sp{1.5}k-1\sp{1.5},\,$ d'où par
$\displaystyle{}\op{card}(E\!\setminus\!\sp{-1.5}A)=n-\op{card}(A)$
Soit $\,\Omega\,$ un univers fini dont les éventualités sont équiprobables.
Alors, la probabilité est uniforme, avec pour tout événement :
équiprobabilité :
$\displaystyle{}P(A)=\frac{\op{card}(A)}{\op{card}(\Omega)}$
$\displaystyle{}P(M=k)=\frac{2\sp{1.5}k-1}{n^2}$
On peut alors calculer
L'espérance d'une variable aléatoire finie $\,X:\Omega \to \bb K\,$ est :
l'espérance
de $\,M\,$ par une
$\displaystyle{}E(X)=\!\!\sum_{x\app X(\Omega)}\!\!x\sp{1.5}P(X=x)$
La somme des $\,n+1\,$ premiers entiers naturels est :
somme
d'entiers consécutifs et une
$\displaystyle{}\dsum_{k=0}^{n}k=\dfrac{n(n+1)}2$
La somme des $\,n+1\,$ premiers carrés d'entiers naturels est :
somme
de carrés :
$\displaystyle{}\dsum_{k=0}^{n}k^2=\dfrac{n(n+1)(2\sp{1.5}n+1)}6$
$\eqalign{E(M)&=\sum_{k=1}^nk\sp{1.5}P(M=k)=\frac1{n^2}\sum_{k=1}^n (2\sp{1.5}k^2-k)\\[-.5ex]
&=\frac1{n^2}\Big(\frac{n\sp{1.5}(n+1)\sp{1.5}(2\sp{1.5}n+1)}3-\frac{n\sp{1.5}(n+1)}2\Big)\\
&=\frac{(n+1)\sp{1.5}\big(2\sp{1.5}(2\sp{1.5}n+1)-3\big)}{6\sp{1.5}n}=\frac{(n+1)\sp{1.5}(4\sp{1.5}n-1)}{6\sp{1.5}n}}$
On a toujours $\,\{m,M\}=\{X,Y\}\sp{1.5},\,$ même lorsque $\,X=Y,\,$ d'où les relations : $\,\syst{\,m+M&=X+Y\\[-.5ex]m\,M&=X\,Y}\,$
D'autre part, $X$ et $Y,$ de même loi uniforme, ont la même espérance :
$\displaystyle{}E(X)=E(Y)=\smh{1}{\sum_{k=1}^n k\sp{1.5}P(X=k)=\frac1n\sum_{k=1}^n k}=\frac{n+1}2$
Avec $\,m+M=X+Y,\,$ on peut en déduire $\,E(m)\,$ par
Soient deux variables aléatoires $\,X,Y:\Omega\to\bb K\,$ et $\,\alpha\sp{1.5},\beta\app\bb K\sp{1.5}.\,$
Si $E(X)$ et $E(Y)$ sont finies, alors $\,E(\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y)\,$ est finie et :
linéarité
de l'espérance :
$\displaystyle{}E(\alpha\sp{1.5}X+\beta\sp{1.5}Y)=\alpha\sp{1.5} E(X)+\beta\sp{1.5} E(Y)$
$\eqalign{E(m)&=E(X)+E(Y)-E(M)\\&=2\ \frac{n+1}2-\frac{(n+1)\sp{1.5}(4\sp{1.5}n-1)}{6\sp{1.5}n}\\[-.5ex]
&=(n+1)\Big(1-\frac{4\sp{1.5}n-1}{6\sp{1.5}n}\Big)=\frac{(n+1)\sp{1.5}(2\sp{1.5}n+1)}{6\sp{1.5}n}}$
On peut alors calculer la
La covariance de deux variables aléatoires réelles $X$ et $Y$ telles que $E(X^2)$ et $E(Y^2)$ soient finies est :
covariance
de $\,M\,$ et $\,m\,$ par la relation :
$\displaystyle{}\op{Cov}(X,Y)=E\big((X-E(X))(Y-E(Y))\big)$
Elle vérifie alors : $\,\op{Cov}(X,Y)=E(X\sp{1.5}Y)-E(X)\sp{1.5}E(Y)\sp{1.5}.\,$
Lorsque $\,\op{Cov}(X,Y)=0\sp{1.5},\,$ on dit que $X$ et $Y$ sont décorrélées.
$\displaystyle{}\op{Cov}(M,m)=E(M\sp{1.5}m)-E(M)\sp{1.5}E(m)$
Les variables $X$ et $Y$ étant
Soient deux variables aléatoires indépendantes $\,X,Y:\Omega\to\bb K\sp{1.5}.\,$
Si $X$ et $Y$ sont d'espérances finies, alors $\,X\sp{1.5}Y\,$ l'est aussi, et :
indépendantes,
on a :
$\displaystyle{}E(X\sp{1.5}Y)=E(X)\sp{1.5}E(Y)$
$\displaystyle{}E(M\sp{1.5}m)=E(X\sp{1.5}Y)=E(X)\sp{1.5}E(Y)=\frac{(n+1)^2}4$
On peut alors en déduire la covariance de $M$ et $\,m:\,$
$\eqalign{\op{Cov}(M,m)&=\frac{(n+1)^2}4-\frac{(n+1)^2(4\sp{1.5}n-1)\sp{1.5}(2\sp{1.5}n+1)}{36\sp{1.5}n^2}\\
&=\frac{(n+1)^2}4\Big(1-\frac{8\sp{1.5}n^2+2\sp{1.5}n-1}{9\sp{1.5}n^2}\Big)\\
&=\frac{(n+1)^2(n^2-2\sp{1.5}n+1)}{36\sp{1.5}n^2}=\Big(\frac{n^2-1}{6\sp{1.5}n}\Big)^{\!2}}$
Pour $\,n\geq2\sp{1.5},\,$ les variables $M$ et $\,m\,$ ne sont donc pas indépendantes, car :
$\displaystyle{}\op{Cov}(M,m)=E(M\sp{1.5}m)-E(M)\sp{1.5}E(m)\neq0$