S´erie d’exercices n 6. Fonctions caract´eristiques

1 Universite Pierre & Marie Curie (Paris 6) Licence de Mathe matiques L3. UE 3M290 Probabilite s 1 Anne e 2015 2016. Se rie d' exercices no 6. Fonctions caracte ristiques Une e toile de signe un exercice important. Exercice Donner la fonction caracte ristique de X : 1. si X suit une loi de Bernoulli de parame tre p ]0, 1[ ; 2. si X suit une loi Binomiale(n, p) ; 3. si X suit une loi de Poisson de parame tre . Solution. 1. X (t) = E[eitX ] = (1 p) + peit . 2. On e crit X = Y1 + + Yn ou les Yn sont des variables de Bernoulli de parame tre p, inde pendantes. Donc ! "n X (t) = E[eit(Y1 + +Yn ) ] = E[eitY1 ]n = 1 p + peit . 3. On a + . # k it X (t) = E[eitX ] = eitk e = e e e.

2 K! k=0. Exercice On e ectue n essais (d'une expe rience), les succe s e tant inde pendants, de probabilite p = /n (donc tre s petite). On note Xn le nombre total de succe s. 1. Donner la loi et la fonction caracte ristique Xn (t) de Xn . 2. Montrer que pour tout t R, on a Xn (t) (t), ou (t) est la fonction caracte ristique d'une loi que l'on pre cisera. Solution. 1. Xn suit une loi Binomiale(n, /n), et d'apre s l'exercice pre ce dent, on a $ %n Xn (t) = 1 + eit n n ! ". 2. On a que log Xn (t) = n log 1 n + n eit + eit lorsque n , donc Xn (t) . exp( (eit 1)), qui est la fonction caracte ristique d'une loi de Poisson de parame tre . Exercice Donner la fonction caracte ristique de X : 1.

3 Si X suit une loi exponentielle de parame tre > 0 ;. 2. si Y suit une loi exponentielle syme trique de parame tre ( de densite f (y) =. |y|. 2e );.. 3. si Z suit une loi de Cauchy de parame tre , c'est-a -dire si X a pour densite ( 2 +x2 ). (Indication : on pourra utiliser la question pre ce dente). Solution. & + . 1. On calcule X (t) = 0 eitx e x dx = it . 2. De me me ' + ' 0. Y (t) = E[eitY ] = eitx 2 e x dx + eitx 2 e x dx 0 . $ 1 1 % 2. = + = 2 . 2 it + it t + 2. 3. Avec la question pre ce dente, et en utilisant la formule d'inversion de Fourier (on a Y (t) = f (t)), on obtient que ' '. 1 1 2 ( ). f (y) = f (t)e ity dt = e ity 2 2. dt = E e iyZ . 2 R 2 R t + 2.

4 ( ) ( ). Comme Z est syme trique, on a (voir exercice suivant) E eiyZ = E e iyZ = f (y). On a donc, si Z Cauchy( ) on a Z (y) = e |y| pour tout y R. Exercice Montrer que la loi de X est syme trique (X et X ont la me me loi) si et seulement si la fonction caracte ristique de X est re elle ( X (t) R pour tout t R). Solution. On remarque que X (t) = E[eitX ] = E[e itX ] = X (t). Donc X (t) est re elle si et seulement si X (t) = X (t) pour tout t R, c'est a dire si la loi de X est syme trique. Exercice Soit X N (0, 2 ), et (t) sa fonction caracte ristique. 1. Montrer que (t) = t 2 (t) pour tout t R. 2. En de duire (t) pour tout t R. Solution. 1. On a, en de rivant sous l'inte grale, ' '.

5 Itx 1 x2. 2. (IP P ) 1 * itx 2. 2 ++ . x2 2 eitx x22. (t) = ixe e 2 dx = ie ( )e 2 +i (it) e 2 dx. R 2 2 2 2 R 2 2. 2. En re solvant l'e quation dife rentielle, et en utilisant que (0) = 1, on trouve (t) =. 2 2. e t /2 . Exercice Montrer, en utilisant la fonction caracte ristique, que 1. la somme de deux de Poisson inde pendantes est une de Poisson ;. 2. la somme de deux Gaussiennes inde pendantes est une Gaussienne ;. 3. la somme de deux de Cauchy inde pendantes est une de Cauchy. Solution. 1. Avec le calcul fait dans l'exercice 1, on a, si X P oisson( 1 ), Y P oisson( 2 ). inde pendantes, it 1) it 1) it 1). X+Y (t) = X (t) Y (t) = e 1 (e e 2 (e = e( 1 + 2 )(e , et comme la fonction caracte ristique caracte rise la loi, X + Y P oisson( 1 + 2 ).

6 2. Si X N ( 1 , 12 ) et Y N ( 2 , 22 ) inde pendantes, 2 2 /2 2 2 /2 2 2 2 /2. X+Y (t) = X (t) Y (t) = eit 1 1 t eit 2 2 t eit( 1 + 2 ) ( 1 + 2 )t , et comme la fonction caracte ristique caracte rise la loi, X + Y N ( 1 + 2 , 12 + 22 ). 3. Si X Cauchy(a) et Y Cauchy(b) inde pendantes, X+Y (t) = X (t) Y (t) = e a|t| e b|t| = e (a+b)|t| , et comme la fonction caracte ristique caracte rise la loi, X + Y Cauchy(a + b). Exercice On conside re (Xn )n 1 une suite de inde pendantes de me me loi. On suppose que E[X1 ] = 0 et Var(X1 ) = 2 et on note (t) la fonction caracte ristique de X. On conside re la variable ale atoire Yn := 1n (X1 + + Xn ). 1. Donner la fonction caracte ristique de Yn , n (t), en fonction de , t et n.

7 2. Montrer que, lorsque x 0, on a (x) = 1 12 2 t2 + o(t2 ). 3. En de duire que, pour tout t R, log n (t) 21 2 t2 , et donc que n (t) (t) ou . (t) est la fonction caracte ristique d'une loi que l'on pre cisera. Solution. 1. On a * t + * t + . i (X + +Xn ) i X n n (t) = E e n 1 = E e n 1 = (t/ n)n . 2. Un de veloppement de Taylor donne (x) = (0) + (0)x + (0)x2 /2 + o(x2 ) quand x 0. Maintenant, on a (0) = 1, (0) = E[X] = 0, (0) = E[X 2 ] = 2 .. 3. On a log n (t) = n log (t/ n). Pour tout t R, t/ n 0, donc log (t/ n) =. 2 2. 12 2 t2 /n + o(1/n), et log n (t) 12 2 t2 . Ainsi, n (t) e t /2 , qui est la fonction caracte ristique de la loi gaussienne N (0, 2 ). Exercice On dit qu'une X suit une loi stable si pour tout entier n 1 et toutes X1 , X2 , , Xn inde pendantes et de me me loi que X, il existe des constantes an > 0 et bn R.

8 Telles que X1 + X2 + + Xn ait me me loi que an X + bn . 1. Montrer que les lois gaussiennes centre es N (0, 2 ), de parame tre quelconque > 0, et les lois de Cauchy de parame tre quelconque a > 0 sont stables. Montrer que par contre les lois de Poisson ne le sont pas. 2. Calculer an et bn lorsque X suit une loi stable de variance finie 2 . En de duire que les seules lois stables de variance finie sont les lois gaussiennes. Solution. 1. La loi d'une variabe ale atoire est caracte rise e par sa fonction caracte ristique, qui est 2 2. dans le cas d'une N (0, 2 ), exp( 2x ) et dans le cas d'une loi de Cauchy de parame tre c, exp( c|x|). Ainsi, l'on voit que la loi de n gaussiennes inde pendantes a pour fonction 2 2.

9 Caracte ristique exp( n 2 x ) et est donc e gale en loi a nN (0, 2 ). De me me, la somme de n lois de Cauchy inde pendantes a pour fonction caracte ristique exp( na|x|), et est donc e gale a n fois une loi de Cauchy de parame tre a. , sk k =. Pour une loi de Poisson de parame tre , la fonction ge ne ratrice vaut E[sX ] = k=0 e k! e (s 1) . an Mais E[san X+bn ] = E[sX ]n entra ne sbn e (s 1) = en (s 1) , c'est-a -dire bn = 0 et an = 1. et par conse quent n = 1. La loi de Poisson n'est donc pas stable. 2. Si X suit une loi N (m, 2 ), alors X1 + .. + Xn suit une loi N (nm, n 2 ), et an X + bn . une loi N (an m + bn , a2n 2 ). Donc an = n et bn = m(n n). Ainsi (X1 m) +.

10 + (Xn m) (loi). = X m n L'exercice pre ce dent montre que la fonction ge ne ratrice de la partie de gauche converge 2 2 2 2. vers e t /2 lorsque n . Donc X m (t) = e t /2 , et X m N (0, 2 ).