Corrigé des exercices - Dunod

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Donc Y (Ω) = {−1,1}. Et (Y = −1) = +∞ ⋃
(X = 2n + 1), (Y = 1) = +∞ ⋃
(X = 2n)
n=0
Alors P(Y = −1) = +∞ ∑
P(X = 2n + 1) = +∞ ∑
n=0
P(Y = 1) = +∞ ∑
P(X = 2n) = +∞ ∑
n=1
n=0
n=0
λ 2n
(2n)! e−λ = e −λ eλ +e −λ
2
.
Ainsi P(Y = −1) = 1−e−2λ
2
et P(Y = 1) = 1+e−2λ
2
.
n=1
λ 2n+1
(2n+1)! e−λ = e −λ eλ −e −λ
2
.
Y est une variable aléatoire réelle discrète finie, donc Y admet une espérance et une variance.
E(Y ) = − 1−e−2λ
2
+ 1+e−2λ
2
= e −2λ et
E(Y 2 ) = 1−e−2λ
2
+ 1+e−2λ
2
= 1, et par la formule de Koenig-Huyghens V (Y ) = 1 − e −4λ .
Exercice 30.9
Y (Ω) = N.
(
P(Y = 0) = P (X = 0) ⋃ )
+∞ ⋃
(X = 2n + 1)
= P(X = 0) +
= e −λ +
+∞∑
n=0
n=0
+∞∑
n=0
P(X = 2n + 1)
λ 2n+1
(2n + 1)! e−λ
Or e λ = +∞ ∑
k=0
λ k
k!
et e −λ = +∞ ∑
k=0
En soustrayant, e λ − e −λ = 2 +∞ ∑
(−1) k λ k
k!
.
n=0
λ 2n+1
(2n+1)! .
Alors P(Y = 0) = 1+2e−λ −e −2λ
2
.
Et pour tout entier k non nul, P(Y = k) = P(X = 2k) = λ2k
(2k)! e−λ .
La série de terme général k λ2k
(2k)!
converge. Donc Y admet une espérance.
E(Y ) =
+∞∑
k=1
= λe−λ
2
kλ 2k
(2k)! e−λ
+∞∑
k=1
λ 2k−1
(2k − 1)!
= λe−λ e λ − e −λ
2 2
= λ(1 − e−2λ )
4