Exercices 2011 - STAT

Z est encore poissonienne, de paramètre (λ 1 + λ 2 ) .
b) Tout d’abord, dans le cas où µ 1 = µ 2 = 0 et σ 1 2 = σ 2 2 = 1, on a:
et la densité de Z vaut:
∀z ∈ R, P {Z ≤ z} =
1
2π
d
1
P {Z ≤ z} =
dz 2π
= e− z2 2
2π
= e− z2 4
2π
∫ +∞
e − x2
−∞
∫ +∞
−∞
∫
∫
R
R
= e− z2 4
2π × √ π
∫ (z−x)
2 { e − y2 2 dy}dx
−∞
e − x2 2 e
− (z−x)2
2 dx
e −x2 +zx dx
e − (x−z/2)2
2×1/2 +zx dx
= e− z2 4
2 √ π
,
Z est encore gaussienne centrée, de variance 2. Dans le cas général, on effectue les changements
de variable: σ 1 ξ + µ 1 = x, σ 2 η + µ 2 = y puis le calcul précédent pour trouver que Z est encore
gaussienne, d’espérance µ 1 + µ 2 et de variance σ 1 2 + σ 2 2 .
c) Dans le cas présent:
∫ t
∀t ≥ 0, P {Z ≤ t} = λ 1 λ 2 e −λ1u {
Corrigé 78 a) Rappelons que:
Or:
0
∫ t−u
0
e −λ2v dv}du
∫ t
= λ 1 e −λ1u (1 − e −λ2(t−u) )du
0
∫ t
= (1 − e −λ1t ) − λ 1 e −λ2t e (λ2−λ1)u du
0
= (1 − e −λ1t ) + λ 1
λ 1 − λ 2
(e −λ1t − e −λ2t ) si λ 1 ≠ λ 2
ou 1 − (1 + λt)e −λt si λ 1 = λ 2 = λ.
∀t ∈ R, L Z (t) = E[e tZ ] = E[e tX e tY ] = E[e tX ]E[e tY ] (par ind.) .
L X (t) = e −λ1 ∞ ∑
k=0
e tk λ 1 k
k!
= e −λ1 e λ1et = exp(λ 1 (e t − 1)) .
Ainsi: L Z (t) = exp(λ 1 (e t − 1))exp(λ 2 (e t − 1)) = exp((λ 1 + λ 2 )(e t − 1)),
on retrouve le fait que Z est poissonienne de paramètre (λ 1 + λ 2 ) .
b) Rappelons que:
donc:
L X (t) =
=
∫
1 +∞
√
σ 1 2π
−∞
∫
1 +∞
√
σ 1 2π
−∞
= e σ 1 2
2 t2 +µ 1t ,
e tx e − (x−µ 1 )2
2σ 2 1 dx
e − 1
2σ 1
2 (x−(σ12 t+µ 1)) 2 e − 1
2σ 1
2 (µ12 −(σ 1 2 t+µ 1) 2 )
dx
L Z (t) = L X (t)L Y (t) = e σ 1 2 +σ 2
2
2 t 2 +(µ 1+µ 2)t
on retrouve le fait que Z est gaussienne de paramètres (µ 1 + µ 2 ) et (σ 1 2 + σ 2 2 ) .
,
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