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Deux variables aleatoires uniformes sur [0,1]

Soit $X$ et $Y$ indépendantes et de même loi uniforme sur $[0,1]$. Montrer que $U=X+Y$ est indépendante de
$$V=1_{U<1}\frac{X}{X+Y}+1_{U>1}\frac{1-X}{2-X-Y}.$$

Réponses

  • Modifié (4 Aug)
    Bonjour,
    Merci pour cette question qui s'efforce de briser la léthargie dans laquelle, depuis longtemps déjà, s'enlise peu à peu le sous-forum "Probabilités". Dénuée de  finesse et d'intuition probabiliste, ma réponse risque fort hélas de ne pas constituer un antidote efficace à cet assoupissement. Quelques notations:
    Pour $S\subset \R^2, \:\: \mathcal E(S)$ désigne l'enveloppe convexe de $S.\quad $Si $\Delta$ est un domaine de $\R^2$, je note $\mathcal A(\Delta)$ l'aire de $\Delta.$.
    $\overline X: =1-X, \:\:\overline Y: =1-Y, \:\: \overline U = \overline X + \overline Y,\quad \overline X,\overline Y $ obéissent à $\:\:\mathcal U([0;1])\:$ et sont indépendantes.

    C'est avec un certain étonnement que j'ai découvert que: $\:\:\boxed{V \hookrightarrow \mathcal U([0;1]).} \quad \mathbb P(0\leqslant V\leqslant 1) =1$ est clair.
    $ \forall b \in [0;1],\:\:  \mathbb P( V\leqslant b) = \mathbb P(V\leqslant b, \: U\leqslant 1) + \mathbb P(V\leqslant b, \: U\geqslant 1) =\mathbb P\left( \dfrac XU\leqslant b, \: U\leqslant 1\right) + \mathbb P\left( \dfrac {\overline X}{\overline U}  \leqslant b, \: \overline U\leqslant 1\right ).$
    $\mathbb P\left( \dfrac XU\leqslant b, \: U\leqslant 1\right) =  \mathcal A(\Delta) , \quad \Delta = \Big\{(x,y) \in \R^2\mid 0\leqslant x \leqslant b(x+y), \: 0\leqslant x+y \leqslant 1 \Big\} = \mathcal E \Big(\{(0,0); (0,1) ;(b; 1-b)\}\Big).$
    $\mathcal A(\Delta) = \dfrac b2, \quad \mathbb P\left( \dfrac XU\leqslant b, \: U\leqslant 1\right) = \mathbb P\left( \dfrac {\overline X}{\overline U}  \leqslant b, \: \overline U\leqslant 1\right ) =\dfrac b2, \qquad \mathbb P( V\leqslant b)=b \:\:\square$
    La fonction de répartition de $U$ est "connue": $\:\mathbb P(0\leqslant U \leqslant 2)=1, \:\: \forall a\in [0;2], \: F_U(a):= \mathbb P(U\leqslant a) =\left\{\begin{array}{ll} \dfrac {a^2}2 & \text{ si } a\leqslant 1\\ 1-\dfrac{(2-a)^2}2& \text{ si }a\geqslant 1 \end{array}\right. $
    L'indépendance de  $U$ et $V$ sera donc acquise si l'on prouve que: $\quad \boxed{\forall (a,b) \in [0;2]\times [0;1],\quad \mathbb P(U\leqslant a, V\leqslant b ) =bF_U(a).}$

    $\bullet \:\text { Si }a\in [0;1] .\qquad\mathbb P(U\leqslant a, V\leqslant b )=\mathbb P \left( U\leqslant a, \dfrac XU \leqslant b \right) = \mathcal A(\Delta_1),$ où
    $ \Delta _1 =\Big\{ (x,y) \in \R^2 \mid 0 \leqslant x+y\leqslant a, \: x \leqslant b(x+y)\Big \} = \mathcal E \Big( \{(0,0); (0;a); (ab , a(1-b)) \}\Big ). \:\:\mathcal A(\Delta_1) =\mathbb P(U\leqslant a, V\leqslant b ) =\dfrac {ba^2}2.$
    $\bullet \:\text { Si }a\in [1;2].\quad \mathbb P(U\leqslant a, V\leqslant b )=\mathbb P (V\leqslant b) - \mathbb P (U\geqslant a , V\leqslant b) =b -\mathbb P \left (\overline U \leqslant 2- a, \dfrac {\overline X}{\overline U}\leqslant b \right).$
    $2-a\leqslant 1.\: $ On peut donc appliquer le résultat précédent, ce qui nous conduit à: $\:\:\mathbb P(U\leqslant a, V\leqslant b )=b \left( 1 -\dfrac {(2-a)^2} 2 \right) \:\square$
  • P.2P.2
    Modifié (4 Aug)
    Bravo LOU 16! Et tu penses bien que j'applaudis à tes commentaires sur le fait que les probabilités roupillent depuis longtemps sur le forum, tout en gardant mes idées sur les causes.
    Ci-dessus, c'est une version de poche. Voici la version élaborée : montrer que les mêmes $U$ et $V$ sont indépendants lorsque $X$ et $Y$ sont indépendants et  même loi égale à $Ce^{cx}1_{[0,1]}(x)dx.$
  • Modifié (4 Aug)
    @P.2 : Tu aurais une version discrète ? Je suis fort intéressé par des exos un peu originaux en proba... mais le programme de prépa se limitant aux variables discrètes, il n'est pas toujours simple (voire carrément impossible) d'adapter.
    J'avais fait des calculs similaires à ceux de @LOU16, qui, comme toujours, a su condenser le tout en quelques lignes.
  • P.2P.2
    Modifié (5 Aug)
    Version discrète ? Hum, pas d’idée.
    Voici une solution différente de Lou16. Si $X$ et $Y$ sont indépendantes et de même loi $e^{cx}1_{[0,1]}dx/L(c)$ avec $L(c)=(e^c-1)/c$, alors $U=X+Y$ est indépendante de $$V=1_{U<1}\frac{X}{U}+1_{U>1}\frac{1-X}{2-U}.$$ De plus $V$ est uniforme sur $[0,1]$ et $U$ est de loi $e^{cu}\min(u,2-u)1_{[0,2]}(u)du/L(c)^2.$
    Pour le voir, je prends $a$ et $b$ quelconques et je calcule, en faisant d'abord le changement de variable $(x,y)\mapsto (x,x+y)=(x,u)$ dans l’intégrale de l’espérance : \begin{align*}\mathbb{E}(e^{aU}V^b)&=\frac{1}{L(c)^2}\int_0^1e^{(a+c)u}u^{-b}\left(\int_0^ux^{b }dx\right)du+\frac{1}{L(c)^2}\int_1^2e^{(a+c)u}(2-u)^{-b}\left(\int_{u-1}^1(1-x)^{b }dx\right)du\\&=\frac{1}{L(c)^2}\times \frac{1}{1+b}\int_0^2e^{(a+c)u}\min(u,2-u)du=\int_0^1{v^b}dv \times \frac{L^2(a+c)}{L^2(c)}.\end{align*}
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