Densité de probabilité de la loi du khi 2
Réponses
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Grand classique. Tu as essayé de trouver une preuve avec Google ?
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Oui j'ai essayé google j'ai pas vu de démonstration par rapport (je n'écarte pas le fait que j'ai pas bien fouillé)
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Définissons préalablement quelques entités.
- Soient $X_{i}\sim\mathcal{N}(0,1)\,\forall i=1,...,n$.
- Soit $F^{Y}$, la fonction de répartition de $Y=X^{2}_{1}$
Remarquons que $Y$ prend uniquement des valeurs positives, suite à sa définition. On déduit alors que, $\forall\,y\le 0, F^{Y}(y)=0$.
Premièrement, observons ceci ($\forall\,y\ge 0$): \[\begin{aligned}
F^{Y}(y) &= \mathbb{P}(Y\le y)\\
&= \mathbb{P}(X_{1}^{2}\le y)\\
&= \mathbb{P}(|X_{1}|\le\sqrt{y})\\
&= 2\mathbb{P}(X_{1}\le\sqrt{y})\\
\end{aligned}\]
La dernière égalité se justifie par le fait que $X_{1}$ suit une loi de densité paire. Il en découle: \[\begin{aligned}
\mathbb{P}(Y\le y) &= 2\displaystyle\int_{0}^{\sqrt{y}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-u^{2}}{2}}du\\
&= \displaystyle\int_{0}^{y}\frac{2^{-\frac{1}{2}}x^{-\frac{1}{2}}e^{-\frac{x}{2}}}{\sqrt{\pi}}\text{d}x
\end{aligned}\]
La dernière égalité suit du changement de variable $u^{2}=x$.
Remarquons que $\sqrt{\pi}=\Gamma(\frac{1}{2})$ car $\Gamma(\frac{1}{2})=\displaystyle\int_{0}^{\infty}x^{-\frac{1}{2}}e^{-x}\text{d}x=2\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-u^{2}}du$
Cela implique, par définition de la densité: \[f^{Y}(y)=\begin{cases}
0 &si\,y\le 0 \\
\frac{2^{-\frac{1}{2}}y^{-\frac{1}{2}}e^{-\frac{y}{2}}}{\Gamma(\frac{1}{2})} &si\,y>0
\end{cases}\]
Il s'agit donc d'une loi Gamma $\Gamma(\lambda;a)$ pour $\lambda=\frac{1}{2}$ et $a=\frac{1}{2}$.
La densité d'une loi Gamma $\Gamma(\lambda;a)$ est donnée par \[f^{\Gamma}_{(\lambda;a)}=\frac{\lambda^{a}}{\Gamma(a)}x^{a-1}e^{-\lambda x}\]
Deuxièmement, observons la fonction caractéristique d'une loi Gamma $\Gamma(\lambda;a)$ et son comportement: \[\begin{aligned}
\varphi_{\Gamma}(t)&= \left(1-\frac{1}{\lambda}it\right)^{-a}\\
\Rightarrow\varphi_{Y}(t)&= \left(1-2it\right)^{-\frac{1}{2}}
\end{aligned}\]
Or, en écrivant \(Y_{j}=X_{j}^{2}\) où \(X_{j}\sim\mathcal{N}(0,1)\) (iid), on a \[\begin{aligned}
\varphi_{\chi^{2}_{n}}(t)&= \mathbb{E}\left[e^{i\sum_{j=1}^{n}Y_{j}t}\right]\\
&= \displaystyle\prod_{j=1}^{n}\mathbb{E}\left[e^{iY_{j}t}\right]\\
&= \displaystyle\prod_{j=1}^{n}\mathbb{E}\left[e^{iY_{1}t}\right]\\
&= \displaystyle\prod_{j=1}^{n}(1-2it)^{-\frac{1}{2}}\\
&= (1-2it)^{-\frac{n}{2}}
\end{aligned}\]
On déduit alors que $\chi^{2}_{n}$ suit une loi Gamma de paramètres $\frac{1}{2}$ et $\frac{n}{2}$. On a enfin la densité d'une variable aléatoire de loi chi-carrée: \[f_{\chi^{2}_{n}}(x)=\begin{cases}
0 &si\,x<0 \\
\frac{2^{-\frac{n}{2}}}{\Gamma(\frac{n}{2})}x^{\frac{n}{2}-1}e^{-\frac{x}{2}} &si\,x\ge 0
\end{cases}\] -
BonjourSinon, pour compléter la très belle preuve de MoebiusCorzer, sans passer par la fonction gamma, une autre façon de faire est de faire une récurrence en utilisant la convolution.Par exemple pour $n=2$ on sait que $Z=X^2 +Y^2$ avec $X$ et $Y$ indépendantes suivants $\mathcal{N}(0;1)$.On sait que $f_{X^2}(x)=1_{x>0} \dfrac{1}{ \sqrt{2 \pi x}} e^{-\frac{x}{2}}$, facilement avec la fonction muette.On doit montrer que $f_{Z}(t)=\frac{1}{2}1_{t>0} e^{-\frac{t}{2}}$On a donc $$\forall t \in \mathbb{R^+} ,\quad f_{X^2+Y^2}(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_{X^2}(u)f_{Y^2}(t-u)du= \int_{-\infty}^{+\infty}1_{u>0} \frac{1}{ \sqrt{2 \pi u}} e^{-\frac{u}{2}}1_{t-u>0} \frac{1}{ \sqrt{2 \pi (t-u)}} e^{-\frac{(t-u)}{2}}du=\frac{e^{-\frac{t}{2}}}{2\pi} \int_{0}^{t} \frac{1}{\sqrt{u(t-u)}}du =\ldots$$ on va déterminer cette intégrale :$$\int_{0}^{t} \frac{1}{\sqrt{u(t-u)}}du = \int_{0}^{t} \frac{1}{\sqrt{-u^2+ut}}du= \int_{0}^{t} \frac{1}{\sqrt{-(u-\frac{t}{2})^2+\frac{t^2}{4}}}du= \int_{0}^{t} \frac{1}{\frac{t}{2}\sqrt{1-[\frac{2}{t}(u-\frac{t}{2})]^2}}du=\int_{-1}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-w^2}}dw= \arcsin(1)-\arcsin(-1)=\pi.$$
On a bien que $f_{Z}(t)=\frac{1}{2}1_{t>0} e^{-\frac{t}{2}}$. -
Bonjour
7 ans après, bravo !!
Sinon, comment fais tu pour être inscrit depuis 1970 et intervenir pour la première fois ?
Cordialement,
Rescassol
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Bonjour!
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