Espérance mathématique

Soit $X$ une v.a. On définit l'espérance mathématique de $X$ et l'on note $E(X)$ la valeur

$$\fbox{${\bf E(X) = \int_{-\infty}^{+\infty} x~dF(x) = \int_{-\infty}^{+\infty} x~f(x)~dx}$}$$

où $F$ est la fonction de répartition de $X$.

Cette intégrale est dite au sens de Stieljes. Soit $X$ une v.a. définie sur $[a,b[$. On peut discrétiser la v.a. $X$ en introduisant une nouvelle v.a. discrète $Y$ en découpant l'intervalle $[a,b]$ en $n$ intervalles $[x_{i-1},x_i]$ tels que

$X \in [x_{i-1},x_i[ \rightarrow Y = \xi_i, \xi_i \in [x_{i-1},x_i]$ et donc

$P(Y=\xi_i) = P(X \in [x_{i-1},x_i[) = \int_{x_{i-1}}^{x_i} f(u) du = F(x_i) - F(x_{i-1})$

Grâce à un échantillon de taille $N$, on peut calculer une moyenne expérimentale de $Y$ ( $\frac{1}{N} \sum_{i=1}^{n} \xi_i k_i$) qui tend vers la moyenne théorique $\sum_{i=1}^{n} \xi_i P(Y=\xi_i)$ si $N \rightarrow \infty$. Si de plus, on découpe en une infinité d'intervalles de la forme $[x_{i-1},x_i[$ ( $n \rightarrow \infty$), alors on obtient la moyenne théorique de la v.a. $X$ par $\sum_{i=1}^{n} \xi_i \vert F(x_i) - F(x_{i-1})\vert \rightarrow \int_a^b xdF(x) = E(X)$

Remarque : L'espérance mathématique n'est pas toujours définie. C'est en particulier le cas de la loi de Cauchy dont la ddp est donnée par $f(x) = \frac{1}{\pi (1+x^2)}$ car l'intégrale $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\pi (1+x^2)} dx$ diverge.

Propriétés : Les propriétés de l'espérance mathématique proviennent de celle de l'opérateur intégral et en particulier la linéarité. Soit $X$ une v.a. et $a$ une constante.

$$\fbox{$\begin{array}{l}{\bf E(a) = a}\\ {\bf E(aX) = a E(X)}\\ {\bf E(X+a) = E(X)+a} \end{array}$}$$

Soient $X_1$ et $X_2$ deux v.a. et $a$ et $b$ deux constantes.

$$\fbox{${\bf E(a_1 X_1 + a_2 X_2) = a_1 E(X_1) + a_2 E(X_2)}$}$$

Plus généralement, pour toute fonction $h$, positive, continue, à support compact

$$E[h(X)] = \int_{-\infty}^{\infty} h(x) dF_X(x) = \int_{-\infty}^{\infty} h(x) f_X(x) dx$$

Exemple : Soient $X$ et $Y$ deux v.a. continues indépendantes de même loi $f$. On souhaite trouver la loi de la variable aléatoire $U = \frac{X}{X+Y}$. On a donc

$$E[h(\frac{X}{X+Y})] = \int \int_{\Re^2} h(\frac{x}{x+y}f_{X,Y}(x,y) dx dy$$

Les deux variables étant indépendantes, on a $f_{X,Y}(x,y) = f_X(x) f_Y(y)$. Soit le changement de variables suivant :

$$\left\{\begin{array}{l}u=\frac{x}{x+y}\\ v=x+y\\ (x,y) \in D... ...y=v(1-u)\\ (u,v) \in \Delta \subset \Re^2_+\end{array} \right.$$

dont le jacobien est

$$j(u,v) = \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \left\vert \b... ...t\begin{array}{cc}v&u\\ & \\ -v&1-u\end{array} \right\vert = v$$

Ce qui nous donne

$$E[h(U)] = \int \int_{\Re^2} h(u) \vert j(u,v)\vert f(uv) f(v(1-u)) du dv = \int h(u) f_U(u) du$$

d'où l'on déduit la densité de probabilité $f_U$

$$f_U(u) = \int_{\Re_+} v f(uv) f(v(1-u)) dv$$

Supposons maintenant que ces deux variables aléatoires suivent une loi exponentielle de paramètre $\lambda = 1$, $f(x) = e^{-x}$. On a alors

$$f_U(u) = \int_0^{\infty} v e^{-uv} e^{-v(1-u)} dv = \int_0^{\infty} v e^{-v} dv = 1$$

La v.a. $U$ suit donc une loi uniforme. Comme on doit avoir $uv > 0$ et $v(1-u) > O$, cela donne $v > 0$ et $u \in ]0,1[$.