Somme de deux v.a. normales
Bonjour, soit $X_1$ avec loi $\mathcal N(m_1,a_1)$ et $X_2$ avec loi $\mathcal N(m_2,a_2)$ indépendantes.
Je dois montrer que $X_1+X_2$ a loi $\mathcal N(m_1+m_2,a_1+a_2)$.
On sait que $\mathbb P_{X_1+X_2}=\mathbb P_{X_1}*\mathbb P_{X_2}$.
De plus, une remarque dans mon cours dit que si $\mu$ et $\nu$ sont deux mesures de proba sur $\mathbb R$, et qu'on a $\mathrm d\mu(x)=f(x)\mathrm dx$ et $\mathrm d\nu(x)=g(x)\mathrm dx$ alors $\mathrm d(\mu *\nu)(x)=h(x)\mathrm dx$ où $h(x)=\int f(x-y)g(y)\mathrm dy$.
Donc l'exercice se résume à calculer $\int f(x-y)g(y)\mathrm dy$ pour $f(x)$ la densité de $X_1$ et $g(x)$ la densité de $X_2$. Mais ce calcul a l'air assez horible, est-ce que c'est la bonne manière de procéder ?
Merci pour votre aide.
Je dois montrer que $X_1+X_2$ a loi $\mathcal N(m_1+m_2,a_1+a_2)$.
On sait que $\mathbb P_{X_1+X_2}=\mathbb P_{X_1}*\mathbb P_{X_2}$.
De plus, une remarque dans mon cours dit que si $\mu$ et $\nu$ sont deux mesures de proba sur $\mathbb R$, et qu'on a $\mathrm d\mu(x)=f(x)\mathrm dx$ et $\mathrm d\nu(x)=g(x)\mathrm dx$ alors $\mathrm d(\mu *\nu)(x)=h(x)\mathrm dx$ où $h(x)=\int f(x-y)g(y)\mathrm dy$.
Donc l'exercice se résume à calculer $\int f(x-y)g(y)\mathrm dy$ pour $f(x)$ la densité de $X_1$ et $g(x)$ la densité de $X_2$. Mais ce calcul a l'air assez horible, est-ce que c'est la bonne manière de procéder ?
Merci pour votre aide.
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Réponses
1) Attention: ne pas poser trop tôt $\sigma^2=a^2+b^2$.
2) Le fait que l'intégrale d'une densité (de gaussienne) fait 1 donne plein de résultats.
3) Penser à la mise d'un polynôme sous forme canonique.
Avec tes notations:
$a^2=a_1$, $b^2=a_2$.
Et à part ça, on attend combien de messages pour dire à Code-Name que c'est typiquement une propriété qui se prouve avec les fonctions caractéristiques? ;-)
Mais il peut déjà nous faire confiance et commencer par $m_1=m_2=0$.
En mettant $p(y)$ sous la forme canonique j'obtiens $p(y)=y^2(a+\tilde a)+y(b+\tilde b)+(c+\tilde c)$ avec $$\begin{pmatrix}
a=a_2^2\\
b=-2a_2(x+m_1)\\
c=a_2(x^2+m_1^2+2xm_1)
\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}
\tilde a=a_1^2\\
\tilde b=-2m_2a_1^2\\
\tilde c=m_2^2a_1^2
\end{pmatrix}$$Je pose $\alpha:= a+\tilde a,\; \beta:= b+\tilde b,\; \gamma:= c+\tilde c$.
On a $$\int_\mathbb R \frac{1}{2\pi a_1a_2}e^{-[\alpha y^2+\beta y+\gamma]\frac{1}{K}}\mathrm dy$$Je ne vois pas en quoi poser $m_1=m_2=0$ simplifie l'expression, en tout cas elle ne fait pas disparaitre $\beta$ et $\gamma$...
p(y):&=(x-y)^2a_2^2+y^2a_1^2\\
&=(a_1^2+a_2^2)y^2-2a_2^2xy+a_2^2x^2\\
&=(a_1^2+a_2^2)\left[\left(y-\frac{a_2^2}{a_1^2+a_2^2}x\right)^2-\frac{a_2^4}{(a_1^2+a_2^2)^2}x^2\right]+a_2^2x^2\\
&=(a_1^2+a_2^2)\left(y-\frac{a_2^2}{a_1^2+a_2^2}x\right)^2+\frac{a_1^2a_2^2}{a_1^2+a_2^2}x^2.
\end{align*}De là, on factorise l'exponentielle du deuxième terme dans $\int_\R\cdots\mathrm{d}y$ et on s'aperçoit que quand $x$ est fixé, le changement de variable $y'=y-\frac{a_2^2}{a_1^2+a_2^2}x$ est indécelable.
dans ce message, à la première ligne de calcul, il faut remplacer $a_1^2$ et $a_2^2$ par $a_1$ et $a_2$. Le fait que dans l'énoncé ce soit $a_1+a_2$ indique bien que ce sont des variances, pas des écarts types.
De ce fait, la plupart des calculs sont à rectifier.
Cordialement.
On a $$\begin{align*}
\frac{p(y)}{2a_1^2a_2^2} &=\frac{(a_1^2+a_2^2)}{2a_1^2a_2^2}\left(y-\frac{a_2^2}{a_1^2+a_2^2}x\right)^2+\frac{x^2}{2(a_1^2+a_2^2)} \\
&= \frac{(a_1^2+a_2^2)}{2a_1^2a_2^2}\left(y'\right)^2+\frac{x^2}{2(a_1^2+a_2^2)} \\
&= K_1y'^2+K_2
\end{align*}$$Donc on a $$\begin{align*}
\frac{1}{2\pi a_1a_2}e^{-K_2}\int_\mathbb R e^{-K_1y'^2} &= \frac{1}{2\pi a_1a_2}e^{-K_2}\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{K_1}}\\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{a_1^2+a_2^2}}e^{-\frac{x^2}{2(a_1^2+a_2^2)}}
\end{align*}$$
Cordialement.
NB : Bizarre, la première ligne du message précédent.
)^{2}-\frac{\Delta }{4a}$, comme dit Math Coss.
Pour $a>0$, cette forme canonique conduit à : $I=\int_{-\infty }^{+\infty }e^{-P(t)}dt=e^{\frac{\Delta }{4a}}\sqrt{\frac{\pi }{a}}$. Dans le problème posé ici, il suffit donc de calculer le discriminant du trinôme qui apparaît dans l'exposant.
Il faut insister sur le fait que la forme canonique du trinôme est une notion qui est d'un grand intérêt, et qu'on a tort d'oublier parfois au profit du seul discriminant. On pourrait citer d’autres problèmes pour lesquels elle est indispensable. Par exemple, pour Terminale : résoudre dans $\mathbb Z$ l'équation : $x^2-xy-2y^2-3x+3y-6=0$.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Une autre question toujours en rapport.
Est-ce que $X_1\sim Y_1,\; X_2\sim Y_2\implies X_1+X_2\sim Y_1+Y_2$ est vrai si et seulement si $X_1$ et $X_2$ sont indépendants? Merci.
Cordialement.
Si $X_1\sim \mathcal N(m_1,a_1)$ et $X_2\sim \mathcal N(m_2,a_2)$ avec $X_1,X_2$ indépendantes, a-t-on le droit de dire que $X_1+X_2\sim \mathcal N(m_1,a_1)+\mathcal N(m_2,a_2)$?
* Tu n'utilises pas $\sim$ de la même façon que dans ta question.
* Que veut dire $\mathcal N(m_1,a_1)+\mathcal N(m_2,a_2)$ ?
Pourquoi t'embêter ? Si $X_1\sim \mathcal N(m_1,a_1)$ et $X_2\sim \mathcal N(m_2,a_2)$ avec $X_1,X_2$ indépendantes, alors $X_1+X_2\sim \mathcal N(m_1+m_2,a_1+a_2)$. Tu viens de le démontrer.
En général, $L_1 + L_2$ où $L_1$ et $L_2$ sont des lois n'a pas particulièrement de signification; on n'ajoute pas des lois, mais des variables. Donc, à éviter si possible.
Cordialement.
J'utilise cette propriété facile à montrer: Si $X\sim \mathcal N(0,a)$ alors $X+m\sim \mathcal N(m,a)$.
Je voudrais que cela me conduise à la ligne de raisonnement suivante:$$\begin{align*}
X_1+X_2 &\sim \mathcal N(m_1,a_1)+\mathcal N(m_2,a_2) \\
&\sim \mathcal N(0,a_1)+m_1+\mathcal N(0,a_2)+m_2 \\
&=\mathcal N(0,a_1+a_2)+m_1+m_2 \\
&\sim \mathcal N(m_1+m_2,a_1+a_2)
\end{align*}$$
Si X = X* +m1 et Y=Y* + m2, où X* et Y* sont centrées alors X+Y = X*+Y* +(m1+m2). Comme X*+Y* suit la loi Normale $\mathcal N(0, a_1+a_2)$, alors X+Y suit la loi $\mathcal N(m_1+m_2, a_1+a_2)$.
Cordialement.