\documentclass[12pt,a4paper]{article} \usepackage{amsfonts,amsmath,amssymb,theorem,graphicx,vmargin} \usepackage[latin1]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[francais]{babel} \setpapersize{A4} \input{macros} %---- Structure Exercice ----- \theorembodyfont{\rmfamily} \theoremheaderfont{\bfseries\sffamily} \newtheorem{exercice}{Exercice} \begin{document} \noindent {\textbf{Université Paul Sabatier} \hfill Année 2001}\\ {Toulouse III \hfill \textbf{Deug MIAS - Probabilités}\\} \bigskip \begin{center} {\textbf{Corrigé du devoir n°2}} \end{center} \bigskip \noindent \textbf{Exercice 6 Feuille 4 } \\ Pour alléger la correction, les changements de variables ($u=\la t$) et les intégrations par parties (IPP) sont indiqués au-dessus des égalités où on les utilise \begin{enumerate} \item La variable aléatoire $T_1$ suit une loi exponentielle de paramètre $\la$ dont la densité est égale à $$ f_1(t) = \left\{ \begin{array}{ll} \la e^{-\la t} & \text{si } t\geq 0\\ 0 & \text{sinon.} \end{array} \right. $$ On a donc $$ \dE(T_1) = \int_0^\infty \! \la t e^{-\la t} \,dt \stackrel{IPP}{=} \int_0^\infty\! e^{-\la t}\,dt = \frac{1}{\la}\,, $$ et $$ \dE(T_1^2) \stackrel{IPP}{=} 2\,\int_0^\infty\!te^{-\la t}\,dt = \frac{2}{\la}\,\dE(T_1)=\frac{2}{\la^2}\,. $$ Donc l'espérance de $T_1$ vaut $1/\la$ et sa variance $1/\la^2$. La variable aléatoire $T_n$ est la somme de $n$ variables aléatoires indépendantes de m\^eme loi exponentielle de paramètre $\la$. Donc l'espérance de $T_n$ vaut $n/\la$ et sa variance $n/\la^2$. \item La variable aléatoire $T_{n+1}$ s'écrit comme la somme de $T_n$ et d'une variable aléatoire de loi exponentielle de paramètre $\la$ indépendante de $T_n$. D'après le rappel, la densité de la loi de $T_n$ s'écrit donc $$ f_{n+1}(t) = \la \int_0^t f_n(u)e^{-\la(t-u)}\,du\,. $$ Faisons l'hypothèse de récurrence suivante~: $$ f_n(t) = \la^n \frac{t^{n-1}}{(n-1)!} e^{-\la t}\,. $$ L'hypothèse est vraie au rang $1$. Supposons que qu'elle soit vraie au rang $n$. On a alors \begin{eqnarray*} f_{n+1}(t) & = &\la^{n+1} \int_0^t \frac{u^{n-1}}{(n-1)!}e^{-\la u} e^{-\la(t-u)}\,du = \la^{n+1} e^{-\la t} \int_0^t \frac{u^{n-1}}{(n-1)!}\,du \\ & = & \la^{n+1} \frac{t^n}{n!}e^{-\la t}\,, \end{eqnarray*} l'hypothèse est donc vraie au rang $n+1$. \item En utilisant la définition de la fonction de répartition et l'expression de $f_{n+1}$, on a \begin{eqnarray*} F_{n+1}(t) & = &\int_0^t \! f_{n+1}(u)\,du = \int_0^t \! \la^{n+1} \frac{u^n}{n!}e^{-\la u}\,du \\ &\stackrel{IPP}{=} & \la^{n} \SBRA{-\frac{u^{n}}{n!} e^{-\la u}}_0^t + \la^{n}\int_0^t\!\frac{u^{n-1}}{(n-1)!} e^{-\la u}\,du\\ & = & -\la^{n}\frac{t^{n}}{n!} e^{-\la t} + F_n(t)\,. \end{eqnarray*} La fonction de répartition de $T_1$ est égale à $$ F_1(t) = \int_0^t\! \la e^{-\la u}\,du = 1 - e^{-\la t}\,. $$ Avec la relation de récurrence entre $F_n$ et $F_{n+1}$, on en déduit que \begin{eqnarray*} F_n(t) & = &-\frac{(\la t)^{n-1}}{(n-1)!} e^{-\la t}+\cdots+\la t e^{-\la t} + F_1(t)\\ & = & 1 - e^{-\la t} \SBRA{ 1 + \la t + \frac{(\la t)^2}{2} + \cdots +\frac{(\la t)^{n-1}}{(n-1)!}}\,. \end{eqnarray*} \item Le plus simple est de remarquer que, pour $n\in\dN^*$, $$ \BRA{X\neq n} = \BRA{X\leq n-1} \cup \BRA{X\geq n+1} = \BRA{\tau \leq T_n } \cup \BRA{\tau \geq T_{n+1}} $$ et que la réunion est disjointe. Passons aux probabilités $$ \dP(X\neq n) = \dP(\tau \leq T_n) + \dP(\tau \geq T_{n+1}) = 1 - \dP(T_n< \tau) + \dP( T_{n+1}\leq \tau ) \,. $$ Donc, la probabilité cherchée est $$ \dP(X= n) = 1 - \dP(X\neq n) = \dP(T_n< \tau) - \dP( T_{n+1}\leq \tau ) = F_n(\tau) + F_{n+1}(\tau) \,. $$ Enfin, $\BRA{X=0}=\BRA{\tau< T_1}$ donc $ \dP(X=0) = 1 -F_1(t)$. \item Les questions précédentes donnent $$ \dP(X=n) = \frac{(\la t)^n}{n!} e^{-\la t}\,. $$ La variable aléatoire $X$ suit donc une loi de \textsc{Poisson} de paramètre $\la t$. \end{enumerate} \newpage \noindent \textbf{Exercice 15 Feuille 2} \\ D'après l'énoncé, la loi de $X$ sachant que le nombre total (noté $T$) de blessés est égal à $n$ suit une loi bin\^omiale $\cB(n,1/2)$. \begin{enumerate} \item La variable aléatoire $X$ est à valeurs dans $\dN$. Soit $k\in\dN$, \begin{eqnarray*} \dP(X=k) & = &\sum_{l=0}^\infty \dP(X=k \text{ et } T=k+l) \\ & = & \sum_{l=0}^\infty \dP(X=k | T=k+l) \dP( T=k+l) \\ & = & \sum_{l=0}^\infty C_{k+l}^k \PAR{\frac{1}{2}}^k\PAR{\frac{1}{2}}^l e^{-\la} \frac{\la^{k+l}}{(k+l)!} \\ & = &\frac{\la^n e^{-\la}}{2^n n!} \sum_{l=0}^\infty \frac{(\la/2)^l}{l!} = e^{-\la/2} \frac{(\la/2)^k}{k!} \,. \end{eqnarray*} La loi de $X$ est une loi de \textsc{Poisson} de paramètre $\la/2$. Il en est de m\^eme pour la loi de $Y$. \item Pour tous $k,l \in \dN$, \begin{eqnarray*} \dP(X=k \text{ et } Y=l) & = &\dP(X=k \text{ et } T=k+l) \\ & = & C_{k+l}^k \PAR{\frac{1}{2}}^k\PAR{\frac{1}{2}}^l e^{-\la} \frac{\la^{k+l}}{(k+l)!} \\ & =& e^{-\la} \frac{(\la/2)^{k+l}}{k!\,l!}=\dP(X=k)\dP(Y=l)\,. \end{eqnarray*} Les variables aléatoires $X$ et $Y$ sont donc indépendantes. \item \begin{eqnarray*} \dP(X=Y) & = & \sum_{k=0}^\infty \dP(X=k \text{ et } Y=k) = \sum_{k=0}^\infty \dP(X=k)^2 \\ & = &e^{-\la} \sum_{k=0}^\infty \frac{\la^{2k}}{k!^2}\,. \end{eqnarray*} \end{enumerate} \newpage \noindent \textbf{Exercice 6 Feuille 3} \\ \begin{itemize} \item Si $kn$, $$ P(T_n=k)=P(X_k=1,\ldots,X_{k-n+1}=1,X_{k-n}=0,T_n>k-n-1). $$ Ces v.a. sont indép., d'où $$ P(T_n=k)=p^n(1-p)\left(1-\sum_{l=0}^{k-n-1}P(T_n=l)\right). $$ \end{itemize} Fonction génératrice : \begin{align*} G_n(s)&=\sum_{k=0}^\infty s^k P(T_n=k)=s^np^n+\sum_{k=n+1}^\infty s^k (1-p)p^n\left(1-\sum_{l=0}^{k-n-1}P(T_n=l)\right)\\ &=s^np^n+(1-p)p^n\left(\frac{s^{n+1}}{1-s}-\sum_{l=0}^\infty \sum_{k=l+n+1}^\infty s^k P(T_n=l)\right)\\ &=s^np^n+(1-p)p^n\frac{s^{n+1}}{1-s}-(1-p)p^n\frac{s^{n+1}}{1-s}G_n(s), \end{align*} d'où \begin{align*} G_n(s)&=\frac{s^np^n+s^{n+1}p^ns^{n+1}/(1-s)}{1+(1-p)p^ns^{n+1}/(1-s)}\\ &=\frac{(1-p)s^{n+1}p^n+(1-s)s^np^n}{1-s+(1-p)p^ns^{n+1}}\\ &=\frac{(1-ps)p^ns^n}{(1-ps)(1-(1-p)p^{n-1}s^n)-(1-p)(1-p^{n-1}s^{n-1})s}. \end{align*} Si $n=1$, on a $$ G_1(s)=\frac{ps}{1-(1-p)s}. $$ C'est une loi géométrique de paramètre $1-p$. \centerline{--- Fin ---} \end{document}