ESSEC 2013 E3 - Corrigé - Non relu par Laurent Carrot

ESSEC 2013 E3 - Corrigé - Non relu
par Laurent Carrot
Partie I - Des exemples
1.
n
X
Ui ֒→ B(n, p) comme somme de n variables de Bernoulli indépendantes et de même paramètre p.
i=1
Par suite,
n k
p (1 − p)n−k .
et, pour tout n ∈ [[0, n]], P (Xn = k) =
k
Xn (Ω) = [[0, n]]
2. D’après la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements (N = n)n∈N , on a :
rj = P (X = j) =
+∞
X
P (X = j ∩ N = n)
n=0
=
=
=
+∞
X
n=0
+∞
X
n=0
+∞
X
P (Xn = j ∩ N = n)
P (Xn = j)P (N = n)
(par définition de X et Xn )
(car les Ui sont indépendantes de N et Xn =
n
X
Ui )
i=1
P (Xn = j)pn .
n=0
3. On peut améliorer le résultat de la question 2 en remarquant que, pour tout n < j, l’événement Xn = j est impossible,
et donc P (Xn = j) = 0. Par suite, on a
rj =
+∞
X
P (Xn = j)pn =
n=0
j−1
X
P (Xn = j) pn +
| {z }
n=0
=0
+∞
X
P (Xn = j)pn =
n=j
+∞
X
P (Xn = j)pn .
n=j
(a) On a N (Ω) = [[0, m]], donc, pour n > m, pn = P (N = n) = 0.
+∞
X
Par suite, pour tout n ≥ j > m, pn = 0 et donc rj =
P (Xn = j) pn = 0.
|{z}
n=j
=0
(b) Si j ∈ [[0, m]], alors
rj =
=
+∞
X
P (Xn = j)pn =
m
X
P (Xn = j)pn +
n=m+1
n=j
n=j
m
X
m X
n
n=j
P (Xn = j)pn =
n=j
+∞
X
P (Xn = j)
pn
|{z}
=0 car n 6∈ N (Ω)
m n
pj (1 − p)n−j
π (1 − π)m−n .
j
n
(c) Si 0 ≤ j ≤ n ≤ m, alors
n m
n!
m!
m!
=
=
j!(n − j)! n!(m − n)!
j!(n − j)!(m − n)!
j
n
(m − j)!
m!
m m−j
m!
=
,
et
=
j!(m − j)! (n − j)!(m − j − (n − j))!
j!(n − j)!(m − n)!
j
n−j
m m−j
n m
.
=
donc on a bien
n−j
j
n
j
1
(d) Par suite, pour tout j ∈ [[0, m]],
rj =
m X
n m
n=j
j
n
m X
pj (1 − p)n−j π n (1 − π)m−n =
m X
m m−j
j
n=j
n−j
pj (1 − p)n−j π n (1 − π)m−n
m j
m−j
=
p
(1 − p)n−j π n (1 − π)m−n
j
n
−
j
n=j
m−j
m j X m−j
p
(1 − p)ℓ π ℓ+j (1 − π)m−ℓ−j
(en posant ℓ = n − j ⇔ n = ℓ + j)
j
ℓ
ℓ=0
m−j
m−j X m − j m j j X m−j
m
(pπ)j
[(1 − p)π]ℓ (1 − π)m−ℓ−j .
=
p π
(1 − p)ℓ π ℓ (1 − π)m−ℓ−j =
ℓ
j
ℓ
j
=
ℓ=0
ℓ=0
(e) En reconnaissant dans la somme précédente un binôme de Newton, on obtient :
m
m
rj =
(pπ)j ((1 − p)π + 1 − π)m−j =
(pπ)j (1 − pπ)m−j .
j
j
Comme de plus X(Ω) = [[0, m]], on a X ֒→ B(m, pπ).
4. On reprend ici aussi l’écriture obtenue au début de la question 3 :
rj =
+∞
X
P (Xn = j)pn .
n=j
(a) En remplaçant pn = P (N = n) par sa valeur, on a donc :
rj =
+∞ X
n
n=j
= e−λ
j
pj (1 − p)n−j e−λ
+∞
X
n!
λn
λn−j
= e−λ pj λj
(1 − p)n−j
n!
j!(n − j)!
n!
n=j
+∞
(pλ)j X ((1 − p)λ)n−j
.
j! n=j
(n − j)!
(b) Par suite,
rj = e−λ
= e−λ
+∞
(pλ)j X ((1 − p)λ)n−j
j! n=j
(n − j)!
+∞
(pλ)j X ((1 − p)λ)ℓ
j!
ℓ!
(en posant ℓ = n − j)
ℓ=0
(pλ)j (1−p)λ
e
j!
(pλ)j
.
= e−pλ
j!
= e−λ
(série exponentielle de paramètre (1 − p)λ)
De plus, X(Ω) = N, donc X ֒→ P(pλ).
Partie II - La loi binomiale négative
k−1
k−1
Y
1
y
y−k
y−k
y
1 Y
(y − i) =
(y − i) =
, on peut écrire :
5. Comme
=
k! i=0
k (k − 1)! i=0
k
k−1
k
function cb(y:real;k:integer):real;
begin
if k=0 then cb:=1 else cb:= (y-k)/k * cb(y,k-1);
end.
1
.
6. (a) Soit f : x 7→
(1 − x)c
f est de classe C ∞ sur ]0, 1.[
Montrons par récurrence que, pour tout n ∈ N, f (n) (x) = n!
2
c+n−1
n
1
(HRn ).
(1 − x)c+n
Initialisation : Pour n = 0, on a f (0) (x) = f (x) =
1
c+0−1
1
1
et
0!
=
, donc on a
0
(1 − x)c
(1 − x)c+0
(1 − x)c
bien HR0 .
Hérédité : Soit n ∈ N et supposons HRn vérifiée.
Alors
′
′ c + n − 1
1
f (n+1) (x) = f (n) (x) = n!
(1 − x)c+n
n
′
c+n−1
c+n−1
= n!
(1 − x)−(c+n) = n!
(c + n)(1 − x)−(c+n+1)
n
n
"
!n−1
1
1 Y
(c + n − 1 − i) (c + n)
= n!
n! i=0
(1 − x)c+n+1


n
Y
1
(en posant j = i + 1)
=  (c + n − j) (c + n)
c+n+1
(1
−
x)
j=1




n
n+1
Y
Y
1
1
1

=  (c + n − j)
(c + n − j)
= (n + 1)!
c+n+1
c+n+1
(1
−
x)
(n
+
1)!
(1
−
x)
j=0
j=0
1
c+n
.
On a bien HRn+1 .
= (n + 1)!
n + 1 (1 − x)c+n+1
D’où, d’après la formule de Taylor reste intégral, on a
f (x) =
n
X
f (k) (0)
k=0
k!
xk +
Z
0
x
f (n+1) (t)
(x − t)n dt,
n!
et donc, en remplaçant les dérivées successives de f par leur valeur, on obtient :
1
c+n
c+k−1
Z
(n
+
1)!
k!
n
x
X
c+n+1
1
n
+
1
(1
−
t)
k
k
=
x
+
(x − t)n dt
(1 − x)c
k!
n!
0
k=0
c+n
Z x
(n + 1)!
n X
1
c+k−1 k
n+1
x +
(x − t)n dt
=
n!
(1 − t)c+n+1
k
0
k=0
n n n−1
n
X
X
Y
1
c+k−1 k
1 Y
c+k−1 k
x + (n + 1)
=
x + c
(c + n − i)In
(c + n − i)In =
k
k
(n + 1)! i=0
n! i=0
k=0
k=0
n X
c+k−1 k
c+n
=
x +c
In .
k
n
k=0
(b) • Pour tout t ∈ [0, x], on a 1 − t > 1 − x > 0. D’où
0≤
x−t
≤ x ⇔ 0 ≤ x − t ≤ x − xt,
1−t
ce qui est vrai car, comme x ∈]0, 1[, on a xt ≤ t. • Par suite, on a, pour tout t ∈ [0, x], 0 ≤
(x − t)n
1
xn
≤ xn
≤
.
c
c+1
(1 − t) + n + 1
(1 − t)
(1 − x)c+1
D’où, par positivité de l’intégrale (0 ≤ x), on a :
Z x
Z x
xn
(x − t)n
dt
≤
0≤
c
(1 − x)c+1
0
0 (1 − t) + n + 1
| {z }
(x − t)n
≤ xn , et donc
(1 − t)n
0≤
constante par rapport à t
3
dt,
ie 0 ≤ In ≤
xn+1
.
(1 − t)c+1
(c)
i. Pour tout n ∈ N∗ ,
c+n
n
=
=
n−1
1 Y
(c + n − i)
n! i=0
n
1 Y
(c + n + 1 − k)
n!
(en posant k = n − i ⇔ i = n − k)
k=1
=
n
n n
n
Y
Y
Y
c
c+k
1 Y
1+
(c + k) =
=
.
k
k
k
k=1
k=1
k=1
k=1
ii. Posons, pour tout t ≥ 0, h(t) = t − ln(1 + t).
h est dérivable sur R+ par opérations sur les fonctions usuelles et,
∀t ≥ 0,
h′ (t) = 1 −
1
t
=
≥ 0.
1+t
1+t
D’où
t
h(t)
0
+∞
ր
0
On a donc bien, pour tout t ≥ 0, h(t) ≥ 0, et donc ln(1 + t) ≤ t.
1
1
iii. • Pour tout t ∈ [k − 1, k], ≤ .
k
t
D’où, par positivité de l’intégrale (k ≥ k − 1), on a :
Z
k
k−1
1
dt ≤
k
Z
k
k−1
1
dt,
t
ie
1
≤ [ln t]kk−1 = ln k − ln(k − 1).
k
• En sommant l’inégalité précédente pour tout k ∈ [[2, n]], on a
n
n
X
1 X
(ln k − ln(k − 1)),
≤
k
n
X
1
≤ ln n − ln 1.
k
ie
k=2
k=2
k=2
En ajoutant 1 de part et d’autre, on a :
1+
n
X
1
≤ 1 + ln n,
k
ie
k=2
iv. • On a
# n
$
Y
c
c+n
1+
= ln
ln
n
k
n
X
1
≤ 1 + ln n.
k
k=1
(d’après 6.c.i)
k=1
=
n X
k=1
n
X
=c
k=1
n
X
c
≤
k
c
1+
k
1
≤ c(1 + ln n)
k
(d’après 6.c.ii et car c > 0)
k=1
(d’après 6.c.iii)
• Par suite,
c + n n+1
x
= exp(c(1 + ln n))exp((n + 1) ln x) = exp((n + 1) ln x + c ln n + c).
n
Or,
(n + 1) ln x + c ln n + c ∼ (n + 1) ln x
→
n→+∞
D’où
lim
n→+∞
c + n n+1
x
= 0.
n
4
−∞
(par croissances comparées)
(car ln x < 0).
(d) Une fois n’est pas coutume, je suis encore allé beaucoup trop vite et j’aurais du un peu mieux lire l’énoncé, ce qui
m’aurait fait gagné du temps... Ce qui suit n’est pas du tout dans l’esprit... Je le laisse pour vous habituer aux
calculs...
c+k−1 k
• Pour tout k ≥ 0,
x ≥ 0.
k
Pour tout k ≥ 2,
c+k−1 k
x
k−3
k−1
Y
Y
k
1
k
k
2 1
(c + k − 1 − i)xk
(c
+
k
−
1
−
i)x
=
=
k
c(c
+
1)
2
1/k
k! i=0
k − 1 (k − 2)!
i=0
c+k−1 k
k
x
c(c + 1)
=
k−2
k−1
c + k − 1 k−1
k
c(c + 1)x
x
=
k → +∞ →0,
| {z }
k−2
k − 1 | {z }
| {z } constante |
{z
}
→1
donc
c+k−1 k
x =o
k
1
k2
→0 d’après 6.c.iv
.
1
converge (Riemann et 2 > 1), donc, d’après le théorème de comparaison des
k2
c+k−1 k
séries à termes positifs, la série de terme général
x converge aussi.
k
• D’après 6.a, on a, pour tout n ∈ N,
n X
c+k−1 k
1
c+n
x =
−c
In .
k
(1 − x)c
n
Or la série de terme général
k=0
Or, d’après 6.b, on a
c + n n+1
c
c+n
x
0≤c
In ≤
(1 − x)c+1
n
n
{z
}
|
→
n→+∞
0,
→0 d’après 6.c.iv
donc, d’après le théorème des gendarmes,
c+n
lim c
In = 0,
n→+∞
n
et, par suite,
lim
donc la série
k≥0
1
c+n
1
−
c
,
In = lim
n→+∞ (1 − x)c
n→+∞ (1 − x)c
n
xk = lim
k
1
c+k−1 k
x converge et vaut
.
k
(1 − x)c
n→+∞
X
n X
c+k−1
k=0
7. D’après la question précédente, en prenant c = r > 0 et x = 1 − p ∈]0, 1[, la série
+∞
X
k=0
converge et
+∞
X
p k = pr
k=0
pk = p
r
+∞ X
r+k−1
k=0
(1 − (1 − p))r
1.
=
De plus, tous les pk sont positifs, donc la suite de nombres (pk )k∈N définit bien une loi de probabilité.
8. On a Y (Ω) = N, donc (Y + 1)(Ω) = N∗ et, pour tout k ∈ N∗ ,
1 + (k − 1) − 1
P (Y + 1 = k) = P (Y = k − 1) = pk−1 =
(1 − p)k−1 p1 = p(1 − p)k−1 .
k−1
Donc Y + 1 ֒→ G(p).
9. (a) Pour tout k ≥ 1,
k−1
k−2
Y
1 Y
r+k−1
1
=k
k
r
(r + k − 1 − i) =
(r + k − 1 − i)
|{z}
k
k! i=0
(k − 1)!
pour i = k − 1 i=0
r+k−1
.
=r
k−1
5
k
(1 − p)k
(b) Sous réserve de convergence,
+∞
X
k=0
+∞ +∞ X
X
r+k−1
r+k−1
(1 − p)k pr
(1 − p)k pr = 0 +
k
k
k
k
k=1
k=0
+∞ +∞ X
X
r+j
r+k−1
k r
(1 − p)j+1 pr
(en posant j = k − 1)
(1 − p) p = r
r
=
j
k−1
j=0
kP (Z = k) =
k=1
+∞ r(1 − p) X (r + 1) + j − 1
=
(1 − p)j pr+1 .
j
p
j=0
Or, cette série converge (d’après 7. avec ”r = r + 1”), donc la série de départ converge, donc converge absolument
(série à termes positifs), donc Z admet une espérance et
E(Z) =
r(1 − p)
.
p
(c) De même, sous réserve de convergence,
+∞
+∞
+∞
X
X
X
r+k−1
k r
2 r+k−1
2
(1 − p)k pr
(k(k − 1) + k)
(1 − p) p =
k
k P (Z = k) =
k
k
k=0
k=0
k=0
+∞ +∞
X
X
r+k−1
r+k−1
k r
(1 − p)k pr
(1 − p) p +
k
=
k(k − 1)
k
k
k=0
k=0
+∞ +∞
X
X
r+k−1
r+k−1
(1 − p)k pr
k
(1 − p)k pr + 0 +
k(k − 1)
=0+0+
k
k
k=1
k=2
+∞
+∞
X r + k − 1
X
r+k−1
k r
r
r(k − 1)
(1 − p)k pr
(1 − p) p +
=
k−1
k−1
k=1
k=2
+∞ +∞
X
X
r+k−1
(r + 1) + k − 2
k r
r
r(k − 1)
(1 − p)k pr
(1 − p) p +
=
k−1
k−1
k=1
k=2
+∞ +∞
X
X
r+k−1
(r + 1) + k − 2
(1 − p)k pr
r
(1 − p)k pr +
r(r + 1)
=
k−1
k−2
k=1
k=2
+∞ +∞
X
X
r+j
r+1+i
i+2 r
r(r + 1)
(1 − p)j+1 pr (en posant i = k − 2 et j = k − 1)
(1 − p) p + r
= r(r + 1)
j
i
j=0
i=0
+∞ +∞ r(r + 1)(1 − p)2 X (r + 2) + i − 1
r(1 − p) X (r + 1) + j − 1
i r+2
=
(1 − p) p
+
(1 − p)j pr+1 .
i
p2
p
j
i=0
j=0
Or, ces deux séries convergent (d’après 7. avec ”r = r + 2” et ”r = r + 1”), donc la série de départ converge, donc
converge absolument, donc Z admet un moment d’ordre 2 et
E(Z 2 ) =
r(1 − p)
r(r + 1)(1 − p)2
+
.
p2
p
Par suite, Z admet une variance et
V (Z) = E(Z 2 ) − (E(Z))2 =
r(r + 1)(1 − p)2
r(1 − p) r2 (1 − p)2
r(1 − p)2 + r(1 − p)p
r(1 − p)
+
−
=
=
.
2
2
p
p
p
p2
p2
Partie III - Les lois de Panjer
b
10. (a) Montrons par récurrence que, pour tout k ≥ 1, pk = p0
(HRk )
a+
i
i=1
k Y
b
b
= p0
, donc on a bien HR1 .
a+
Initialisation : Par définition d’une loi de Panjer, on a p1 = p0 1 +
1
i
i=1
Hérédité : Soit k ∈ N∗ et supposons HRk vérifiée.
Alors, toujours par définition d’une loi de Panjer, on a
k k+1
Y
Y
b
b
b
b
Pk+1 = pk 1 +
= p0
1+
= p0
.
a+
a+
k+1
i
k+1
i
i=1
i=1
k Y
6
On a bien HRk+1 .
∗
Conclusion : D’où, par récurrence, pour tout k ∈ N , pk = p0
k Y
i=1
(b) Si a = 0, alors, pour tout k ∈ N∗ ,
pk = p0
k Y
b
i
i=1
= p0
bk
k
Y
b
a+
i
= p0
.
bk
.
k!
i
i=1
Comme de plus on a
+∞
X
pk = 1, on obtient p0
+∞ k
X
b
k=0
k=0
k!
= 1, ie p0 eb = 1, et donc p0 = e−b .
bk
, donc N ֒→ P(b).
k!
i. Comme N est une variable aléatoire, tous les pk sont positifs.
b
Si a < 0, il existe i tel que a + < 0 (i > −b/a).
i
b
Par suite, si on suppose tous les pk non nuls, alors pi−1 et pi = pi−1 a +
sont de signe opposé, et donc
i
| {z }
Par suite, on a N (Ω) = N et, pour tout k ∈ N, P (N = k) = e−b
(c)
<0
on a soit pi < 0, soit pi−1 < 0, ce qui est exclu.
D’où, par l’absurde, il existe k ∈ N tel que pk = 0.
Soit alors r = min{i ∈ N : pi = 0} − 1 (r existe car cet ensemble d’entiers est non vide et minoré par 0).
Alors, par définition de r, pour tout k ≤ r, pk 6= 0 et, pour tout k > r,
pk = pr+1
|{z}
=0
ii. Comme pr 6= 0 et pr+1 = pr a +
iii. Par suite, pour tout k ∈ [[1, r]],
pk = p0
k Y
i=1
= p0
k Y
a(r + 1)
a−
i
−a
i=1
= p0 (−a)k
On a de plus
r+1−i
i
b
r+1
r+1
Y
i=r+1
= 0, on a
a+
a+
b
i
= 0.
= 0 ⇔ b = −a(r + 1).
b
r+1
k Y
i−r−1
= p0
a
i
i=1
k
Y
(r + 1 − i)
k i=1
= p0 (−a)
k!
r(r − 1)...(r − k + 1)
r!
r
. (formule encore valable pour k = 0)
= p0 (−a)k
= p0 (−a)k
k
k!
(r − k)!k!
+∞
X
pk =
k=0
r
X
k=0
r
X
pk = 1, et, comme
k=0
r X
r
r
(−a)k 1r−k = p0 (1 − a)r
= p0
p0 (−a)
k
k
k
(binôme de Newton),
k=0
on a bien
p0 (1 − a)r = 1 ⇔ p0 =
1
.
(1 − a)r
iv. Par suite, comme N (Ω) = [[0, r]], (”domaine” où les pk sont non-nuls) et, pour tout k ∈ [[0, r]],
P (N = k) =
(−a)
donc N ֒→ B r,
1−a
r k r−k
1
r
1
r
(−a)
(−a)k
=
,
1−a
1−a
1−a
k
k
a + b (−a)
,
=B −
a
1−a
7
, car b = −a(r + 1) ⇔ r = −
a+b
.
a
(d)
i. Pour tout k ∈ N∗ ,
k Y
p k = p0
a+
i=1
k Y
ak
k!
= p0
b
i
i+
i=1
= p0
k Y
a
i=1
b
a
i
i+
b
a
k k−1
Y
a
b
= p0
+k−j
(en posant j = k − i ⇔ i = k − j)
k! j=0 a
b
+k
. (formule encore valable pour k = 0)
= p0 ak a
k
ii.
+∞
X
pk = 1, et, comme
k=0
+∞
X
p0 a
k=0
on a
k
b
a
+k
k
= p0
+∞ X
b
a
k=0
+1 +k−1 k
1
a = p0
b
k
(1 − a) a +1
1
p0
(d’après 6.d),
b
(1 − a)
Enfin, on a N (Ω) = N et, pour tout k ∈ N,
P (N = k) =
b
a +1
b
a
= 1 ⇔ p0 = (1 − a) a +1 .
b
+1+k−1 k
a (1 − a) a +1 ,
k
b
+ 1 et 1 − a.
a
1. • Si a = 0, N ֒→ P(b), donc elle admet une espérance et une variance et
donc N suit une loi binomiale négative de paramètres
E(N ) = V (N ) = b,
et on a bien E(N ) =
a+b
1−a
et
V (N ) =
a+b
.
(1 − a)2
(−a)
• Si a < 0, N ֒→ B r,
, donc elle admet une espérance et une variance et
1−a
E(N ) = r
(−a)
1−a
et
V (N ) = r
(−a) 1
−ar
.
=
1−a1−a
(1 − a)2
Or, a + b = a − a(r + 1) = −ar, donc on a bien
E(N ) =
a+b
1−a
et
V (N ) =
a+b
.
(1 − a)2
b
• Si a > 0, N suit une loi binomiale négative de paramètres + 1 et 1 − a. Par suite, d’après II.9, elle admet une
a
espérance et une variance et
b
b
+ 1 (1 − (1 − a))
+ 1 (1 − (1 − a))
b+a
b+a
a
a
E(Z) =
=
et V (Z) =
=
.
2
1−a
1−a
(1 − a)
(1 − a)2
• On a bien, dans tous les cas,
E(N ) =
a+b
1−a
et
V (N ) =
a+b
.
(1 − a)2
Partie IV - L’algorithme de Panjer
12. On a
n
X
Ui = 0)
P (Xn = 0) = P (
i=1
= P (U1 = 0 ∩ ... ∩ Un = 0) (car les Ui sont à valeur dans N)
= P (U1 = 0) × ... × P (Un = 0)
(indépendance)
= q0n .
8
Par suite,
r0 =
=
+∞
X
n=0
+∞
X
P (Xn = 0)pn
(d’après 2.)
q0n pn .
n=0
13. (a) Sachant Xn = j, Xn est la variable certaine égale à j, donc EXn =j (Xn ) = j. Or, par linéarité de l’espérance, on a
n
n
X
X
EXn =j (Ui )
Ui ) =
EXn =j (Xn ) = EXn =j (
i=1
i=1
=
même loi
nEXn =j (U1 ),
j
.
n
(b) Par linéarité de l’espérance,
donc EXn =j (U1 ) =
b
b
bj
b
=a+ .
EXn =j a + U1 = a + EXn =j (U1 ) = a +
j
j
jn
n
De plus,
rj =
+∞
X
P (Xn = j)pn
+∞
X
(d’après 2.)
n=0
+∞
X
= P (X0 = j) = 0 car X0 = 0 et j 6= 0p0 +
P (Xn = j)pn
| {z }
n=1
b
=
P (Xn = j) a +
n
n=1
=
+∞
X
P (Xn = j)EXn =j
n=1
pn−1
(par définition d’une loi de Panjer)
b
a + U1 pn−1 .
j
(c) Sachant Xn = j, comme Xn = U1 + ... + Un (où Ui (Ω) ∈ N), on a 0 ≤ U1 ≤ j. Par suite, d’après le thorème de
transfert (avec la probabilité PXn =j ),
EXn =j
b
a + U1
j
=
j X
i=0
b
a + i PXn =j (U1 = i)
j
D’où
EXn =j
j X
b
bi
PXn =j (U1 = i)P (Xn = j)
a + U1 P (Xn = j) =
a+
j
j
i=0
j X
bi
P (Xn = j ∩ U1 = i) (formule des probabilités composées)
=
a+
j
i=0
j j X
X
bi
bi
=
a+
P (U1 + ... + Un = j ∩ U1 = i) =
P (U2 + ... + Un = j − i ∩ U1 = i)
a+
j
j
i=0
i=0
j X
bi
P (U2 + ... + Un = j − i)P (U1 = i) (indépendance)
=
a+
j
i=0
j X
bi
=
a+
P (U1 + ... + Un−1 = j − i)P (U1 = i) (car U1 et Un ont la même loi)
j
i=0
j X
bi
P (Xn−1 = j − i)P (U1 = i).
a+
=
j
i=0
9
(d) On a donc
+∞
X
b
P (Xn = j)EXn =j a + U1 pn−1 (d’après 13.a)
j
n=1
"
!
j +∞ X
X
bi
P (Xn−1 = j − i)P (U1 = i) pn−1 (d’après 13.c)
a+
=
j
n=1 i=0
!
""
! +∞
j
X
X
bi
=
a+
P (Xn−1 = j − i)pn−1
P (U1 = i)
j
n=1
i=0
""
!+∞
!
j
X
X
bi
(en posant k = n − 1)
P (Xk = j − i)pk
P (U1 = i)
=
a+
j
i=0
k=0
j X
bi
=
a+
P (U1 = i)P (X = j − i)
(d’après 2.)
j
i=0
j X
bi
qi rj−i .
=
a+
j
i=0
rj =
Par suite, on a
rj = aq0 rj +
j X
i=1
14. (a)
bi
a+
j
qi rj−i
j X
bi
⇔ (1 − aq0 )rj =
qi rj−i
a+
j
i=1
j X
1
bi
qi rj−i .
⇔ rj =
a+
1 − aq0 i=1
j
i. Comme Ui ֒→ B(p), on a q0 = 1 − p, q1 = p et, pour tout i > 1, qi = 0.
Par suite,
j X
1
bi
qi rj−i
a+
1 − aq0 i=1
j
b
1
a+
q1 rj−1 (il ne reste que le terme i = 1)
=
1 − a(1 − p)
j
p
b
=
a+
rj−1
1 − a + ap
j


bp

ap
1 − a + ap 
 rj−1 ,
=
 1 − a + ap +

j
rj =
donc X ֒→ P
bp
ap
,
1 − a + ap 1 − a + ap
.
a + b (−a)
ii. • Dans la question 3, on avait N ֒→ B(m, π). Or, si X ֒→ P(a, b) avec a < 0, alors X ֒→ B −
,
a
1−a
d’après 10.c.iv.
Résolvons donc


a+b


 b = π(1 + m)
 −
=m
a
1−π
⇔
 a = − π (< 0)
 (−a) = π


1−π
1−a
π(1 + m)
π
.
,
On peut donc considérer que N ֒→ P −
1−π
1−π
De plus, on a alors vu, d’après 14.a.i, que l’on a alors
 πpm

πp
ap
bp
−πp πp(1 + m)
1 − πp 
 1 − πp
X ֒→ P
,
,
=P
= B − −πp ,
πp  = B (m, πp) .
1 − a + ap 1 − a + ap
1 − πp
1 − πp
1+
1 − πp
1 − πp
On a donc bien le résultat de la question 3. • Dans la question 4, on avait N ֒→ P(λ).
Or, P(0, b) = P(b) d’après 10.c.iv.
10
On peut donc considérer que N ֒→ P(0, λ).
De plus, on a alors vu, d’après 14.a.i, que l’on a alors
0p
λp
X ֒→ P
= P(0, λp) = P(λp).
,
1 − 0 + 0p 1 − 0 + 0p
(b)
On a donc bien le résultat de la question 4.
i. • Convergence et valeur de la série de terme général qi .
Soit n ∈ N∗ .
Posons
n
n
X
X
pi
α .
qi =
fn : p ∈ [0, 1[7→
i
i=1
i=1
fn est dérivable sur ]0, 1[ par opérations sur les fonctions usuelles et,
∀p ∈]0, 1[,
fn′ (p) =
n
X
pi−1 =
i=1
Par suite, on a
fn (p) − fn (0) =
Z
p
0
ie
fn (p) = [− ln(1 − t)]p0 −
Z
1
pn
1 − pn
=
−
.
1−p
1−p 1−p
p
0
Z
p
1
tn
−
dt,
1−t
0 1−t
Z p n
t
tn
dt = − ln(1 − p) −
dt.
1−t
0 1−t
fn′ (t)dt =
tn
≤ tn .
Or, pour tout t ∈ [0, p], on a 0 ≤
1−t
D’où, par positivité de l’intégrale, on a
Z p n
Z p
t
pn+1
0≤
dt ≤
.
tn dt =
n+1
0 1−t
0
Z p n
pn+1
t
Or lim
= 0, donc, d’après le théorème des gendarmes, lim
dt = 0. Par suite, on a
n→+∞ n + 1
n→+∞ 0 1 − t
Z p n
t
dt = − ln(1 − p),
lim fn (p) = lim − ln(1 − p) −
n→+∞
n→+∞
0 1−t
donc
+∞
X
qi = −α ln(1 − p). • Pour que (qi )i∈N∗ définisse une loi de probabilité, on doit avoir
i=1
+∞
X
qi = 1 ⇔ −α ln(1 − p) = 1 ⇔ α =
i=1
et, pour un tel choix de α, on a qi ≥ 0 pour tout i ∈ N∗ et
+∞
X
−1
,
ln(1 − p)
qi = 1, donc, pour α = −
i=1
définit bien une loi de probabilité.
ii. D’après l’écriture obtenue en 13.d, on a :
1
rj =
1 − 0q0
! j X
i=1
bi
0+
j
qi rj−i
"
j
j
X
bi pi
bα X i
=
α rj−i =
p rj−i .
j i
j i=1
i=1
iii. On a, pour tout j ≥ 2, :
j
bα
bα X i
p rj−i =
rj =
j i=1
j
!
prj−1 +
j
X
i
p rj−i
i=2
j−1
bα X ℓ+1
bαprj−1
p rj−1−ℓ
+
=
j
j
"
(en posant ℓ = i − 1 ⇔ i = ℓ + 1)
ℓ=1
j−1
bαprj−1
p(j − 1) bα X ℓ
=
p rj−1−ℓ
+
j
j
j−1
ℓ=1
{z
}
|
=rj−1
=
bαp p(j − 1)
+
j
j
rj−1 =
11
p+
p(bα − 1)
j
rj−1 .
1
, (qi )i∈N∗
ln(1 − p)
De plus, pour j = 1, on trouve
p+
p(bα − 1)
1
r0 = pbαr0 ,
et, d’après 14.b.ii pour j = 1, on a
1
bα X i
r1 =
p rj−i = pbαr0 ,
1 i=1
donc l’égalité est encore vérifiée pour j = 1.
iv. Par suite, X suit une loi de Panjer de paramètres a = p et b = p(bα − 1), et, comme a > 0, d’après 10.d, X
pbα
(−a)
−p
a+b
=−
= −bα et
=
.
suit une loi binomiale négative de paramètre −
a
p
1−a
1−p
12