Solutions - Université de Bretagne-Sud

U NIVERSITÉ DE B RETAGNE -S UD
ENSIBS : Modélisation Aléatoire
Solutions des Travaux Dirigés 1 : Calcul des Probabilités
Solution de l’exercice 1
Z+∞
0
¸
¸
Z+∞ ·Z+∞
f ( y) d y dx =
f ( y)1( y > x) d y dx
0
x
0
0
¸
Z+∞ ·Z+∞
Z+∞ ·Z y ¸
=
1( y > x)dx f ( y)d y =
dx f ( y) d y
0
0
0
0
Z+∞
=
y f ( y) d y = E ( X )
P ( X > x) dx =
Z+∞ ·Z+∞
0
Solution de l’exercice 2 –
1. On conditionne :
P(X > Y ) =
=
=
=
Z+∞
0
Z+∞
0
Z+∞
0
P ( X > Y | Y = y) f Y ( y) d y
P ( X > y) f Y ( y) d y
e −λ y f Y ( y) d y
E [ e−λY ]
2. Calculons : P ( X − Y > t | X > Y )
P(X − Y > t | X > Y ) = P(X > Y + t | X > Y ) =
P ( X > Y + t) E [ e−λ(Y + t) ]
= e −λ t
=
P(X > Y )
E [ e−λY ]
Solution de l’exercice 3 – On note f , la densité de la loi de S = X 1 + X 2
Par définition,
E [ g(S )] =
Z+∞
g( s) f ( s) ds
−∞
et
E [ g( X 1 + X 2 )] =
Z+∞ Z+∞
−∞
g( x1 + x2 ) f 1 ( x1 ) f 2 ( x2 ) dx1 dx2 .
−∞
On effectue le changement de variable s = x1 + x2 et x1 = x1 dans cette dernière intégrale.
On a : x2 = s − x1 et dx1 dx2 = dx1 ds.
1
ENSIBS : Modélisation Aléatoire
Il vient alors :
E [ g( X 1 + X 2 )] =
=
Z+∞ Z+∞
−∞
=
g( s) f 1 ( x1 ) f 2 ( s − x1 ) dx1 ds
¸
g ( s)
f 1 ( x1 ) f 2 ( s − x1 ) dx1 ds
−∞ −∞
·Z+∞
Z+∞
−∞
Z+∞
g( s)( f 1 ∗ f 2 )( s) ds.
−∞
Ce qui montre que le produit de convolution f 1 ∗ f 2 est la densité de la loi de S .
On peut également montrer ce résultat en conditionnant et en écrivant :
Z+∞
P ( S ≤ s) = P ( X 1 + X 2 ≤ s) =
P ( X 1 + X 2 ≤ s | X 1 = t) f 1 ( t) dt
−∞
Z+∞
=
P ( X 2 ≤ s − t) f 1 ( t) dt
−∞
¶
Z+∞ µZs− t
=
f 2 ( u) du f 1 ( t) dt
−∞
−∞
On pose v = u + t. On a : du = dv et v varie de −∞ à s.
Z s− t
Zs
f 2 ( u) du =
f 2 (v − t) dv.
−∞
−∞
Donc
P ( S ≤ s) = =
Z+∞ µZs
−∞
=
=
−∞
Zs µZ+∞
Z−∞
s
−∞
¶
f 2 (v − t) dv f 1 ( t) dt
¶
f 2 (v − t) f 1 ( t) dt dv
( f 1 ∗ f 2 )(v) dv.
−∞
Ce qui montre que le produit de convolution f 1 ∗ f 2 est bien la densité de la loi de S .
Solution de l’exercice 4 –
1. On pose : Z = X + Y . On veut calculer la loi de Z .
P ( Z = z) = P ( X + Y = z) =
z
X
P ( X = x, Y = z − x)
x =0
Or X et Y sont des v.a. indépendantes de loi de Poisson de paramètre respectif λ1 et λ2 ,
donc
P ( Z = z) =
z
X
P ( X = x) P (Y = z − x) =
x =0
=
x =0
x!
z
1 X
z!
λ x λ z− x e−(λ1 +λ2 )
z! x=0 x!( z − x)! 1 2
{z
}
|
( λ1 + λ2 ) z
(λ1 + λ2 ) z −(λ1 +λ2 )
e
.
z!
Z suit donc une loi de Poisson de paramètre λ1 + λ2 .
d’où P ( Z = z) =
z λx
X
1
2/7
e − λ1
λ2z− x
( z − x)!
e − λ2
Solutions TD 1 : Rappels de Calcul des Probabilités
2.
P ( X = x, X + Y = z) P ( X = x, Y = z − x)
=
P ( X + Y = z)
P ( Z = z)
x
z− x
−λ
−λ
P ( X = x) P (Y = z − x) λ1 / x! e 1 × λ2 /( z − x)! e 2
=
=
P ( Z = z)
(λ1 + λ2 ) z / z! e−(λ1 +λ2 )
¸x ·
¸ z− x
·
x z− x
λ1 λ2
λ2
λ1
z!
z!
=
=
x!( z − x)! (λ1 + λ2 ) z x!( z − x)! λ1 + λ2
λ1 + λ2
¸x ·
¸ z− x
·
λ1
λ1
1−
= C zx
λ1 + λ2
λ1 + λ2
¡
¢
On reconnaît une loi binomiale de paramètres z, λ1 /(λ1 + λ2 ) .
P ( Z = z | X + Y = z) =
Solution de l’exercice 5 – Pour identifier la loi de Y , on en calcule la fonction génératrice des
moments. On sait que la fonction génératrice des moments caractérise la loi de la variable de
manière univoque.
Les v.a. X i sont indépendantes donc g Y ( t) =
Calculons la fonction génératrice des X i :
g X i ( t) = E ( e tX i ) =
+∞
X
x =0
e tx
λx
x!
n
Y
i =1
g X i ( t).
e −λ = e −λ
t
t
(λ e t ) x
= e−λ × eλ e = e−λ(1− e ) .
x!
x =0
+∞
X
+∞
X xn
Rappel : e x =
.
x=0 n!
On a alors :
g Y ( t) =
n
Y
e−λ(1− e ) = e−nλ(1− e ) .
t
t
i =1
Cette expression correspond à la fonction génératrice d’une loi de Poisson de paramètre nλ ; Y
suit donc une loi de Poisson de paramètre nλ.
Remarque : on pouvait également obtenir ce résultat en s’appuyant sur le résultat obtenu à la
question 1 de l’exercice 4 et en effectuant une récurrence.
Solution de l’exercice 6 –
1. Soit Z i la v.a. de Bernoulli telle Z i = 1 si l’électron a un effet biologique et Z i = 0 sinon.
n
X
D’après l’énoncé, P ( Z i = 1) = p et P ( Z i = 0) = 1 − p. Z =
Z i , Z est la somme de n v.a. de
i =1
Bernoulli. On en déduit donc que Z i suit une loi binomiale de paramètre ( n, p) :
P ( Z = k | X = n) = C nk p k (1 − p)n−k .
2. Loi de Z
P ( Z = k) =
+∞
X
P ( Z = k | X = n) P ( X = n)
n= k
3/7
ENSIBS : Modélisation Aléatoire
+∞
X
=
n//!
n= k
λ k −λ
e
n//!
X (1 − p)n−k
(λ p)k −λ +∞
e
k!
n= k ( n − k)!
=
Or
k!( n − k)!
p k (1 − p)n−k
(1 − p)n−k
(λ p)k −λ p
= e(1− p)λ d’où
e
. Z suit donc une loi de Poisson de paramètre λ p.
k!
n= k ( n − k)!
+∞
X
Solution de l’exercice 7 –
1. Pour calculer la loi de X , on conditionne puisqu’on connaît la loi de X sachant Y et la loi de
Y :
P ( X = x) =
+∞
X
P ( X = x | Y = y) P (Y = y)
y= x
=
=
=
λ y −λ
y!
p x (1 − p) y− x
e
y!
y= x x!( y − x)!
+∞
X
1
(λ p) x [λ(1 − p)] y− x e−λ
y= x x!( y − x)!
+∞
X
X [λ(1 − p)] y− x
(λ p) x −λ +∞
e
x!
( y − x)!
x= y
{z
}
|
= eλ(1− p)
(λ p) −λ λ(1− p)
e e
x!
(λ p) x −λ p
e
x!
x
=
=
2. Comme précédemment, on conditionne :
P (Y − X = z) =
+∞
X
P (Y − X = z | Y = y) P (Y = y) =
y= z
=
+∞
X
P ( X = y − z | Y = y) P (Y = y)
y= z
X (λ p) y− z
λ y −λ [(1 − p)λ] z −λ +∞
y!
p y− z (1 − p) z
e =
e
y!
z!
y= z ( y − z)!
y= z ( y − z)! z!
{z
}
|
+∞
X
= eλ p
[(1 − p)λ] −λ λ p [(1 − p)λ] −(1− p)λ
e e =
e
z!
z!
z
=
z
On reconnaît une loi exponentielle de paramètre (1 − p)λ.
Remarque : on pouvait également trouver ce résultat en écrivant la fonction génératrice des moments :
g Y − X ( t ) = E [ e t (Y − X ) ] =
E [ e t(Y − X ) | Y = y]
=
+∞
X
E [ e t(Y − X ) | Y = y]P (Y = y)
y=0
y
y
X
X
e tz P (Y − X = z | Y = y) =
e tz P ( X = y − z | Y = y)
z=0
z=0
4/7
Solutions TD 1 : Rappels de Calcul des Probabilités
y
y
X
X
y− z
y− z
e tz C y p y− z (1 − p) z =
C y p y− z [(1 − p) e t ] z
=
z=0
=
z=0
[ p + (1 − p) e t ] y
On a donc :
³
´y
y
λ[ p + (1 − p) e t ]
+∞
X
t
t
λ
[ p + (1 − p) e t ] y
g Y − X ( t) =
e−λ =
e−λ = e−λ[1− p−(1− p) e ] = e−λ(1− p)(1− e )
y
!
y
!
y=0
y=0
|
{z
}
+∞
X
= eλ[ p+(1− p) e
t]
On reconnaît la fonction génératrice des moments d’une loi de Poisson de paramètre λ(1 − p).
Solution de l’exercice 8 –
1. Espérance mathématique d’une loi géométrique
E( X ) =
=
+∞
X
x P ( X = x) =
x =0
+∞
X
+∞
X
x (1 − p) x p
x =1
x (1 − p) x−1 (1 − p)
p
x =1
=
p(1 − p)
+∞
Xh
−(1 − p) x
x =1
h+∞
X
= − p(1 − p)
(1 − p) x
x =1
i′
i′
i′
h 1
−1
= − p(1 − p)
1− p
−1
p
= − p(1 − p)
=
2
1− p
(1 − p)
Fonction génératrice des moments d’une loi géométrique
g X ( t) =
=
E ( e tX ) =
+∞
X
e tx P ( X = x) =
x =0
p
+∞
Xh
e tx (1 − p) x p
x =0
(1 − p) e t
x =0
=
+∞
X
p
1 − (1 − p) e t
ix
2. Fonction génératrice des moments de X + Y .
X et Y étant indépendantes, la fgm de X + Y est le produit des fgms.
On a donc :
£
¤
£
¤
£
¤ £
¤
g X +Y ( t) = E e t( X +Y ) = E e tX e tY = E e tX E e tY = g X ( t) g Y ( t).
·
p
g X +Y ( t ) =
1 − (1 − p) e t
5/7
¸2
.
ENSIBS : Modélisation Aléatoire
3. Fonction génératrice binomiale négative de paramètres ( n, θ )
g Z ( t) =
=
=
E ( e tZ ) =
+∞
X
e tz P ( X = z)
z =0
+∞
X
z =0
+∞
X
z =0
= θn
e tz C nz + z−1 θ n (1 − θ ) z
£
¤z
C nz + z−1 θ n (1 − θ ) e t
+∞
X
z =0
£
¤z
C nz + z−1 (1 − θ ) e t
On reconnaît le développement en série entière de la fonction 1/(1 − x)n au point (1 − θ ) e t .
Rappel : Formule de Taylor-Mac Laurin :
f ( x) = f (0) + x f ( x) +
x3
x k ( k)
x2 ′′
f (0) + + f (3) (0) + . . . +
f (0) + · · ·
2!
3!
k!
ème
de f .
où f (k) désigne la derivée k
On a :
¸′
¸(2)
·
·
n
n( n + 1)
1
1
=
=
,
,
(1 − x)n
(1 − x)n
(1 − x)n+1
(1 − x)n+2
·
¸(3)
n( n + 1)( n + 2)
1
=
,
(1 − x)n
(1 − x)n+3
et d’une manière générale,
·
¸( k )
n( n + 1)( n + 2) . . . ( n + k − 1)
( n + k − 1)!
1
=
=
(1 − x)n
(1 − x)n+k
( n − 1)!(1 − x)n+k
On peut donc écrire :
+∞
X ( n + k − 1)! x k +∞
X k
1
=
=
C n+k−1 x k .
n
(1 − x)
(
n
−
1)!
k
!
k=0
k=0
On a donc :
n
4. On avait trouvé :
·
1
θ
g Z ( t) = θ £
¤n =
1 − (1 − θ ) e t
1 − (1 − θ ) e t
g X +Y ( t ) =
·
p
1 − (1 − p) e t
¸2
¸n
.
.
On sait que la fonction génératrice des moments définie de manière univoque la loi de probabilité de la v.a. associée. On voit donc ici que la loi de X + Y est une loi binomiale négative
de paramètre (2, p). Ce résultat se généralise facilement et on a que la somme de n v.a. de
loi géométrique de paramètre p suit une loi binomiale négative de paramètres ( n, p).
6/7
Solutions TD 1 : Rappels de Calcul des Probabilités
Solution de l’exercice 9 – X suit une loi exponentielle donc : P ( X > x) = e−λ x .
P ( X > x1 + x2 ) e−λ( x1 + x2 )
=
= e−λ x2 = P ( X > x2 ).
P ( X > x1 )
e−λ x1
P ( X > x1 + x2 | X > x1 ) =
Ce qui démontre l’absence de mémoire de la loi exponentielle.
Pour la loi de Weibull :
³
( µ ¶ )
´
´
³
t β
β β−1
, t ∈ R+ , α, β > 0 .
exp −
X ∼ Weibull(α, β) ⇐⇒ f X ( t) = β t
α
α
P ( X > x) =
Z+∞
x
On pose u( t) = ( t/α)β , u′ ( t) =
f X ( t) dt =
β β−1
t
.
αβ
On a alors :
P ( X > x) =
Z+∞
x
Donc
Z+∞
x
o
n
β
β−1
dt.
−
t
/
α
t
exp
(
)
β
β
α
i+∞
h
α
= e−u( x) = e−( x/β) .
u′ ( t) e−u( t) dt = − e u( t)
x
¸¾
½ ·³
x1 + x2 ´β ³ x1 ´β
−
,
P ( X > x1 + x2 | X > x1 ) = P ( X > x1 + x2 )/P ( X > x1 ) = exp −
α
α
expression qui dépend de x2 donc on ne peut pas dire que X “perd la mémoire”.
Solution de l’exercice 10 –
1. Fonction génératrice
Z+∞ de Z . α
Z+∞
£ tz ¤
β
βα
g Z ( t) = E e =
e tZ
zα−1 e−β z dz =
e tz zα−1 e−(β− t) z dz.
Γ
(
α
)
Γ
(
α
)
0
0
Z+∞
Γ( a )
a−1 − bu
Or, I =
u
e
du = a
bµ
0
¶
α
β
Γ(α)
β α
donc g Z ( t) =
.
=
Γ(α) (β − t)α
β− t
Calcul de I – On rappelle la définition de la fonction gamma : Γ(a) =
En effectuant le changement de variable u = v/ b dans I, il vient :
Z+∞
1
dv Γ(a)
I=
va−1 e−v
= a .
a
−
1
b
b
b
0
Z+∞
0
2. Fonction génératrice des X i .
g X i ( t) =
£
E e
= λ
=
tX i
Z+∞
0
¤
=
e
Z+∞
0
−(λ− t) x
λ
λ− t
7/7
e tx λ e−λ x dx
· −(λ− t) x ¸+∞
e
dx = λ −
λ− t 0
u a−1 e− t dt.
ENSIBS : Modélisation Aléatoire
Remarque – On pouvait trouver directement ce résultat en appliquant le résultat obtenu
à la question 1 puisque la loi exponentielle de paramètre λ est la loi Gamma de paramètres
(λ, 1).
Les X i étant des v.a. indépendantes
g S n ( t) =
n
Y
i =1
g X i ( t) =
n
Y
λ
i =1 λ − t
=
µ
λ
λ− t
¶n
.
On reconnaît là, la fonction génératrice d’une loi Gamma de paramètres (λ, n).
8/7