Exercice A. Cas particulier de la formule de Wald Rappels # La

Exercice A. Cas particulier de la formule de Wald
Rappels
- La formule de Wald concerne de façon générale les variables aléatoires entières de la forme
Y =
N
X
Xi , où les Xi sont i.i.d. et indépendantes de la v.a. N
i=1
Alors on peut montrer que GY (z) = GN (GX (z)), et en particulier, E(Y ) = E(N )E(X):
- Deux variables aléatoires Y et Z sont indépendantes ssi les P (Y = k j Z = j) ne dépendent pas de j.
Remarque : Ce qui revient à dire que P (Y = k; Z = j) = P (Y = k)P (Z = j):
Cas particulier de la formule de Wald
On considère une assemblée variable contenant N personnes. Toute personne se rendant à l’assemblée a la probabilité
p 2]0; 1[ d’être un escroc et q = (1
p) d’être honnête. Les personnes ne sont pas supposées se connaître.
On note Y le nombre d ’escrocs dans l’assemblée et on note Z = N
Y le nombre de personnes honnêtes.
1) Préciser la loi de Y sachant N = n.
2) On pose an = P (N = n) et GN (z) =
P+1
n=0 an z
n:
Calculer P (Y = k), et en déduire que GY (z) = GN (q + pz) pour tout jzj
1:
3) Retrouver directement le résultat en utilisant la formule de Wald (supposée ici admise).
4) On suppose désormais que N suit une loi de Poisson P( ), avec
> 0:
Montrer en évaluant P (Y = k) que les variables Y et Z suivent des lois de Poisson.
5) Les variables Y et Z sont-elles indépendantes ?
Corrigé. Exercice A.
N . Pour k 2 f0; 1; 2; :::; ng, P (Y = k j N = n) = nk pk q n k :
P
En e¤et, l’assemblée contient n personnes, et Y = ni=1 Xi , où les Xi sont des variables de Bernoulli (en convenant
1) On a toujours Y
que Xi = 1 si la i-ième personne est un escroc. Il s’agit donc de la loi binomiale B(n; p):
Remarque : De même, la loi de Z sachant N = n est la loi binomiale B(n; q):
P
P+1
n k n k
:
2) On a P (Y = k) = +1
n=k P (Y = k j N = n)P (N = n) =
n=k an k p q
P
P
+1
n k n
n
Or, le coe¢ cient en z k de GN (q + pz) = +1
n=k an k p q
n=0 an (q + pz) vaut
3) On a Y =
PN
i=1 Xi ,
4) On a P (Y = k) =
k:
D’où GY (z) = GN (q + pz):
donc GY (z) = GN (GX (z)) = GN (q + pz):
P+1
n=k
n
n!
e
n
k
pk =
(p )k
e
k!
P+1 ( q)n k
(p )k
=
e
n=k
(n k)!
k!
eq =
(p )k
e
k!
p
:
Donc Y suit la loi de Poisson P( p). De même, en inversant les rôles de p et q, la loi de.Z est P( q).
Remarque : Il est plus direct (et élégant) d’utiliser les séries génératrices : GY (z) = e
(q+pz 1)
5) On a P (Y = k; Z = j) = P (Y = k; N = k + j) = P (Y = k j N = k + j)P (N = k + j) =
pk q j
Ainsi, P (Y = k; Z = j) =
(k + j)!ak+j .
k! j!
Remarque : Le plus souvent, P (Y = k; Z = j) n’est pas de la forme
Mais dans le cas des lois de Poisson, on a (k + j)!ak+j =
On obtient donc bien P (Y = k; Z = j) = P (Y = k)P (Z = j).
k+j
k j,
e
=e
k+j
k
p(z 1) :
pk q j ak+j :
et alors Y et Z ne sont pas indépendantes.
, donc P (Y = k; Z = j) =
(p )k (q )j
e
k!
j!
.
Dans ce cas, les variables Y et Z sont indépendantes : la valeur de Y ne donne aucune indication sur celle de Z.
Remarque : En revanche, Y et N ne sont pas jamais indépendantes (en supposant p > 0).
Exercice B. Premier retour en 0 dans la marche aléatoire
Considérons une suite de variables (Zn )n2N de variables de Rademacher (à valeurs dans f 1; 1g).
P
On pose 8n 2 N, Sn = ni=0 Zi .
1) a) Expliciter P (Sn = n
2k) pour tous n 2 N et k 2 f0; 1; :::; ng:
b) On pose an = P (Sn = 0). Expliciter an .
P
n
z 2 ) 1=2 :
On pose f (z) = +1
n=0 an z . On admet que pour jzj < 1, f (z) = (1
P
Remarque : On a +1
n=0 P (Sn = 0) = +1, ce qui correspond à limx!1;x<1 f (x) = +1:
On pose T = inffn 2 N j Sn = 0g 2 N [ f+1g indice du premier retour en 0.
L’objectif de l’exercice est de prouver que P (T < +1) = 1, c’est-à-dire qu’on repasse presque sûrement par 0:
Plus généralement, pour tout k 2 N , on note Tk l’indice du k-ième retour en 0:
2) Justi…er brièvement que pour k 2 N, la v.a. Tk+1 Tk est indépendante de Tk et a même loi que T:
P
n
k
3) Posons bn = P (T = n) et g(z) = +1
n=1 bn z . Montrer que la série génératrice de Tk est gk (z) = g(z) :
p
1
4) Montrer que pour jzj < 1, f (z) =
, et en déduire que g(z) = 1
1 z2:
1 g(z)
P
Indication : Pour n 2 N , comparer P (Sn = 0) et +1
k=1 P (Tk = n):
5) En considérant g(1), montrer que presque sûrement, on repasse par 0.
Repasse-t-on en 0 une in…nité de fois presque sûrement ?
Corrigé. Exercice B
1) On a an = 0 si n impair et an = 2
n 2m
m
Remarque : Plus généralement, P (Sn = n
2) P (Tk+1
si n = 2m est pair.
2k) = 2
n n
k
pour tout k 2 f0; 1; :::; ng:
Tk = n j Tk = m) est la probabilité que partant de 0 à l’étape m, on a un premier retour en 0 après n
marches. Comme les Xi sont indépendantes, on a P (Tk+1
Ce qui prouve en particulier, l’indépendance de Tk+1
Tk = n j Tk = m) = P (T = n):
Tk et Tk .
3) On a Tk+1 = (Tk+1
Tk ) + Tk , d’où gk+1 (z) = g(z)gk (z) car les variables sont indépendantes.
P
4) On a pour n 2 N , P (Sn = 0) = +1
k=0 P (Tk = n) par additivité :
En e¤et, tout retour en 0 correspond à un k-ième premier retour pour un certain k 2 N .
p
P
1
1
k =
Donc f (z) = 1 + +1
g(z)
1 z2:
:
Donc
g(z)
=
1
=
1
k=1
1 g(z)
f (z)
P
P+1
5) En particulier, par continuité (cv normale sur [0; 1], car +1
1) en z = 1,
n=1 bn
n=1 bn = g(1) = 1 :
P+1
Or, n=1 bn est la probabilité d’un retour en 0:
En e¤et, il y a retour en 0 ssi il existe un premier retour. Et les événements P (T = n) sont disjoints.
Donc presque sûrement, on repasse par 0.
La probabilité de repasser k fois au moins par 0 est donnée par gz (1) = g(1)k = 1: En e¤et, on repasse k fois au
P
moins par 0 ssi il existe un k-ième premier retour, donc la probabilité vaut +1
n=0 P (Tk = n).
Par continuité décroissante, on repasse par 0 une in…nité de fois presque sûrement : En e¤et, une intersection
T
k2N Ak dénombrable (décroissante) d’événements presque sûrs est un événement presque sûr.
Ici, on prend Ak : “ On repasse k fois au moins par 0 ”: