Correction de l'épreuve 0 Mines-Ponts

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Cette page présente une correction de l'épreuve 0 de probabilités fournie par L.Decreusefond du concours Mines-Ponts.

File d'attente M/GI/1

On considère la file d'attente à une caisse de supermarché. Il y a un serveur et un nombre de places infini. Les clients sont servis selon la discipline "premier arrivé, premier servi". On appelle "système", l'ensemble des clients en attente et du client en service. On considère (An,n1) la suite de variables aléatoires à valeurs dans NAn représente le nombre de clients arrivés pendant le service du client n.

On définit la suite (Xn,n1) comme suit X0=0etXn+1={An+1si Xn=0Xn1+An+1si Xn>0 On suppose que les variables aléatoires (An,n1) sont indépendantes et de même loi, de loi commune celle d'une variable aléatoire A.

Hypothèses. On suppose que:

  • A est à valeurs entières,
  • P(An)>0 pour tout entier n,
  • A a une espérance finie, on note ρ=E[A].

A) Fonction caractéristique

Dans cette section X représente une variable aléatoire quelconque à valeurs dans N. On définit sa fonction caractéristique ϕX par ϕX:RCtE[eitX]

  1. Montrer que ϕX est continue sur R et périodique.

Solution. Remarquons que ϕX est définie sur R, puisque ϕX(t) est égale à l'espérance d'une variable aléatoire bornée. Puisque X est à valeurs dans N, la série n0P(X=n) converge. Pour tout tR, la série n0eitnP(X=n) est donc absolument convergente, et d'après le théorème de transfert: tR,ϕX(t)=n=0+eitnP(X=n) Il est clair qu'on est en présence d'une série de fonctions continue sur R qui est normalement convergente sur R, par théorème on sait donc que ϕX est continue sur R. D'autre part, pour tout tR: ϕX(t+2π)=n=0+ei(t+2π)nP(X=n)=n=0+eitnei2nπP(X=n)=n=0+eitnP(X=n)=ϕX(t) donc ϕX est périodique.

  1. Soit X et Y deux variables aléatoires à valeurs dans N telles que ϕX=ϕY. Montrer que X et Y ont même loi.

Indication: on pourra considérer les intégrales Ik=12πππϕX(t)eiktdt pour tout entier k.

Solution. On a, pour tout tR, ϕX(t)=ϕY(t), donc: n=0+eitn[P(X=n)P(Y=n)]=0

On fixe kN. En multipliant l'égalité précédente par eitk a: tR,n=0+eit(nk)[P(X=n)P(Y=n)]=0

Puisque la série de fonction converge uniformément sur [π,π] (car normalement sur R), on peut intégrer terme à terme: n=0+[P(X=n)P(Y=n)]ππeit(nk)dt=0

Or il est classique que, pour tout pZ, ππeitpdt est égale à 0 si p0 et à 2π si p=0. On a donc: 0+[P(X=k)P(Y=k)]2π=0

Ainsi: kN,P(X=k)=P(Y=k)

Puisque X et Y sont à valeurs dans N, on peut en déduire qu'elles ont même loi.

  1. Si E[X]<+, montrer que ϕX est dérivable sur R et calculer ϕX(0).

Solution. On a:

  • pour tout nN, la fonction teitnP(X=n) est dérivable sur R,
  • la série de fonctions n0eitnP(X=n) converge simplement sur R,
  • la série de fonctions n0ineitnP(X=n) converge uniformément sur R.

Seul le troisième point est non trivial: l'hypothèse E[X]<+ donne la convergence de la série n0nP(X=n), et donc la convergence normale de la série de fonction.

On sait donc que ϕX est dérivable sur R et que: tR,ϕX(t)=in=0+neitnP(X=n)

En particulier: ϕX(0)=in=0+nP(X=n)=iE(X).

  1. Calculer la fonction caractéristique d'une variable aléatoire Z=Y1Y est de loi géométrique de paramètre p.

Solution. On a par linéarité de l'espérance, pour tout tR: ϕZ(t)=E[eitZ]=eitE[eitY]=eitn=0+eitnP(Y=n)

Comme YG(p), on a pour tout tR: ϕZ(t)=0+eitn=1+eitnp(1p)n1=pn=0+[eit(1p)]n=p1eit(1p)

B) Remarques préliminaires

  1. Etablir que Xn représente le nombre de clients dans le système au moment du départ du client n.

Solution. Montrons par récurrence que Xn est égale au nombre de clients dans le système, pour tout nN.

C'est vrai pour n=0: X0=0 et initialement il n'y a personne dans le système.

Suposons que c'est vrai à un rang nN. On raisonne par disjonction de cas.

Si Xn=0 c'est que personne n'est dans le système au moment du départ du client n. Dans ce cas An+1 client arrivent et donc au moment du départ du client n+1 il y a An+1=Xn+1 clients dans le système.

Si Xn>0, une fois le client n parti il reste Xn1 clients, ensuite il en arrive An+1. Donc au moment du départ du client n+2 il reste Xn1+An+1=Xn+1 clients dans le système.

Dans les deux cas, Xn+1 représente donc le nombre de clients dans le système au moment du départ du client n+1.

La propriété est donc vraie pour tout nN.

  1. Existe-t-il M>0 tel que P(XnM)=1 pour tout n0?

Solution. Par l'absurde montrons que si n1 il n'existe pas M>0 tel que P(XnM)=1. Supposons donc qu'il existe M>0 tel que P(XnM)=1.

On a AnXn (inégalité de variables aléatoires), donc XnMAnM et donc [XnM][AnM] (inclusion d'évènements). Par croissance de P: 1=P(XnM)P(AnM)1 ie P(AnM)=1.

On a donc 0P(An=M+2)P(An>M)0, ie P(An=M+2)=0. Ceci contredit la seconde hypothèse faite sur la loi de A.

Le fait que M ne dépende pas de n n'est donc pas indispensable: on vient de montrer que les variables ne sont pas p.s. bornées, en particulier elles ne sont pas non plus "uniformément" bornées. Un étudiant pourrait confondre l'énoncé avec la question: montrer que les variables sont p.s. finies, ce qui est une propriété beaucoup plus faible.

  1. Montrer que pour tout n1, Xn+1Xn1.

Solution. Soit n1. Puisque An+1 est à valeurs dans N on a An+10. Or: Xn+1Xn={An+1si Xn=0An+11si Xn>0

Donc Xn+1Xn1.

C'est aussi vrai si n=0.

  1. Pour tout n0, montrer que les variables aléatoires Xn et An+1 sont indépendantes.

Solution. Xn représente le nombre de clients présents dans le système au moment du départ du client n, et ne dépend donc que de A1, , An.

Comme An+1 est indépendante de ces n variables, elle est aussi indépendante de Xn (conséquence du lemme des coalitions).

Il faudrait que le jury précise s'il faut expliciter la fonction qui relie Xn aux A1, , An. Son expression est difficile à donner.

Montrons par récurrence qu'il existe une fonction fn:RnR telle que Xn=fn(A1,,An), pour tout n1.

Pour n=1: X1=A1 donc f:tf(t)=t convient.

Supposons que fn ait été construite à un rang nN. On remarque que: Xn+1=An+11{Xn=0}+(Xn1+An+1)1{Xn>0} donc: Xn+1=An+11{fn(A1,,An)=0}+(fn(A1,,An)1+An+1)1{fn(A1,,An)>0} En prenant: fn+1(t1,,tn,tn+1)=tn+11{fn(t1,,tn)=0}+(fn(t1,,tn)1+tn+1)1{fn(t1,,tn)>0} on a bien: Xn+1=fn+1(A1,,An,An+1)

D'après le principe de récurrence, la propriété est donc vraie pour tout n1.

C) Convergence

  1. Etablir l'identité suivante pour X une variable aléatoire à valeurs entières:

E[eitX1{X>0}]=ϕX(t)P(X=0)

Solution. Il suffit de remarquer que: 1=1{X=0}+1{X>0} donc: eitX=eitX1{X=0}+eitX1{X>0}=1{X=0}+eitX1{X>0} puis par linéarité de l'espérance: ϕX(t)=P(X=0)+E[eitX1{X>0}]

En effet, on rappelle que pour tout évènement F, E(1F)=P(F).

  1. Pour tout entier n, établir la relation suivante:

ϕXn+1(t)=ϕA(t)[eitϕXn(t)+(1eit)P(Xn=0)]

Solution. On procède de même: eitXn+1=eitXn+11{Xn=0}+eitXn+11{Xn>0}=eitAn+11{Xn=0}+eit(Xn1+An+1)1{Xn>0} L'indépendance de Xn et An+1 (question 8.) assure l'indépendance de eitXn et eitAn+1, et de eitXn1{Xn>0} et eitAn+1. On a donc: ϕXn+1(t)=ϕA(t)P(Xn=0)+eitϕA(t)E[eitXn1{Xn>0}] puisque ϕAn+1=ϕA.

On utilise la formule démontrée à la question précédente: ϕXn+1(t)=ϕA(t)P(Xn=0)+eitϕA(t)[ϕXn(t)P(Xn=0)] ce qu'il fallait démontrer.

On suppose dorénavant que 0<ρ<1.

On admet qu'alors la suite (P(Xn=0),n1) converge vers une limite, notée α.

On suppose que A n'est pas arithmétique, c'est-à-dire que |ϕA(t)|<1 pour t{2kπ,kZ}.

On pose θ:[π,π]C01tαϕA(t)(1eit)1ϕA(t)eit pour t0

  1. Etablir le développement limité à l'ordre 1, de ϕA au voisinage de 0.

Solution. D'après la question 3. ϕA est dérivable en 0 et ϕA(0)=iE[A]. Donc: ϕA(t)=t0ϕA(0)+tϕA(0)+o(t)=t01+iρt+o(t)

  1. Que doit valoir α (en fonction de ρ) pour que θ soit continue en 0?

Solution. Puisque ϕA continue en 0 (question 3.), ϕA(t)t0ϕA(0)=1. Donc: θ(t)=eitαϕA(t)(1eit)eitϕA(t)t01×α1×(it)eitϕA(t) or: eitϕA(t)=t01+it(1+iρt)+o(t)t0i(1ρ)t donc: limt0θ(t)=α11ρ

Il faut donc que α=1ρ.

  1. On fixe ε>0. Pour tout t[π,π]{0}, identifier βt[0,1[ tel que pour tout entier n suffisamment grand, on ait l'identité suivante:

|ϕXn+1(t)θ(t)|βt|ϕXn(t)θ(t)|+ε

Solution. On a:

|ϕXn+1(t)θ(t)|=|ϕA(t)(ϕXn(t)eit+(1eit)P(Xn=0))θ(t)| (question 10.) =|ϕA(t)eit(ϕXn(t)θ(t))+ϕA(t)(1eit)P(Xn=0)(1ϕA(t)eit)θ(t)|=|ϕA(t)|×|eit(ϕXn(t)θ(t))+(1eit)(P(Xn=0)α)|

donc d'après l'inégalité triangulaire: |ϕXn+1(t)θ(t)||ϕA(t)|×|ϕXn(t)θ(t)|+2|P(Xn=0)α|

Or on a supposé que limn+P(Xn=0)=α donc pour n suffisamment grand on a: 2|P(Xn=0)α|ε. Ainsi si on pose βt=|ϕA(t)|, on a pour n suffisamment grand: |ϕXn+1(t)θ(t)|βt×|ϕXn(t)θ(t)|+ε

De plus, on a supposé que A n'est pas arithmétique et que t[π,π]{0}, donc on sait que βt[0,1[.

  1. Montrer que la suite de fonctions (φXn,n1) converge simplement vers θ.

Solution. Soient t[π,π]{0} et ε>0 fixés. Montrons que, pour n suffisamment grand: |φXn(t)θ(t)|ε

En itérant plusieurs fois l'inégalité de la question 13. (pour un ε>0 précisé ultérieurement) on obtient:

|ϕXn(t)θ(t)|βt×|ϕXn1(t)θ(t)|+εβt2×|ϕXn2(t)θ(t)|+(1+βt)εβt3×|ϕXn3(t)θ(t)|+(1+βt+βt2)ε

En notant n0(ε) l'entier à partir duquel l'inégalité de 13. est vérifiée, on a donc pour tout nn0(ε)+1: |ϕXn(t)θ(t)|βtnn0(ε)×|ϕXn0(ε)(t)θ(t)|+(1+βt+βt2++βtnn0(ε)1)ε Or βt[0,1[ donc: 01+βt+βt2++βtnn0(ε)1=1βtnn0(ε)1βt11βt

A ce stade, on voit qu'il est pertinent d'avoir choisi ε=(1βt)ε2>0. En effet, on a alors pour tout nn0(ε)+1: |ϕXn(t)θ(t)|βtnn0(ε)×|ϕXn0(ε)(t)θ(t)|+ε2

De plus, βt[0,1[ assure que: limn+βtnn0(ε)×|ϕXn0(ε)(t)θ(t)|=0×|ϕXn0(ε)(t)θ(t)|=0 donc pour n suffisamment grand: βtnn0(ε)×|ϕXn0(ε)(t)θ(t)|ε2

On a donc montré que pour n suffisamment grand: |φXn(t)θ(t)|ε

Ainsi: t[π,π]{0},limn+ϕXn(t)=θ(t)

Il est clair que cette limite est aussi valable en t=0. La périodicité de ϕXn et de θ (conséquence de la question 1.) donne que cette limite est valable pour tout tR.

La suite de fonctions (φXn,n1) converge donc simplement vers θ sur R.

D) Application

On admet que θ est la fonction caractéristique d'une variable aléatoire à valeurs entières Y: θ(t)=E[eitY] pour tout t[π,π].

On suppose que

ϕA(t)=11+ρρeit

  1. Identifier la loi de A.

Solution. Pour tout tR: ϕA(t)=11+ρ×11ρ1+ρeit

D'après les questions 2. et 4., si B est une variable aléatoire de loi géométrique de paramètre 11+ρ, A a même loi que B1.

  1. Montrer que ϕA vérifie les hypothèses requises.

Solution. On vérifie les hypothèses requises sur A:

A(Ω)N est évident.

Si nN: P(An)=k=n+11+ρ(111+ρ)k=(ρ1+ρ)n>0

E[A]=E[B]1=111+ρ1=ρ

Ensuite, on vérifie les hypothèses requises sur ϕA.

Soit tR{0}. On a: |1+ρρeit|2=(1+ρρcos(t))2+ρ2sin2(t)=2ρ(1+ρ)(1cos(t))+1>1 d'après les hypothèses faites sur t.

On a donc |ϕA(t)|<1. Par périodicité, c'est vrai pour tout t{2kπ,kZ}.

  1. Calculer θ et identifier la loi de Y.

Solution. Puisque θ est une fonction caractéristique, elle est continue en 0 (simple conséquence du théorème de transfert et de la convergence uniforme de la série de fonctions en jeu). Donc d'après la question 12. on a α=1ρ.

Donc, pour tout tR: θ(t)=(1ρ)1eit1+ρρeiteit En posant par exemple z=eit on arrive à la factorisation: θ(t)=(1ρ)1eit(1eit)×(1ρeit)=1ρ1ρeit

D'après les questions 2. et 4., si Z est une variable aléatoire de loi géométrique de paramètre (1ρ), Y a même loi que Z1.

Author: Arnaud Bégyn

Created: 2024-08-14 mer. 23:49

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