Analyse, Probabilit´ e et Statistiques M1 MEEF ML. Chabanol et C. Menini
El´ ements de correction du devoir surveill´ e du mardi 17 d´ ecembre 2013
Exercice 1
On suppose que par rapport ` a une certaine maladie, les individus peuvent ˆ etre dans 3 ´ etats : soit ils ne sont pas malades mais ne sont pas immunis´ es (´ etat J), soit ils sont malades (´ etat M), soit ils sont immunis´ es (´ etat I).
On suppose que pendant une certaine p´ eriode de leur vie, chaque mois :
– Les individus dans l’´ etat J ont une probabilit´ e de 0.02 de passer ` a l’´ etat M , et ne peuvent pas passer directement ` a l’´ etat I.
– Les individus dans l’´ etat M ont une probabilit´ e 0.1 de rester malade, et une probabilit´ e 0.05 de gu´ erir sans ˆ etre immunis´ es
– Les individus immunis´ es le restent.
On suppose qu’on peut mod´ eliser la situation par une chaˆıne de Markov.
1. Dessiner le graphe correspondant, et d´ eterminer les composantes irr´ eductibles. Quels sont les ´ etats transitoires ?
Il faut faire attention de bien faire figurer une transition de M ` a I de poids 0.85. Attention aussi ` a ne pas oublier la boucle allant de I ` a I... Il y a deux composantes irr´ eductibles : {J, M } et {I}. Les deux ´ etats J et M sont transitoires.
2. Donner la matrice A associ´ ee ` a cette chaˆıne de Markov.
En num´ erotant les ´ etats dans l’ordre J, M, I , et en notant X
nl’´ etat au mois num´ ero n, la matrice dont les
´
el´ ements sont a
i,j= P (X
n+1= i|X
n= j) est A =
0.98 0.05 0 0.02 0.1 0 0 0.85 1
3.On consid` ere un individu dans l’´ etat J ` a l’instant initial. Quelle est la loi de probabilit´ e de son ´ etat de sant´ e au bout de 2 mois ? Quelle est en fonction de A et de n, la loi de probabilit´ e de son ´ etat de sant´ e au bout de n mois ?
La loi de X
0est donc donn´ ee par le vecteur colonne µ
0=
1 0 0
, et la loi de l’´ etat de sant´ e au bout de
deux mois est A
2.µ
0=
0.98
2+ 0.05 × 0.02 0.98 × 0.02 + 0.02 × 0.1
0.02 × 0.85
La loi de l’´ etat de sant´ e au bout de n mois est donn´ ee par A
n.µ
0, c’est donc la premi` ere colonne de la matrice A
n.
Exercice 2 On exprimera si n´ ecessaire les r´ eponses en termes de la fonction quantile q de la loi normale centr´ ee r´ eduite ou de sa fonction de r´ epartition φ. On pourra le cas ´ ech´ eant utiliser q
0.975' 1.96.
1. Soit X
nune suite de variables al´ eatoires suivant une loi binomiale de param` etres (n, p), avec 0 < p < 1.
D´ eterminer p
0= lim
n→+∞P
p ∈ [
Xnn−
√1n,
Xnn+
√1n]
.
p ∈ [ X
nn − 1
√ n , X
nn + 1
√ n ] ⇔
X
nn − p
≤ 1
√ n ⇔
X
n− np p np(1 − p)
≤ 1
p p(1 − p) Or d’apr` es le th´ eor` eme de Moivre-Laplace,
Xn−np
√
np(1−p)
converge en loi vers la loi normale centr´ ee r´ eduite, donc p
0= P (|Z| ≤ √
1p(1−p)
) o` u Z suit une loi normale centr´ ee r´ eduite. Finalement, p
0= 2φ( √
1p(1−p)
) − 1.
2. Montrer que p
0> 0.95.
Pour tout p ∈]0, 1[, on v´ erifie ais´ ement que p(1 − p) ≤
14, et donc que p
p(1 − p) est inf´ erieur ou ´ egal ` a 1/2 (maximum atteint pour p = 1/2, au sommet de la parabole d’´ equation y = x(1 − x)). La fonction de r´ epartition de la loi normale centr´ ee r´ eduite est une fonction strictement croissante donc
p
0≥ 2φ(2) − 1 > 2 × 0.975 − 1 et 2 × 0.975 − 1 = 0.95 (φ(2) > 0.975 car 2 > 1.96 ' q
0.975).
3. Justifier l’existence d’un entier n
0tel que pour tout n ≥ n
0, P
p ∈ [
Xnn−
√1n,
Xnn+
√1n]
≥ 0.95 Notons p
n= P
p ∈ [
Xnn−
√1n
,
Xnn+
√1n]
. L’existence de n
0r´ esulte de la convergence de la suite (p
n) vers p
0. En prenant =
p0−0.952> 0 et avec la d´ efinition de la limite
∃n
0∀n ≥ n
00.95 < p
0− ≤ p
n≤ p
0+ .
4. On souhaite obtenir un intervalle de confiance pour une proportion p inconnue de personnes pr´ esentant un certain g` ene. On va pour cela effectuer une ´ etude sur un sous-´ echantillon de n individus (qu’on supposera obtenu en choisissant ces n personnes au hasard ind´ ependamment avec remise...).
Quelle taille de l’´ echantillon pourrait-on prendre pour ˆ etre sˆ ur de pouvoir donner un intervalle de confiance asymptotique au niveau 0.95 de largeur inf´ erieure ` a 0.02 ?
Les conditions dans lesquelles les personnes sont choisies conduisent ` a supposer que la variable al´ eatoire X
nqui ` a un ´ echantillon de taille n associe le nombre de personnes pr´ esentant le g` ene ´ etudi´ e, suit une loi binomiale B(n, p).
Un intervalle de confiance asymptotique au seuil 0.95 est [
Xnn−
√1n
,
Xnn+
√1n], il est de largeur
√2n. Il est de largeur inf´ erieure ` a 0.02 d` es que n ≥ 10000.
Probl` eme 1
La d´ efinition donn´ ee d’une fonction concave en Terminale ES, pour une fonction d´ erivable, est la suivante : Une fonction d´ erivable sur un intervalle I est dite concave sur cet intervalle si sa courbe repr´ esentative est enti` erement situ´ ee en-dessous de chacune de ses tangentes.
Dans la suite du probl` eme f est toujours suppos´ ee d´ erivable.
Partie I. Deux propri´ et´ es des fonctions concaves d´ erivables 1. Montrer que f est concave sur l’intervalle I si et seulement si
∀(x, y) ∈ I
2f (y) ≤ f
0(x)(y − x) + f (x) (1) Une ´ equation de la tangente ` a la courbe repr´ esentative de f au point de coordonn´ ees (a, f (a)) est y = f
0(a)(x − a) + f (a) et la courbe repr´ esentative de f est sous cette tangente si et seulement si
∀b ∈ I f (b) ≤ f
0(a)(b − a) + f(a).
Soit le r´ esultat puisque ceci doit ˆ etre v´ erifi´ e pour tout a de I . 2. Montrer que si l’in´ egalit´ e (1) est v´ erifi´ ee alors
∀(x, y) ∈ I
2, x < y ⇒ f
0(y) ≤ f (y) − f (x)
y − x ≤ f
0(x) (2)
Qu’en d´ eduisez-vous sur la fonction d´ eriv´ ee f
0?
De l’in´ egalit´ e (1) on d´ eduit pour x < y (c’est-` a-dire y − x > 0) f(y) − f (x)
y − x ≤ f
0(x).
L’in´ egalit´ e (1) ´ etant v´ erifi´ ee pour tout (x, y) de I
2, on en d´ eduit en ´ echangeant le rˆ ole des variables muettes x et y
f (x) ≤ f
0(y)(x − y) + f(y)
puis toujours avec x < y (c’est-` a-dire x − y < 0) f (x) − f (y)
x − y ≥ f
0(y).
Nous en d´ eduisons que la d´ eriv´ ee f
0est une fonction d´ ecroissante sur I .
3. Soit f d´ erivable sur l’intervalle I . On suppose sa d´ eriv´ ee f
0d´ ecroissante sur I . En ´ etudiant pour x
0fix´ e dans I la fonction auxiliaire
ϕ : I → R
y 7→ f
0(x
0)(y − x
0) + f (x
0) − f (y) montrer que l’on a l’in´ egalit´ e (1).
ϕ est d´ erivable sur I comme combinaison lin´ eaire de fonctions d´ erivables et ϕ
0(y) = f
0(x
0)−f
0(y). ϕ
0(y) ≥ 0
´
equivaut ` a y ≥ x
0car f
0est d´ ecroissante. La fonction ϕ est d´ ecroissante sur I ∩] − ∞, x
0] et croissante sur I ∩ [x
0, +∞[, elle admet un minimum en x
0et ϕ(x
0) = 0.
Nous avons donc pour tout y de I
f (y) ≤ f
0(x
0)(y − x
0) + f (x
0) ceci ´ etant de plus vrai pour tout x
0de I , l’in´ egalit´ e (1) est satisfaite.
4. Enoncer la propri´ et´ e des fonctions concaves d´ erivables, qui vient d’ˆ etre montr´ ee ` a ce stade du probl` eme.
On a montr´ e qu’une fonction f d´ erivable sur un intervalle I est concave sur I si et seulement si sa d´ eriv´ ee f
0est une fonction d´ ecroissante sur I .
5. Montrer que la fonction ln est concave.
La fonction ln est d´ efinie et d´ erivable sur I =]0, +∞[, de d´ eriv´ ee la fonction x 7→
1x. La fonction d´ eriv´ ee de ln est d´ ecroissante sur I donc ln est concave sur I.
6. Le but de cette question est de d´ emontrer que la courbe repr´ esentative d’une fonction d´ erivable et concave est situ´ ee au-dessus de chacune de ses cordes, c’est-` a-dire que l’on a
∀(a, b) ∈ I
2∀t ∈ [0, 1] (1 − t)f (a) + tf (b) ≤ f ((1 − t)a + tb) . On suppose a < b. ´ Etudier sur [0, 1] les variations de la fonction
t 7→ f ((1 − t)a + tb) − (1 − t)f (a) − tf (b)
et en d´ eduire l’in´ egalit´ e attendue. (Ind. : on pourra penser ` a utiliser le th´ eor` eme des accroissements finis) Notons h cette fonction, elle est d´ erivable sur [0, 1] comme compos´ ee et combinaison lin´ eaire de fonctions d´ erivables,
∀t ∈ [0, 1] h
0(t) = (b − a)f
0((1 − t)a + tb) − (f (b) − f (a)) = (b − a)
f
0((1 − t)a + tb) − f(b) − f (a) b − a
. f est continue sur [a, b] et d´ erivable sur ]a, b[, avec le th´ eor` eme des accroissements finis
∃c ∈]a, b[ : f (b) − f (a)
b − a = f
0(c).
Puisque c est dans ]a, b[, il existe t
0=
c−ab−adans ]0, 1[ tel que c = (1 − t
0)a + t
0b. Ainsi t ≤ t
0⇒ (1 − t)a + tb ≤ c ⇒ f
0((1 − t)a + tb) ≥ f
0(c) t ≥ t
0⇒ (1 − t)a + tb ≥ c ⇒ f
0((1 − t)a + tb) ≤ f
0(c)
h est croissante sur [0, t
0] et d´ ecroissante sur [t
0, 1]. h(0) = h(1) = 0 donc h est positive sur [0, 1] et la courbe repr´ esentative de f est au dessus de chacune de ses cordes.
Partie II. Encadrement de l’int´ egrale d’une fonction concave
Le but de cette partie est de montrer le r´ esultat suivant
Soit une fonction f concave et d´ erivable sur un intervalle I, soient x
0∈ I et h > 0 tels que [x
0−h, x
0+h] ⊂ I , alors
h
2 [f (x
0− h) + 2f (x
0) + f (x
0+ h)] ≤
Z
x0+h x0−hf(u) du ≤ 2hf (x
0) (3) 7. Soit une fonction f concave et d´ erivable sur un intervalle I , soient x
0∈ I et h > 0 tels que [x
0−h, x
0+h] ⊂ I .
En utilisant l’in´ egalit´ e (1) pour x = x
0, montrer que Z
x0+hx0−h
f (u) du ≤ 2hf (x
0)
En prenant x = x
0et y = u dans l’in´ egalit´ e (1) et avec la positivit´ e de l’int´ egrale Z
x0+hx0−h
f (u) du ≤
Z
x0+h x0−hf
0(x
0)(u − x
0) + f (x
0) du
≤ h
f
0(x
0)
(u−x20)2i
x0+hx0−h
+ f(x
0) × 2h
≤ 0 + 2hf (x
0) 8. Montrer que
Z
x0x0−h
f (u) du = h Z
10
f((1 − t)(x
0− h) + tx
0) dt puis que
Z
x0x0−h
f (u) du ≥ h
2 (f (x
0− h) + f(x
0))
L’´ egalit´ e est obtenue en faisant le changement de variables u = (1 − t)(x
0− h) + tx
0(l’application affine t 7→ (1 − t)(x
0− h) + tx
0est bien une bijection de [0, 1] sur [x
0− h, x
0]). En utilisant que la courbe repr´ esentative de f est au dessus de chacune de ses cordes (question 6) et la positivit´ e de l’int´ egrale, on obtient
h Z
10
f ((1 − t)(x
0− h) + tx
0) dt ≥ h Z
10
((1 − t)f (x
0− h) + tf (x
0)) dt
≥ hf (x
0− h) h
−
(1−t)2 2i
10
+ hf (x
0) h
t2 2
i
1 0≥
h2(f (x
0− h) + f (x
0)) 9. Montrer que
Z
x0+h x0f(u) du ≥ h
2 (f (x
0) + f (x
0+ h))
D´ ecoule de l’in´ egalit´ e pr´ ec´ edente en rempla¸ cant x
0− h par x
0et x
0par x
0+ h puisque la fonction f est encore concave sur [x
0, x
0+ h] (on peut aussi faire le changement de variable u = (1 − t)x
0+ t(x
0+ h) et calquer la preuve faite ` a la question pr´ ec´ edente).
10. (bonus)Si l’on suppose de plus f positive, donner une interpr´ etation g´ eom´ etrique de l’in´ egalit´ e (3).
f ´ etant positive A = R
x0+hx0−h
f (u) du est l’aire (en unit´ e d’aire) du domaine compris entre l’axe des abscisses, la courbe repr´ esentative de la fonction f , les droites d’´ equations x = x
0− h et x = x
0+ h.
La courbe ´ etant sous ses tangentes, cette aire A est inf´ erieure ou ´ egale ` a l’aire du trap` eze BEDC qui est aussi celle du rectangle F EDG car les triangles AF B et AGC ont mˆ eme aire (cf. A milieu de [F G]). Ceci est illustr´ e sur la figure (a) et nous donne l’in´ egalit´ e
Z
x0+h x0−hf (u) du ≤ 2hf (x
0).
La courbe ´ etant au dessus de ses cordes, cette aire A est sup´ erieure ou ´ egale ` a la sommes des aires des deux trap` ezes ILM J et J M N K. Ceci est illustr´ e sur la figure (b) et nous donne l’in´ egalit´ e
h
f(x
0− h) + f (x
0)
2 + f(x
0) + f(x
0+ h) 2
≤
Z
x0+h x0−hf(u) du.
(a) tangente (b) cordes
Partie III. Encadrement de n!
Avec les r´ esultats des parties I et II, nous avons que pour tout entier k ≥ 2 1
4
ln(k − 1
2 ) + 2 ln(k) + ln(k + 1 2 )
≤ Z
k+12k−12
ln(x) dx ≤ ln(k) ceci pourra ˆ etre utilis´ e sans d´ emonstration.
11. Montrer que pour tout entier n ≥ 2
n
X
k=2
ln(k) + 1 4
n
X
k=2
ln
4k
2− 1 4k
2≤ Z
n+123 2
ln(x) dx ≤
n
X
k=2
ln(k)
En sommant k de 2 ` a n dans l’in´ egalit´ e rappel´ ee en d´ ebut de partie III, nous avons avec la relation de Chasles
1 4
n
X
k=2
4 ln(k) + 1 4
n
X
k=2
ln(k − 1
2 ) − 2 ln(k) + ln(k + 1 2 )
≤ Z
n+123 2
ln(x) dx ≤
n
X
k=2
ln(k) puis le r´ esultat attendu en remarquant que
ln(k − 1
2 ) − 2 ln(k) + ln(k + 1
2 ) = ln (k −
12)(k +
12) k
2!
= ln
4k
2− 1 4k
212. Montrer que pour tout u > 0, ln(u) ≤ u − 1 ; en d´ eduire que pour tout entier n ≥ 2
n
X
k=2
ln
4k
24k
2− 1
≤ 1 2
n
X
k=2
1
2k − 1 − 1 2k + 1
≤ 1 6
Nous avons vu dans la partie I que la fonction ln est concave sur ]0, +∞[, la courbe repr´ esentative de ln est sous sa tangente au point de coordonn´ ees (1, 0), c’est-` a-dire
∀u > 0 ln(u) ≤ u − 1.
Nous en d´ eduisons que pour tout entier k compris entre 2 et n ln
4k
24k
2− 1
≤ 4k
24k
2− 1 − 1 ≤ 1
4k
2− 1 ≤ 1 2
1
2k − 1 − 1 2k + 1
. Nous avons une somme t´ elescopique,
n
X
k=2
1
2k − 1 − 1 2k + 1
= 1
3 − 1
2n + 1 ≤ 1 3 13. Calculer R
n+123 2
ln(x) dx
En faisant une int´ egration par parties Z
n+123 2
ln(x) dx = [x ln(x) − x]
n+1 2 3 2
= (n + 1
2 ) ln(n + 1
2 ) − n − 3 2 ln( 3
2 ) + 1.
14. D´ eduire de ce qui pr´ ec` ede qu’il existe existe des constantes C
1> 0 et C
2> 0 telles que pour tout entier n ≥ 2,
C
1e
−nn + 1 2
n+12≤ n! ≤ C
2e
−nn + 1 2
n+12Avec les questions 11, 12 et 13 et en remarquant que pour n ≥ 2,
n
P
k=2
ln(k) = ln(n!), nous avons que
(n + 1
2 ) ln(n + 1
2 ) − n − 3 2 ln( 3
2 ) + 1 ≤ ln(n!) ≤ (n + 1
2 ) ln(n + 1
2 ) − n − 3 2 ln( 3
2 ) + 1 + 1 6 on conclue en utilisant la croissance de la fonction exponentielle, les constantes C
1=
2√ 6
9
e et C
2= e
1/6C
1conviennent.
Probl` eme 2.
Partie I. Fonction g´ en´ eratrice d’une variable al´ eatoire ` a valeurs dans N
Pour une variable al´ eatoire r´ eelle X ` a valeurs dans N, on pose, pour tout r´ eel t pour lequel cela a un sens (c’est-` a-dire pour lequel la s´ erie converge),
g
X(t) = E(t
X) =
+∞
X
k=0
P (X = k)t
ko` u E d´ esigne l’esp´ erance. La fonction g
Xest appel´ ee fonction g´ en´ eratrice de la variable al´ eatoire X.
Dans la suite du probl` eme on consid` erera que 0
0= 1, ce qui permet ici par exemple d’affirmer ici que g
X(0) = P (X = 0).
1. Pour chacun des cas suivants, donner l’ensemble de d´ efinition de g
Xet la d´ eterminer : 1.a. On suppose que X suit une loi binomiale B(n, p).
Pour k ≥ n + 1 P(X = k) = 0, nous avons une somme finie donc g
Xest d´ efinie sur R et g
X(t) =
n
X
k=0
n k
p
k(1 − p)
n−kt
k= (pt + 1 − p)
navec la formule du binˆ ome.
1.b. On suppose que X suit une loi g´ eom´ etrique G(p) de param` etre p ∈]0, 1[ (on pourra noter q = 1 − p).
(On rappelle qu’on a alors pour tout k ∈ N
∗, P (X = k) = q
k−1p).
Lorsque cela a un sens
g
X(t) =
+∞
X
k=1
q
k−1pt
k= pt
+∞
X
k=1
(qt)
k−1.
On reconnait une s´ erie g´ eom´ etrique de raison qt, elle converge si et seulement si |qt| < 1. g
Xest d´ efinie sur ] −
1q,
1q[ et
g
X(t) = pt 1 − qt
1.c. On suppose que X suit une loi de Poisson P (λ) de param` etre λ > 0 (on rappelle qu’on a alors pour tout entier k, P (X = k) = exp(−λ)
λk!k).
Lorsque cela a un sens
g
X(t) =
+∞
X
k=0
exp(−λ) λ
kk! t
k.
λk+1 (k+1)!
k!
λk
=
k+1λd’o` u lim
k→+∞
λk+1 (k+1)!
k!
λk
= 0, la s´ erie enti` ere a un rayon de convergence ´ egal ` a +∞. g
Xest d´ efinie sur R et
g
X(t) = exp(−λ)
+∞
X
k=0
(tλ)
kk! = exp(λ(t − 1))
Remarque : on pouvait aussi directement reconnaitre le d´ eveloppement en s´ erie enti` ere de la fonction exponentielle au point λt et en d´ eduire que g
Xest d´ efinie sur R .
On revient au cas g´ en´ eral.
2. Montrer que g
X(t) est bien d´ efinie pour tout t ∈ [−1, 1] et donner la valeur de g
X(1).
∀t ∈ [−1, 1] ∀k ∈ N |P(X = k)t
k| ≤ P (X = k) et
+∞
P
k=0
P(X = k) = 1. La s´ erie est absolument convergente, donc convergente pour t ∈ [−1, 1]. Ainsi g
X(t) est bien d´ efinie pour tout t ∈ [−1, 1] et on a vu de plus que g
X(1) =
+∞
P
k=0
P (X = k) = 1.
On rappelle qu’une des d´ efinitions du rayon de convergence d’une s´ erie enti` ere P
n≥0
a
nt
nest R = sup{r ≥ 0 | X
n≥0
|a
n|r
n< +∞}.
On rappelle ´ egalement qu’une s´ erie enti` ere est C
∞sur ] − R, R[.
3. Expliquer pourquoi le rayon de convergence R de la s´ erie enti` ere P
+∞k=0
P (X = k)t
kest sup´ erieur ou
´
egal ` a 1. Que vaut-il lorsque X est une variable al´ eatoire prenant un nombre fini de valeurs ?
Ici a
k= P (X = k) est positif pour tout entier k. On vient de voir ` a la question 3 que g
X(1) = 1 < +∞
donc 1 est ´ el´ ement de {r ≥ 0 | P
n≥0
|a
n|r
n< +∞}, R la borne sup´ erieure de cet ensemble est donc sup´ erieure ou ´ egale ` a 1.
Lorsque X ne prend qu’un nombre fini de valeurs alors la somme est finie (comme dans le cas de la binomiale vue ` a la question 1.a) et la fonction g´ en´ eratrice est d´ efinie sur R , dans ce cas R = +∞.
4. On suppose R > 1. Justifier que X admet une esp´ erance et donner une relation entre g
X0(1) et E[X]. Re- trouver ` a l’aide de la question 1 la valeur de l’esp´ erance d’une variable al´ eatoire suivant une loi g´ eom´ etrique G(p) de param` etre p ∈]0, 1[.
La s´ erie enti` ere, c’est-` a-dire g
X, est une fonction C
∞sur ] − R, R[. Si R > 1 alors elle est en particulier d´ erivable au point 1 et sa d´ eriv´ ee est la somme des d´ eriv´ ees termes ` a termes.
∀t ∈] − R, R[ g
X0(t) =
+∞
X
k=1
kP (X = k)t
k−1soit pour t = 1, g
X0(1) = P
+∞k=1
kP (X = k) est fini. On en d´ eduit que X admet une esp´ erance et que E(X) = g
0X(1).
Nous avons vu ` a la question 1.b. que la fonction g´ en´ eratrice d’une variable al´ eatoire X suivant une loi g´ eom´ etrique G(p) est d´ efinie sur ] −
1q,
1q[, le rayon de convergence est donc dans ce cas R =
1q> 1. On retrouve que X admet une esp´ erance et
∀t ∈] − 1 q , 1
q [ g
0X(t) = p (1 − qt)
2soit E(X) = g
0X(1) =
1p.
5. On rappelle qu’il d´ ecoule de la question 3 que g
Xest C
∞sur ] − 1, 1[. Exprimer pour tout n ∈ N (en fonction des P (X = k), k ∈ N ), g
X(n)(0) la d´ eriv´ ee ni` eme de g
Xen 0.
En d´ eduire que si X et Y sont deux variables al´ eatoires telles que g
X= g
Yalors X et Y suivent la mˆ eme
loi.
Pour tout entier n, g
Xest n fois d´ erivable sur ] − 1, 1[ et sa d´ eriv´ ee n-i` eme est la sommes des d´ eriv´ ees n-i` eme terme ` a terme (propri´ et´ e des s´ eries enti` eres). Ainsi
∀n ∈ N ∀t ∈] − 1, 1[ g
(n)X(t) =
+∞
X
k=n
k!
(k − n)! P (X = k)t
k−net g
X(n)(0) = n!P (X = n).
Ainsi si g
X= g
Y, on a que pour tout entier n, g
(n)X(0) = n!P(X = n) = g
Y(n)(0) = n!P (Y = n). Pour tout entier n, P (X = n) = P (Y = n), les variables al´ eatoires X et Y suivent la mˆ eme loi. On connait la loi d’une variable al´ eatoire discr` ete d` es que l’on connait sa fonction g´ en´ eratrice.
Partie II Somme d’un nombre al´ eatoire de variables al´ eatoires
6. Montrer que si X et Y sont deux variables al´ eatoires ind´ ependantes ` a valeurs dans N alors pour tout t ∈ [−1, 1], g
X+Y(t) = g
X(t)g
Y(t).
Pour tout r´ eel t (pour t 6= 0 c’est clair, on peut v´ erifier que c’est aussi vrai pour t = 0), g
X+Y(t) = E(t
X+Y) = E(t
Xt
Y) ; les variables al´ eatoires X et Y ´ etant ind´ ependantes il en est de mˆ eme pour t
Xet t
Yet E (t
Xt
Y) = E(t
X)E(t
Y) = g
X(t)g
Y(t).
Dans la suite de cette partie, (X
k)
k≥1d´ esigne une suite de variables r´ eelles ` a valeurs dans N , ind´ ependantes et de mˆ eme loi. On pose S
0= 0 et, pour tout n ∈ N
∗, S
n= P
nk=1
X
k. On note f la fonction g´ en´ eratrice commune ` a toutes les variables al´ eatoires X
k.
7. Montrer que, pour tout n ∈ N et tout t ∈ [−1, 1], g
Sn(t) = (f (t))
n. Montrons par r´ ecurrence
(H
n) : ∀t ∈ [−1, 1] g
Sn(t) = (f(t))
nPour n = 0, P (S
0= 0) = 1 et g
S0(t) = 1 = (f(t))
0pour tout t ∈ [−1, 1]. (H
0) est v´ erifi´ ee.
Montrons que pour tout entier n, (H
n) implique (H
n+1).
Commen¸cons par remarquer que S
net X
n+1sont ind´ ependantes. En effet : Si n = 0, S
0est constante et donc ind´ ependante de X
1.
Si n 6= 0, les variables al´ eatoires X
k, k ∈ N
∗sont ind´ ependantes, donc S
net X
n+1sont ind´ ependantes.
Avec la question 6 et (H
n)
∀t ∈ [−1, 1] g
Sn+1(t) = g
Sn+Xn+1(t) = g
Sn(t)g
Xn+1(t) = (f (t))
nf (t) = (f(t))
n+1(H
n+1) est v´ erifi´ ee.
On a montr´ e que (H
0) est v´ erifi´ ee, que pour tout entier n, (H
n) implique (H
n+1), alors, (H
n) est v´ erifi´ ee pour tout entier n.
On consid` ere maintenant une variable al´ eatoire r´ eelle N ` a valeurs dans N , ind´ ependante des variables X
k, k ∈ N , et on d´ efinit Y = S
N(il s’agit de la somme d’un nombre al´ eatoire de variables al´ eatoires). On admettra que Y est bien une variable al´ eatoire r´ eelle ` a valeurs dans N .
On notera, h la fonction g´ en´ eratrice de N , g la fonction g´ en´ eratrice de Y . On cherche maintenant ` a d´ eterminer g en fonction de f et h.
8. Justifier que pour tout entier naturel k P (Y = k) =
+∞
X
n=0
P [(Y = k) ∩ (N = n)] =
+∞
X
n=0
P [(S
n= k) ∩ (N = n)]
N est ` a valeurs dans N , donc {(N = n) | n ∈ N } r´ ealise une partition de l’univers sur lequel est d´ efini N , d’o` u
(Y = k) = [
n∈N
[(Y = k) ∩ (N = n)]
avec [(Y = k) ∩ (N = n)], n ∈ N , 2 ` a 2 disjoints. Par σ-additivit´ e d’une probabilit´ e P (Y = k) =
+∞
X
n=0
P [(Y = k) ∩ (N = n)]
et l’on conclut en remarquant que Y (ω) = S
N(ω) = S
n(ω) pour tout ω ∈ (N = n).
9. En d´ eduire que pour tout t ∈ [−1, 1]
g(t) =
+∞
X
k=0 +∞
X
n=0
P (S
n= k) P(N = n)
! t
k. Par d´ efinition
g(t) =
+∞
X
k=0
P (Y = k)t
k=
+∞
X
k=0 +∞
X
n=0
P [(S
n= k) ∩ (N = n)]
! t
kavec la question 8.
On conclue en utilisant l’ind´ ependance de N avec les variables al´ eatoires X
k, k ∈ N , et donc l’ind´ ependance de N avec S
npour tout entier n. Ainsi pour tous entiers k et n
P[(S
n= k) ∩ (N = n)] = P (S
n= k) P (N = n).
10. En d´ eduire que, pour tout t ∈ [−1, 1], g(t) = (h ◦ f)(t). (Ind. On pourra utiliser sans d´ emonstration que si P
+∞k=0
P
+∞n=0
|a
k,n|
< +∞ alors
+∞
X
k=0 +∞
X
n=0
a
k,n!
=
+∞
X
n=0 +∞
X
k=0
a
k,n!
Nous savons que pour tout t ∈ [−1, 1]
+∞
X
k=0 +∞
X
n=0
P (S
n= k) P (N = n)|t|
k!
≤
+∞
X
k=0
P (S
n= k)
+∞
X
n=0
P (N = n)
!
≤ 1.
Nous pouvons comme dans le rappel permuter les deux sommes et avec les questions 7 et 9, pour tout t ∈ [−1, 1]
g(t) =
+∞
X
n=0
P (N = n)
+∞
X
k=0
P(S
n= k) t
k!
=
+∞
X
n=0
P (N = n)g
Sn(t) =
+∞
X
n=0
