ind´ependantesV1, V2de loi uniforme sur [0,1]

Correction de l’examen LM346 ”Processus et simulations”, 2`eme session 2013–2014.

1. D’apr`es le rappel, la densit´e f<sub>U~</sub>(x, y) = (1/(4ab))1P(x, y). Pour obtenir les densit´es de X et deY on int`egre : f_X(x) =^R_Rf_U~(x, y)dy= 1/(2a)1_[−a,a,](x), de mˆemef_Y(y) =^R_Rf_U~(x, y)dx= 1/(2b)1_[−b,b,](y).

Comme il s’av`ere que f_U~(x, y) =fX(x)fY(y), ces v.a. sont ind´ependantes.

2. On simule deux v.a. ind´ependantesV₁, V₂de loi uniforme sur [0,1]. Alors le vecteur (2aV₁−a,2bV₂−b) a deux composantes ind´ependantes de loi uniforme sur [−a, a] et [−b, b] respectivement, il est donc de loi uniforme sur P.

3. P(Bi= 1) =P(U~i ∈ E) = (aire(E))/(aire(P)) = (πab)/(4ab) =π/4.

4. On simule une suite de vecteurs al´eatoires de loi uniforme surP comme dans la question pr´ec´edente U~1, ~U2, . . . et on poseBi = 1E(U~i).

5. On poseS =^Pn_i=11E(U~_i) le nombre de vecteurs parmi U~₁, . . . , ~U_n qui appartiennent `a E.

6. P(ν =k) = (1−π/4)^k−1π/4,k= 1,2, . . .

7. P(U~ν ∈ A) = ^P∞_k=1P(ν = k, ~U_k ∈ A) = ^P∞_k=1P(U~1 6∈ E, . . . , ~Uk−1 6∈ E, ~U_k ∈ A) = ^P∞_k=1(1− π/4)^k−1(aire(A))/(4ab) = (aire(A))/(4ab)×1/(1−(1−π/4)) = (aire(A))/(πab).

8. Le vecteur al´eatoireU~ν est de loi uniforme surE. Il faut attendre l’instant al´eatoire ν et donc prendre U~_ν.

9. Eν =^P∞_k=1k(1−π/4)^k−1π/4 =π/4−^P∞_k=0(1−x)^k0

x=π/4= (π/4)(1/x²)

x=π/4 = 4/π.

10. Le bon nombre est χ_0.05,4. On calcule T = (4800−5000)²

5000 + (2300−2000)²

2000 + (1800−2000)²

2000 + ^(400−500)₅₀₀ ² +

(700−500)²

500 . Si T ≥χ_0.05,4, on rejete l’hypoth`ese, sinon on accepte.

11. Voir le cours

12. Les classes r´ecurrentes sont{1} et{2,4,6}. La classe transiente est{3,5}.

13. h²₂ =h²₄ =h²₆ = 1 car dans une classe r´ecurrente chaque ´etat est visit´e p.s. h²₁ = 0 car 1 est un ´etat absorbant. On cherche h²₃ et h²₅ a partir du syst`eme h²₃ = (1/8)h²₃ + (1/4)h5 + 1/4×1 + 1/4×1 + 1/8×0 + 0×1,h²₅= 1/8h²₅+ 1/4h3+ 1/4×1 + 1/4×1 + 1/8×0 + 0×1,h²₃=h²₅ = 4/5.

14. Comme les ´etats 2 et 6 appartiennent `a la mˆeme classe r´eccurente, {6} est visit´e au d´epart de 2 p.s., et il est visit´e ensuite une infinit´e de fois. Pour k = ∞, P(N₆ = k | X₀ = 2) vaut 1, et donc pour k= 0,2, elle vaut z´ero.

A partir de l’´etat 3, la classe {2,4,6}est visit´e avec probabilit´e 4/5. Si cette classe est visit´ee, chaque

´

etat est visit´ee une infinit´e de fois p.s. Alors P(N6 = k|X0 = 3) vaut 4/5 pour k =∞, elle vaut 0 pour k= 2 et elle vaut 1/5 pourk= 0.

15. On d´eduit h¹₃= 1−h²₃ = 1−4/5 = 1/5, de mˆemeh¹₅= 1/5,h¹₂=h¹₄ =h¹₆ = 0,h¹₁ = 1.

16. On pose π₃ = π₅ = 0, π₁ = 1, on r´esout alors π =πP qui se r´eduit `a un syst`eme de trois ´equations avec les inconnues π2, π4, π6. On obtient les mesures invariantes (c2, c1(1/3),0, c1(10/27),0, c1(8/27)) c₁, c₂≥0,c₁+c₂ = 1.

17. Comme{2,4,6,}est ap´eriodique (p2,2>0), cette limite vaut 1/3 pouri= 2,4,6, elle vaut (4/5)×1/3 pour i= 3,5, elle vaut 0 pouri= 1.

18. On calcule (P³)4,6= 51/125.

1

19. On note ki=E(τ |X0 =i). On doit r´esoudre k3 = 1 + 1/8k3+ 1/4k5,k5 = 1 + 1/4k3+ 1/8k5, alors k₃= 8/5.

20. On aE(τ2|X0 = 2) = 1/(1/3) = 3, car la mesure de probabilit´e invariante de la classe ferm´ee{2,4,6}

est (1/3,10/27,8/27).

2