Partie : Etude de la loi de descendance

Corrigé D06S

BCPST2 22/11/2014

[ /3] Présentation

Problème :

Le processus de Galton-Watson est un processus stochastique permettant de décrire des dynamiques de populations.

À l'origine, ce modèle a été introduit par Sir Francis Galton en 1873 en vue d'étudier la statistique des noms de famille dans l'Angleterre victorienne et en particulier à l'extinction de ces noms. Ce nom se transmet uniquement par le père à cette époque. On considèrera donc que les individus mâles.

Plus récemment, le procédé est utilisé pour modéliser les chances de survie d'un gène mutant.

On modélise le problème de la façon suivante :

â Au début de l'étude, on s'intéresse à la descendance d'un individu unique que nous appelerons individu1de la génération0. Celui-ci peut donner naissance à un certain nombre d'enfants : ce nombre d'enfants est modélisé par une variable aléatoire discrète à valeurs dansN.

â Chaque individu peut à son tour donner naissance à un certain nombre d'enfants, de la même manière et de façon indépendante à tous les autres individus.

On noteXj,nle nombre de descendants de l'individujde la générérationn.

â On considère que les diérentes générations ne se chevauchent pas : ainsi, lorsqu'on étudie la générationn, on considère que tous les individus de la génération précédente sont morts.

On noteSnle nombre d'individus de la générationn. AinsiS0= 1.

1

Partie : Etude de la loi de descendance

Dans un premier temps, nous allons chercher à modéliser le nombre de descendants d'un individu donné.

[ /1]

â On considère que cet individu a une période de fertilité denannées.

â Chaque année, il peut donner naissance à un descendant (qui arrivera à l'âge adulte) avec une probabilitép.

On noteX le nombre de descendants qui parviendront à l'âge adulte de cet individu pendant sa période de fertilité. Quelle est la loi deX?

Solution: Si l'on consière que la naissance d'un individu arrivant à l'aâge adulte est un succès, on reconnait ici la répétition den variables aléatoires de bernoulli indépendantes. On cherche à compter le nombre de succès, ainsiX ,→ B(n, p).

[ /1]

Que vous suggère ce graphique ?

Solution: Les dierentes courbes sont assez proches les unes des autres et ce d'autant plus que n est grand. Cela peut laisser penser qu'il y a une valeur limite pour P(X =k) quand n→ ∞.

[ /3]

k−1

Y

i=0

1− i

n !

×

1−λ n

n−k

En déduire la valeurp_k= lim

n→∞P(X=k).

Solution: Soit k ∈J0, nK. P(X =k) =

n k

p^k(1−p)^n−k

= n

k λ n

k 1− λ

n n−k

=λ^kn(n−1). . .(n−k+ 1) k!

1 n

k 1− λ

n ^n−k

= λ^k k!.1.

1− 1

n

. . .

1− k−1

n 1− λ

n n−k

= λ^k k!

k−1

Y

i=0

1− i

n !

1− λ

n ^n−k

Étudions maintenant lim

n→∞ P(X =k).

Soit k xé. Comme n → ∞, on peut considérer que n>k. On a alors : â Pouri∈J0, k−1K, 1− i

n_n→∞−→1 donc

k−1

Y

i=0

1− i

n

n→∞−→1.

â

1− λ n

^n−k

= exp

(n−k) ln

1− λ n

. Or ln

1− λ

n

n→∞∼ −λ

n donc (n−k) ln

1− λ n

n→∞∼ −λ_n→∞−→ −λ. Donc

1− λ

n n−k

n→+∞−→ exp(−λ) par continuité deexp.

â Ainsi P(X =k)−→

n→∞exp(−λ)λ^k k!

[ /3]

Graphiquement, à partir de quelle valeur den, peut-on remplacer la valeurP(X=k)par la valeurpken faisant une erreur inférieur à5%?

On considèrera désormais queP(X=k) =pk. Quelle loi connue reconnaissez vous ?

Solution: On procède de la façon suivante :

â Les valeurs de k où l'écart avec la valeur limite semble le plus important sont les valeurs k = 0,1,2,3.

â Pour chacune de ces valeurs, on lit graphiquement la valeur p_k, on calcule un intervalle [.95p_k,1.05p_k] dans lequel il faut se trouver pour avoir une erreur inférieur à5%.

â On reporte ces intervalles sur le schéma, et on regarde à partir de quelle valeur de n, on se trouve bien dans l'intervalle.

On obtient donc :

k 0 1 2 3

p_k 0.08 0.205 0.26 0.22

[.95p_k,1.05p_k] [0.076,0.084], [0.195,0.215] [0.247,.273] [0.209,0.231]

valeur de n minimale 23 11 13 17

Ainsi, en prenantn = 25 (pour avoir une petite sécurité supplémentaire), l'erreur sera inférieur à5%.

On aP(X =k) = exp(−λ)λ^k

k!. On reconnait une loi de Poisson de paramètre λ.

[ /4]

Solution: En utilisant la fonction de répartition : on procède de la façon suivante â On tire un nombrea dans [0,1]

â On cherche le premier entier n tel que P(X ≤n) =

n

X

k=0

P(X =k)> a. â Pour éviter les erreurs dues à de grandes valeurs de k!,

on calcule les termes S_k = exp(−λ)λ^k

k! par récurrence, en remarquant S_k = λ kSk−1

def poisson (lambda) : a = random ( ) i = 0

F = 0

S = exp(−lambda) # I c i S=S0 while F< a :

F += S i += 1

S ∗= lambda/i return i−1

En utilisant l'approximation d'une loi binomiale par une loi de poisson :

â On réalise une simulation d'une loi binomiale par reprdouction de n expériences de Ber- noulli.

â On utilise cette fonction pour n= 25 (par exemple) et p= λ n def binomial ( n , p ) :

S = 0

f o r i in range( n ) : a = random ( )

i f a<p :

S += 1 return( S )

def poisson (lambda) :

return ( binomial (25 ,lambda/25) )

2

Partie : Etude du processus

On suppose que toutes les variablesXj,nsuivent une loi de Poisson de paramètreλ

[ /1]

j=1

Xj,n−1.

Solution: Soit n > 1. La génération n−1 comporte Sn−1 individus numérotés de 1 à Sn−1. L'individu numéro j a Xj,n−1 descendants, ainsi la génération n comportera S_n =

Sn−1

X

j=1

Xj,n−1

individus.

SiSn−1 = 0, on considèrera que cette somme est nulle.

[ /1]

i

X

j=1

Xj,n−1?

Solution:

i

X

j=1

Xj,n−1 est une somme de i variables aléatoires indépendantes suivant une loi de poisson P(λ)ainsi

i

X

j=1

Xj,n−1 ,→ P(iλ).

[ /2]

P(Sn=k) =

+∞

X

i=0

e^−λi(λi)^k

k! P(Sn−1=i)

Solution: On considre le système complet d'évènements([Sn−1 =i])i∈N :

P(S_n =k) =

+∞

X

i=0

P(S_n=k, S_n−1 =i)

=

+∞

X

i=0

P

i

X

j=1

Xj,n−1 =k, Sn−1 =i

!

=

+∞

X

i=0

P

i

X

j=1

Xj,n−1 =k

!

P(Sn−1 =i)

=

+∞

X

i=0

exp(−iλ)(λi)^k

k! P(Sn−1 =i) car

i

X

j=1

Xj,n−1 ,→ P(iλ)

[ /5]

En supposant queSn−1admet une espérance, montrer queSnadmet aussi une espérance et

E(Sn) =λE(Sn−1)

En déduireE(Sn)existe et donner son expression en fonction deλ. Remarque:

On rappelle le résultat suivant : Soit(un,p)une suite double de réels positifs ou nuls, on a

+∞

X

n=0 +∞

X

p=0

un,p=

+∞

X

p=0 +∞

X

n=0

un,p

dès que l'une des deux expressions est constituée de séries convergentes.

Solution: S_n admet une espérance si et seulement si X

k>0

kP(S_n = k) est absolument conver- gente, soit en fait ici convergente puisque la série est à termes positifs.

On va étudier

+∞

X

k=0

kP(S_n =k) :

+∞

X

k=0

kP(S_n =k) =

+∞

X

k=0

k

+∞

X

i=0

exp(−iλ)(λi)^k

k! P(Sn−1 =i)

=

+∞

X

k=1 +∞

X

i=0

exp(−iλ) (λi)^k

(k−1)!P(S_n−1 =i)

=

+∞

X

j=0 +∞

X

i=0

P(Sn−1 =i)(λi) exp(−iλ)(λi)^j j!

On va étudier

+∞

X

i=0 +∞

X

j=0

P(S_n−1 =i)(λi) exp(−iλ)(λi)^j

j! et appliquer ci possible le théoèreme rap- pelé dans l'énoncé.

â Or les séries

+∞

X

j=0

(λi)^j j!

!

sont convergentes et

+∞

X

j=0

(λi)^j j!

!

= exp(λi).

â DoncP(Sn−1 =i)λiexp(−iλ)

+∞

X

j=0

(λi)^j j!

!

=P(Sn−1 =i)λi

â Enn, puisqueSn−1 admet une espérance, la série

+∞

X

i=0

iP(Sn−1 =i)est convergente et vaut E(Sn−1).

â On en déduit que :

+∞

X

j=0 +∞

X

i=0

P(Sn−1 =i) exp(−iλ)(λi)^j

j! est convergente et vaut λE(Sn−1). â On en déduit nalement que S_n admet une espérance et

E(Sn) =λE(Sn−1)

Par récurrence immédiate, et en remarquant que S₀ = 1, donc S₀ admet une espérance et E(S₀) = 1, on en déduit que S_n admet une espérance et

E(S_n) = λⁿ

[ /2]

Solution: On remarque :

E(S_n) = λⁿ−→

n→∞







0 si λ <1 1 si λ= 1 +∞ si λ >1

Ainsi, si λ < 1 (non renouvellement des générations), la population en moyenne décroit vers 0.

Il est probable que la lignée va s'éteindre.

Siλ >1, la population en moyenne tend vers+∞. Le cas λ= 1 étant le cas critique.

3

Partie : Etude de la probabilité d'extinction

[ /3]

Solution:

def processus ( mu , n ) :

""" Cette f o n c t i o n va renvoyer une simulation du p r o c e s s u s sous l a forme

d ' une l i s t e b =[1 ,b_1 , . . . , b_n ] où b_i e s t l e nombre d ' i n d i v i d u s de l a

géné r a t i o n i """

b =[1] # A l a géné r a t i o n 0 , i l y a un i n d i v i d u . f o r i in range( n ) :

nb = poisson ( b [−1]∗mu ) #Le d e r n i e r é l ément de l a l i s t e correspond au

#nombre d ' i n d i v i d u s de l a géné r a t i o n i

#On u t i l i s e i c i qu ' une somme de poisson e s t

#encore une l o i de poisson b . append ( nb )

return b

[ /2]

λ= 0.9 λ= 1.1

Quelle réponse ces graphiques vous permettent d'apporter à la question sur la permanence des noms de famille que se posait Sir Galton ?

Solution:

â Le choix des valeurs 0.9 et 1.1, de part et d'autres de 1 est pertinent du fait du calcul précédent de E(S_n) qui montre un comportement diérent suivant si λ est supérieur ou inférieur à 1. Il aurait pu être intéressant d'avoir également un graphique dans le cas 1. â On remarque que pour λ = 0.9, il y a extinction systématique au cours des 30 premières

générations.

â Pour λ= 1.1, on remarque que certaines lignées s'éteignent mais pas toutes, lorsqu'il n'y a pas d'extinction, le nombre d'individus croit fortement.

3. An de valider l'hypothèse précédente, on introduit la fonction génératrice associée à une variable aléatoireY, discrète à valeur dans N:

∀t∈[0,1], φY(t) =

+∞

X

k=0

P(Y =k)t^k

(avec la convention quet⁰= 1pour toutt∈[0,1]même pourt= 0)

[ /1]

Solution:

â Pourt ∈[0,1], on a :06P(Y =k)t^k 6P(Y =k) â La série

+∞

X

k=0

P(Y =k) est convergente et vaut 1

Par le théorème de comparaison des séries à termes positifs, on en déduit que la série

+∞

X

k=0

P(Y =k)t^k est convergente.

[ /1]

Solution:

â φ_Y(0) =P(Y = 0)

â φ_Y(1) =

+∞

X

k=0

P(Y =k) = 1

[ /2]

Solution:

φ_Y(t) =

+∞

X

k=0

P(Y =k)t^k

=

+∞

X

k=0

exp(−λ)λ^k k!t^k

= exp(−λ)

+∞

X

k=0

(tλ)^k k!

= exp(−λ) exp(tλ)

= exp(λ(t−1))

[ /3]

qu'on justiera à l'aide du théorème de la question 4 de la première partie.

Solution: Soit t∈[0,1]

φ_Sn(t) =

+∞

X

k=0

P(S_n =k)t^k

=

+∞

X

k=0 +∞

X

i=0

exp(−iλ)(λi)^k

k! P(S_n−1 =i)

! t^k

=

+∞

X

i=0 +∞

X

k=0

exp(−iλ)(λi)^k

k! P(Sn−1 =i)t^k puisque la série double est convergente

=

+∞

X

i=0

exp(−iλ)P(Sn−1 =i)

+∞

X

k=0

(λit)^k k!

!

=

+∞

X

i=0

exp(−iλ)P(Sn−1 =i) exp(λit)

=

+∞

X

i=0

P(S_n−1 =i) (exp(λ(t−1)))ⁱ

=

+∞

X

i=0

P(S_n−1 =i)(ϕ(t))ⁱ

= φ_Sn−1(ϕ(t))

[ /1]

Solution: CommeS₁ ,→ P(λ), on a Φ_S1 =ϕ. Par récurrence immédiate, on a φSn =ϕ◦ · · · ◦ϕ

| {z }

nfois

[ /1]

a. MontrerP(E) =

+∞

X

k=0

P(Ek)

Solution: Il est clair queE =

+∞

[

k=0

E_k et que cette union est disjointe donc

P(E) =

+∞

X

k=0

P(E_k)

[ /1]

k=0

P(E_k)

Solution: Comme précédemment, il est clair que [S_n = 0] est l'évènement la lignée s'est éteinte à la génération n ou avant. Ainsi [S_n = 0] est l'union disjointe des évènements E_k pour06k 6n. Ainsi :

P(S_n = 0) =

n

X

k=0

P(E_k)

[ /1]

n→∞P(Sn= 0)?

Solution: Comme,P(E) =

+∞

X

k=0

P(E_k), on en déduit que : P(E) = lim

n→∞

n

X

k=0

P(E_k) = lim

n→∞ P(S_n= 0) Ainsi

P(E) = lim

n→∞ u_n

5. a.

[ /1]

Solution: On a un=P(Sn = 0) = ΦSn(0) = ϕ◦ · · · ◦ϕ

| {z }

nfois (0)

[ /1]

Solution: On a : u_n=ϕ◦ · · · ◦ϕ

| {z }

nfois

(0) = ϕ(ϕ◦ · · · ◦ϕ

| {z }

n−1 fois

(0)) =ϕ(un−1)

[ /1]

Solution: u₀ =P(S₀ = 0) = 0 puisque S₀ = 1.

6. a.

[ /2]

Solution: Soit n >0.

Commeu_n =P(S_n= 0), il est clair que u_n∈[0,1].

Par ailleurs, [S_n= 0] ⊂[S_n+1 = 0] donc P(S_n = 0)6P(S_n+1 = 0) soit u_n 6u_n+1. Ainsi (u_n)_n∈N est croissante et bornée.

[ /1]

Solution: Comme on a u_n = ϕ(un−1), en passant à la limite et compte tenu que ϕ est continue, on obtient l =ϕ(l).

[ /1]

Que suggérez vous comme valeur del?

Solution: Commel est un point xe de ϕ, il semble que :

â dans le casλ= 0.9, le seul point xe soit 1. On aurait donc l = 1. C'est probablement le cas pour toutes les valeursλ 61.

â dans le cas, λ = 1.5, il y a un autre point xe strictement inférieur à 1. Comme on a

u₀ = 0, il est probable que l soit cet autre point xe. C'est surement le cas pour toutes les valeursλ >1.

[ /4]

Solution: On a vu que P(E) est la limite l de la suite (u_n)n∈N et que cette limite est un point xe de ϕ. On va donc étudier les points xes de ϕ. Pour cela, on introduit la fonction g(t) =ϕ(t)−t= exp(λ(t−1))−t dénie sur [0,1].

Cette fonction est C^∞, on a :

g⁰(t) =λexp(λ(t−1))−1 etg⁰⁰(t) =λexp(λ(t−1))>0. On obtient les tableaux de variations suivants :

Si λ61: x

g⁰⁰(x)

g⁰(x)

g(x)

0 1

+

λexp(−λ)−1 λexp(−λ)−1

λ−160 λ−160

−

exp(−λ)>0 exp(−λ)>0

0 0 Il y a donc un unique point xe, qui est1. Ainsi P(E) = 1.

Si λ>1: x

g⁰⁰(x)

g⁰(x)

g(x)

0 α 1

+

λexp(−λ)−1 λexp(−λ)−1

λ−1>0 λ−1>0

− 0

+

exp(−λ)>0 exp(−λ)>0

g(α)<0 g(α)<0

0 0 x₀

0

Il y a donc deux points xes : x0 et1.

Commeu₀ = 0 ∈[0, x₀], on montre par récurrence immédiate, en utilisant que ϕ est croissante, que :∀n∈Nu_n ∈[0, x₀]. Ainsi l ∈[0, x₀] et donc l=x₀ qui est le seul point xe sur[0, x₀]. On a donc P(E) = x₀ <1

4

Partie : Etude de la durée moyenne de la lignée

On suppose ici queλ61, ainsi l'extinction est presque sûre.

On noteT le nombre de générations que comporte la lignée au moment de l'extinction : l'évenement[T =n]signie donc que la génération n−1est présente mais qu'il n'y a plus d'individus à la générationn.

[ /1]

Solution: Comme il y a toujours un individu à la génération 0 mais que celui-ci peut n'avoir aucun descendant, on a T(Ω) =N^∗ .

[ /2]

Solution: Soit n ∈ N. L'évènement [S_n = 0] (La lignée est éteinte à la génération n) est la réunion des 2 évènements disjoints [Sn−1 = 0] (la lignée est éteinte à la génération n−1) et [T =n] (la lignée s'est éteinte à lan-ième génération).

AinsiP(Sn−1 = 0) =P(S_n = 0) +P(T =n) d'où P(T =n) = P(S_n = 0)−P(Sn−1 = 0). On en déduit : P(T =n) = u_n−u_n−1 =v_n−1−v_n.

[ /1]

k=1

kP(T =k) =

N−1

X

k=0

vk−N vN.

Solution: Soit N ∈N^∗. On a :

N

X

k=1

kP(T =k) =

N

X

k=1

k(vk−1−v_k)

=

N

X

k=1

kvk−1−

N

X

k=1

kvk

=

N−1

X

k=0

(k+ 1)v_k−

N

X

k=1

kv_k

=

N−1

X

k=0

v_k−N v_N

4. a.

[ /1]

k>0

vkconverge alorsT admet une espérance.

Solution: On suppose que X

k>0

v_k est convergente, donc :

N

X

k=1

kP(T =k)6

N−1

X

k=0

v_k car N v_N >0

6

+∞

X

k=0

vk car la série est convergente et à termes positifs.

Ainsi, la série X

k>1

kP(T = k) est une série à termes positifs dont les sommes partielles sont majorées, donc la série est convergente (ou absolument convergente, puisque à termes positifs), donc T admet une espérance.

[ /1]

N→+∞0.

Solution:

N v_N =NP(S_N >0)

=NP(T > N)

=N

+∞

X

k=N+1

P(T =k)

6

+∞

X

k=N+1

kP(T =k) −→

N→+∞0 comme reste d'une série convergente

[ /1]

k>0

v_kest convergente et que dans ce cas :E(T) =

+∞

X

k=0

v_k

Solution: On a donc :

â SiT admet une espérance, N v_N −→

N→+∞0donc

N−1

X

k=0

v_k =

N

X

k=1

kP(T =k) +N v_N −→

n→+∞E(T)

Donc

+∞

X

k=0

v_k converge et vaut E(T).

â Si

+∞

X

k=0

v_k alors T admet une espérance et donc par le point précédent, on a aussi :

+∞

X

k=0

v_k =E(T).

5. On s'intéresse donc à la sérieX

k>0

vk.

[ /1]

Solution: On a : vn =P(Sn >0) = 1−P(Sn = 0) = 1−un −→

n→+∞0 car on est dans le cas oùλ61 et on a montré alors que u_n −→

n→+∞1.

[ /1]

Solution: On a :

vn+1= 1−un+1

= 1−ϕ(u_n)

= 1−exp(λ(u_n−1))

= 1−exp(−λv_n)

[ /1]

n→+∞ λvn.

Solution: v_n+1 = 1−exp(−λv_n) ∼

n→+∞ λv_n car v_nn→=∞−→ 0.

6. On suppose iciλ <1.

[ /1]

Solution: Commev_n+1 ∼

n→+∞ λv_n, on a v_n+1 v_n −→

n→+∞λ. Or λ < λ+ 1

2 (puis que λ <1), on en déduit :

∃N ∈N, ∀n >N, v_n+1

v_n < 1 +λ 2 ou encore, puis quev_n>0 :

∃N ∈N, ∀n >N, 0< v_n+1 < 1 +λ 2 v_n

[ /1]

1 +λ 2

n−N

vN.

Solution: Par récurrence immédiate.

[ /2]

k>0

vkest convergente.

On poseRn=

+∞

X

k=n+1

vk.

Montrer que l'on a :∀n>N, Rn6A 1 +λ

2 n+1

oùAest une constante.

Pour la suite, on considèrera queA= 1.

Solution: On a :

â ∃N ∈N, ∀n >N, vn<

1 +λ 2

n−N

vN. â La série X

n>N

1 +λ 2

n

est convergente car géométrique de raison ^1+λ₂ <1.

Donc, d'après le théorème de comparaison des séries à termes positifs, on en déduit que la série X

k>N

v_k est convergente, il en est de même de X

k>0

v_k. On a de plus, pour n>N :

R_n=

+∞

X

k=n+1

v_k

6

+∞

X

k=n+1

1 +λ 2

k−N

v_N

6

1 +λ 2

^n+1−N v_N

+∞

X

k=0

1 +λ 2

k

6

1 +λ 2

n+1−N

1

1− ^1+λ₂ car v_n 61

6A

1 +λ 2

n+1

oùA est une constante

[ /2]

Solution: La somme partielle de la série est une valeur approchée à10^−p dès queR_n <10^−p, soit en considérant queA= 1 dès que n> −pln(10)

ln ^1+λ₂ −1 from math import ∗

def f ( x ,lambda) :

return (1−exp(−lambda∗x ) ) def duree_moyenne (lambda, p ) :

n = floor((−p∗log (10) /( log((1+lambda) /2) ) ) ) S = 0

v = 1

f o r k in range(i n t( n ) ) : S += v

v = f ( v , lambda) return ( S )

[ /1]

Commenter.

Solution: On remarque que c'est une fonction croissante de λ, ce qui est plutôt normal, puis queλ est le nombre moyen de descendants par individu : plus ce nombre est important, plus la survie de la lignée est importante et l'extinction plus longue à arriver. Pour λ = 1, on peut penser queT n'a pas d'espérance.

Total pour cette partie: /67

Total : /70