Examen LM346 ”Processus et simulations”, 2`eme session 2011–2012, sans document, ni calculatrice, Correction
(1) FX(x) = 0 pourx≤ −π/2,FX(x) =Rx
−π/2(1/2) cos(x)dx= (1/2)(sinx+ 1) pour−π/2≤x≤π/2 etFX(x) = 1 pourx > π/2.
(2) Pour u ∈]0,1[ F−1(u) = arcsin(2u−1). Soit U une v.a. de loi uniforme sur [0,1]. La variable al´eatoire arcsin(2U−1) est de mˆeme loi que X.
(3) Ef(Wn) =R∞
−∞f(−π/2 +πu)1{0≤u≤1}du= (1/π)Rπ/2
−π/2f(w)dw,Wn est de loi uniforme sur [−π/2, π/2].
(4) P(ν =k) =P(Vn>(1/2) cos(Wn))k−1P(Vn≤(1/2) cos(Wn)). Ici P(Vn ≤(1/2) cos(Wn)) =
Z Z
v≤(1/2)cos(w)
1{0≤v≤1}1{−π/2≤w≤π/2}(1/π)dvdw= (1/π) Z π/2
−π/2
Z (1/2)cos(w)
0
dvdw
= (1/π) Z π/2
−π/2
(1/2) cos(w)dw= 1/π.
AlorsP(ν=k) = (1−(1/π))k−1(1/π).
(5) Par le Thm du cours il suffit de simuler la variable al´eatoireWν.
(6) Comme Wν est de densit´e (1/2) cos(x)1{−π/2≤x≤π/2} cette probabilit´e vaut Rπ/6
0 (1/2) cos(x)dx = 1/4. On a aussiP(0≤Wν ≤π/6) =P(1/2≤Uν ≤2/3) = 1/4.
(7) EYn=λR∞
0 xexp(−λx)dx= 0−R∞
0 (−exp(−λx))dx= 1/λ. EYn2=λR∞
0 x2exp(−λx)dx= 0−R∞
0 (−exp(−λx))(2x)dx= (1/λ)(2EYn) = 2/λ2. V arYn= 1/λ2.
(8) Cette probabilit´e vaut PX
1+···+Xn−n/λ (√
n/λ) ≤ 356
et par le Thm de la limite centrale converge vers l’int´egrale (1/√
2π)R356
−∞exp(−t2/2)dt.
(9) Par le Thm de la limite Centrale on aP
−qα≤ X1+···+X√n/λ n −√
n≤qα)→1−2αquandn→ ∞. AlorsP λ∈ h√n(√n−q
α) X1+···+Xn;
√n(√ n+qα) X1+···+Xn
i≈1−2α. Iciqαest d´efinie comme la quantile de niveauα: (1/√ 2π)R∞
qαexp(−t2/2)dt= α. Pour 1−2α= 0,96, on prendq0,02.
(10) (Q2)1,1Q1,6= (1/18 + 1/18 + 1/4)(1/6) = 13/216
(11) La classe{1,2,6} est r´ecurrente,{5} est r´ecurrente,{3,4} transiente.
(12) π3 =π4 = 0 car{3,4} transiente. Le syst`eme~π=~πP se d´ecompose en deux syst`emes : l’un pour {1,2,6} et l’autre pourπ5. On obtientπ= (c/3, c/3,0,0,(1−c), c/3) o`uc∈[0,1].
(13) Soit la mesure initiale de cette chaine de Markovµ = (1/9,1/9,0,0,2/3,1/9). P(X4 = 4) = 0 car la mesure initiale est la mesure invariante avecc= 1/3.
(14) Comme{1,2,6}et {5} sont deux classes r´ecurrentes, on aP(T1<∞ |X0= 1) = 1,P(T1<∞ |X0= 6) = 1 P(T1<∞ |X0= 5) = 0
SoitP(T1<∞ |X0 =i) =hi. Les ´etats{1,2,6} sont dans la mˆeme classe r´ecurrente, alorsP(T1<∞ |T2<
∞) = 1, et aussi P(T1 <∞ | T6 <∞) = 1. On a donc h3 = (1/3)h4+ (1/2) h4 = (1/2)h3+ (1/3). Donc h3= 11/15 (eth4= 7/10).
(15) P(T1 <∞, T6 <∞ | X0 = 3) = P(T1 <∞ | X0 = 3)P(T6 <∞ | T1 <∞, X0 = 3) = (11/15)×1 = 11/15 car {1,2,6} forment la mˆeme classe r´ecurrente. De mˆeme P(T1 < ∞, T6 <∞, T2 < ∞ | X0 = 3) = 11/15.
Finalement, comme la classe{3,4}est transiente,P(T5<∞ |X0= 3) = 1−11/15 = 4/5.
(16) Les classes{1,2,6} et{5}sont ap´eriodiques (un ´el´ement sur la diagonale ¿0) finies, r´ecurrentes. Les chaines de Marko restreintes `a ces classes ont les mesures invariantes uniques : ce sont (1/3,1/3, 1/3) et (1) repectivement.
Alors limn→∞P(Xn = 1 | X0 = 1) = 1/3, limn→∞P(Xn = 1 |X0 = 3) = (11/15)(1/3), limn→∞P(Xn = 1| X0= 5) = 0, limn→∞P(Xn = 1|X0= 6) = 1/3
(17) E(T(1,2,6)|X0= 3) =∞, carP(T(1,2,6)<∞ |X0= 3)<1.
NotonsE(T(1,2,5,6)|X0=i) =ki. On ak3= 1 + (1/3)k4 etk4= 1 + (1/2)k3, d’o`uk3= 8/5.
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