Universite de Nancy I Master

Description

Niveau: Supérieur, Master
Universite de Nancy I Master 1 Unite M2MT01 Probabilites et Modelisation Stochastique Corrige du devoir en temps libre Exercice 1 1. P0(Xn = x) = P ( n ∑ i=1 ?i = x) = P ( n ∑ i=1 (?i + 1) = x + n) = P ( n ∑ i=1 ?i + 1 2 = x + n 2 ) Or les (?i + 1)/2 sont des variables aleatoires independantes suivant la loi de Bernoulli de parametre 1/2: leur somme suit donc la loi binomiale de parametres n et 1/2, d'ou pn,x = Bn,p( x + n 2 ) = ( n n+x 2 ) 11Z( n + x 2 )11[0,n]( n + x 2 ) = ( n n+x 2 ) 11D(n+x)11|x|≤n. 2. Tout d'abord, remarquons que la probabilite d'aller de chaque point de Z a chacun de ces deux voisins est strictement positive, donc la chaıne est irreductible. D'apres la theorie generale des chaınes de Markov, la chaıne est recurrente si et seulement si l'etat 0 est recurrent, ce qui est verifie si et seulement si +∞ ∑ n=0 P0(Xn = 0) = +∞.

• independantes suivant la loi de bernoulli de parametre


• devoir en temps libre


• theoreme sur les equivalents de series positives


• xn ≤


• chaıne de markov

Sujets

• Chaîne de Markov

Informations

• Publié par: profil-mupheg-2012
• Nombre de lectures: 27
• Langue: Français

Extrait

Universite de Nancy I Master 1
Unite M2MT01
Probabilites et Modelisation Stochastique
Corrige du devoir en temps libre
Exercice 1
1.
n∑
P (X = x) = P( = x)0 n i
i=1
n∑
= P( ( +1) = x+n)i
i=1
n∑ +1 x+ni
= P( = )
2 2
i=1
Or les ( +1)=2 sont des variables aleatoires independantes suivant la loii
de Bernoulli de parametre 1=2: leur somme suit donc la loi bin^omiale de
parametres n et 1=2, d'ou
( ) ( )
x+n n n+x n+x n
p =B ( ) = 11( )11 ( ) = 11 (n+x)11 :n;x n;p Z [0;n] D jxj nn+x n+x2 2 22 2
2. Tout d'abord, remarquons que la probabilite d'aller de chaque point de Z
a chacun de ces deux voisins est strictement positive, donc la cha^ne est
irreductible. D'apres la theorie generale des cha^nes de Markov, la cha^ne
est recurrente si et seulement si l'etat 0 est recurrent, ce qui est verie si
et seulement si
+1∑
0P (X = 0) = +1:n
n=0
Bien sur,^
( )+1 +1 +1 +1 +1∑ ∑ ∑ ∑ ∑2n (2n)!0 2n 2nP (X = 0) = p p = 2 = 2 :n n;0 2n;0 2n n!
n=0 n=0 n=0 n=0 n=0
2n 2n 1=2D'apres la formule de Stirling (2 n)! (2n) e (4n) tandis que
(2n)!2 2n 2n n 1pn! n e (2n). Finalement, 2 , et la serie est donc2n! n
divergente d'apres le theoreme sur les equivalents de series positives, ce
qui montre bien que la cha^ne est recurrente.
1 Tournez la page S.V.P.3. D'abord, comme c'est l'inf d'une partie de N, T est bien a valeurs dansr
N[f1g. Soit n2N.
n 1fT = ng =fX = rg\\ fX = rg:r n ii=0
Par denition de F , tous les X , pour i n, sontF -mesurables.n i n
L'identite ci-dessus montre donc que fT = ng estF -mesurable. Commer n
on a pris n quelconque, T est bien un temps d'arr^et.r
P (T < +1) =P (9k 0;X = rg = 1;0 r 0 k
car la cha^ne de Markov est recurrente.
4.
P (X = k;S r) = P (X = k;T n)0 n n 0 n r
= P (X X = k r;T n)0 T +(n T ) T rr r r
n∑
= P (X X = k r;T = i)0 T +(n i) T rr r
i=0
n∑
= P (X = k r)P (T = i);0 n i 0 r
i=0
ou la derniere egalite provient de la propriete de Markov forte. Si l'on
remplace k par 2r k, on obtient
n∑
P (X = 2r k;S r) = P (X = (2r k) r)P (T = i)0 n n 0 n i 0 r
i=0
n∑
= P (X = r k)P (T = i)0 n i 0 r
i=0
Mais (par exemple d'apres 1.1) P (X = k r) = P (X = r k),0 n i 0 n i
donc nalement
P (X = k;S r) =P (X = 2r k;S r)0 n n 0 n n
Mais si X = 2r k = r + (r k), alors X r donc T n: Ainsin n r
fX = 2r k;S rg =fX = 2r kg, d'oun n n
P (X = k;S r) =P (X = 2r k;S r) =P (X = 2r k) = p :0 n n 0 n n 0 n n;2r k
Reste a voir que p = p 11 (k;r): il ffi de montrer quen;2r k n;2r k Dn
(p > 0) =) (k;r)2 D . Supposons donc que p > 0. D'apresn;2r k n n;2r k
la denition de p , p > 0 implique que j2r kj n. On sait quen;x n;2r k
r 0. De plus, comme r k, on a r r+(r k) = 2r kj2r kj n,
soit r n et r k r+(r k) = 2r kj2r kj n, soit r n k.
On a donc bien (k;r)2 D .n
2 Tournez la page S.V.P.
̸5. Pour tout k entre 0 et n, on a X X +(n k) car les sont majoresk n i
en valeur absolue par 1. On a donc en particulier pour tout k entre 0 et
n: X X +n En prenant le max des X entre 0 et n, on a nalementk n k
S X +n.n n
L'evenement fS = rg est inclus dans fX rg et l'evenement fS n n n
X +ng est de probabilite 1: on a doncn
P (S = r) = P (S = r;X r;S X +n)0 n 0 n n n n
= P (S = r;X r;r X +n)0 n n n
= P (S = r;r n X r)0 n n
r∑
= P (X = k;S = r)0 n n
k=r n
r∑
= P (X = k;S r) P (X = k;S r+1)0 n n 0 n n
k=r n
Pour tout k entre r n et r, on a r max(k;0) et a fortiori r + 1
max(k;0). On peut donc appliquer la formule trouvee a la question
precedente, et on a
r∑
P (S = r) = p p0 n n;2r k n;2(r+1) k
k=r n
r∑
= P (X = 2r k) P (X = 2r k+2))0 n 0 n
k=r n
r+n∑
= P (X = i) P (X = i+2)0 n 0 n
i=r
= P (X = r)+P (X = r+1) P (X = n+r+1) P (X = n+r+2)0 n 0 n 0 n 0 n
= P (X = r)+P (X = r+1)0 n 0 n
= p +pn;r n+1
= max(p ;p )+min(p ;p )n;r n;r+1 n;r n;r+1
= max(p ;p );n;r n;r+1
car de n+r et n+r+1, il y en a forcement un des deux qui est impair,
et donc conduit a une probabilite nulle.
1=26. Montronsd'abordquepourtoutentier xxe, ona p 11 (n+x)n :n;x D
3 Tournez la page S.V.P.pour n assez grand, on a
n!np = 11 (n+x)2n;x D n+x n x( )!( )!2 2
ϕ(n)n
11 (n+x)2 ;D n+x n xϕ( )ϕ( )2 2
p
n nou on a pose ϕ(n) = n e 2n. Un calcul simple montre que pour tout
x reel