TD1 - 3

Exercice 6

Le nombre de clients arrivants dans un magasin et une v.a.

$N$ suivant une loi de Poisson

$\mathcal{P}(\lambda )$. Les clients se repartissent entre les

$m$ caisses du magasin de facon independante et chaque client choisit sa caisse au hasard.

$X_1$ v.a.: nombre de clients qui passent a la caisse n

${}^{o}1$.

1. Determiner la loi conditionelle de
   $X_1$ sachant que (
   $N=n$)
2. Determiner la loi marginale de
   $X_1$

Solution

$$\mathrm{\forall }0\le k\le nP(X_1=k/N=n)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})p^k(1-p{)}^{n-k}\text{ou }p=\frac{1}{m}$$

Donc

$X_1/N\hookrightarrow \mathcal{B}(n,p)$

$$\begin{gathered} X_1(\mathrm{\Omega })=\mathbb{N} \\ \begin{array}{rl}\mathrm{\forall }k\in X_1(\mathrm{\Omega })P(X_1=k)& =\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}P((X_1=k)\cap (N=n))\\ & =\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}P(X_1=k/N=n)P(N=n)\\ & =\sum _{n=k}^{+\mathrm{\infty }}P(X_1=k/N=n)P(N=n)\end{array} \end{gathered}$$

Rappel: La loi Poisson

$$P(N=n)=e^{-\lambda }\frac{{\lambda }^n}{n!}\mathrm{\forall }n\in \mathbb{N}$$

$$\begin{array}{rl}P(X_1=k)& =\sum _{n=k}^{+\mathrm{\infty }}\frac{n!}{k!(n-k)!}{p}^k(1-p{)}^k{e}^{-\lambda }\frac{{\lambda }^n}{n!}\\ & =\frac{p^k{e}^{-\lambda }}{k!}\sum _{n=k}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(1-p{)}^{n-k}{\lambda }^n}{(n-k)!}\end{array}$$

Rappel

$$\sum _{n=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}{e}^x\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$$

$$P(X_1=k)=\frac{p^k{e}^{-\lambda }{\lambda }^k}{k!}\sum _{n=k}^{+\mathrm{\infty }}\frac{((1-p)\lambda {)}^{n-k}}{(n-k)!}$$

Posons

$j=n-k$

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}P(X_1=k)& =\frac{(\lambda p{)}^k{e}^{-\lambda }}{k!}\sum _{j=0}^{+\mathrm{\infty }}\frac{((1-p)\lambda {)}^j}{j!}\\ & =\frac{(\lambda p{)}^k}{k!}{e}^{-\lambda }{e}^{\lambda (1-p)}\\ & =\frac{(\lambda p{)}^k}{k!}{e}^{-\lambda p}\end{array} \\ \mathrm{\forall }k\in \mathbb{N}\text{color}greenP(X_1=k)=\frac{(\lambda p{)}^k}{k!}{e}^{-\lambda p} \end{gathered}$$

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Exercice 7

$a\in ]0,1[$,

$b\in ]0,+\mathrm{\infty }[$

$X$ et

$Y$ 2 v.a. dont la loi conjointe est donnee par:

$$\begin{gathered} \{\begin{array}{ll}{P}_{ij}=P((X=i)\cap (Y=j))=\frac{b^i{e}^{-b}{a}^j(1-a{)}^{i-j}}{j!(i-j)!}& \text{si }i\ge j\\ P_{ij}=0& \text{si }i<j\end{array} \\ X(\lambda )=Y(\lambda )=\mathbb{N} \end{gathered}$$

1. Determiner les lois marginales ainsi que
   $E(X)$,
   $V(X)$,
   $E(Y)$,
   $V(Y)$
2. $X$ et
   $Y$ sont-elles independantes ?
3. Determiner la loi de
   $Z=X-Y$
4. $Y$ et
   $Z$ sont-elles independantes ?

Solution

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}\mathrm{\forall }i\in \mathbb{N}P(X=i)& =\sum _{j=0}^{i}P((X=i)\cap (Y=j))\\ & =\sum _{j=0}^i\frac{b^i{e}^{-b}{a}^j(1-a{)}^{i-j}}{j!(i-j)!}\\ & =b^i{e}^{-b}\sum _{j=0}^i\frac{a^j(1-a{)}^{i-j}}{j!(i-j)!}\\ & =\frac{b^i{e}^{-\lambda }}{i!}\sum _{j=0}^i\frac{i!}{j!(i-j)!}{a}^j(1-a{)}^{i-j}\\ & =\frac{b^i{e}^{-b}}{i!}\sum _{j=0}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})a^j(1-a{)}^{i-j}\text{Fomule du binome de Newton}\\ & =\frac{b^i{e}^{-b}}{i!}(a+1-a{)}^i\end{array} \\ \text{color}greenP(X=i)=e^{-b}\frac{b^i}{i!}\mathrm{\forall }i\in \mathbb{N} \end{gathered}$$

Donc

$X\hookrightarrow \mathcal{P}(b)$ et

$E(X)=V(X)=b$

$$\begin{array}{rl}\mathrm{\forall }j\in \mathbb{N},P(Y=j)& =\sum _{i=0}^{+\mathrm{\infty }}P((X=i)\cap (Y=j))\\ & =\sum _{i=j}^{+\mathrm{\infty }}\frac{b^i{e}^{-b}{a}^j(1-a{)}^{i-j}}{j!(i-j)!}\\ & =\frac{e^{-b}{a}^j}{j!}\sum _{i=j}^{+\mathrm{\infty }}\frac{b^i(1-a{)}^{i-j}}{(i-j)!}\\ & =\frac{e^{-b}(ab{)}^j}{j!}\sum _{i=j}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(b(1-a){)}^{i-j}}{(i-j)!}\\ & =e^{-b}\frac{(ab{)}^j}{j!}{e}^{b(1-a)}=\frac{(ab{)}^j}{j!}{e}^{-ab}\end{array}$$

Donc

$Y\hookrightarrow \mathcal{P}(ab)$ et

$E(X)=V(X)=ab$

$$\begin{gathered} P_{0,1}=P((X=0)\cap (Y=1))=0 \\ P(X=0)P(Y=1)=e^{-b}{e}^{-ab}ab\ne 0 \end{gathered}$$

Donc

$X$ et

$Y$ ne sont pas independantes.

La loi de

$Z=X-Y=g(X,Y)$

$Z(\mathrm{\Omega })=\mathbb{N}$ car

$P_{i,j}=0$ si

$i<j$

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}\mathrm{\forall }k\in \mathbb{N}P(Z=k)& =\sum _{(i,j) \\ i-j=k}P((X=i)\cap (Y=j))\\ & =\sum _{i,j \\ j=i-k}P((X=i)\cap (Y=i-k))\\ & =\sum _{i=k}^{+\mathrm{\infty }}\frac{b^i{e}^{-b}{a}^{i-k}(1-a{)}^k}{(i-k)!}\\ & =\frac{e^{-b}}{k!}(1-a{)}^k\sum _{i=k}^{+\mathrm{\infty }}\frac{b^i{a}^{i-k}}{(i-k)!}\\ & =\frac{e^{-b}(1-a{)}^k}{k!}{b}^k\sum _{i=k}^{+\mathrm{\infty }}\frac{(ab{)}^{i-k}}{(i-h)!}\\ & =\frac{e^{-b}(1-a{)}^k}{k!}{b}^k{e}^{ab}\\ & =\frac{((1-a)b{)}^k}{k!}{e}^{-(1-a)b}\end{array} \end{gathered}$$

Donc

$Z\hookrightarrow \mathcal{P}((1-a)b)$

Independances entre

$Y$ et

$Z$

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}P((Y=j)\cap (Z=k))& =P((Y=j)\cap (X=k+j))\\ & =P((Y=j)\cap (X=k+j))\\ & =\frac{b^{j+k}{e}^{-b}{a}^j(1-a{)}^k}{j!k!}\end{array} \\ \begin{array}{rl}P(Y=j)P(Z=k)& =e^{-ab}\frac{(ab{)}^j}{j!}{e}^{-(1-a)b}\frac{((1-a)b{)}^k}{k!}\\ & =\frac{e^{-b}{a}^j}{j!k!}{b}^{j+k}(1-a{)}^k\\ & =P((Y=j)\cap (Z=k))\end{array} \end{gathered}$$

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