# 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$^o1$.
1. Determiner la loi conditionelle de $X_1$ sachant que ($N=n$)
2. Determiner la loi marginale de $X_1$

:::spoiler Solution

1.

$$
\forall 0\le k\le n\quad P(X_1=k/N=n) = \binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}\quad\text{ou } p=\frac{1}{m}
$$

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

2.

$$
X_1(\Omega)=\mathbb N\\
\begin{aligned}
\forall k\in X_1(\Omega)\quad P(X_1=k)&=\sum_{n=0}^{+\infty}P((X_1=k)\cap(N=n))\\
&=\sum_{n=0}^{+\infty}P(X_1=k/N=n)P(N=n)\\
&=\sum_{n=k}^{+\infty}P(X_1=k/N=n)P(N=n)
\end{aligned}
$$

:::info
**Rappel**: La loi Poisson
$$
P(N=n)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!}\quad\forall n\in\mathbb N
$$
:::

$$
\begin{aligned}
P(X_1=k)&=\sum_{n=k}^{+\infty}\frac{n!}{k!(n-k)!}p^k(1-p)^ke^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!}\\
&= \frac{p^ke^{-\lambda}}{k!}\sum_{n=k}^{+\infty}\frac{(1-p)^{n-k}\lambda^n}{(n-k)!}
\end{aligned}
$$

:::info
**Rappel**

$$
\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^n}{n!}e^x\quad\forall x\in\mathbb R
$$

:::

$$
P(X_1=k)=\frac{p^ke^{-\lambda}\lambda^k}{k!}\sum_{n=k}^{+\infty}\frac{((1-p)\lambda)^{n-k}}{(n-k)!}
$$

Posons $j=n-k$
$$
\begin{aligned}
P(X_1=k)&=\frac{(\lambda p)^ke^{-\lambda}}{k!}\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{((1-p)\lambda)^j}{j!}\\
&=\frac{(\lambda p)^{k}}{k!}e^{-\lambda}e^{\lambda(1-p)}\\
&=\frac{(\lambda p)^k}{k!}e^{-\lambda p}
\end{aligned}\\
\forall k\in\mathbb N\quad\color{green}{P(X_1=k)=\frac{(\lambda p)^k}{k!}e^{-\lambda p}}
$$

:::

# Exercice 7

$a\in]0,1[$, $b\in]0,+\infty[$

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

$$
\begin{cases}
P_{ij}=P((X=i)\cap(Y=j))=\frac{b^ie^{-b}a^j(1-a)^{i-j}}{j!(i-j)!} &\text{si } i\ge j\\
P_{ij}=0&\text{si } i\lt j
\end{cases}\\
X(\lambda)=Y(\lambda)=\mathbb N
$$

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 ?

:::spoiler Solution

1.

$$
\begin{aligned}
\forall i\in\mathbb N\quad P(X=i)&=\sum_{j=0}^iP((X=i)\cap(Y=j))\\
&=\sum_{j=0}^i\frac{b^ie^{-b}a^j(1-a)^{i-j}}{j!(i-j)!}\\
&=b^ie^{-b}\sum_{j=0}^i\frac{a^j(1-a)^{i-j}}{j!(i-j)!}\\
&=\frac{b^ie^{-\lambda}}{i!}\sum_{j=0}^i\frac{i!}{j!(i-j)!}a^j(1-a)^{i-j}\\
&=\frac{b^ie^{-b}}{i!}\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}a^j(1-a)^{i-j}\quad\text{Fomule du binome de Newton}\\
&=\frac{b^ie^{-b}}{i!}(a+1-a)^i\\
\end{aligned}\\
\color{green}{P(X=i)=e^{-b}\frac{b^i}{i!}}\quad\forall i\in\mathbb N
$$

:::success
Donc $X\hookrightarrow\mathcal P(b)$ et $E(X)=V(X)=b$
:::

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

:::success
Donc $Y \hookrightarrow\mathcal P(ab)$ et $E(X)=V(X)=ab$
:::

2.

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

:::success
Donc $X$ et $Y$ ne sont pas independantes.
:::

3.

La loi de $Z=X-Y=g(X,Y)$

$Z(\Omega)=\mathbb N$ car $P_{i,j}=0$ si $i\lt j$

$$
\begin{aligned}
\forall k\in\mathbb N\quad P(Z=k)&=\sum_{(i,j) \\ i-j=k}P((X=i)\cap(Y=j))\\
&=\sum_{i,j \\ j=i-k}P((X=i)\cap(Y=i-k))\\
&=\sum_{i=k}^{+\infty}\frac{b^ie^{-b}a^{i-k}(1-a)^k}{(i-k)!}\\
&=\frac{e^{-b}}{k!}(1-a)^k\sum_{i=k}^{+\infty} \frac{b^ia^{i-k}}{(i-k)!}\\
&=\frac{e^{-b}(1-a)^k}{k!}b^k\sum_{i=k}^{+\infty}\frac{(ab)^{i-k}}{(i-h)!}\\
&= \frac{e^{-b}(1-a)^k}{k!}b^ke^{ab}\\
&=\frac{((1-a)b)^k}{k!}e^{-(1-a)b}
\end{aligned}
$$

:::success
Donc $Z\hookrightarrow\mathcal P((1-a)b)$
:::

4.

Independances entre $Y$ et $Z$

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

:::