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 \(X_1\)

Solution

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

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

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

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

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

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

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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 ?

Solution

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

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

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

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

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

Donc \(X\) et \(Y\) ne sont pas independantes.

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

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

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

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

Independances entre \(Y\) et \(Z\)

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

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