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Exercice 6
Le nombre de clients arrivants dans un magasin est 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$^o1$.
- Determiner la loi conditionelle de $X_1$ sachant que ($N=n$)
- Determiner la loi marginale de $X_1$
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.
\[X_1(\Omega)=\mathbb N\\ \begin{aligned} \forall k\in X_1(\Omega)\quad P(X_1=k)&=\sum_{n=0}^{+\infty}P((X_1=k)\cap(N=n))\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}P(X_1=k/N=n)P(N=n)\\ &=\sum_{n=k}^{+\infty}P(X_1=k/N=n)P(N=n) \end{aligned}\]Rappel: La loi Poisson \(P(N=n)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!}\quad\forall n\in\mathbb N\)
Rappel
\[\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^n}{n!}e^x\quad\forall x\in\mathbb R\]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:
\[\begin{cases} P_{ij}=P((X=i)\cap(Y=j))=\frac{b^ie^{-b}a^j(1-a)^{i-j}}{j!(i-j)!} &\text{si } i\ge j\\ P_{ij}=0&\text{si } i\lt j \end{cases}\\ X(\Omega)=Y(\Omega)=\mathbb N\]- Determiner les lois marginales ainsi que $E(X)$, $V(X)$, $E(Y)$, $V(Y)$
- $X$ et $Y$ sont-elles independantes ?
- Determiner la loi de $Z=X-Y$
- $Y$ et $Z$ sont-elles independantes ?
Solution
1.
\[\begin{aligned} \forall i\in\mathbb N\quad P(X=i)&=\sum_{j=0}^iP((X=i)\cap(Y=j))\\ &=\sum_{j=0}^i\frac{b^ie^{-b}a^j(1-a)^{i-j}}{j!(i-j)!}\\ &=b^ie^{-b}\sum_{j=0}^i\frac{a^j(1-a)^{i-j}}{j!(i-j)!}\\ &=\frac{b^ie^{-\lambda}}{i!}\sum_{j=0}^i\frac{i!}{j!(i-j)!}a^j(1-a)^{i-j}\\ &=\frac{b^ie^{-b}}{i!}\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}a^j(1-a)^{i-j}\quad\text{Fomule du binome de Newton}\\ &=\frac{b^ie^{-b}}{i!}(a+1-a)^i\\ \end{aligned}\\ \color{green}{P(X=i)=e^{-b}\frac{b^i}{i!}}\quad\forall i\in\mathbb N\]Donc $X\hookrightarrow\mathcal P(b)$ et $E(X)=V(X)=b$
Donc $Y \hookrightarrow\mathcal P(ab)$ et $E(X)=V(X)=ab$
2.
\[P_{0,1}=P((X=0)\cap(Y=1))=0\\ P(X=0)P(Y=1)=e^{-b}e^{-ab}ab\neq 0\]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 $i\lt j$
\[\begin{aligned} \forall k\in\mathbb N\quad P(Z=k)&=\sum_{(i,j) \\ i-j=k}P((X=i)\cap(Y=j))\\ &=\sum_{i,j \\ j=i-k}P((X=i)\cap(Y=i-k))\\ &=\sum_{i=k}^{+\infty}\frac{b^ie^{-b}a^{i-k}(1-a)^k}{(i-k)!}\\ &=\frac{e^{-b}}{k!}(1-a)^k\sum_{i=k}^{+\infty} \frac{b^ia^{i-k}}{(i-k)!}\\ &=\frac{e^{-b}(1-a)^k}{k!}b^k\sum_{i=k}^{+\infty}\frac{(ab)^{i-k}}{(i-h)!}\\ &= \frac{e^{-b}(1-a)^k}{k!}b^ke^{ab}\\ &=\frac{((1-a)b)^k}{k!}e^{-(1-a)b} \end{aligned}\]Donc $Z\hookrightarrow\mathcal P((1-a)b)$
4.
Independances entre $Y$ et $Z$
\[\begin{aligned} P((Y=j)\cap(Z=k))&=P((Y=j)\cap(X=k+j))\\ &=P((Y=j)\cap(X=k+j))\\ &=\frac{b^{j+k}e^{-b}a^j(1-a)^k}{j!k!} \end{aligned}\\ \begin{aligned} P(Y=j)P(Z=k)&=e^{-ab}\frac{(ab)^j}{j!}e^{-(1-a)b}\frac{((1-a)b)^k}{k!}\\ &=\frac{e^{-b}a^j}{j!k!}b^{j+k}(1-a)^k\\ &=P((Y=j)\cap(Z=k)) \end{aligned}\]