Espérance Conditionnelle
Bonsoir,
Si on se donne $Y$, une variable aléatoire de loi géométrique de paramètre $p$ et $X_{1}, X_{2}, ..., X_{N}$, N variables aléatoires indépendantes de loi Binomiale $(Y, p)$
(Convention pour Y : $P(Y=k) = q^{k-1}p$
A-ton $E(\prod_{i=1}^{N} X_{i} | Y=k) = (kp)^{N}?$
La finalité étant de calculer $E(\prod_{i=1}^{N} X_{i}) = p^{N}(1-p) \sum_{k>=1} (k^{N}p^{k})$? mais mon résultat est clairement faux )
Si on se donne $Y$, une variable aléatoire de loi géométrique de paramètre $p$ et $X_{1}, X_{2}, ..., X_{N}$, N variables aléatoires indépendantes de loi Binomiale $(Y, p)$
(Convention pour Y : $P(Y=k) = q^{k-1}p$
A-ton $E(\prod_{i=1}^{N} X_{i} | Y=k) = (kp)^{N}?$
La finalité étant de calculer $E(\prod_{i=1}^{N} X_{i}) = p^{N}(1-p) \sum_{k>=1} (k^{N}p^{k})$? mais mon résultat est clairement faux )
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Réponses
Donc si tu me dis qu'il n'y a rien de faux, alors j'ai mal modélisé le problème de départ que l'on peut trouver ici
Mais j'arrive toujours à $q^{N+1}\sum_{k} k^{N}p^{k}$ et pour le coup, cela me donne encore une série en $p$ et non un polynôme de degré fini.
Qu'est ce que je fais mal ? (:P)
$P(k) - P(k-1)$ convient.
$\forall k\in D\quad E[Z|Y=k]=\frac{E(Z1_{y=k})}{P(Y=k)}$.
La grosse difficulté, avec l'espérance conditionnelle, c'est de comprendre de quoi on parle. Et ça peut prendre un peu de temps.
avec $\displaystyle{ E(\prod_{i=1}^{N} X_{i} \mathbb{1}_{\{Y=k\}}) = E(\prod_{i=1}^{N} Z_{i}) = \prod_{i=1}^{N} E(Z_{i}) = (kq)^{N}}$ où les $Z_{i}$ sont i.i.d. $Bin(k, q)$
Et donc $\displaystyle{ E(\prod_{i=1}^{N} X_{i} | Y=k) = \frac{(kq)^{N}}{qp^{k}} }$
Hmm, ca ne colle pas avec ce que je trouve avant. Il y a donc du faux quelque part :-S
C'est toujours un peu délicat ces énoncés qui définissent des variables par leurs lois conditionnelles (de préférence à des étudiants qui ne savent pas ce qu'est une loi conditionnelle !).
Il faut retenir que si on dit que, conditionnellement à $Y$, $X$ suit la loi $\mu_Y$, alors cela entraîne que, pour $\phi$ telle que $\phi(X)$ est intégrable, on a
$E[\phi(X)|Y]=\Psi(y)$, avec $\Psi(y)=\int \phi(x)\ d\mu_y(x)$.
Ici, $\mu(y)=\mathcal{B}(y,p)^{\otimes N}$ et $\phi(x_1,\dots,x_N)=x_1x_2\dots x_N$.
Par contre je ne comprends pas bien pourquoi Siméon juge impensable que $Y$ soit une géométrique qui commence à $1$.
Quand on cherche à calculer $\sum P(n)x^n$ avec $P$ polynôme, l'idée est de décomposer $P$ dans la base des factorielles descendantes (par exemple avec les nombres de Stirling de 2e espèce), et après on sait calculer, mais il n'y a pas de raison que ce soit beau.
Je suis un peu méfiant pour l'énoncé, car classiquement dans ce genre d'exos, l'aléa porte plutôt sur le nombre de termes du produit.
@Cretinus : pour montrer que la fonction $p \mapsto (1-p)^{N+1}\sum_{k=0}^\infty k^N p^k$ est polynomiale, il suffit d'appliquer $N$ fois l'indication que je t'ai donnée.
J'ai cherché un peu ce matin, rien de concluant, je me perds un peu dans toutes ces sommes. Pourrait-on aller au delà de l'indication, je sèche vraiment et je n'ai pas envie de juste passer à autre chose, c'est trop facile.
Soit $x$ un réel tel que $|x| < 1$. Tu as vu que pour tout polynôme $P$, en notant $\Delta P$ le polynôme $P(X) - P(X-1)$, on obtient :
$$
(1-x)\sum_{k=0}^\infty P(k)x^k = P(0) + \sum_{k=0}^\infty (\Delta P)(k) x^k.
$$
On en déduit par récurrence que :
$$
(1-x)^{N+1} \sum_{k=0}^\infty P(k)x^k = \sum_{i=0}^N(\Delta^i P)(0) (1-x)^{N-i} + \sum_{k=0}^\infty (\Delta^{N+1}P)(k)x^k.
$$
Puisque l'opérateur $\Delta$ fait décroître strictement le degré, le polynôme $\Delta^{N+1}P$ est nul si $P$ est de degré $N$, en particulier si $P = X^N$. Il reste donc seulement un terme polynomial (de degré $\leq N-1$ si $P(0)=0$) dans le membre de droite.
Il te reste à calculer explicitement les coefficients de ce polynôme, avec une formule simple (si elle existe) ou un programme informatique. Je n'y ai pas réfléchi.
Je suis d'accord, le degré décroît et du coup les termes de la série sont tous nuls dès que l'indice $k \geq N+1$
Merci beaucoup Simeon pour ton aide. Je ne pense pas qu'il existe de formule simple :-D mais avec un peu de code, ça devrait être rapide.