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Partition entier

Envoyé par Tuvasbien 
Partition entier
il y a deux mois
Bonjour, je bloque complètement sur cet exercice, je ne sais pas par où commencer.

Soit $\beta>0$ et $(X_k)_{k\in\mathbb{N}^*}$ des variables aléatoires indépendantes à valeurs dans $\mathbb{N}$. On suppose que pour tout $k\in\mathbb{N}^*$ et $j\in\mathbb{N}$, $\mathbb{P}(X_k=j)=e^{-\beta kj}(1-e^{-\beta k})$, on pose $N=\sum_{k=0}^{+\infty}{kX_k}$.
(a) Montrer que $N$ est presque sûrement fini.
(b) Déterminer un équivalent de $\mathbb{E}(N)$ et $\mathbb{V}(N)$ lorsque $\beta\rightarrow 0^+$.
Merci de votre aide.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux mois et a été effectuée par AD.
Re: partition entier
il y a deux mois
indication :
si $X$ est positif et $E(X)<+\infty$ alors $X<\infty$ presque surement
Re: partition entier
il y a deux mois
Ah oui merci, j'ai trouvé $\mathbb{E}(N)=\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac{ke^{-\beta k}}{1-e^{-\beta k}}}$ et $\frac{ke^{-\beta k}}{1-e^{-\beta k}}=\underset{k\rightarrow +\infty}{o}\left(\frac{1}{k^2}\right)$ donc $N$ est d'espérance finie. Concernant l'équivalent lorsque $\beta\rightarrow 0^+$, $\frac{ke^{-\beta k}}{1-e^{-\beta k}}\underset{\beta \rightarrow 0^+}{\sim}{\frac{e^{-k\beta}}{\beta}}$ donc je pense que $\mathbb{E}(N)\underset{\beta\rightarrow 0^+}{\sim}{\frac{e^{-\beta}}{\beta(1-e^{-\beta})}}$ mais comment majorer $\left|\frac{k}{1-e^{k\beta}}-\frac{1}{\beta}\right|$ de façon à obtenir l'équivalent ?
Re: partition entier
le mois dernier
Sauf erreur de calcul (ce qui est très possible de ma part), j'ai trouvé en remplaçant les exponentielles par leur définition :
\[
\frac{ \mathbb{E}(N) - \frac{e^{-\beta}}{\beta(1-e^{-\beta})} }{ \frac{e^{-\beta}}{\beta(1-e^{-\beta})} }
= (1-e^{-\beta}) \, \sum_{k=1}^{+\infty} { e^{-(k-1)\beta} \frac{ \textstyle \sum_{i=2}^{+\infty} \frac{(-k \beta)^i}{i!} }{ \textstyle \sum_{i=1}^{+\infty} \frac{(-k \beta)^i}{i!} } }
\]
ce qui me semble bien tendre vers 0 quand $\beta$ tend vers 0 par valeurs supérieures. J'imagine qu'on peut dire pour l'obtenir que le terme de la somme sur $k \geq 2$ est de la forme $\exp$ fois fonction rationnelle donc $o(\beta^2)$.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de le mois dernier et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par MindcraftMax.
Re: Partition entier
le mois dernier
Pour faire plus simple, il suffit de procéder à une comparaison série-intégrale après avoir transformé un peu le terme général de la série...



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de le mois dernier et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par BobbyJoe.
Re: Partition entier
le mois dernier
avatar
Variante de ce que suggère BobbyJoe :
\begin{align*}
E(N) & = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{k\,e^{-\beta k}}{1-e^{-\beta k}}\\
& = \sum_{k=1}^{+\infty} \sum_{r=1}^{+\infty} k\,e^{-\beta k r}\\
& = \sum_{r=1}^{+\infty} \frac{e^{-\beta r}}{(1-e^{-\beta r})^2}.

\end{align*} Puisque $\varphi : x \mapsto x^2 e^{-x}/{(1-e^{-x})^2}$ est bornée sur $\left]0;+\infty\right[$ et se prolonge par continuité en $0$ avec $\varphi(0)=1$, on en déduit par convergence normale de la série de fonctions : $$

\beta^2 E(N) = \sum_{r=1}^{+\infty} \frac{\varphi(\beta r)}{r^2}\ \xrightarrow[\beta\to0^+]{}\ \sum_{r=1}^{+\infty} \frac{\varphi(0)}{r^2} = \zeta(2).


$$ (le théorème de convergence dominée permettrait d'aller plus vite ici)



Edité 4 fois. La derni&egrave;re correction date de le mois dernier et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
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