Une loi de comptage (exercice)

zestiria · April 2021

Je fais cet exercice. 120386

marsup · April 2021

Moins de posts zestiria, s'il te plaît, ou bien intitule tes fils : [Exercice résolu] Une loi de comptage

Combien de fois je clique sur tes sujets aux titres alléchants, et en fait c'est trop pas intéressant à lire, quoi !

zestiria · April 2021

1a)

$
\begin{align*}
\sum_{k=1}^m \dfrac{x^k}{k}&= \sum_{k=1}^m \int_{0}^{x} t^{k-1} dt \\
&= \int_{0}^{x} \sum_{k=1}^m t^{k-1} dt \\
&=\int_{0}^{x} \dfrac{1- t^m}{1-t} dt \\
&= \int_{0}^{x} \dfrac{1}{1-t} dt - \int_{0}^{x} \dfrac{t^m}{1-t} dt \\
&= \ln(1-x) - \int_{0}^{x} \dfrac{t^m}{1-t} dt \\
\int_{0}^{x} \dfrac{t^m}{1-t} dt & \leq x^m \int_{0}^{x} \dfrac{t^m}{1-t} dt \\
& = x^m \ln(1-x) \\
& \xrightarrow[ m \to \infty ]{} 0
\end{align*}
$

2 a)
$
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{ \infty} \dfrac{1}{k !} &=e \\
\sum_{k=0}^{ \infty} \dfrac{1}{k !} &=e-1 \\
\end{align*}
$

zestiria · April 2021

@marsup : ok, je vais faire moins de posts, et dans le fil une forme quadratique, il reste une question en suspens. C'est la dernière.

marsup · April 2021

Pour la peine, je complète par la question 1a)
i. bien connu
ii. Ok, on passe à la limite $m\to\infty$
iii. Ok, on primitive
b)
i) $P(X_k\le m) = 1-q^{m-1}$, donc $P(Z_n \le m) = \big(1-q^{m-1}\big)^{n}$
ii) Formule des probabilités totales en conditionnant $[Z_N \le m]$ par $[N=n]$.
iii) Calcul trop techniques pour moi. (je ne vois pas d'astuce ! :-S)

marsup · April 2021

i) $P(Z_n<t) = t^n$, donc $F_{Z_N}(t) = P(Z_N<t) = E[t^{N}] = \sum_{n=0}^\infty \frac{t^n}{(e-1)n!} = \frac{e^t}{e-1}$
ii) en dérivant, on trouve $f(t) = \frac{e^t}{e-1}$ sauf quand ça fait zéro.
iii) calculs calculs (pas passionants)

marsup · April 2021

c) pas évident !
Si je devais deviner, je dirais que $T$ est entière et de loi géométrique ?
Il faut encore calculer des intégrales !

zestiria · April 2021

1 a)
$$S=\sum_{k=1}^{\infty} x^{k+1}\left( \frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)=x \sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^k}{k}-\sum_{j=2}^{\infty} \frac{x^j}{j}.$$
$$S=-x\ln(1-x)+\ln(1-x)+x=x+(1-x)\ln(1-x)$$

La preuve est ici.

1 b)
$P(X_1 >m) = q^m \implies P(X_1 \leq m) = 1 - q^m$ donc $P(Z_n \leq m )= ( 1 -q)^n$

On se sert du résultat précédent.
$P(Z \leq m)=1-q^m + (1- q^m) \ln (1 - 1 + q^m)=1-q^m + (1- q^m)+ m \ln q $

2 b)
$P(Z<t)=\sum_{=1}^{ +\infty} \dfrac{t^k}{(e-1) k!} = \dfrac{ e^t-1}{e-1} \implies f_Z(t)= \dfrac{e^t}{e-1} \mathbb{1}_{ 0<t<1}$
$EZ= \int_{0}^{1} P(Z>t) dt =\dfrac{1}{e-1}$

Comme disait Marsup, au lieu de faire les probas totales, on peut remarquer que :
$F_{Z_N}(t) = P(Z_N<t) = E[t^{N}] = \sum_{n=0}^\infty \frac{t^n}{(e-1)n!} = \frac{e^t}{e-1}$

zestiria · April 2021

2 c)

\begin{align*}
P(T>x) &=\sum_{k=1}^{+ \infty} P(k-Z >x) p (1-p)^{k-1} \\
&= \sum_{k=1}^{+ \infty} P(Z < k-x) p (1-p)^{k-1} \\
&=\sum_{k=1}^{+ \infty} \dfrac{e^{k-x} -1}{e -1}p (1-p)^{k-1} \\
&=\dfrac{1}{e-1} \dfrac{ p}{1-p} \left( e^{-x} \sum_{k=1}^{+ \infty} [e (1-p)]^k - \sum_{k=1}^{+ \infty} (1-p)^k \right)
\end{align*}

Une des sommes a l'air divergente. C'est pas trop cela.

marsup · April 2021

Non en effet, car $Z$ est à valeurs entre 0 et 1.

Donc la série commence en fait avec le terme $k = \lceil x\rceil$, et dans tous les termes suivants, la fonction de répartition de $Z$ donne simplement 1.

zestiria · April 2021

Avec l'indication plus haut

$
\begin{align*}
P( T >x) &=P(Y-Z > x) \\
&=P( Z < Y-x ) \\
&= P( Z < Y-x \cap Y= \lceil x\rceil ) + P( Z< Y-x \cap Y > \lceil x\rceil )\\
&= P( Z < \lceil x\rceil -x \cap Y= \lceil x\rceil ) +P( Y > \lceil x\rceil ) \\
&= \dfrac{ e^{ \lfloor x \rfloor } -1 } {e-1} p ( 1- p) ^ { \lceil x\rceil -1} + q^{ \lceil x\rceil } \\
\end{align*}
$