Corrigé de ESSEC 1999 II par Pierre Veuillez

Partie I

  1. Etude des séries dérivées de la série géométrique.
    Dans toute cette question, on désigne par x un nombre réel x tel que 0x<1.
    1. On a k=0 n xk = xn -1 x-1 pour x1 et en dérivant (la dérivée des puissances est différente pour la puissance 0 où la dérivée est nulle)
      k=1 n kxk-1 = nxn-1 (x-1)-( xn -1) (x-1)2 = nxn -(n+1) xn-1 +1 (x-1)2

    2. Pour 0<x<1 on a xn 0 et nxn =n/ ( e-ln(x) )n 0 car e-ln(x) >1 et la limite est également nulle pour x=0.
      donc k=0 n xk 1 1-x et k=1 n kxk-1 1 (1-x)2 quand n+

      m=k +m(m-1)(m-k+1) xm-k =\dfrac dk dxk (\dfrac11-x)

    3. En dérivant 2 fois 1 1-x par rapport à x on obtient 1 (1-x)2 puis 2 (1-x)3 donc \dfrac1(1-x )3 = 1 2 k=0 +k(k-1) xk-2
    4. A chaque dérivation, la puissance précédente apparait en facteur, d'où une factorielle : \dfrac dk dxk (\dfrac11-x)= k! (1-x)k+1
      formule qui se démontrerait par récurrence.
      En réindexant par n=m-km=n+k

      m=k +m(m-1)(m-k+1) xm-k = n=0 +(n+k)(n+k-1)(n+k-k+1) xn = n=0 +(n+k)(n+k-1)(n+1) xn = n=0 + (n+k)! n! xn =\limits n=0 + k! Cn+k k xn

      D'où n=0 + Cn+k k xn = 1 k! \dfrac dk dxk (\dfrac11-x)= 1 (1-x)k+1
  2. Application à l'étude de la loi binomiale négative.
    On considére une suite d'épreuves de Bernoulli identiques, indépendantes et menant au succés avec la probabilité p ( 0<p<1).
    Pour tout nombre entier k1, on désigne par Xk la variable aléatoire indiquant le numéro de l'épreuve où intervient le k-iéme succés (et Xk prend donc des valeurs supérieures ou égales à k).
    1. Quand k=1, la variable X1 est alors le rang du premier succès dans une suiet d'expériences indépendantesayant toutes la même probailité de succès.
      Donc X1 G(p) et P( X1 =n+1)= (1-p)n p , E( X1 )=1/p
    2. Le nombre Y de succès en n+k-1 épreuves indépendantes de même probabilité de succès p suit une loi binômiale de paramètres n+k-1 et p. Donc comme 0k-1 n+k-1 (car k>1 )
      p(Y=k-1)= Cn+k-1 k-1 (1-p)n pk-1

      Comme pour avoir ( Xk =n+k) il faut avoir un succès au n+ kiéme et k-1 succès lors des n+k-1 épreuves précédentes, et que ces épreuves sont indépendantes,
      p( Xk =n+k) = p( Sn+k )p(Y=k-1) = pCn+k-1 k-1 (1-p)n pk-1 = Cn+k-1 k-1 (1-p)n pk

    3. On calcule la somme partielle P( Xk =n+k) : (les valeurs de Xk commencent à k donc n démarre à 0

      n=0 P( Xk =n+k) = n=0 Cn+k-1 k-1 (1-p)n pk = pk n=0 Cn+k-1 k-1 (1-p)n pk 1 (1-(1-p))k-1+1 = ( p p )k =1

      car on reconnait la formule précédente pour k-1>0 au lieu de k. Donc la somme de la série est bien 1. (Somme des termes de la loi )
      Pour avoir l'espérrance de Xk on étudie l'absolue convergence (ici la convergence puisque Xk ne prend que des valeurs positives) de
      n=0 +(n+k)P( Xk =n+k):
      n=0 (n+k)P( Xk =n+k)=: n=0 (n+k) Cn+k-1 k-1 (1-p)n pk

      et on arrange (n+k) Cn+k-1 k-1 pour faire apparaîter un coefficient du binôme :
      (n+k) Cn+k-1 k-1 = (n+k-1)! (k-1)!n! (n+k) = (n+k)! (k-1)!n! = (n+k)! k!n! k = kCn+k k

      donc
      n=0 (n+k)P( Xk =n+k) = n=0 kCn+k k (1-p)n pk = kpk n=0 Cn+k k (1-p)n kpk 1 (1-(1-p))k+1 = k p

      Il faut donc en moyenne k fois plus de temps pour obtenir le kième succès que pour obtenir le premier.
      On dit alors que la variable aléatoire Xk suit la loi binomiale négative de paramétres p et k.

Partie II

On a X(0)=k, autrement dit que la population compte k individus ( k0) à l'instant initial t=0.
  1. Croissance de la population par les naissances ( k>0).
    Pour P(X(t+h)=n+k/X(t)=n+k) on passe par le système complet d'événements :
    [X(t+h)>n+k+1] ,  [X(t+h)=n+k+1] ,  [X(t+h)=n+k] et [X(t+h)<n+k]
    La somme de leurs probabilité conditionnelles vaut 1.
    Et comme P(X(t+h)<n+k/X(t)=n+k)=0 car la pouplation ne peut pas diminuer,
    que P(X(t+h)>n+k+1/X(t)=n+k)=h ϵk '' (h)
    et que P(X(t+h)=n+k+1/X(t)=n+k)=λ(n+k)h+h ϵn ' (h)
    on a alors P(X(t+h)=n+k/X(t)=n+k)=1-λ(n+k)h+hϵ(h) avec ϵ(h)0 quand h0
    1. La probabilité en t+h dépend de l'instant t. On conditionne donc par l'instant t en faisant apparaître l'événement demandé et en le complètant en un système complet d'événements.
      On utilise le système complet d'événements (X(t)=k),(X(t)>k). l'événement (X(t)<k) est impossible puisque la population ne peut pas diminuer.
      On a alors par les probabilités totales :
      P(X(t+h)=k) = P(X(t+h)=k/X(t)=k)P(X(t)=k) +P(X(t+h)=k/X(t)>k)P(X(t)>k)

      On a
      • P(X(t+h)=k/X(t)>k)=0 car t+ht et que la population ne peut pas diminuer
      • D'autre part P(X(t+h)=k/X(t)=k)=1-λkh+hϵ(h)
      Il reste donc :
      P(X(t+h)=k) = [1-λkh+h ϵ0 (h)]P(X(t)=k) = [1-λkh]P(X(t)=k)+hϵ(h)P(X(t)=k) = (1-λkh)P(X(t)=k)+h ϵ0 (h)

      avec ϵ0 (h)=ϵ(h)P(X(t)=k)0 quand h0 car P(X(t)=k) est constant par rapport à h.
      En revenant au taux d'accroissement de Pk entre t et t+h ( h>0 ) on a alors :
      pk (t+h)- pk (t) h = 1 h [(1-λkh)P(X(t)=k)+h ϵ0 (h)-P(X(t)=k)] = 1 h [-λkhP(X(t)=k)+h ϵ0 (h)] = -λkP(X(t)=k)+ ϵ0 (h) -λkP(X(t)=k) quand h 0+

      Donc pk est dérivable à droite sur + et
      pk ' (t)=-λ kpk (t)

      On admettra que cette formule est en fait valable pour la dérivée de la fonction pk .
    2. Soit f(t)= eλkt pk (t). f est dérivable sur + et f"' (t)=λ kekt pk (t)+ eλkt pk ' (t)=0
      Donc f est constante sur + et pour tout t0 on a f(t)=f(0)= pk (0)=P(X(0)=k)=1 puisqu'à l'instant 0 la population est de k individus.
      On a alors pour tout t>0: pk (t)=f(t) e-kλt = e-λkt
    3. On procède de la même façon avec pour sustème complet d'événements : [X(t)>n+k] ,  [X(t)=n+k] ,  [X(t)=n+k-1] et [X(t)<n+k-1] et on trouve :
      P(X(t+h)=n+k) = P(X(t+h)=n+k/X(t)>n+k)P(X(t)>n+k) +P(X(t+h)=n+k/X(t)=n+k)P(X(t)=n+k) +P(X(t+h)=n+k/X(t)=n+k-1)P(X(t)=n+k-1) +P(X(t+h)=n+k/X(t)<n+k-1)P(X(t)<n+k-1)

      On détermine séparément les 4 probabilités conditionnelles :
      • On a comme précédemment P(X(t+h)=n+k/X(t)>n+k)=0 car a population ne peut pas augmenter.
      • P(X(t+h)=n+k/X(t)=n+k)=1-λ(n+k)h+hϵ(h)
      • Que vaut P(X(t+h)=n+k/X(t)<n+k-1)=? comme on veut ici qu'il y ait plus d'une naissance entre t et t+h, cette quantité est négligeable devant h donc P(X(t+h)=n+k/X(t)<n+k-1)=h ϵ'' (h) avec ϵ'' (h)0
        on peut en faire une démonstration s'appuyant uniquement sur les propriétés et non sur leur interprétation, les choses sont beaucoup plus compliquées : (d'après Daniel Belly / Espace Prépa / Janvier 2000 )
        On revient à ce que l'on connait : P(X(t+h)>n+k+1/X(t)=n+k)=h ϵn '' (h)
        P(X(t+h)=n+k/X(t)<n+k-1)= P(X(t+h)=n+kX(t)<n+k-1) P(X(t)<n+k-1)

        Dans le numérateur on fait répapparître le conditionnement précédent par X(t)=i+k
        (X(t+h)=n+kX(t)<n+k-1)= i=0 n-2(X(t+h)=n+kX(t)=i+k) incompatibles d'où
        P(X(t+h)=n+kX(t)<n+k-1) = i=0 n-2P(X(t+h)=n+kX(t)=i+k) i=k n-2P(X(t+h)>i+k+1X(t)=i+k) i=k n-2h ϵi '' (h)=h ϵn ''' (h) avec ϵn ''' (h)0

        L'inégalité venant du fait que pour in-2 on a n+ki+k+2>i+k+1 donc si X(t+h)=n+k alors X(t+h)>i+k+1
        Donc
        0 ϵn '''' (h)= 1 h P(X(t+h)=n+k/X(t)<n+k-1) 1 P(X(t)<n+k-1) ϵn ''' (h)

        et par encadrement ϵn '''' (h)0 quand h0
        Finalement
        P(X(t+h)=n+k/X(t)<n+k-1)=h ϵn '''' (h)
      on en revient à la formule des probabilité totales :
      P(X(t+h)=n+k) = 0+(1-λ(n+k)h+hϵ(h))P(X(t)=n+k) +(λ(n-1+k)h+h ϵn-1 ' (h))P(X(t)=n+k-1) +h ϵn '''' (h)P(X(t)<n+k-1) = (1-λ(n+k)h)P(X(t)=n+k) +λ(n+k-1)hP(X(t)=n+k-1)+h ϵn (h)

      avec
      ϵn (h) = ϵn (h)P(X(t)=n+k)+ ϵn-1 ' (h)P(X(t)=n+k-1) + ϵn '''' (h)P(X(t)<n+k-1) 0 quand h0

      pour pn+k on en revient alors au taux d'accroissement :
      pn+k (t+h)- pn+k (t) = (1-λ(n+k)h)P(X(t)=n+k) +λ(n+k-1)hP(X(t)=n+k-1)+h ϵn (h) -P(X(t)=n+k) = -λ(n+k)hP(X(t)=n+k) +λ(n+k-1)hP(X(t)=n+k-1)+h ϵn (h) pn+k (t+h)- pn+k (t) h = -λ(n+k)· pn+k (t)+λ(n+k-1)· pn+k-1 (t)+ ϵn (h) -λ(n+k)· pn+k (t)+λ(n+k-1)· pn+k-1 (t)

      donc pn+k est dérivable à droite (les relations ne sont valables que pour h>0 ) et
      pn+k ' (t)=-λ(n+k)· pn+k (t)+λ(n+k-1)· pn+k-1 (t)

    4. Soit fn (t)= eλ(n+k)t pn+k (t) est dérivable sur + sa dérivée est :
      fn ' (t) = λ(n+k) eλ(n+k)t pn+k (t)+ eλ(n+k)t pn+k ' (t) = λ(n+k-1) eλ(n+k)t · pn+k-1 (t)

      On procède par récurrence :
      • pour n=0: Ck-1 k-1 e-λkt (1- e-λt )0 = e-λkt =P(X(t)=k)= pk (t) d'après la question précédente.
      • Soit n0 tel que pn+k (t)=P(X(t)=n+k)= Cn+k-1 k-1 \ e-λkt (1- e-λt )n
        alors
        fn+1 ' (t) = λ(n+k) eλ(n+1+k)t · pn+k (t) = λ(n+k) eλ(n+1+k)t Cn+k-1 k-1 e-λkt (1- e-λt )n = λ(n+k) Cn+k-1 k-1 eλ(n+1)t (1- 1 eλt )n = λ(n+k) Cn+k-1 k-1 eλ(n+1)t enλt ( eλt -1)n = λ(n+k) Cn+k-1 k-1 eλt ( eλt -1)n

        Pour retrouver fn+1 on primitive ( λ(n+k) Cn+k-1 k-1 est une constante / à t )
        fn+1 (t) = λ(n+k) Cn+k-1 k-1 1 (n+1)λ ( eλt -1)n+1 +K = Cn+k-1 k-1 n+k n+1 ( eλt -1)n+1 +K

        Pour déterminer K, on a fn+1 (0)=P(X(0)=n+1+k)=0 car à l'instant 0 la population est de k et que n+11 donc K=0
        D'où
        eλ(n+k+1)t pn+1+k (t)= Cn+k-1 k-1 n+k n+1 ( eλt -1)n+1

        et
        pn+1+k (t)= Cn+k-1 k-1 n+k n+1 ( eλt -1)n+1 e-λ(n+k+1)t

        On simplifie le coefficient du binôme :
        Cn+k-1 k-1 n+k n+1 = (n+k-1)! (k-1)!n! n+k n+1 = (n+k)! (k-1)!(n+1)! = Cn+1+k-1 k-1

        ainsi que les puissances
        ( eλt -1)n+1 e-λ(n+k+1)t = ( eλt -1)n+1 e-λ(n+1)t e-λkt = (1- e-λt )n+1 e-λkt

        d'où finalement pn+1+k (t)= Cn+1+k-1 k-1 (1- e-λt )n+1 e-λkt C.Q.F.D.
      • Donc pour tout entier n:
        pn+k (t)= Cn+k-1 k-1 e-λkt (1- e-λt )n
    5. On a avait pour une loi binômiale négative de paramètres p et k :
      P( Xk =n+k)= Cn+k-1 k-1 (1-p)n pk =p(X(t)=n+k) avec p= e-λt
      Donc X(t) suit une loi binômiale négative de paramètres e-λt et k.
      Donc E(X(t))= k e-λt = keλt
  2. Croissance de la population par l'immigration.
    On a comme tout à l'heure
    on a alors P(X(t+h)=n+k/X(t)=n+k)=1-μh+hϵ(h) avec ϵ(h)0 quand h0
    1. Cette partie sert à occuper les rares élèves à arriver jsuqu'ici puisque'on procède exactement comme précédemment :
      X(t)=k, X(t)>k forme un système complet d'événements donc
      P(X(t+h)=k) = P(X(t+h)=k/X(t)=k)P(X(t)=k) +P(X(t+h)=k/X(t)>k)P(X(t)>k)

      On a P(X(t+h)=k/X(t)>k)=0 car t+ht et que la population ne peut pas diminuer
      D'autre part P(X(t+h)=k/X(t)=k)=1-μh+hϵ(h)
      Il reste donc :
      P(X(t+h)=k) = [1-μh+hϵ(h)]P(X(t)=k) = [1-μh]P(X(t)=k)+hϵ(h)P(X(t)=k) = (1-μh)P(X(t)=k)+h ϵ0 (h)

      avec ϵ0 (h)=ϵ(h)P(X(t)=k)0 quand h0 car P(X(t)=k) est constant par rapport à h.
      En revenant au taux d'accroissement de Pk entre t et t+h ( h>0 ) on a alors :
      qk (t+h)- qk (t) h = 1 h [(1-μh)P(X(t)=k)+h ϵ0 (h)-P(X(t)=k)] = 1 h [-μhP(X(t)=k)+h ϵ0 (h)] = -μP(X(t)=k)+ ϵ0 (h) -μP(X(t)=k) quand h 0+

      Donc qk est dérivable à droite sur + et
      qk ' (t)=-μ qk (t)

      On admettra que cette formule est en fait valable pour la dérivée de la fonction qk .
    2. Soit f(t)= eμt qk (t). f est dérivable sur + et f' (t)=μ et qk (t)+ eμt qk ' (t)=0
      Donc f est constante et comme qk (0)=P(X(0)=k)=1 puisqu'à l'instant 0 la population est de k individus, on a pour tout t:f(t)=1 et donc qk (t)= e-μt .
    3. On reprend là encore le système complet d'événements
      X(t)>n+k:X(t)=n+k:X(t)=n+k-1:X(t)<n+k-1
      On a les probabilité conditionnelles :
      • P(X(t+h)=n+k/X(t)>n+k)=0 car la population ne peut pas diminuer
      • P(X(t+h)=n+k/X(t)=n+k)=1-μh+hϵ(h)
      • P(X(t+h)=n+k/X(t)=n+k-1)=μh+h ϵn-1 ' (h)
      • P(X(t+h)=n+k/X(t)<n+k-1)=h ϵn '' (h) car la probabilité que la population augment de plus de 1 en h est négligeable devant h
      On a alors par les probabilités totales :
      P(X(t+h)=n+k) = 0+(1-μh+hϵ(h))P(X(t)=n+k) +(μh+h ϵn-1 ' (h))P(X(t)=n+k-1) +h ϵn '' (h)P(X(t)<n+k-1) = (1-μh)P(X(t)=n+k)+μhP(X(t)=n+k-1)+h ϵn (h)

      avec ϵn (h)=ϵ(h)P(X(t)=n+k)+0 quand h0
      On calcule le taux d'accroissement de qn+k :
      qn+k (t+h)- qn+k (t) h = -μP(X(t)=n+k)+μP(X(t)=n+k-1)+ ϵn (h) -μ qn+k (t)+μ qn+k-1 (t)

      Donc qn+k est dérivable à droite sur \mathbb + pour k1 (pour que n+k-10 ) et que l'expression de sa dérivée à droite en t est:
      qn+k ' (t)=-μ qn+k (t)+μ qn+k-1 (t)

      On admettra que cette formule est en fait valable pour la dérivée de la fonction qn+k .
    4. Soit fn (t)= eμt qn+k (t). fn est dérivable sur + et on a
      fn ' (t) = eμt (μ qn+k (t)+ qn+k ' (t)) = μ eμt qn+k-1 (t)

      On a alors
      • pour n=1 on a f1 ' (t)=μ eμt qk (t)=μ eμt e-μt =μ
        Donc f1 (t)=μt+K avec f1 (0)=1p(X(0)=k+1)=0 car à l'instant 0 il y a k individus.
        Donc K=0 et
        qk+1 (t)=μ te-μt
      • Pour n=2 on a f2 ' (t)=μ eμt qk+1 (t)=μ eμt μ te-μt = μ2 t
        D'où f2 (t)= μ2 t2 /2 car f2 (0)=0 et
        qk+2 (t)= 1 2 μ2 t2 e-μt
      • Pour n=3 on a f3 ' (t)=μ eμt q2 (t)=μ eμt 1 2 μ2 t2 e-μt = 1 2 μ3 t2
        D'où f3 (t)= 1 6 μ3 t3 et
        qk+3 (t)= 1 3! (μt)3 e-μt
      • et on prouve par récurrence que pour tout entier n1
        qk+n (t)= 1 n! (μt)n e-μt
    5. On a donc pour tout n0:p(X(t)-k=n)=p(X(t)=n+k)= 1 n! (μt)n e-μt
      où l'on reconnait une loi de Poisson de paramètre μt et donc E(X(t)-k)=μt et E(X(t))=μt+k
** FIN **



File translated from TEX by TTM, version 3.59.
On 18 May 2004, 00:01.