Exercice 1 4943 CCINP (MP)Correction

(a)

Donner le rayon de convergence de la série entière

$\sum_{n \geq 0} \frac{n^{2} + n + 1}{n!} t^{n} .$

On note $S$ la somme de cette série entière.
(b)

Rappeler le développement en série entière de la fonction exponentielle et calculer $S (t)$ pour tout réel $t$ convenable.

Une variable aléatoire $X$ à valeurs dans $ℕ$ vérifie $G_{X} (t) = λ S (t)$ avec $λ > 0$ .

(c)

Déterminer $λ$ puis $P (X = n)$ pour $n \in ℕ$ .
(d)

Rappeler les expressions de l’espérance et de la variance à l’aide de la fonction génératrice et en déduire $E (X)$ et $V (X)$ .

Solution

(a)

Par application de la règle de d’Alembert, $R = + \infty$ .
(b)

Pour tout $t \in ℝ$

$e^{t} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} t^{n}$

et donc

$S (t)$ $= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n (n - 1) + 2 n + 1}{n!} t^{n}$

$= \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 2)!} t^{n} + 2 \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 1)!} t^{n} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} t^{n}$

$= (t^{2} + 2 t + 1) e^{t} = {(t + 1)}^{2} e^{t} .$
(c)

$G_{X} (1) = 1$ détermine $λ = e^{- 1} / 4$ . On en déduit

$P (X = n) = \frac{n^{2} + n + 1}{4 e \cdot n!} .$
(d)

Si $G_{X}$ est deux fois dérivable en $1$ ,

$E (X) = G_{X}^{'} (1) et V (X) = G_{X}^{''} (1) + G_{X}^{'} (1) - {(G_{X}^{'} (1))}^{2} .$

Ici, on obtient $E (X) = 2$ et $V (X) = 3 / 2$ .

Exercice 2 4369

(Loi binomiale négative¹¹ 1 Cette loi étudie le nombre d’échecs précédant le $r$ -ième succès lors de la répétition d’épreuves de Bernoulli indépendantes de même paramètre $p$ .)

Soient $r \in ℕ^{*}$ , $p \in] 0; 1 [$ et $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ telle qu’il existe un réel $a$ pour lequel

P (X = n) = a (\binom{n + r - 1}{n}) {(1 - p)}^{n} pour tout n \in ℕ .

(a)

Calculer la fonction génératrice de $X$ .

On rappelle l’identité binomiale²² 2 Voir le sujet 3931. Cette identité est souvent utilisée en calcul des probabilités.:

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{n + m}{n}) x^{n} = \frac{1}{{(1 - x)}^{m + 1}} pour tous m \in ℕ et x \in] - 1; 1 [.$
(b)

Déterminer la valeur de $a$ .
(c)

Calculer espérance et variance de la variable $X$ .

Exercice 3 1740 MINES (MP)Correction

Soient $p \in] 0; 1 [$ et $X$ une variable aléatoire à valeurs naturelles dont la loi est donnée par

P (X = k) = a (k + 1) p^{k} pour tout k \in ℕ .

En employant la fonction génératrice de $X$ , déterminer $a$ et calculer l’espérance et la variance de $X$ .

Solution

On introduit la fonction génératrice de $X$ :

G_{X} (t) = a \sum_{k = 0}^{+ \infty} (k + 1) {(p t)}^{k} .

Puisque

\sum_{k = 0}^{+ \infty} (k + 1) x^{k} = \frac{d}{d x} (\frac{1}{1 - x}) = \frac{1}{{(1 - x)}^{2}}

on obtient

G_{X} (t) = \frac{a}{{(1 - p t)}^{2}} .

Sachant $G_{X} (1) = 1$ , on en tire la valeur de $a$

a = {(1 - p)}^{2} .

On peut ensuite calculer espérance et variance

E (X) = G_{X}^{'} (1) = \frac{2 p}{1 - p} et V (X) = G_{X}^{''} (1) + G_{X}^{'} (1) - G_{X}^{'} {(1)}^{2} = \frac{2 p}{{(1 - p)}^{2}} .

Exercice 4 4117 Correction

Soient $n \in ℕ$ , $p \in] 0; 1 [$ et $X$ une variable aléatoire à valeurs naturelles dont la loi est donnée par

P (X = k) = a (\binom{n + k}{k}) p^{k} pour tout k \in ℕ .

En employant la fonction génératrice de $X$ , déterminer $a$ et calculer l’espérance et la variance de $X$ .

Solution

On introduit la fonction génératrice de $X$ :

G_{X} (t) = \frac{a}{n!} \sum_{k = 0}^{+ \infty} (n + k) \dots (k + 1) {(p t)}^{k} .

Puisque

\sum_{k = 0}^{+ \infty} (n + k) \dots (k + 1) x^{k} = \frac{d^{n}}{d x^{n}} (\frac{1}{1 - x}) = \frac{n!}{{(1 - x)}^{n + 1}}

on obtient

G_{X} (t) = \frac{a}{{(1 - p t)}^{n + 1}} .

Sachant $G_{X} (1) = 1$ , on en tire la valeur de $a$

a = {(1 - p)}^{n + 1} .

On peut ensuite calculer espérance et variance

E (X) = G_{X}^{'} (1) = (n + 1) \frac{p}{1 - p} et V (X) = G_{X}^{''} (1) + G_{X}^{'} (1) - G_{X}^{'} {(1)}^{2} = (n + 1) \frac{p}{{(1 - p)}^{2}} .

Exercice 5 4024 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ .

(a)

Rappeler la fonction génératrice de la variable $X$ .
(b)

Exploiter celle-ci pour calculer le moment centré d’ordre 3 de la variable $X$ .

Solution

(a)

On a

$G_{X} (t) = E (t^{X}) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (X = k) t^{k} = e^{λ (t - 1)} .$
(b)

$G_{X}^{'} (1) = E (X) = λ$ , $G_{X}^{''} (1) = E (X (X - 1)) = λ^{2}$ et $G_{X}^{(3)} (1) = E (X (X - 1) (X - 2)) = λ^{3}$ .
On en déduit

$E (X^{2}) = λ^{2} + λ et E (X^{3}) = λ^{3} + 3 λ^{2} + λ$

puis

$E ({(X - λ)}^{3}) = E (X^{3}) - 3 λ E (X^{2}) + 3 λ^{2} E (X) - E {(X)}^{3} = λ .$

Exercice 6 4039 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi de Poisson de paramètre $λ > 0$ .

(a)

Calculer

$E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) .$
(b)

Retrouver ce résultat par les fonctions génératrices.

Solution

(a)

Par la formule de transfert

$E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) = \sum_{k = r}^{+ \infty} \frac{k!}{(k - r)!} e^{- λ} \frac{λ^{k}}{k!} = λ^{r} .$
(b)

La fonction génératrice de $X$ est

$G_{X} (t) = E (t^{X}) = e^{λ (t - 1)} .$

Celle-ci est indéfiniment dérivable sur $ℝ$ et

$G_{X}^{(r)} (t) = E (X (X - 1) \dots (X - r + 1) t^{X}) = λ^{r} e^{λ (t - 1)} .$

En particulier

$G_{X}^{(r)} (1) = E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) = λ^{r} .$

Exercice 7 4040 Correction

Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi géométrique de paramètre $p \in] 0; 1 [$ .

(a)

Calculer

$E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) .$
(b)

Retrouver ce résultat par les fonctions génératrices.

Solution

(a)

Par la formule de transfert

$E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) = \sum_{k = r}^{+ \infty} k (k - 1) \dots (k - r + 1) {(1 - p)}^{k - 1} p .$

Or

$\sum_{k = r}^{+ \infty} k (k - 1) \dots (k - r + 1) x^{k - r} = \frac{d^{r}}{d x^{r}} (\frac{1}{1 - x}) = \frac{r!}{{(1 - x)}^{r + 1}}$

donc

$E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) = {(1 - p)}^{r - 1} \frac{r!}{p^{r}} .$
(b)

La fonction génératrice de $X$ est

$G_{X} (t) = E (t^{X}) = \frac{p t}{1 - (1 - p) t} = \frac{p}{p - 1} + \frac{\frac{p}{1 - p}}{1 - (1 - p) t} .$

Celle-ci est indéfiniment dérivable sur $ℝ$ et

$G_{X}^{(r)} (t) = E (X (X - 1) \dots (X - r + 1) t^{X}) = \frac{p}{1 - p} \frac{r! {(1 - p)}^{r}}{{(1 - (1 - p) t)}^{r + 1}} .$

En particulier

$G_{X}^{(r)} (1) = E (X (X - 1) \dots (X - r + 1)) = r! \frac{{(1 - p)}^{r - 1}}{p^{r}} .$

Exercice 8 4027 Correction

On considère une expérience aléatoire ayant la probabilité $p > 0$ de réussir et $1 - p$ d’échouer.
On répète l’expérience indépendamment jusqu’à obtention de $m$ succès et l’on note $T_{m}$ le nombre d’essais nécessaires à l’obtention de ces $m$ succès.

(a)

Reconnaître la loi de $T_{1}$ .
(b)

Déterminer la loi de $T_{m}$ dans le cas général $m \in ℕ^{*}$ .
(c)

Exprimer le développement en série entière de

$\frac{1}{{(1 - t)}^{m}} .$
(d)

Déterminer la fonction génératrice de $T_{m}$ et en déduire son espérance.

Solution

(a)

$T_{1}$ suit une loi géométrique de paramètre $p$ .
(b)

Notons ${(X_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ la suite des variables de Bernoulli testant la réussite de chaque expérience.
L’évènement $(T_{m} = n)$ est la réunion correspond à l’évènement $X_{1} + \dots + X_{n} = m$ et $X_{n} = 1$ soit encore
$X_{1} + \dots + X_{n - 1} = m - 1$ et $X_{n} = 1$ . Par indépendance

$P (T_{m} = n) = P (X_{1} + \dots + X_{n - 1} = m - 1) P (X_{n} = 1) .$

Puisque $X_{1} + \dots + X_{n - 1} \sim ℬ (n - 1, p)$ et $X_{n} \sim ℬ (p)$ , on obtient

$P (T_{m} = n) = (\binom{n - 1}{m - 1}) p^{m} {(1 - p)}^{n - m}$

et écriture vaut aussi quand $n \leq m$ car le coefficient binomial est alors nul.
(c)

En exploitant le développement connu de ${(1 + u)}^{α}$ , on obtient

$\frac{1}{{(1 - t)}^{m}} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{n + m - 1}{m - 1}) t^{n} pour t \in] - 1; 1 [.$
(d)

Par définition

$G_{T_{m}} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{n - 1}{m - 1}) p^{m} {(1 - p)}^{n - m} t^{n} .$

En isolant les premiers termes nuls et en décalant l’indexation

$G_{T_{m}} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{n + m - 1}{m - 1}) {(p t)}^{m} {((1 - p) t)}^{n} = \frac{{(p t)}^{m}}{{(1 - (1 - p) t)}^{m}} .$

On en déduit

$E (X) = G_{T_{m}}^{'} (1) = \frac{m}{p} .$

Exercice 9 5857 Correction

(Urnes d’Ehrenfest)

On considère deux urnes $A$ et $B$ ainsi que $N$ boules numérotées de $1$ à $N$ . Initialement, toutes les boules sont dans l’urne $B$ . À chaque pas de temps, on tire un numéro $i$ entre $1$ et $N$ selon une loi uniforme et l’on transfère la boule $i$ dans l’urne où elle n’est pas. On note $X_{n}$ le nombre de boules dans l’urne $A$ au bout de $n$ étapes. En particulier, $X_{0}$ vaut $0$ .

(a)

Déterminer la loi de $X_{1}$ et $X_{2}$ .
(b)

Pour $n \in ℕ$ , exprimer la loi de $X_{n + 1}$ en fonction de celle de $X_{n}$ .
(c)

On note $G_{n}$ la fonction génératrice de la variable $X_{n}$ . Établir

$\forall t \in ℝ, G_{n + 1} (t) = t G_{n} (t) + \frac{1 - t^{2}}{N} G_{n}^{'} (t) .$
(d)

Déterminer la limite de $E (X_{n})$ lorsque $n$ tend vers l’infini.

Solution

(a)

La variable $X_{1}$ est constante égale à $1$ .

La variable $X_{2}$ prend les valeurs $0$ ou $2$ selon que la boule tirée est la première étape est la même ou non que celle tirée à la deuxième étape. En introduisant l’événement

$A = « Aux deux premières étapes on choisit la même boule »$

on obtient

$P (X_{2} = 0) = P (A) = \frac{1}{N} et P (X_{2} = 2) = P (\bar{A}) = \frac{N - 1}{N} .$
(b)

Soit $n \in ℕ$ . Selon que la boule choisie lors de l’étape $n + 1$ figure ou non dans l’urne $A$ , on a $X_{n + 1} = X_{n} \pm 1$ . Puisqu’il y a $X_{n}$ boules dans l’urne $A$ et que le tirage est uniforme

$P (X_{n + 1} = k - 1 ∣ X_{n} = k) = \frac{k}{N}, P (X_{n + 1} = k + 1 ∣ X_{n} = k) = \frac{N - k}{N}$

et

$P (X_{n + 1} \neq k \pm 1 ∣ X_{n} = k) = 0 .$

Par la formule des probabilités totales, on obtient

$P (X_{n + 1} = k) = \frac{N - k + 1}{N} P (X_{n} = k - 1) + \frac{k + 1}{N} P (X_{n} = k + 1)$

pour $k \in ⟦ 1; N - 1 ⟧$ mais aussi pour $k = 0$ et $k = N$ .

(c)

La variable $X_{n}$ prend ses valeurs dans $⟦ 0; N ⟧$ et donc

\forall t \in ℝ, G_{n} (t) = \sum_{k = 0}^{N} P (X_{n} = k) t^{k} .

Alors

G_{n + 1} (t) = \sum_{k = 1}^{N} \frac{N - k + 1}{N} P (X_{n} = k - 1) t^{k} + \sum_{k = 0}^{N - 1} \frac{k + 1}{N} P (X_{n} = k + 1) t^{k} .

Par glissement d’indice puis réorganisation du calcul,

	$G_{n + 1} (t)$	$= \sum_{k = 0}^{N - 1} \frac{N - k}{N} P (X_{n} = k) t^{k + 1} + \sum_{k = 1}^{N} \frac{k}{N} P (X_{n} = k) t^{k - 1}$
		$= \sum_{k = 0}^{N} \frac{N - k}{N} P (X_{n} = k) t^{k + 1} + \sum_{k = 1}^{N} \frac{k}{N} P (X_{n} = k) t^{k - 1}$
		$= t \sum_{k = 0}^{N} P (X_{n} = k) t^{k} - \frac{t^{2}}{N} \sum_{k = 1}^{N} k P (X_{n} = k) t^{k - 1} + \frac{1}{N} \sum_{k = 1}^{N} k P (X_{n} = k) t^{k - 1}$
		$= t G_{n} (t) - \frac{t^{2}}{N} G_{n}^{'} (t) + \frac{1}{N} G_{n}^{'} (t) .$

(d)

On sait $E (X_{n}) = G_{n}^{'} (1)$ . Par dérivation, la relation précédente donne

$G_{n + 1}^{'} (t) = G_{n} (t) + t G_{n}^{'} (t) - \frac{2 t}{N} G_{n}^{'} (t) + \frac{1 - t^{2}}{N} G_{n}^{''} (t)$

et donc

$E (X_{n + 1}) = 1 + (1 - \frac{2}{N}) E (X_{n}) .$

La suite ${(E (X_{n}))}_{n \in ℕ}$ est arithmético-géométrique. On sait exprimer son terme général

$\forall n \in ℕ, E (X_{n}) = \frac{N}{2} - \frac{N}{2} {(1 - \frac{2}{N})}^{n} .$

On en déduit

$lim_{n \to + \infty} E (X_{n}) = \frac{N}{2}$

ce qui est conforme à l’intuition.

Exercice 10 4046

(Processus de Galton-Watson¹¹ 1 Si la variable $N$ détermine le nombre d’individus d’une population et $X$ le nombre de descendants que chaque individu peut engendrer, la variable $S$ correspond à la population à la génération suivante.)

Soit ${(X_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ une suite de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées selon la loi d’une variable $X$ à valeurs dans $ℕ$ . Soit aussi $N$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ indépendantes des précédentes. On étudie $S = X_{1} + \dots + X_{N}$ .

(a)

Justifier que $S$ est une variable aléatoire prenant ses valeurs dans $ℕ$ .
(b)

Établir $G_{S} (t) = G_{N} (G_{X} (t))$ pour tout $t$ de $[- 1; 1]$ .
(c)

On suppose que les variables $N$ et $X$ admettent chacune une espérance finie. Établir l’identité de Wald: $E (S) = E (N) E (X)$ .

Exercice 11 4180 CENTRALE (MP)Correction

Soient $(Ω, 𝒜, P)$ un espace probabilisé, $X$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ , ${(X_{n})}_{n \geq 1}$ une suite de variables aléatoires i.i.d suivant la loi de $X$ et $N$ une variable aléatoire indépendante des $X_{i}$ et à valeurs dans $ℕ$ . Pour $ω \in Ω$ , on pose

S (ω) = \sum_{k = 1}^{N (ω)} X_{k} (ω) .

(a)

Soient $G_{X}$ , $G_{S}$ et $G_{N}$ les séries génératrices de $X$ , $S$ et $N$ . Montrer

$\forall t \in [0; 1], G_{S} (t) = G_{N} \circ G_{X} (t) .$
(b)

On suppose que $X$ et $N$ possèdent une espérance. Montrer que $S$ possède une espérance et la calculer.
(c)

On suppose que $X$ et $N$ ont un moment d’ordre $2$ . Montrer que $S$ possède un moment d’ordre $2$ et calculer la variance de $S$ .

On étudie la transmission du nom de famille au cours des générations dans une société patriarcale. On suppose que le nombre de descendants masculins d’un individu suit une loi de Poisson de paramètre $λ \in] 0; + \infty [$ . On note $Z_{0}$ le nombre d’individus masculins au début de l’étude, $Z_{n}$ le nombre de descendants à la $n$ -ième génération. On suppose que $Z_{0} = 1$ .

(d)

Écrire une fonction Python renvoyant le nombre de descendants masculins à la $n$ -ième génération.
(e)

Fixer $λ$ et $n$ . Calculer une moyenne, sur un grand nombre de mesures, du nombre de descendants masculins. Comparer à $E (Z_{n})$ .

Solution

(a)

Pour $t \in [- 1; 1]$

$G_{S} (t)$ $= \sum_{m = 0}^{+ \infty} P (S = m) t^{m}$

$= \sum_{m = 0}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n, X_{1} + \dots + X_{n} = m) t^{m}$

car l’événement $(S = m)$ est la réunion disjointe des événements $(N = n, X_{1} + \dots + X_{n} = m)$ . Par indépendance puis réoganisation du calcul de la somme d’une famille sommable, il vient

$G_{S} (t)$ $= \sum_{m = 0}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n) P (X_{1} + \dots + X_{n} = m) t^{m}$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n) \sum_{m = 0}^{+ \infty} P (X_{1} + \dots + X_{n} = m) t^{m}$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n) G_{X_{1} + \dots + X_{n}} (t) .$

Enfin, par indépendance, $G_{X_{1} + \dots + X_{n}} (t) = G_{X_{1}} (t) \times \dots \times G_{X_{n}} (t) = {(G_{X} (t))}^{n}$ et l’on conclut $G_{S} = G_{N} (G_{X} (t))$ .
(b)

$G_{N}$ et $G_{X}$ sont dérivables en $1$ donc aussi $G_{N} \circ G_{X}$ et alors $S$ admet une espérance:

$E (S) = G_{S}^{'} (1) = G_{X}^{'} (1) \times G_{N}^{'} (G_{X} (1)) = E (X) E (N) .$
(c)

$G_{N}$ et $G_{X}$ sont deux fois dérivables en $1$ donc aussi $G_{N} \circ G_{X}$ et alors $S$ admet un moment d’ordre 2.

$V (S)$ $= E (S^{2}) - E {(S)}^{2} = E (S (S - 1)) + E (S) - E {(S)}^{2}$

$= G_{S}^{''} (1) + G_{S}^{'} (1) - {(G_{S}^{'} (1))}^{2} .$

Au terme des calculs,

$V (S) = E (N) V (X) + E {(X)}^{2} V (N) .$

(d)

On évite d’écrire lambda qui est un mot clé Python.

import random as rnd
import math

def poisson(l):
    x = rnd.random()
    n = 0
    p = math.exp(-l)
    while x > p:
        x = x - p
        n = n + 1
        p = p * l/n
    return n

def generation(n,l):
    Z = 1
    for k in range(n):
        S = 0
        for z in range(Z):
            S = S + poisson(l)
        Z = S
    return Z

(e)

def esperance(N):
    n = 10
    l = 1.8
    E = 0
    for i in range(N):
        E = E + generation(n,l)
    E = E / N
    return E, l**n

car $E (Z_{n + 1}) = E (X) E (Z_{n})$ (car $N$ correspond à $Z_{n}$ ) et donc $E (Z_{n}) = λ^{n}$ .

Exercice 12 6046 CENTRALE (MP)Correction

Soient ${(X_{k})}_{k \in ℕ^{*}}$ une suite de variables aléatoires i.i.d. à valeurs dans $ℕ$ et $N$ une variable aléatoire à valeurs dans $ℕ$ , indépendante des $X_{k}$ . On suppose que ces variables aléatoires admettent une espérance finie. On pose

S_{N} = \sum_{k = 1}^{N} X_{k} .

(a)
Avec Python:
1. (i)
  
  Pour $a \leq b \in ℕ$ , $λ > 0$ , $X_{1} \sim 𝒰 (⟦ a; b ⟧)$ et $N \sim 𝒫 (λ)$ , écrire une fonction qui simule $S_{N}$ .
2. (ii)
  
  Vérifier que $E (S_{N}) = E (N) E (X_{1})$ .
3. (iii)
  
  Pour $α < 0 < β$ , on pose $T = \min {k \in ℕ^{*} | S_{k} \leq α ou S_{k} \geq β}$ en convenant que $T = 0$ si $S_{k} \in] α; β [$ pour tout $k \in ℕ^{*}$ .
  
  Dans le cas où $X_{1} \sim 𝒰 ({- 1, 0, 1})$ , écrire une fonction simulant la variable $T$ et l’utiliser pour vérifier que
  
  $E (T) = \frac{3 | α β |}{2} .$
(b)

Montrer que pour tout $t \in [- 1; 1]$ , $G_{S_{N}} (t) = G_{N} (G_{X_{1}} (t))$ .
(c)

Montrer que $E (S_{N}) = E (N) E (X_{1})$ .
(d)

On suppose $X_{1}$ bornée mais plus nécessairement à valeurs entières.

On considère à nouveau la variable $T$ précédemment introduite, on admet que $T$ est d’espérance finie et on pose

$S_{T} = \sum_{k = 1}^{T} X_{k} .$

Justifier que $S_{T}$ est d’espérance finie et que $E (S_{T}) = E (T) E (X_{1})$ .

On montrera que

$E (S_{T}) = E (\sum_{j = 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j}))$

Solution

(a)

(i)

import numpy.random as rd

a = -1
b = 2
lamb = 4

def S():
    N = rd.poisson(lamb)
    res = 0
    for _ in range(N):
        res += rd.uniform(a, b)
    return res

(ii)

def Esp_S(n = 10_000):
    E = 0
    for _ in range(n):
        E += S()
    return E/10_000

print(Esp_S(), (a+b)*lamb/2)

(iii)

def T(alpha, beta, n = 100_000):
    S = 0
    for k in range(1, n+1):
        S += rd.randint(-1, 2)
        if S <= alpha or S >= beta:
            return k
    return 0


def Esp_T(alpha, beta, n = 10_000):
    E = 0
    for _ in range(n):
        E += T(alpha, beta)
    return E/10_000

alpha = -2
beta = 3
print(Esp_T(alpha, beta), 3*abs(alpha*beta)/2)

(b)

Soit $t \in] - 1; 1 [$ .

$G_{S_{N}} (t) = E (t^{S_{N}}) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S_{N} = k) t^{k} .$

Par la formule des probabilités totales,

$G_{S_{N}} (t) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (S_{N} = k ∣ N = n) P (N = n) t^{k} .$

La famille considérée est sommable et cela permet de réorganiser la sommation

$G_{S_{N}} (t)$ $= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S_{N} = k ∣ N = n) P (N = n) t^{k}$

$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S_{n} = k ∣ N = n) P (N = n) t^{k} .$

La variable $S_{n} = X_{1} + \dots + X_{n}$ étant indépendante de $N$ ,

$G_{S_{N}} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S_{n} = k) t^{k} P (N = n) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} G_{S_{n}} (t) P (N = n) .$

Or les variables $X_{i}$ sont indépendantes et donc

$G_{S_{n}} (t) = G_{X_{1}} (t) \times \dots \times G_{X_{n}} (t) = {(G_{X_{1}} (t))}^{n} .$

On conclut

$G_{S_{N}} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(G_{X_{1}} (t))}^{n} P (N = n) = G_{N} (G_{X_{1}} (t)) .$
(c)

L’existence des espérances assurent la dérivabilité de $G_{X_{1}}$ et $G_{N}$ en $1$ . Par composition (et parce que $G_{X_{1}} (1) = 1$ ), on peut affirmer que $G_{S_{N}}$ est dérivable en $1$ . Ainsi, $S_{N}$ admet une espérance finie et

$E (S_{N}) = G_{S_{N}}^{'} (1) = G_{X_{1}}^{'} (1) G_{N}^{'} (1) = E (X_{1}) E (N) .$
(d)

On a

$S_{T} = \sum_{j = 1}^{T} X_{k} = \sum_{j = 1}^{+ \infty} X_{j} 1_{T \geq j} = \sum_{j = 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j}) .$

Les variables $X_{j}$ sont bornées. On peut donc introduire $m \in ℝ$ tel que $X_{j}^{'} = X_{j} + m$ soit positive pour tout $j \in ℕ^{*}$ . En établissant la propriété demandée pour les variables positives $X_{j}^{'}$ , on peut aisément l’étendre aux variables $X_{j}$ initiales puisque

$S_{T}^{'} = \sum_{k = 1}^{T} X_{k}^{'} = \sum_{k = 1}^{T} (X_{k} + m) = S_{T} + m T .$

Sans perte de généralité, on suppose désormais les variables $X_{j}$ à valeurs positives. Cela permet de manipuler des espérances définies dans $[0; + \infty]$ . On introduit aussi $M \in ℝ_{+}$ tel que $X_{j} \leq M$ pour tout $j \in ℕ^{*}$ . On va établir

$E (\sum_{j = 1}^{N} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \to_{N \to + \infty}^{} E (\sum_{j = 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \in ℝ .$

Cela revient à démontrer

$E (\sum_{j = N + 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \to_{N \to + \infty}^{} 0 .$

Par croissance,

$E (\sum_{j = N + 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \leq E (\sum_{j = N + 1}^{+ \infty} M (1 - 1_{T < j})) = \sum_{j = N + 1}^{+ \infty} M P (T \geq j) .$

Or la variable $T$ est à valeurs dans $ℕ$ et d’espérance finie donc

$E (T) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} P (T \geq j) \in ℝ .$

On en déduit

$\sum_{j = N + 1}^{+ \infty} P (T \geq j) \to_{N \to + \infty}^{} 0 .$

On a donc acquis

$E (\sum_{j = 1}^{N} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \to_{N \to + \infty}^{} E (\sum_{j = 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \in ℝ .$

Cela se relit par linéarité

$\sum_{j = 1}^{N} (E (X_{j}) - E (X_{j} 1_{T < j})) \to_{N \to + \infty}^{} E (\sum_{j = 1}^{+ \infty} X_{j} (1 - 1_{T < j})) \in ℝ .$

L’événement $(T < j)$ est fonction de $X_{1}, \dots, X_{j - 1}$ donc indépendant de $X_{j}$ . On a alors

$\sum_{j = 1}^{N} (E (X_{j}) - E (X_{j} 1_{T < j}))$ $= \sum_{j = 1}^{N} (E (X_{j}) - E (X_{j}) P (T < j))$

$= \sum_{j = 1}^{N} E (X_{1}) P (T \geq j) \to_{N \to + \infty}^{} E (X_{1}) E (T) .$

Par unicité des limites,

$E (S_{T}) = E (X_{1}) E (T) .$

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Édité le 09-06-2025

	$S (t)$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{n (n - 1) + 2 n + 1}{n!} t^{n}$
		$= \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 2)!} t^{n} + 2 \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{(n - 1)!} t^{n} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} t^{n}$
		$= (t^{2} + 2 t + 1) e^{t} = {(t + 1)}^{2} e^{t} .$

	$G_{S} (t)$	$= \sum_{m = 0}^{+ \infty} P (S = m) t^{m}$
		$= \sum_{m = 0}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n, X_{1} + \dots + X_{n} = m) t^{m}$

	$G_{S} (t)$	$= \sum_{m = 0}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n) P (X_{1} + \dots + X_{n} = m) t^{m}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n) \sum_{m = 0}^{+ \infty} P (X_{1} + \dots + X_{n} = m) t^{m}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} P (N = n) G_{X_{1} + \dots + X_{n}} (t) .$

	$V (S)$	$= E (S^{2}) - E {(S)}^{2} = E (S (S - 1)) + E (S) - E {(S)}^{2}$
		$= G_{S}^{''} (1) + G_{S}^{'} (1) - {(G_{S}^{'} (1))}^{2} .$

	$G_{S_{N}} (t)$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S_{N} = k ∣ N = n) P (N = n) t^{k}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} P (S_{n} = k ∣ N = n) P (N = n) t^{k} .$

	$\sum_{j = 1}^{N} (E (X_{j}) - E (X_{j} 1_{T < j}))$	$= \sum_{j = 1}^{N} (E (X_{j}) - E (X_{j}) P (T < j))$
		$= \sum_{j = 1}^{N} E (X_{1}) P (T \geq j) \to_{N \to + \infty}^{} E (X_{1}) E (T) .$

Calcul d'espérance par les fonctions génératrices