Corrigé D+ 3 ESSEC 1998 par Pierre Veuillez Partie II Par

Corrigé D+ 3 ESSEC 1998 par Pierre Veuillez
Partie II Par convention, on pose N0 = 1:
1. Loi de la variable aléatoire N1 :
a) Quand D = n; il y a n intervalles pendants lesquels des clients peuvent venir avant que le
second client ne soit servi : [0; 1[; [1; 2[; : : : ; [n 1; n[
N1 est alors le nombre de clients arrivés pendant n intervalles de temps, avec pour chaque
intervalle une probabilité p d’y arriver et ceci indépendamment.
Donc N1 =D = n ,! B (n; p)
Donc P(N1 = k=D = n) = Cnk pk (1 p)n k si k n et 0 si k > n
N.B. si D = 0 comme la durée de service est nulle, la vague est vide et
p (N1 = 0=D = 0) = 1 (la formule précédente reste vraie)
b) Comme (D = n)n2N est un système complet d’événements,
P (N1 = k) =
+1
X
P (N1 = k=D = n) P (D = n)
n=0
M
X
P (N1 = k=D = n) P (D = n) =
n=0
=
M
X
n=k
M
X
P (N1 = k=D = n) P (D = n) +
p)n
Cnk pk (1
k
= p (1
=
pk (1
pk (1
k
!
Donc pour tout entier n; P (N1 = k) =
paramètre p et donc d’espérance p
0
n=0
n
e
n!
k
n=k
=
k 1
X
p (1
( p)k e
k!
p)
k
p)
k!
k
p)
k!
k
p)
k
e
e
e
M
X
n=k
M
X
n!
k! (n
n=k
M
Xk
m=0
((1
k!
k!) n!
1
(n
((1
k!)
1
((1
m!
p) )k e
(1
p)n
n
p) )n
p) )m+k
(1 p)
e
( p)k e
=
k!
p
p
et donc N1 suit une loi de Poisson de
2. Probabilité pour que la …le d’attente au guichet s’achève.
Dans toute la suite du problème, on convient de poser pk = P(Nk = 0):
a) Si “la …le d’attente au guichet s’achève au bout d’un temps …ni” il y a un dernier client
servi. Celui-ci faisait partie d’une vague k:
Puisque c’est le dernier servi, personne n’est arrivé pendant le service de cette vague et
Nk = 0
Et réciproquement si pour une valeur de k; on a Nk = 0 alors la …le d’attente est vide au
dernier client de cette vague.
Donc “la …le d’attente au guichet s’achève au bout d’un temps …ni” est ”il y a au moins
un k pour lequel Nk = 0 ” autrement dit ”la réunion des événements ”Nk = 0”, pour
k 1:
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La suite d’événements (Nk = 0)k 1 est croissante signi…e que si (Nk = 0) on a alors
(Nk+1 = 0)
Or si (Nk = 0) alors, la vague k + 1 est vide et il n’y a pas d’intervalle de temps pour que
d’autres clients arrivent. donc (Nk+1 = 0) (et pour tout n k on aura aussi (Nn = 0) )
Cette suite d’événements est donc bien croissante.
Donc comme la suite
- (Nk = 0) (Nk+1 = 0) et p (Nk = 0) p (Nk+1 = 0) donc la suite (pk )k 1 est croissante
et comme
L 1
S elle est majorée par 1 elle est convergente vers une limite
S
- Comme nk=0 (Nk = 0) = (N = n) que A =”la …le s’achève”= +1
(N
k = 0) ; alors
k=0
!!
n
[
p (A) = lim P
(Nk = 0)
= lim P (Nn = 0) = L
n!+1
n!+1
k=0
b) Quand (N1 = 1) ; on se retrouve après la première vague, dans les mêmes conditions qu’au
début de l’expérience : avec une seule personne dans la …le d’attente, mais avec un décalage
de 1 dans l’ordre des vagues. Donc P (Nk+1 = 0=N1 = 1) = P (Nk = 0)
Quand N1 = j; on considère séparément les clients arrivant pendant le service de chacun
de ces j 1 clients.
On a donc des parties de vagues qui reconstituent la même situation qu’initialement.
La …le sera épuisée à la k + 1eme vague si chacune des parties de vagues issues de chacun
de ces j clients sont épuisées au k ieme temps.
(ce qui arrive avec la probabilité P (Nk = 0) pour chacun de ces j clients)
Les parties de vagues étant indépendantes les unes des autres, on aura P (Nk+1 = 0=N1 =
j) = (P (Nk = 0))j
Le résultat est encore vrai pour j = 0: Donc pour tout entier j:
c) On utilise alors la formule des probabilités totales avec comme système complet d’événements :
(N1 = j)j2N et on a :
pk+1 = P (Nk+1 = 0)
+1
X
=
P(Nk+1 = 0=N1 = j)P (N1 = j)
j=0
+1
X
( p)j e
=
(P (Nk = 0))
j!
j=0
= e
= e
p
j
+1
X
( ppk )j
=e
j!
j=0
p
e
p
ppk
p(pk 1)
On a d’autre part p0 = p (N0 = 0) = 0 puisque la vague initiale comprend un client
(N0 = 1 par convention ).
La suite (pk )k2N véri…e donc la relation de la partie I avec a = p
La probabilité que la …le d’attente s’achève (qui est la limite de P (Nk = 0) = pk ) est
donc L ( p)
Donc
– si p 1 alors la probabilité que la …le s’achève est de 1 on est donc ”presque sûr”que
la …le s’achèvera
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– si p > 1 alors la probabilité est L ( p) < 1 et la probabilité qu’elle s’éternise est non
nulle ...
p
1 2
4
8
0,5 1
2
4
d) Pour = 0; 5; la probabilité d’arrêt est L ( p) : p
L ( p) 1 1 0,20 0,02
p
1
2 4
8
0,25 0,5 1
2
Pour = 0; 25; la probabilité d’arrêt est L ( p) : p
L ( p)
1
1 1 0,20
d’après les valeurs approchées données au I.
3. Calcul de l’espérance E(Nk ) de la variable aléatoire Nk :
a) On suppose l’événement Nk = i réalisé.
– Pour i = 0; on a P (Nk+1 = 0=Nk = 0) = 1
et pour tout j 6= 0 on a P (Nk+1 = j=Nk = 0) = 0 donc E (Nk+1 =Nk = 0) = 0:1 + 0 = 0
– Pour i > 0 si Nk = i; le nombre de personnes arrivées dans la vagues k + 1 est la somme
des personnes arrivées pendant le service de chacun de ces i clients.
Or le nombre de personne arrivées pendant le service d’un client suit une loi de Poisson
de paramètre p:
Donc si Nk = i, Nk+1 est la somme de i lois de Poisson indépendantes (puisque les
arrivées sont indépendantes) de paramètre p
Donc Nk+1 =Nk = j ,! P (i p)
Finalement E(Nk+1 =Nk = i) est l’espérance de cette loi de Poisson donc :
E(Nk+1 =Nk = i) = i p (la somme de la série dé…nissant cette espérance conditionnelle
est celle qui dé…nit l’espérance d’une loi de Poisson)
– Donc pour tout i 2 N on a E(Nk+1 =Nk = i) = i p
P
b) Si on suppose que E(Nk ) existe alors elle est la limite de M
j=0 iP (Nk = i) : quand M
tend vers l’in…ni.
Or pour tout entier i; on vient de voir que
E(Nk+1 =Nk = i)
E(Nk+1 =Nk = i) = i p donc i =
p
Donc
M
M
X
X
E(Nk+1 =Nk = i)
P (Nk = i)
iP (Nk = i) =
p
j=0
j=0
1 X
E (Nk+1 =Nk = i) P (Nk = i)
p j=0
M
=
1 X
E (Nk+1 =Nk = i) P (Nk = i)
p j=0
+1
!
Donc
1 X
P (Nk = i):E(Nk+1 =Nk = i):
p i=0
+1
E(Nk ) =
on développe l’écriture de E (Nk+1 =Nk = i) :
E(Nk ) =
+1
+1
X
1 X
P (Nk = i)
jP(Nk+1 = j=Nk = i)
p i=0
j=0
1 X X
j
P (Nk = i)P(Nk+1 = j=Nk = i)
p j=0 i=0
+1
=
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+1
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puisque l’on peut inverser les sommes.
On reconnaît alors la formule des probabilités totales avec le système complet d’événements : (Nk = i)i2N
+1
1 X
E(Nk ) =
jP (Nk+1 = j)
p j=0
Donc si Nk a une espérance alors Nk+1 en a une également et E (Nk+1 ) = pE (Nk )
c) Comme N0 = 1; alors N0 a une espérance et elle vaut 1.
Donc par récurrence pour tout entier k; Nk a une espérance.
Cette espérance est une suite géométrique de raison p:
Donc pour tout entier k : E (Nk ) = ( p)k
d) Le nombre total Tn de clients jusqu’à la nieme vague incluse est la somme des nombres de
clients de chacune des vagues.
P
Donc Tn = nk=0 Nk et Tn a une espérance et
E (Tn ) =
n
X
E (Nk ) =
k=0
=
( p)k
k=0
n+1
( p)
p
1
1
si p 6= 1 et E (Tn ) = n + 1 si p = 1
e) Pour ( 1
n
X
) p < 1 on a ( p)n+1 ! 0 et E (Tn ) !
1
quand n ! +1
1
p
La discussion aurait été utile, s’il y avait eu un point avant le ”pour p < 1 ”...
Interprétation :
– Cette limite est le nombre moyen de personnes arrivées durant l’ensemble du service
(sans limitation de nombre de vague) jusqu’à ce que la queue soit terminée.
– plus p (nombre moyen d’arrivant pendant le service d’une personne) est proche de 1,
plus il faut servir de personnes avant que la queue s’achève.
– : temps de service moyen, p : probabilité d’arrivée.
Plus la fréquence d’arrivée est grande, plus il faut que le temps de service soit court
pour que la queue se résorbe.
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