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 nintervalles pendants lesquels des clients peuvent venir avant que le
second client ne soit servi : [0;1[;[1;2[; : : : ; [n1; n[
N1est alors le nombre de clients arrivés pendant nintervalles de temps, avec pour chaque
intervalle une probabilité pd’y arriver et ceci indépendamment.
Donc N1=D =n ,! B (n; p)
Donc P(N1=k=D =n) = Ck
npk(1 p)nksi knet 0si 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)n2Nest un système complet d’événements,
P(N1=k) =
+1
X
n=0
P(N1=k=D =n)P(D=n)
M
X
n=0
P(N1=k=D =n)P(D=n) =
M
X
n=k
P(N1=k=D =n)P(D=n) +
k1
X
n=0
0
=
M
X
n=k
Ck
npk(1 p)nkne
n!
=pk(1 p)ke
M
X
n=k
n!
k! (nk!) n!(1 p)nn
=pk(1 p)ke
k!
M
X
n=k
1
(nk!) ((1 p))n
=pk(1 p)ke
k!
Mk
X
m=0
1
m!((1 p))m+k
!pk(1 p)k((1 p))ke
k!e(1p)=(p)kep k!
Donc pour tout entier n; P(N1=k) = (p)kep
k!et donc N1suit une loi de Poisson de
paramètre p et donc d’espérance p
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 kpour 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1est 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kon 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1est croissante
et comme elle est majorée par 1elle est convergente vers une limite L1
- Comme Sn
k=0 (Nk= 0) = (N=n)que A=”la …le s’achève”=S+1 k=0 (Nk= 0) ;alors
p(A) = lim
n!+1 P n
[
k=0
(Nk= 0)!!= lim
n!+1
P(Nn= 0) = L
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1clients.
On a donc des parties de vagues qui reconstituent la même situation qu’initialement.
La …le sera épuisée à la k+ 1eme vague si chacune des parties de vagues issues de chacun
de ces jclients sont épuisées au kieme temps.
(ce qui arrive avec la probabilité P(Nk= 0) pour chacun de ces jclients)
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’événe-
ments :
(N1=j)j2Net on a :
pk+1 =P(Nk+1 = 0)
=
+1
X
j=0
P(Nk+1 = 0=N1=j)P(N1=j)
=
+1
X
j=0
(P(Nk= 0))j(p)jep
j!
=ep
+1
X
j=0
(ppk)j
j!=epeppk
=e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)k2Nvéri…e donc la relation de la partie Iavec 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 1alors 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 > 1alors la probabilité est L(p)<1et la probabilité qu’elle s’éternise est non
nulle ...
d) Pour = 0;5;la probabilité d’arrêt est L(p):
p1 2 4 8
p 0,5 1 2 4
L(p)1 1 0,20 0,02
Pour = 0;25;la probabilité d’arrêt est L(p):
p1 2 4 8
p 0,25 0,5 1 2
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=iréalisé.
– Pour i= 0;on a P(Nk+1 = 0=Nk= 0) = 1
et pour tout j6= 0 on a P(Nk+1 =j=Nk= 0) = 0 donc E(Nk+1=Nk= 0) = 0:1 + 0 = 0
– Pour i > 0si 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 iclients.
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 ilois 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 i2Non a E(Nk+1=Nk=i) = ip
b) Si on suppose que E(Nk)existe alors elle est la limite de PM
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) = ip donc i=E(Nk+1=Nk=i)
p
Donc
M
X
j=0
iP(Nk=i) =
M
X
j=0
E(Nk+1=Nk=i)
p P(Nk=i)
=1
p
M
X
j=0
E(Nk+1=Nk=i)P(Nk=i)
!1
p
+1
X
j=0
E(Nk+1=Nk=i)P(Nk=i)
Donc
E(Nk) = 1
p
+1
X
i=0
P(Nk=i):E(Nk+1=Nk=i):
on développe l’écriture de E(Nk+1=Nk=i) :
E(Nk) = 1
p
+1
X
i=0
P(Nk=i)
+1
X
j=0
jP(Nk+1 =j=Nk=i)
=1
p
+1
X
j=0
j
+1
X
i=0
P(Nk=i)P(Nk+1 =j=Nk=i)
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puisque l’on peut inverser les sommes.
On reconnaît alors la formule des probabilités totales avec le système complet d’événe-
ments : (Nk=i)i2N
E(Nk) = 1
p
+1
X
j=0
jP (Nk+1 =j)
Donc si Nka une espérance alors Nk+1 en a une également et E(Nk+1) = pE (Nk)
c) Comme N0= 1;alors N0a une espérance et elle vaut 1.
Donc par récurrence pour tout entier k; Nka une espérance.
Cette espérance est une suite géométrique de raison p:
Donc pour tout entier k:E(Nk) = (p)k
d) Le nombre total Tnde clients jusqu’à la nieme vague incluse est la somme des nombres de
clients de chacune des vagues.
Donc Tn=Pn
k=0 Nket Tna une espérance et
E(Tn) =
n
X
k=0
E(Nk) =
n
X
k=0
(p)k
=(p)n+1 1
p 1
si p 6= 1 et E(Tn) = n+ 1 si p = 1
e) Pour (1)p < 1on a (p)n+1 !0et E(Tn)!1
1p quand n!+1
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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