C107_1 Rappels de probabilités 1

C107_1 Rappels de probabilités 1
Rappels de probabilités
Probabilités 1
Evénements et probabilités
Propriétés des probabilités
Probabilisation
Probabilités composées
Tests
Avant-propos
Les lignes qui suivent sont sans prétention. Elles ne visent pas à constituer un cours de probabilité
exhaustif et rigoureux (surtout au plan mathématique). Notre objectif est tout autre et se veut
essentiellement utilitaire. C’est pour cette raison que l’appel à l’intuition est souvent évoqué avec
" masquage " plus ou moins réussi de notions mathématiques complexes qui ne feraient qu’alourdir l’exposé
sans apporter de véritables outils pour le calcul effectif et concret des probabilités dont nous ferons un
usage important mais à un niveau, somme toute, élémentaire dans la suite du cours.
Le lecteur, suivant la formule consacrée, est renvoyé à des ouvrages de base pour un approfondissement
plus important.
Il convient de noter toutefois, que pour ce module, la partie "Probabilités 2" est fondamentale.
Evénements et probabilité
On considère un ensemble non vide E dont les éléments sont quelconques. Les parties de E sont les
ensembles que l’on peut former à partir des éléments de E.
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exemple 1 : E = {a,b,c,d}
a, b, c, d sont les éléments de E
{a,b}, {c,d}, {a,b,c}, {b},E, F ={} sont des parties de E
Toutes les parties de E sont :
Partie à 0 élément :
∅ ={}
Parties à 1 élément :
{a}, {b}, {c}, {d}
Parties à 2 éléments :
{a,b}, {a,c}, {a,d}, {b,c}, {b,d}, {c,d}
Parties à 3 éléments :
{a,b,c}, {a,b,d}, {a,c,d}, {b,c,d}
Partie à 4 éléments :
E = {a,b,c,d}
Il y a donc 16 parties pour E
L’ensemble des parties d’un ensemble E est noté P(E). On notera que le nombre d’éléments de P (E) est 2n si
E possède n éléments.
exemple 2 : en reprenant l’exemple précédent, on a clairement :
P(E) = { ∅ , {a}, {b}, {c}, {d}, {a,b}, {a,c}, {a,d}, {b,c}, {b,d}, {c,d}, {a,b,c}, {a,b,d}, {a,c,d}, {b,c,d}, E}
et on constate bien que 16 = 24.
Appelons maintenant événements les éléments de P(E) et définissons une application p de P(E) dans R
(ensemble des nombres réels) satisfaisant les axiomes suivants :
Axiome1 :
Axiome 2 :
Axiome 3 :
∀A ∈ P(E) p(A) >= 0
p(E) = 1
si A∩B=∅ alors p(A∪B)=p(A)+p(B)
Cette application est appelée une probabilité sur P(E).
Un peu de vocabulaire : E est l’événement certain. ∅ est l’événement impossible. {a}, {b}, {c}, {d} sont des
événements élémentaires (on ne peut pas les fabriquer à partir d’éléments plus simples). Si A∩B=∅ , on dit
que A et B sont des événements incompatibles. Si A* est le complémentaire de A, alors on dit que A et A*
sont contraires.
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exemple 3 : reprenons l’exemple précédent (rentabilisé).
{a} et {b,c,d} sont contraires, de même que E et ∅ ou encore que {a,b} et {c,d}. {a} et {b,c} sont
incompatibles, de même que {a} et {c} ou encore que {a,b} et {c,d}
On notera d’ailleurs que des événements contraires sont incompatibles, mais que l’inverse n’est pas vrai :
{a} et {b,c,d} sont contraires donc incompatibles, mais {a} et {b,c} sont incompatibles mais non contraires.
exemple 4 : Désignons par {x} le tirage d’une carte x dans un jeu de cartes. Les éléments de E sont {as de
cœur},{valet de carreau}, {6 de trèfle}, etc…L’événement " tirer un cœur " est défini par exemple par
{cœur} = {as de cœur} ∪{2 de cœur}∪{3 de cœur}∪…….∪{10 de cœur}∪{valet de cœur}∪{dame de
cœur}∪{roi de cœur} = {{as de cœur},{2 de cœur},{3 de cœur},…….,{10 de cœur) ,{valet de cœur},{dame de
cœur},{roi de cœur}} et est une partie de E. " Tirer un cœur " et " tirer un trèfle " sont deux événements
incompatibles car {cœur}∩{trèfle}=∅ . " Tirer un cœur " et " tirer un trèfle ou un carreau ou un pique "
sont des événements contraires car {cœur}*={trèfle}∪{carreau}∪{pique}
Propriétés des probabilités
Des axiomes de définition, on peut assez aisément tirer les conséquences suivantes (que nous ne
démontrons pas)
Prop 1 :
Prop 2 :
Prop 3 :
Prop 4 :
Prop 5 :
si A⊂ B alors p(A)<p(B)
p(A)≤ 1
∀A ∈ P(E)
p(A*) = 1 – p(A) ∀A∈ P(E)
p(∅ ) = 0
p(A∪B) = p(A) + p(B) – p(A∩B)
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exemple 5 : Reprenons l’exemple 4. Comme {cœur }, {trèfle}, {carreau} et {pique} sont disjoints deux à
deux, on a :
p(tirer un cœur)=p({cœur})=1 – p({trèfle}∪{carreau}∪{pique})=1 – p({trèfle}) – p({carreau}) – p({pique})
p(tirer une carte quelconque) = 1
p(tirer un cœur ou un 10) = p({cœur})+p({10})-p({10}{cœur})
mais p({cœur})=p({as de cœur}∪{2 de cœur}∪{3 de cœur}∪…….∪{10 de cœur}∪{valet de cœur}∪{dame
de cœur}∪{roi de cœur})=p({as de cœur})+p({2 de cœur})+p({3 de cœur})+…….+p({10 de cœur}) +p({valet
de cœur})+p({dame de cœur})+p({roi de cœur})
et p({10})=p({10 de cœur}∪{10 de trèfle}∪{10 de carreau}∪{10 de pique})=p({10 de cœur})+p({10 de
trèfle})+p({10 de carreau})+p({10 de pique})
de sorte que p(tirer un cœur ou un 10)= p({as de cœur})+p({2 de cœur})+p({3 de cœur})+……. +p({valet de
cœur})+p({dame de cœur})+p({roi de cœur}) +p({10 de cœur})+p({10 de trèfle})+p({10 de carreau})+p({10
de pique})
Probabilisation
Les définitions précédentes donnent la signification d’une probabilité mais elles ne donnent pas le moyen de
définir concrètement une probabilité.
En général, la notion d’équiprobabilité est d’une aide certaine. Des événements élémentaires sont considérés
comme équiprobables s’ils ont des probabilités égales.
exemple 6 : Jet d’un dé ; le dé n’étant pas considéré comme pipé , on admettra que :
p({1}) = p({2}) = p({3}) = p({4}) = p({5}) = p({6})
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exemple 7 : tirage d’une carte ; les cartes étant physiquement identiques, on a :
p({6 de trèfle})=p({3 de carreau})=p({valet de cœur})=p({dame de pique})
Dans le cas d’événements élémentaires équiprobables, ∀Xi, Xj événements élémentaires, p(Xi)=p(Xj)
De sorte que p(X1)+p(X2)+……+p(Xn)=p(X1∪X2∪….∪Xn)=p(E)=1
d’où p(Xi) = 1/n
On en déduit que ∀A∈ P(E), A = X1∪X2∪ ……∪Xk (puisque les Xi sont élémentaires)
Donc p(A) = p(X1) + p(X2) + …..+ p(Xk) = k/n
Cette relation, dans le langage courant, s’exprime ainsi :
La probabilité d’un événement est le rapport du nombre de cas favorables au nombre de cas possibles.
L’exemple suivant illustre cette dénomination (très usuelle).
exemple 8 : Jet d’un dé. Les événements élémentaires sont équiprobables
p({1}) = p({2}) = p({3}) = p({4}) = p({5}) = p({6}) = 1/6
par suite la probabilité d’obtenir un chiffre impair est
p({impair})=p({1})+p({3})+p({5}) = 3/6 = ½ = 0,5
exemple 9 : Jeu de cartes ; tirage de cartes ; tous les tirages de cartes individuelles sont équiprobables
( pour un bon jeu de cartes). Donc
p({cœur})=13xp({carte quelconque}) = 13x(1/52) =¼
Une conséquence importante du schéma équiprobabiliste est que la somme des probabilités relatives à une
expérience est 1. En effet, soit A, B, …. les événements incompatibles, résultats de l’expérience et soit
n(A), n(B),… leurs nombres de cas favorables (pas de double comptage). Alors, en posant n(A) + n(B) + …..= n
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on a p(A) + p(B) + ….. = n(A)/n + n(B)/n + …… = n/n = 1
L’application du principe de base de l’équiprobabilité pour les événements élémentaires se fait, en fait de
deux manières.
1) par dénombrement des cas possibles et des cas favorables.
On utilise les formules combinatoires suivantes :
Nombre de combinaisons : Cnp = n!/(p!(n-p)!)
●
Nombre d’arrangements : Anp = n!/(n-p)!
Nombre de permutations : Pn = n !
●
●
Une combinaison d’ordre p sur un ensemble E de cardinal n est une partie de E comportant p éléments (pris
parmi les n évidemment et sans répétition).
Un arrangement est un assemblage de p éléments pris parmi n éléments (sans répétition) dans un ordre
donné.
Une permutation d’ordre n est un arrangement des n éléments.
exemple 10 : tiercé ; 20 chevaux au départ d’une course. Combien de tiercés différents dans l’ordre
peut-on faire ? Réponse : A203 = 20!/(17!) = 6840. Combien de tiercés différents dans le désordre peuton faire ? Réponse : C203 = 20!/(17!3!) = 1140.
Ces formules permettent un dénombrement (des cas favorables dans le cas de l’exemple 10).
exemple 11 : en supposant tous les chevaux de même niveau (supposition hardie), la probabilité de
toucher le tiercé dans l’ordre se calcule comme suit :
●
●
●
Nombre de cas favorables : 1 arrangement
Nombre de cas possibles : 6840 arrangements
Probabilité : 1/6840 = 0,000146….
Et pour le tiercé dans le désordre :
●
●
●
Nombre de cas favorables : 1 combinaison
Nombre de cas possibles : 1140 combinaisons
Probabilité : 1/1140 = 0,000877….
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exemple 12 : Une urne contient 5 boules identiques sauf la couleur : E ={a,b,c,d,e} où a,b,c sont des
boules rouges et c,d des boules vertes. Le tirage d'une boule rouge correspond à l'événement R = {a,b,c}
et le tirage d'une boule verte à l'événement V = {c,d}.
En admettant que p({a})=p({b})=....=p({d}), on a p(R)=3/5 et p(V)=2/5 et on constate, bien sûr, que p(R)
+p(V) =1
2) Pour des études de cas plus complexes, le dénombrement est impossible et on utilise alors à la fois la
statistique et la loi des grands nombres qui dit (en simplifiant) que si le nombre d’individus testés est
assez grand alors on peut confondre la fréquence statistique et la probabilité.
exemple 13 : On constate que d'après un sondage effectué sur 2 000 000 de français, le pourcentage de
ceux-ci qui ont un nez supérieur à 6 cm est de 34%. On en déduit une valeur approximative de la
probabilité pour qu’un français ait un nez supérieur à 6 cm : p=0.34.
exemple 14 : Dans une usine, sur 1200 pièces mécaniques, on constate que 60 sont défectueuses. On en
déduit, par extension, que la probabilité d’avoir une pièce défectueuse est p=60/1200 = 0,05.
Probabilités composées
Etant donné un ensemble E et l'ensemble des événements P(E), soit A,B∈P(E) et supposons que p(A) soit non
nul. Posons
pA(B)=p(A∩B)/p(A)
On définit ainsi une nouvelle probabilité et l'on peut en effet vérifier que pA satisfait les axiomes 1,2,3 de
la définition d'une probabilité. On l'appelle probabilité conditionnée par A. On peut ré-écrire l'expression
ci-dessus comme
p(A∩B) = p(A).pA(B)
ce qui exprime l'idée suivante : pour avoir simultanément A et B (événement A∩B), il faut d'abord avoir A
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(probabilité p(A)), puis B sachant que A est déjà réalisé, ce qui peut changer le contexte de calcul (pA(B)).
Les probabilités se multiplient donc ainsi.
Notons que de l'on a aussi p(A∩B) = p(B).pB(A)
exemple 15 : Reprenons l'exemple de l'urne avec des boules rouges et des boules vertes de l'exemple 12.
Supposons que l'on tire une boule (que l'on ne remet pas dans l'urne) puis une seconde. Quelle est la
probabilité de tirer deux boules rouges ? Appliquons la relation précédente :
p(2 boules rouges) = p(R).pR(R) = (3/5).(2/4) =0,3
Supposons maintenant que l'on effectue le même type de tirage, mais en remettant à chaque étape la
boule tirée dans l'urne.
p(2 boules rouges) =p(R).pR(R) = (3/5).(3/5) =9/25 = 0,36
exemple 16 : Des études sur les accidents, on tire les résultats suivants :
●
●
●
la probabilité d'avoir un accident si le conducteur est sobre est 0,001 ; soit psobre(accident)=0,001
la probabilité d'avoir un accident si le conducteur est ivre est 0,02 ; soit pivre(accident)=0,02
la probabilité d'avoir un conducteur ivre est 0,01; soit p(ivre)=0,01.
Quelle est la probabilité d'avoir un accident avec un conducteur ivre , soit p(accident∩ivre) ?
Réponse : p(accident∩ivre) = p(ivre).pivre(accident) = 0,01 . 0,02 = 0,0002
Quelle est la probabilité d'avoir un conducteur ivre si il y a accident , soit paccident(ivre) ?
Réponse : paccident(ivre) = p(accident∩ivre)/p(accident) . Pour trouver la probabilité p(accident) il faut
tracer un arbre des cas. En fait 4 cas sont à considérer :
●
●
●
●
ivre ∩ accident
ivre ∩ pas d'accident
sobre ∩ accident
sobre ∩ pas d'accident
toutes les probabilités sont calculées avec les règles précédentes :
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A partir des résultats sur les feuilles de l'arbre précédent, on peut construire un second arbre de racine
"occurrence d'accident" :
Par déduction, on obtient la probabilité cherchée.
On définira l'indépendance de deux événements par la relation suivante :
A et B sont indépendants si et seulement si pA(B) = p(B).
On a dans ce cas p(A∩B) = p(B).p(A) (comme dans le cas de la seconde partie de l'exemple 15).
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Tests
Exercice 1
Dans une salle qui tient 40 personnes (4 rangs de 10) et où je suis placé au hasard,
a) quelle chance ai-je d'être au premier rang ?
b) d'être au 1er rang à la première place à droite ?
NB : on suppose que j'ai autant de chances d'être placé à une place plutôt qu'à une autre.
Exercice 2
Dans un jeu de 32 cartes, on tire au hasard 2 cartes. Quelle est la probabilité pour que parmi ces 2 cartes
a) figure le 7 de carreau ?
b) ne figure aucun 7 ?
c) figure au moins un 7 ?
Exercice 3
Un sac contient 10 jetons numérotés de 1 à 10. On en tire 3 au hasard simultanément. Quelle est la
probabilité pour que, parmi les trois nombres obtenus, on ait
a) 3 multiples de 3
b) exactement 2 multiples de 3
c) exactement 1 multiple de 3
d) aucun multiple de 3
e) au moins 1 multiple de 3
f) au moins 2 multiples de 3
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Exercice 4
Un bassin contient 30 poissons : 5 carpes, 10 tanches, 15 gardons. On pêche 4 poissons d'un coup de filet.
Calculer les probabilités des événements suivants :
a) les quatre poissons sont tous des gardons
b) aucun des quatre poissons n'est un gardon
c) il y a au moins 1 gardon dans le filet
d) le filet contient 1 carpe, 1 tanche, 2 gardons
e) parmi les quatre poissons, il y a au moins 2 carpes.
Exercice 5
Un sac contient 20 champignons dont 12 sont comestibles et 8 vénéneux ; parmi ces derniers, 3 sont
mortels. On tire au hasard et simultanément 5 champignons du sac. Chaque champignon ayant la même
probabilité d'être tiré du sac, quelle est la probabilité pour que
a) tous les champignons tirés soient comestibles
b) l'on ait tiré au moins un champignon mortel
c) l'on ait tiré 3 champignons comestibles et 2 champignons vénéneux.
Exercice 6
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Trois messieurs, appelés A, B, C entrent au restaurant et déposent leurs chapeaux, notés a, b, c au
vestiaire. Lorsqu'ils sortent, chacun des messieurs reprend l'un des 3 chapeaux sans vérifier si c'est le
sien.
a) combien y a-t-il de répartitions possibles des 3 chapeaux entre les 3 messieurs
b) on suppose que chacune de ces répartitions a la même probabilité de survenir. Quelle est la probabilité
pour que :
p1 : aucun des messieurs n'ait son propre chapeau
p2 : un seul ait son propre chapeau
p3 : deux aient leurs propres chapeaux
p4 : les trois aient leurs propres chapeaux
Additionner p1, p2 et P3 et expliquer le résultat trouvé.
Solution de l'exercice 1
a) Il y a 40 places et 10 sont convoitées. La probabilité est donc p1 = 10/40 = 0,25
b) Il y a 40 places et une seule est convoitée. La probabilité est donc p2 = 1/40 = 0,025
Solution de l'exercice 2
le nombre de cas possibles est C322 = 496
a) n(A) = 31 d'où p(A) = 0,0625
b) n(A) = C282 = 378 d'où p(A) = 0,762
c) n(A) = C41.C281 + C42 = 118 d'où p(A) = 0,238 = 1 - 0,762
file:///C|/IEM/gmC107/C107_1.htm (12 sur 14) [12/03/2003 05:37:48]
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Solution de l'exercice 3
le nombre de cas possibles est N = C103 = 120
a) n(A) = 1 donc p(A) = 1/120
b) n(B) = C32.7 = 21 donc p(B) = 7/40
c) n(C) = 3.C72 = 63 donc p(C) = 21/40
d) n(D) = C73 = 35 donc p(D) = 7/24
A noter que p(D) = 1 - p(A) - p(B) - p(C)
e) p(E) = p(A) + p(B) + p(C) = 17/24 ou bien p(E) = 1 - p(D) = 17/24
f) p(F) = p(A) + p(B) = 11/60
Solution de l'exercice 4
Le nombre de cas possibles est N = C304 = 27 405
a) n(A) = C154 = 1 365 donc p(A) = 0,05
b) p(B) = 0,05
c) p(C) = 1 - p(B) = 0,95
d) n(D) = 5.10.C152 = 5 250 donc p(D) = 0,19
e) Si on note (xC) l'événement où on a tiré x carpes, on peut noter que (0C) et (1C) sont des événements
incompatibles : (0C)U(1C) est l'événement contraire de (2C)U(3C)U(4C).
p(x>= 2) = 1 - p(0C) - p(1C) = 1 - n(0C)/N - n(1C)/N
n(0C) = C254 = 12 650
n(1C) = C51.C253 = 11 500 donc p(x >= 2) = 0,119
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Solution de l'exercice 5
a) p(A) = C125 / C205 = 0,051
b) p(B) = [3.C174 + C32.C173 + C33.C172]/C205 = 0,6
c) p(C) = C123.C82/C205 = 0,397
Solution de l'exercice 6
a) le nombre de possibilités est égal au nombre de permutations : 3! = 6
b)
●
●
●
●
les cas favorables sont (A-->c, B-->a, C-->b) et (A-->b, B-->c, C-->a) soit 2 cas d'où p1 = 1/3
les cas favorables sont (A-->a, B-->c, C-->b), (A-->c, B-->b, C-->a) et (A-->b, B-->a, C-->c) soit 3 cas
d'où p2 = 1/2
il n'y a qu'un cas favorable (A-->a, B-->b, C-->c) d'où p3 = 1/6
Si deux messieurs ont leur chapeau, le 3ème a forcément le sien, donc p4 = p3
p1 + p2 = P3 = 1 ce qui est normal puisque tous les cas possibles ont été envisagés.
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Rappels de probabilités
Probabilités 2
Variables aléatoires
Modèles probabilistes
Programmes générateurs
Tests
Variables aléatoires
Dans une expérience, on peut l'inventaire des résultats, c'est à dire des événements possibles : A, B, C,.....K.
A ces événements, on peut faire correspondre les valeurs d'une variable X :
pour l'événement A ,X = 1
pour l'événement B, X = 2
pour l'événement C, X = 3
...................................................
pour l'événement K, X = n
Une telle variable, associée à un ensemble d'événements possibles, est appelée une variable aléatoire. La
définition, pour toute valeur de X, de la probabilité correspondante est une loi de probabilité.
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exemple 17 : Une urne contient 10 boules rouges, 25 boules vertes et 15 boules bleues ; ces boules sont
identiques sauf la couleur. L'expérience consiste en le tirage d'une boule. Il y a trois résultats possibles
:
●
●
●
tirage d'une boule rouge : X = 1, p(X = 1)=10/50 = 0,2
tirage d'une boule verte : X = 2, p(X = 2) = 25/50 = 0,5
tirage d'une boule bleue : X = 3, p(X = 3) = 15/50 = 0,3
et on a, bien sûr, p(X = 1) + p(X = 2) + p(X = 3) = 1. La loi de probabilité p(X) est définie ci-dessus. Elle
peut s'exprimer par le graphe suivant :
exemple 18 : Un candidat se présente à un examen où il doit tirer 3 sujets au hasard parmi 20 sujets. Ce
candidat n'a révisé que 12 sujets. On désigne par X le nombre de sujets révisés parmi les sujets tirés.
Les valeurs possibles de X sont : X=0 (pauvre candidat), X = 1, X = 2, X = 3 (candidat chanceux). Pour
déterminer la loi de probabilité, dénombrons le nombre de cas possibles et le nombre de cas favorables
:nombre de cas possibles : C203 = 1140
●
●
●
●
nombre de cas favorables pour X=0 : C83 = 56
nombre de cas favorables pour X=1 : C121.C82 = 336
nombre de cas favorables pour X=2 : C122.C81 = 528
nombre de cas favorables pour X=3 : C123 = 220
On en déduit p(X = 0) = 0,05 , p(X = 1) = 0,30, p(X = 2) = 0,46, p(X = 3) = 0,19.
Modèles probabilistes
C107 Rappels de probabilités 2
L'étude de divers phénomènes a permis de définir des modèles probabilistes, c'est à dire de donner des lois
de probabilité. Donnons-en quelques exemples.
Le modèle probabiliste de Bernouilli ou loi de Bernouilli (ou loi binomiale) est bien adapté aux expériences
de "tirages successifs". Cette loi s'exprime par :
p(X = k) = Cnkpkqn-k
où p est la probabilité d'avoir l'événement attendu A et q=1-p la probabilité d'avoir l'événement contraire
A*.
Cnp est le coefficient binômial défini plus haut.
exemple 19 : on détermine que la probabilité d'arriver à un croisement donné avec feux verts est p=3/5
(donc q=2/5). On effectue n passages successifs à ce carrefour et on désigne par X le nombre
d'événements "feux verts".
Si n=2, on a
●
●
●
p(X=0) = C20p0q2= 4/25 = 0,16
p(X=1) = C21p1q1 = 12/25 = 0,48
p(X=2) = C22p2q0 = 9/25 = 0,36
Si n=5, on a
●
●
●
●
●
●
p(X=0) = C50p0q5 =0,01
p(X=1) = C51p1q4 = 0,07
p(X=2) = C52p2q3 = 0,23
p(X=3) = C53p3q2 = 0,35
p(X=4) = C54p4q1 = 0,26
p(X=5) = C55p5q0 = 0,08
Le modèle de Poisson correspond à la tendance de la loi de Bernouilli quand p est faible et quand n est
grand (infini). Son expression est
p(X = k) = e-m. mk/k!
où m est un paramètre qui correspond à la valeur moyenne de X.
Des tables permettent de donner les valeurs de p(X = k). On peut aussi utiliser une calculette.
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exemple 20 : un phénomène suit une loi de Poisson de moyenne 4 ; soit A l'évènement attendu. Quelle est
la probabilité d'obtenir A 8 fois, moins de 8 fois ?
p(X = 8) = 0,0298
p(X < 8) = p(X = 0) + p(X = 1) + p(X = 2) + p(X = 3) + p(X = 4) + p(X = 5) + p(X = 6) + p(X = 7) = 0,9489
Ce dernier résultat montre que la probabilité pour que X > 8 est faible : p(X > 8)=1-p(X < 8)-p(X =
8)=0,0213
La loi de Gauss (ou Laplace-Gauss ou loi normale) est bien connue . Elle est utilisée pour une variable
aléatoire continue (et non pas discrète comme dans les modèles précédents). Elle est définie à partir de la
densité de probabilité
où m représente la moyenne et σ l'écart-type.
La probabilité pour que X < x0 est donnée par l'expression
Les tables donnent les valeurs de p pour la loi réduite (m = 0 et σ = 1). On passe de la loi réduite à la loi
normale avec les formules de transformation :
exemple 21 : Sur un effectif de 2500 personnes, on mesure la taille en cm. La moyenne est 169 cm et on
admet que la taille suit une loi de Gauss d'écart-type σ = 5,6. Quelle est la probabilité pour que la taille
d'un individu soit inférieure à 155 cm ?
Réponse : en utilisant les tables, on a t = (155-169)/5,6 = -2,5, puis p(T < -2,5) = 1-p(T < 2,5) = 1-0,9938 =
0,0062
Quelle est la probabilité pour que la taille d'un individu soit supérieure à 172 cm ?
Réponse : p(X > 172) = 1-p(X < 172) = 1-p(T < t) avec t = (172-169)/5,6 = 0,53 donc, avec l'aide des
tables, p(X > 172) = 1-0,7019 = 0,2981
C107 Rappels de probabilités 2
Programmes générateurs
Le problème que l'on se pose maintenant est le suivant. On désire simuler des expériences dont les
phénomènes obéissent à des lois de probabilité définies. Plus précisément, comment générer des nombres
aléatoires obéissant à une loi de probabilité donnée ?
Pour répondre à cette question, il faut introduire la fonction de répartition F(x) dont la définition est :
F(x) = p(X < x)
Il s'agit donc d'une fonction cumulative qui donne la somme de toutes les probabilités depuis la valeur la
plus petite de X jusqu'à la valeur x. Bien entendu, F(x) est comprise entre 0 et 1
exemple 22 : Reprenons l'exemple 17 et déterminons la fonction F(x) dans le cas de cet exemple :
●
●
●
●
pour x < 1, F(x) = 0
pour x∈[1,2[, F(x) = p(X = 1) = 0,2
pour x∈[2,3[, F(x) = p(X = 1) + p(X = 2) = 0,5
pour x >= 3, F(x) = p(X = 1) + p(X = 2) + p(X =3 ) = 1
La représentation graphique de la courbe correspondante est donnée ci-dessous :
D'une manière générale, F(x) a toujours l'allure d'une courbe croissante, partant de 0 et allant vers 1. Pour
C107 Rappels de probabilités 2
une variable aléatoire continue, l'allure de F(x) est donnée ci-dessous :
En examinant cette courbe, on voit que la solution à notre problème consiste en deux étapes :
1ère étape : Tirer au hasard (loi uniforme) un nombre z compris entre 0 et 1
2ème étape : En utilisant la fonction inverse de F(x), déterminer un nombre aléatoire a
suivant la loi de probabilité fixée.
Pour tirer un nombre au hasard de manière uniforme entre 0 et 1, plusieurs procédés, plus ou moins
performants, sont utilisés. Donnons en un exemple à titre d'illustration. Considérons la récurrence
yi = k.yi-1 + C (modulo T)
Prenons y0 = 2357, k=515, C=0, T=10000. On obtient successivement :
●
●
●
●
●
●
●
y1=3855 d'où z1 = 0,3855
y2 = 5325 d'où z2 = 0,5325
y3 = 2375 d'où z3 = 0,2375
y4= 3125 d'où z4 = 0,3125
y5 = 9375 d'où z5 = 0,9375
y6 = 8125 d'où z6 = 0,8125
etc ....
Les ordinateurs sont pourvus de générateurs de nombres aléatoires (en fait pseudo-aléatoires) ce qui
permet l'utilisation aisée de la simulation avec des programmes informatiques.
La seconde étape est plus délicate et dépend de la loi de probabilité utilisée car la fonction inverse de F(x)
n'est pas en général aisée à trouver. Examinons quelques exemples :
a) loi uniforme
Trouver un nombre aléatoire compris entre a et b : α = (b-a)z+a
b) loi de Poisson
Trouver un nombre aléatoire suivant la loi de Poisson. On détermine un nombre entier α tel que
C107 Rappels de probabilités 2
c) loi normale de Gauss
Trouver un nombre aléatoire suivant la loi de Gauss. Plusieurs algorithmes existent. Nous en donnons un cidessous très simple :
β=0
Pour k=1 à 12 par valeurs
entières
β=β+z
Fin Pour
β=β−6
α = β∗σ + m
On pourra, pour plus de précision, utiliser le programme gen2 qui génère des nombres aléatoires suivant
plusieurs lois de probabilités avec comparaison avec les distributions théoriques.
Tests
Exercice 1
Soit f la fonction définie sur R par f(x)=kexp(-|x|).
a) déterminer k pour que f soit la densité de probabilité d'une variable aléatoire réelle X.
b) déterminer la fonction de répartition de la variable aléatoire réelle X admettant f comme
densité de probabilité.
c) soit Y=X*X. Déterminer la fonction de répartition et la densité de Y.
Exercice 2
C107 Rappels de probabilités 2
Pour X suivant une loi de Poisson de paramètre 4, quelle est la probabilité pour que X soit inférieur à 8 ?
pour que X soit égal à 8 ?
Exercice 3
On a constaté que la répartition du taux de cholestérol pour un grand nombre de personnes est la suivante :
●
●
●
taux inférieur à 165 cg : 58%
taux compris entre 165 et 180 cg : 38%
taux supérieur à 150 cg : 4%
a) sachant que la répartition suit une loi normale, calculer la valeur moyenne du taux de cholestérol et l'écarttype.
b) on admet que les personnes dont le taux est supérieur à 183 cg doivent subir un traitement. Quel est le
nombre de personnes à soigner dans une population de 100 000 personnes ?
Exercice 4
On mesure la taille en centimètres de 2500 hommes. La distribution obtenue suit une loi de Laplace-Gauss
de moyenne 169 cm et d'écart-type 5,6 cm.
a) indiquer sous forme de pourcentage les proportions d'hommes dont la taille est :
●
●
inférieure à 155 cm
supérieure à 172 cm.
b) de part et d'autre de la valeur moyenne, quelles sont les tailles qui limitent un effectif
représentant 60% de la population ?
C107 Rappels de probabilités 2
Exercice 5
Un lot contient 3% de pièces défectueuses.
a) on prélève au hasard un échantillon de 10 pièces. Les pièces étant très nombreuses, on
admet que le tirage peut être considéré comme fait au hasard et avec remise. Soit X la
variable aléatoire "nombre de pièces défectueuses dans l'échantillon".`
●
●
●
quelle est la loi de probabilité de X ?
quelles sont les valeurs de l'espérance mathématique et de l'écart-type
? Quelle est leur signification ?
calculer p(X=0) et p(X>=1).
b) on contrôle toutes les pièces mais le mécanisme de contrôle est aléatoire. Une pièce bonne
est acceptée avec une probabilité de 0,98, une pièce défectueuse est refusée avec une
probabilité de 0,99. Calculer la probabilité des événements suivants :
●
●
une pièce refusée l'est à tort
une pièce acceptée l'est à tort.
Exercice 6
Les distributeurs automatiques de timbres poste émettent une fois sur dix un timbre portant un numéro au
verso ; les timbres numérotés sont cotés à part dans le catalogue. Un collectionneur reçoit dans son
courrier cinq lettres de provenances différentes, chacune d'elles étant affranchie à l'aide d'un timbre
émis par un distributeur automatique. Avant de décoller les timbres, considérant que le nombre de timbres
numérotés est une variable aléatoire X, il se pose différentes questions :
a) quel est l'ensemble des valeurs que peut prendre X ?
b) quelle est la loi de probabilité de X ?
c) quelle est l'espérance mathématique de X ?
d) quelle est la probabilité pour qu'au moins deux des timbres soient numérotés ?
Solution de l'exercice 1
C107 Rappels de probabilités 2
f(x)=kexp(-|x|).
a) détermination de k
b) fonction de répartition
c) Y=X2
Soit G la fonction de répartition de Y :
Solution de l'exercice 2
En utilisant les tables pour la loi de Poisson, on a :
p(X < 8) = 0,9489
et
p(X = 8) = 0,0298
C107 Rappels de probabilités 2
Solution de l'exercice 3
a) 0,58 est la fréquence cumulée relative à p(T < 0,21) et 0,96 est la fréquence cumulée
relative à p(T < 1,75). Donc X = 165 correspond à t = 0,21 et X = 180 correspond à t = 1,75.
Comme t = (X-m)/σ, on a le système :
0,21σ + m = 165 et 1,75σ + m = 180 ce qui conduit à σ = 9,74 et m = 163
b) Pour X = 183, on t = (183-163)/9,74 = 2,053
p(T< 2,05) = 0,9798
donc p(T > 2,05) = 1 - 0,9798 = 0,0202 = 2020/100000 ce qui signifie que 2020 personnes
sont concernées.
Solution de l'exercice 4
effectif : 2500 ; loi de Laplace-Gauss (normale) de moyenne m = 169 et d'écart-type σ = 5,6
a)
-proportion d'hommes dont la taille est inférieure à 155 cm
p(X<155) = p(T<(155-169)/5,6) = p(T<-2,5) = 1 - p(T<2,5) = 1 - 0,9938 = 0,0062
d'où N = 2500 x 0,0062 = 16 personnes environ
- proportion d'hommes dont la taille est supérieure à 172 cm
p(X>172) = 1 - p(X<172) = 1 - p(T<(172-169)/5,6) = 1 - p(T<0,53) = 1 - 0,7019 = 0,2981
d'où N = 2500 x 0,2981 = 745 personnes environ
b) tailles limitant un effectif représentant 60% de la population ; on a p(|T|>t) = 0,40
La table donne t = 0,8416 = (x - 169)/5,6 d'où
x1 = 173,71 cm
x2 = 169 - (173,71 - 169) = 164,29 cm
C107 Rappels de probabilités 2
Solution de l'exercice 5
La probabilité pour qu'une pièce soit défectueuse est p = 0,03
a) La loi de probabilité de X est la loi binomiale de moyenne <X> = np = 10 x 0,03 = 0,3 et
d'écart-type
σ =(npq)0,5 = 0,54.
donc p(X=k) = C10k(0,03)k(0,97)10-k
En particulier
p(X=0) = (0,97)10 = 0,737
et
p(X>=1) = 1 - p(X=0) = 0,263
- quelles sont les valeurs de l'espérance mathématique et de l'écart-type ? Quelle est leur
signification ?
- calculer p(X=0) et p(X>=1).
b) contrôle des pièces
La probabilité de refuser une pièce à tort est p(bonne si refusée ) = p(refusée et
bonne)/p(refusée) = 0,4
La probabilité d'accepter une pièce à tort est p(mauvaise si acceptée) = p(acceptée et
mauvaise)/p(acceptée) = 0,0003
C107 Rappels de probabilités 2
Solution de l'exercice 6
a) X peut prendre les valeurs 0, 1, 2, 3, 4, 5
b) la loi de probabilité est la loi binomiale p(X=k) = C5k(0,1)k(0,9)5-k.
c) L'espérance mathématique est <X> = np = 5 x 0,1 = 0,5
d) P = 1 - p(X=0) - p(X=1) = 0,08146
poisson
gauss
gauss
file:///C|/IEM/gmC106/docu/gauss.htm (2 sur 2) [12/03/2003 05:32:30]
Principes de simulation
Principes de simulation
Introduction
Tirage de nombres aléatoires
Confection d'échantillons
Simulation suivant une loi de probabilité
Tests
Introduction
Imaginons de calculer le nombre π en choisissant des points au hasard dans un carré de côté 2a. Dans ce
carré est inscrit le cercle de rayon a. On compte le nombre total N de points et le nombre n de points
situés dans le disque. Si l'on admet que tous les points du carré ont la même probabilité d'être choisis, la
probabilité de choisir un point dans le cercle sera approchée par le rapport n/N.
Par ailleurs, la répartition des points étant supposée homogène, le nombre de points situés dans le carré est
proportionnel à l'aire du carré 4a2. De la même façon, le nombre de points situés dans le disque est
proportionnel à l'aire du disque πa2. On en déduit
Il suffit donc de faire un grand nombre d'expériences en utilisant, pour la commodité, un ordinateur qui
tirera au hasard les coordonnées (x,y) d'un point ( l'origine des coordonnées étant prise au centre du
cercle) en suivant la loi uniforme et en vérifiant si x2 + y2 <= a2.
Entrer un nombre de tirages et
lancer la simulation
Principes de simulation
Ce petit exemple illustre le principe d'une simulation :
1) On ne fait pas une expérience réelle (cela prendrait beaucoup de temps), mais on utilise l'ordinateur pour
effectuer les tirages (constitution d'échantillons aléatoires ) et comptabiliser les cas favorables et les cas
possibles. Il s'agit donc d'une expérience "virtuelle".
2) On se rend vite compte que si on veut un résultat significatif, il faut un nombre de tirages assez élevé.
C'est d'ailleurs une bonne raison d'utiliser un ordinateur.
Normalement, on s'attend à ce que le résultat converge vers la "bonne valeur". On peut alors se fixer un
seuil de précision si l'on admet que le résultat converge ; par exemple on peut arrêter le tirage lorsque la
différence entre deux valeurs successives est inférieure à 0,001. Voici une nouvelle version de l'application
précédente :
Entrer la valeur de la différence
entre deux résultats successifs
(avec un point décimal) et lancer
la simulation.(pour arrêter
utiliser la barre d'espace)
NB : la simulation utilise des tirages de points sur une surface donnée ; ce type de simulation est appelé
"Monte-Carlo".
Autre simulation possible : toujours le calcul de π, mais avec la méthode de Buffon (1717). Il s'agit de jeter
une aiguille de longueur L sur un parquet composé de lattes parallèles de même largeur d. On compte le
nombre de fois N où l'on lance l'aiguille et le nombre de fois n où elle coupe une séparation de deux lattes.
Buffon a montré que la probabilité de couper une séparation de lattes est (dans le cas où d > L) :
2L/πd
Autrement dit, pour N grand , le rapport n/N doit tendre vers cette valeur ce qui permet d'en déduire une
valeur approchée de π :
Principes de simulation
Tirage de nombres aléatoires
Comme on le voit dans les exemples précédents, la simulation est basée sur l'utilisation de nombres
aléatoires pour la fabrication d'échantillons artificiels.
Lorsque les ordinateurs n'existaient pas encore (ou étaient rares), il était possible (il est d'ailleurs toujours
possible) d'utiliser des tables de nombres aléatoires obtenus par l'observation de phénomènes physiques
obéissant au hasard. Une table bien connue de cette époque reculée était celle de la RAND Corporation qui
avait été établie par observation du débit des tubes électroniques. L'utilisation de telles tables consistait à
extraire une suite de nombres aléatoires, par exemple
58360937587312385305968851265431298745609854325789043268721095010285730265742892
On peut ensuite effectuer des groupements de deux chiffres par exemple pour obtenir des nombres au
hasard entre 00 et 99 :
58 36 09 37 58 73 12 38 53 05 96 88 51 26 54 31 29 87 45 60 98 54 32 57 89 04 32 68 72 10 95 01 02
85 73 02 65 74 28 92
Évidemment, de nos jours, c'est l'ordinateur qui fournit directement ces nombres au hasard. Mais comme
ils sont calculés, on ne peut pas dire qu'ils sont aléatoires, mais pseudo-aléatoires. Examinons quelques
procédés de génération de nombres pseudo-aléatoires.
procédé du mid-square
On choisit un nombre initial u0 de 2m chiffres. On l'élève au carré ce qui donne un nombre à 4m chiffres et
on prend comme résultat le nombre u1 formé des 2m chiffres centraux. On recommence le procédé sur u1
ce qui conduit à u2, etc...
exemple :
u0 = 7367
u02 = 54272689
u1 = 2726
u12 = 07431076
u2 = 4310
u22 = 18576100
u3 = 5761
u32 = 33189121
u4 = 1891
u42 = 03575881
u5 = 5758
etc...
ce qui donne la suite 73672726431057611891.....
procédé de Lehmer
Principes de simulation
On part de deux nombres au hasard u0 de m chiffres et k de n chiffres. On les multiplie ce qui donne un
nombre à m + n chiffres. On sépare les n chiffres de gauche ce qui constitue un nombre d0 que l'on
retranche nombre f0 constitué des m chiffres de droite ; on obtient ainsi u1. On réitère le processus avec
u1, etc...
exemple :
u0 = 483215
k = 678
ui x k
ui
i
di
fi
0
483215
327619770 327
619770
1
619443
419982354 419
982354
2
981935
665751930 665
751930
3
751265
509357670 509
357670
4
357161
etc...
on obtient ainsi une suite 483215619443981935751265357161...
procédé de Fibonacci
On part avec trois nombres u0, u1 et k, ce dernier étant plus grand que les deux premiers. On génère une
suite de nombres aléatoires avec l'algorithme suivant :
un+2 = un+1 + un + ak
exemple :
u0 = 05673
u1 = 09251
avec a = 0 si un+1 + un <= k
k = 12654.
et
a = -1 si un+1 + un > k
On obtient successivement
u2 = 9251 + 5673 - 12654
= 02270
u3 = 2270 + 9251
= 11521
u4 = 11521 + 2270 - 12654
= 01137
u5 = 1137 + 11521 - 12654
= 00004
u6 = 4 + 1137
= 01141
u7 = 1141 +4
= 01145
u8 = 1145 + 1141
= 02286
etc...
Ensuite, on élimine le premier et le dernier chiffre de chaque nombre obtenu, d'où la suite :
567925227152113000114114228......
Validité des procédés
Principes de simulation
Il existe bien d'autres procédés, mais il faut qu'ils soient acceptables, c'est à dire fournir des nombres
équiprobables, ce que l'on peut vérifier en faisant, par exemple le test du Chi2.
Confection d'échantillons
Prenons un exemple pour être très concret. Imaginons un guichet devant lequel arrive des clients. On
mesure tous les 15 minutes le nombre de clients qui arrivent et on obtient après 100 mesures les résultats
statistiques suivants :
nombre
d'arrivées
fréquence
0
1
0,00 0,01
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
0,12
0,23
0,22
0,11
0,08
0,08
0,07
0,03
0,03
0,01
0,01
0,00
On peut considérer que cette statistique approche la loi de probabilité des arrivées supposée inconnue. La
moyenne est λ = 4,77 (en prenant comme unité le quart d'heure).
On mesure aussi, de la même manière le nombre de clients servis par quart d'heure. 100 mesures
fournissent le tableau statistique suivant :
nombre
de clients
servis
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
fréquence
0,00
0,04
0,08
0,10
0,15
0,20
0,24
0,15
0,04
0,00
Comme précédemment, cette statistique approche la loi de probabilité des départs. On constate que la
moyenne est µ = 4,91
On souhaite étudier ce système d'attente et obtenir par simulation la longueur moyenne de la file d'attente des clients
attendant d'être servis.
On commencera par compléter les deux tableaux ci-dessus en faisant correspondre à chaque fréquence une plage de nombres
de 2 chiffres :
nombre
d'arrivées
fréquence
0
1
0,00 0,01
2
3
0,12 0,23
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
0,22
0,11
0,08
0,08
0,07
0,03
0,03
0,01
0,01
0,00
Principes de simulation
nombres
-
0112
00
1335
3657
5868
6976
7784
8591
9294
9597
98
99
-
nombre
de clients
servis
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
fréquence
0,00
0,04
0,08
0,10
0,15
0,20
0,24
0,15
0,04
0,00
nombres
-
00-03
04-11
12-21
22-36
37-56
57-80
81-95
96-99
-
La signification de ces nombres est la suivante. Imaginons que l'on possède deux suites de nombres
aléatoires (ou pseudo aléatoires fournis par un ordinateur) :
S1 : 90 27 14 39 52 29 24 79 .....
S2 : 72 71 67 53 43 97 30 98 60 ....
Pour le 1er quart d'heure, on tire 90 pour les arrivées et 72 pour les départs ; avec les tableaux cela
signifie que 8 clients arrivent et que 6 clients partent pendant ce quart d'heure.
Pour le second quart d'heure, on tire 27 pour les arrivées et 71 pour les départs ; ces nombres
correspondant à 4 arrivées et 6 départs.
On continue ainsi pour une journée entière supposée de 6 heures (24 périodes d'un quart d'heure) et on
obtient le tableau suivant dans lequel figurent le nombre d'arrivées et le nombre théorique de services qui
pourraient être rendus s'il y avait suffisamment de clients :
période
S1
S2
nombre
d'arrivées
nombre de
services
longueur de la
file
1
90
72
8
6
2
2
27
71
4
6
0
3
14
67
3
6
0
4
39
53
4
5
0
5
52
43
5
5
0
6
29
97
4
8
0
7
24
30
4
4
0
8
79
98
7
8
0
9
90
60
8
6
2
10
23
27
4
4
2
11
13
17
3
3
2
12
17
73
3
6
0
Principes de simulation
13
43
97
5
8
0
14
62
81
6
7
0
15
02
13
1
3
0
16
73
10
6
2
4
17
70
03
6
1
9
18
58
92
5
7
7
19
14
54
3
5
5
20
06
57
2
6
1
21
18
28
3
4
0
22
16
81
3
7
0
23
63
60
6
6
0
24
15
39
3
5
0
On constate que la file est en moyenne de 1,33 individus ce qui peut sembler assez satisfaisant. Un autre
résultat qui peut être intéressant est le taux "d'oisiveté" du guichetier ; en effet, comme on le constate, à
certaine période, il pourrait rendre plus de services qu'il n'y a de clients et on peut donc considérer qu'il
est inactif une partie du temps. On constate que le guichetier a effectué 99 services et il aurait pu en
effectuer 128, d'où un taux d'oisiveté de 33 % environ.
Une simulation de ce genre est à interpréter avec précaution
1) le nombre d'événements n'est pas très important et on a intérêt à effectuer plusieurs simulations (qui
donneront des résultats différents) et à faire des moyenne sur l'ensemble des simulations.
Une moyenne sur 100 simulations a donné la valeur 7,74 comme moyenne de la longueur de la file d'attente
(donc bien différente de la valeur trouvée à partir du tableau ci-dessus).
2) le système est fermé puisque le service ne s'effectue que sur une durée de 6 heures (supposées ici
continues) ; il est bien évident qu'il existe des phénomènes de "bord" : il faut attendre le premier client
pour le servir et la fermeture du service peut limiter le nombre des dernières entrées. Par suite, il est
quelquefois convenable d'effectuer les calculs seulement en période de "croisière".
Principes de simulation
Simulation suivant une loi de probabilité
Il arrive que l'on connaisse les lois de probabilité régissant les phénomènes. Dans ce cas, il est possible, en
utilisant l'ordinateur, de générer des nombres dont la distribution suit une loi de probabilité. Par exemple,
supposons dans l'exemple ci-dessus que la loi des arrivées et celle des services soient des lois de Poisson :
la probabilité d'avoir n arrivées de clients est :
avec λ= 4,77
la probabilité d'avoir n services effectués est :
avec µ = 4,91
Il faudra donc utiliser un programme générateur de nombres aléatoires suivant la distribution de Poisson.
Rappelons que pour trouver un nombre aléatoire suivant la loi de Poisson, on détermine un nombre entier α
tel que
où z est un nombre aléatoire compris entre 0 et 1 suivant la loi uniforme. On génère les nombres suivant la
loi de Poisson de la manière suivante (en langage algorithmique). La fonction gpoiss() utilise les fonctions
gunif0() et fac().
fonction int gpoiss(float m)
{
int α = -1 ;
float s = -1 ;
float v = 0 ;
float q = exp(-m) ; -- m est la moyenne de la loi de Poisson
float u = gunif0() ; -- tirage d'un nombre compris entre 0 et 1 suivant la loi uniforme
Tant que s <= u Faire
α=α+1;
v = v + m^α/fac(α) ; -- m^α signifie m à la puissance α et fac(α) est la factorielle de α
s = v*q ;
FinTantque
return α ;
}
fonction float gunif0()
{
--tirage d'un nombre aléatoire compris entre 0 et 1 suivant une distribution uniforme
-- utilisation de la fonction random() de l'ordinateur qui retourne un nombre a compris entre 0 et 1
return a ;
}
Principes de simulation
fonction int fac(int x)
{
--calcul d'une factorielle
int f = 0 ;
int res = 1 ;
int z ;
Si x>0 alors
Pour z=1 à x Faire
res=res*z ;
FinPour
FinSi
return res ;
}
ou bien si votre langage de programmation accepte
la récursivité :
fonction int fac(int x)
{
-- calcul d'une factorielle
int res ;
Si (x>1) alors
res = (fac(x-1)*x) ;
sinon
res = 1 ;
FinSi
return res ;
}
En voici une réalisation qui restitue l'équivalent du tableau du paragraphe précédent.
Principes de simulation
En effectuant une centaine de simulations, on obtient la valeur 6,99 comme longueur moyenne de la file
d'attente (vous pouvez trouver une autre valeur évidemment !)..
Principes de simulation
Tests
Exercice 1
Réaliser un programme permettant de calculer p suivant la méthode de Buffon (une visualisation graphique
serait appréciée).
Exercice 2
Réaliser le programme qui permet de trouver la longueur d'une file d'attente dans les conditions du
paragraphe sur la simulation d'une loi de probabilité.
Exercice 3
On considère la courbe y = sin x pour x variant de 0 à π. Par simulation Monte-Carlo, déterminer l'aire
comprise entre la courbe et l'axe des abscisses.
Gestion de stocks
Introduction
Modèle de Wilson
Stock d'alerte, délai de livraison, qualité de service, stock de sécurité
Simulation
Outils d'étude
Tests
Introduction
Un stock est l'entreposition d'éléments (personnes, marchandises,...) dans un entrepôt soumis à un flux d'entrée ou
d'alimentation et un flux de sortie ou d'écoulement. En général, le problème se pose de la manière suivante : le flux
d'écoulement étant imposé, comment déterminer le flux d'alimentation ?
En fait trois questions sont primordiales :
●
●
●
Quand faut-il déclencher le réapprovisionnement ?
De combien faut-il réapprovisionner ?
Quel est le coût optimal de stockage ?
La dernière question est, usuellement, décisive. On peut considérer que le coût total de stockage dépend de trois facteurs
:
CT =CE + CR + CP
où CT est le coût total, CE est le coût d'entretien du stock (gardiennage, assurance, immobilisation, inventaire, usure,
obsolescence) que l'on peut considérer proportionnel au nombre d'articles entreposés, CR est le coût de
réapprovisionnement (frais discontinus en général), CP est le coût de pénurie (manque à gagner).
Pour résoudre les problèmes posés, deux catégories de méthodes sont utilisées :
●
●
les méthodes analytiques : utilisation des résultats d'un modèle mathématique
les méthodes de simulation
Modèle de Wilson
Le modèle de Wilson, sous sa forme la plus élémentaire, repose sur les hypothèses A suivantes :
Hypothèses A :
●
●
●
●
demande permanente (∆ par unité de temps)
pas de pénurie
approvisionnement cyclique (à des dates régulières)
pas de délai de réapprovisionnement (le réapprovisionnement est instantané)
Le graphique ci-dessous illustre ces hypothèses en montrant les variations de stock au cours du temps.
Pendant une période, le stock moyen est Q/2. On en déduit aisément le coût total (le coût de pénurie est nul) :
où cE est le coût d'entretien par unité stockée. Pour une longue période T = nθ :
Le coût total est fonction de l'unique variable Q et est la superposition de deux termes, l'un en 1/Q et l'autre en Q. Leur
superposition montre qu'il existe une valeur Q optimale pour laquelle le coût total est minimum.
Modifions le modèle de Wilson en changeant légèrement les hypothèses : on considère qu'il peut y avoir rupture de stock
Hypothèses B
●
●
demande permanente (∆ par unité de temps)
rupture de stock prévisible pendant une durée fixée θ2(on peut considérer que cela est dû à un délai constant de
●
réapprovisionnement)
approvisionnement cyclique
En désignant par cE et cP les coûts unitaires d'entretien et de pénurie, on a, pour une période θ :
Pour une durée T = nθ, on en déduit
ce qui montre que le coût total dépend des deux variables Q et γ . Le minimum est obtenu par dérivation partielle par
rapport à Q et à γ,
en posant
On obtient alors les résultats suivants :
Modifions encore le modèle de Wilson pour se rapprocher d'une situation plus réaliste :
Hypothèses C :
●
demande aléatoire γ avec une loi de probabilité donnée par p(γ)
●
●
rupture de stock possible
coût de réapprovisionnement négligé
Au bout d'une période θ, on peut aboutir à deux situations différentes :
pas de rupture de stock
rupture de stock
La demande γ peut varier de 0 à l'infini (en réalité elle reste finie). En sommant sur toutes ces valeurs, le coût total moyen
est
où le premier terme correspond à la probabilité p(γ <= Q). S'il existe une valeur Q0 telle que CT(Q0-1) > CT(Q0) et CT(Q0+1)
> CT(Q0), Q0 sera la valeur optimale du stock. On montre que si l'on pose
la valeur Q0 est donnée par l'expression L(Q0-1) < ρ < L(Q0) où ρ est le taux de pénurie et λ représente le pas avec lequel
varie γ : de 1en 1, de 10 en 10, etc....
Stock d'alerte, délai de livraison, qualité de service, stock de sécurité
Les demandes de réapprovisionnement n'ont pas dans la réalité un effet immédiat et il faut donc tenir compte des délais
de livraison. Une façon de prendre en compte le délai de livraison est l'utilisation d'un stock d'alerte (ou niveau d'alerte).
Il s'agit d'une valeur du stock Qa qui permet le déclenchement d'une commande ; celle-ci arrivera dans un délai τ.
Le problème à résoudre dans ce cas est la fixation de Qa ; or cette valeur dépend évidemment du délai τ ce qui rend
difficile une résolution analytique du problème. Souvent, on définit une qualité de service ν qui est le rapport du nombre
moyen d'articles offerts au nombre moyen d'articles demandés. En supposant une demande constante de ∆ par unité de
temps, soit γ la demande au cours d'une période θ et désignons par N(Qa) le nombre d'articles indisponibles au cours de la
période θ. Par unité de temps,
●
●
●
le nombre moyen d'articles demandés est ∆
le nombre moyen d'articles indisponibles est N(Qa)/θ = N(Qa)∆/γ
le nombre moyen d'articles offerts est ∆ - N(Qa)∆/γ
et la qualité de service est définie par : ν = 1 - N(Qa)/γ
Une technique permettant d'éviter la pénurie est celle dite des "deux magasins". On définit un stock d'alerte Qa et un
stock de sécurité Qs inférieur à Qa. Quand le stock diminue et atteint Qa, une demande de réapprovisionnement est
effectuée. Le stock continuant de diminuer suite à la demande, lorsque sa valeur atteint Qs et que le réapprovisionnement
n'a toujours pas eu lieu, la politique de gestion des stocks change de manière à ralentir la diminution des stocks ; par
exemple, on peut ne servir que les clients prioritaires et faire attendre les autres.
Simulation
On comprendra que plus on se rapprochera d'une situation réaliste, plus les modèles analytiques deviendront complexes et
la résolution des problèmes quasiment impossible. L'utilisation de méthodes de simulation, par contre, peut fournir des
résultats plus simplement.
Donnons sur un exemple (inspiré de celui proposé dans l'ouvrage de R. Faure), l'application d'une simulation. Un stock étant
constitué par des objets identiques, on effectue une étude statistique sur la demande quotidienne ce qui permet
d'approcher la probabilité de chaque type de demande :
0
1
n
p(n) 0,03 0,04
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0,12
0,18
0,30
0,10
0,10
0,04
0,04
0,03
0,02
de moyenne <n> = 4,19.
Comparons deux politiques différentes :
politique P1 : utilisation d'un stock d'alerte s = 30 . La quantité commandée pour le réapprovisionnement est la demande
cumulée de la semaine précédente (5 jours ouvrables). Le délai de livraison n'est pas garanti et une étude permet d'obtenir
les résultats suivants sur le délai en jours :
d
p(d)
2
3
4
5
6
7
0,08
0,12
0,24
0,26
0,18
0,12
politique P2 : réapprovisionnement cyclique : le dernier jour ouvrable de chaque semaine, on commande une quantité égale à
la consommation moyenne d'une semaine soit 21. La livraison est garantie le dernier jour ouvrable de la semaine suivante.
Pour effectuer une simulation, on se procure des nombres aléatoires de 00 à 99 que l'on répartit suivant les probabilités
p(n) et p(d) :
n
p(n)
N1
0
1
2
0,03
0,04
0,12
00 à 02 03 à 06
d
p(d)
N2
07 à 18
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0,18
0,30
0,10
0,10
0,04
0,04
0,03
0,02
19 à 36 37 à 66 67 à 76 77 à 86 87 à 90 91 à 94 95 à 97 98 à 99
3
4
5
6
7
0,08
0,12
0,24
0,26
0,18
0,12
00 à 07
08 à 19
20 à 43
44 à 69
70 à 87
88 à 99
En utilisant 2 suites indépendantes de nombres aléatoires :
S1 : 07 72 32 55 10 38 16 97 61 29 98 33 96 77 94 76 19 12 34 52 76 14 99 96 37 84 23 19 27 45
S2 : 67 53 23 14 09 69 46 35 24 78 90 12 34 25 08 09 56 89 67 34 29 17 47 03 45 67 84 48 82 33
on obtient les résultats suivants (les colonnes 2 et 3 correspondent au tirage de nombres aléatoires - en fait pris dans les
deux suites ci-dessus) :
jour
0
données générales
N1
N2
dem
07
67
2
stock
21
politique P1
comm délai
21
5
pénurie
commentaire
stock < 30
politique P2
commentaire
stock
pénurie
21
commande
1
72
5
19
19
2
32
3
14
14
3
55
4
11
11
4
10
2
7
7
5
38
4
26
6
16
3
22
22
7
97
9
19
19
8
61
4
10
10
9
29
3
6
6
10
98
10
24
11
33
3
14
14
12
96
9
11
11
13
77
14
94
15
53
23
21
18
5
stock < 30
4
stock < 30
commande
24
commande
6
2
8
14
76
5
6
16
19
3
1
17
12
2
27
18
34
3
25
0
1
19
52
4
22
0
3
20
76
5
49
21
4
21
14
2
44
8
22
99
10
42
6
23
96
9
32
0
4
24
37
4
23
0
9
25
84
6
19
21
4
14
09
69
4
26
29
3
2
stock < 30
.
2
31
17
3
5
0
4
21
8
commande
4
stock < 30
stock < 30
1
commande
commande
etc......
Supposons que pour la politique P1, après un nombre de semaines suffisantes (52 par exemple), on obtienne un stockage de
3728 articles x jours, le lancement de 70 commandes de réapprovisionnement (correspondant à 1 050 articles) et une
pénurie totale de 32 articles x jours. Si les coûts unitaires d'entretien et de pénurie sont respectivement de 0,15 et 15 ,
et si le lancement d'une commande correspond à un coût de réapprovisionnement de 0,40 par article, alors le coût total est
C1 = 3728 x 0,15 + 32 x 15 + 1050 x 0,40 = 1 459,20
Supposons de même que pour la politique P2, on obtienne un stockage de 3244 articles x jours et une pénurie de 21 articles
x jours. En reprenant les coûts analytiques précédents, le coût total est ici :
C2 = 3244 x 0,15 + 21 x 15 + 52 x 21x0,40 = 1 238,40
La meilleure des deux politiques est la politique P2, mais il faut bien comprendre que l'on peut faire varier des paramètres,
en particulier la valeur du stock d'alerte de la politique P1 et il n'est pas sûr que, dans ce cas, le résultat obtenu soit
encore valable pour un stock d'alerte de 25 articles par exemple au lieu de 30. L'intérêt de la simulation est justement de
pouvoir changer à volonté les hypothèses afin d'en examiner les conséquences.
Outils d'études
1) Modèle de Wilson
Le programme Wilson.exe permet de visualiser les résultats du modèle de Wilson en avenir incertain (hypothèses C)
2) Simulation
Le programme Simustoc.exe permet sous diverses hypothèses de simuler une gestion de stock.
Tests
Exercice 1
Une usine dispose d'un parc important de machines d'un même modèle. Ces machines sont sujettes à des avaries
nécessitant la mise au rebut et le remplacement complet d'un sous-ensemble mécanique. On a remarqué que le nombre de
sous-ensembles à changer mensuellement est distribué suivant une loi de Poisson de moyenne 3,5.
Le service entretien de l'usine dispose d'un stock de rechanges réapprovisionné tous les mois. Le prix d'un sous-ensemble
neuf chez le fournisseur habituel est de 3 000 . Le coût de transport par camion est le même quelle que soit la quantité
transportée. Le coût de stockage est pris égal à l'intérêt de l'argent immobilisé (taux d'intérêt 8% par an).
1. Lorsqu'il se produit une avarie sur une machine et qu'il n'y a pas de rechange possible, on décide de reporter la
production sur une autre machine en heures supplémentaires. Le coût de pénurie est ainsi évalué à 300 par mois et
par machine. Déterminer le niveau optimal de stockage de manière à minimiser le coût global de gestion sur une
année. Quel est alors ce coût ?
2. Est-il plus intéressant en cas de pénurie de commander le sous-ensemble à une entreprise locale de mécanique qui
s'engage à le livrer dans un délai très rapide moyennant un supplément de 15% sur le prix habituel.
Exercice 2
On cherche à définir une politique de gestion de stocks sachant que la capacité maximale de l'entrepôt utilisé est de 700
articles (tous les articles sont supposés identiques). Le nombre de jours ouvrables dans une semaine est de 5. On considère
qu'il est justifié d'effectuer une simulation sur 8 semaines.
Les coûts sont les suivants : coût unitaire d'entretien :0,15 ; coût unitaire de pénurie : 15 ; coût unitaire de
réapprovisionnement : 0,40 .
On désire comparer les politiques suivantes :
●
Politique P1 : délai de livraison aléatoire
■
approvisionnement fonction de la capacité de stockage actuelle
●
commande sur niveau d'alerte
●
valeur du niveau d'alerte : 190
●
Politique P2 :
■
délai de livraison aléatoire
●
approvisionnement fonction de la capacité de stockage actuelle
●
commande sur niveau d'alerte ; valeur du niveau d'alerte : 170
●
Politique P3 :
■
■
■
●
livraison à date fixe le jeudi
approvisionnement fonction de la capacité de stockage actuelle
commande à jour fixe le mercredi
Politique P4 :
■
■
délai de livraison fixe : 1 jour
approvisionnement fonction de la demande de la semaine précédente
■
commande sur niveau d'alerte ; valeur du niveau d'alerte : 120
On pourra utiliser le programme simstock.exe.
Processus Stochastiques
Processus Stochastiques
Définitions de base
Usage de graphes
Ergodicité
Programme de simulation
Tests
Définitions de base
Considérons un système S en évolution. Ce système est supposé passer d'état en état, le nombre d'états
étant fini : E1, E2, E3,..., Em (suite finie d'états discrets). Le changement d'états est aléatoire et on dit
alors que le processus d'évolution du système est stochastique :
On suppose que le système est "à mémoire courte", c'est à dire que l'occurrence d'un état ne dépend que
de l'état de l'étape précédente. Le processus est alors appelé chaîne de Markov.
Pour décrire un tel processus, on utilise 2 types de probabilités :
●
qk(n) : probabilité de trouver le système dans l'état Ek à l'instant (ou étape) n. Comme il y a m états,
il y a donc m probabilités qk(n) que l'on range dans un vecteur de probabilité :
Q(n) = {q1(n) q2(n) q3(n) .........qm(n)}
Bien entendu, la somme de toutes ces probabilités est 1 :
●
pjk(n) : probabilité de transition d'un état Ej vers un état Ek entre les dates (étapes) n-1 et n . Ces
probabilités sont rangées dans une matrice appelée matrice de transition. On supposera ici que ces
probabilités sont indépendantes de n (donc du temps) :pjk(n)=pjk
Processus Stochastiques
En partant d'un état donné Ej, et en faisant la somme de toutes les probabilités de transitions de Ej vers
les autres états, on a évidemment
ce qui signifie que la somme des éléments d'une ligne de la matrice T est 1. Une telle matrice est
quelquefois appelée matrice stochastique.
Les matrices de transition possède une propriété remarquable :
Propriété : Le produit de deux matrices de transition est une matrice de transition.
En particulier, si T est une matrice de transition, Tn est aussi une matrice de transition.
exemple 1 : Considérons les matrices suivantes
On peut vérifier la propriété précédente :
Processus Stochastiques
exemple 2 : Soit un système évoluant sur 5 états. La matrice de transition et le graphe des transitions sont
:
Cherchons la relation entre le vecteur de probabilité et la matrice de transition. Pour trouver le système
dans l'état Ek, sachant qu'il était dans l'état Ej à l'étape précédente, on applique le résultat sur les
probabilités composée :
p(système en Ek à l'étape n) = p(système en Ej à l'étape n-1).pjk ou qk(n)= qj(n-1).pjk
Si maintenant, on considère un état quelconque à l'étape n-1, il faut faire la somme de toutes les
possibilités :
soit
Q(n) = Q(n-1).T
exemple 3 : reprenons l'exemple 2 et considérons que le système est dans l'état E1 (certain). Le vecteur de
probabilité est alors
Q(0) = {1 0 0 0 0}
Pour chercher les vecteurs de probabilité dans les étapes ultérieures, on applique la relation précédente :
Processus Stochastiques
Donc
Q(1) = Q(0).T
Q(2)=Q(1).T = Q(0).T2
Q(3) = Q(2).T = Q(0).T3
.........................................
Par récurrence, on en déduit que
Q(n) = Q(0). Tn
Un problème se pose : dans quel état va se trouver le système quand n tend vers l'infini (c'est à dire très
longtemps après le début du processus) ?
Si Tn tend vers une limite Tl, alors on dit que T est ergodique et dans ce cas Q(n) tend vers Ql.
Usage de graphes
Les transitions, dans les considérations précédentes, ont été représentées par des graphes.
Approfondissons cette notion de graphe.
Un graphe orienté est une représentation graphique d'une relation définie sur un ensemble.
exemple 4 : Soit l'ensemble E ={a, b, c, d, e, f}. Le graphe ci-dessous exprime des relations entre les
éléments de E.
Processus Stochastiques
Donnons d'autres définitions utiles :
●
●
●
●
Un chemin est une suite d'arcs permettant de connecter un sommet i à un sommet j.
Un circuit est un chemin fermé (i=j)
La longueur d'un chemin est le nombre d'arcs du chemin.
Une boucle est un circuit de longueur 1.
A tout graphe on peut faire correspondre une matrice d'adjacence, matrice booléenne A dont les éléments
sont Aij = 1 si un arc va de i vers j, 0 sinon.
exemple 5 : dans l'exemple 4, on a 2 boucles et 1 circuit (de longueur 3). La matrice d'adjacence du graphe
est :
La matrice d'adjacence A indique les chemins de longueur 1.
Recherchons les chemins de longueur 2. S'il existe un chemin allant de i à j, il doit exister au moins un
sommet k tel que Aik=1 et Akj=1, donc Aik• Akj=1 où le signe • indique un ET logique.
Par suite, on aura ⊕ Aik• Akj =1 où le signe ⊕ indique la somme logique (OU) sur toutes les valeurs de k., ce
qui , finalement, s'exprime par A2=1. La matrice A2 indique les chemins de longueur 2.
Processus Stochastiques
En généralisant, An indiquera les chemins de longueur n.
exemple 6 : reprenons l'exemple 4 et calculons les matrices d'adjacence A2, A3, A4, .....
A6 = A3 donc A7 = A4 , A8 = A5, A9 = A3, etc ...
Une autre utilité de la matrice d'adjacence est l'étude de la connexité du graphe. On peut former la
matrice
à = A ⊕ A2 ⊕ A3 ⊕ A4 ⊕....
qui indique s'il existe un chemin allant de i vers j (de longueur quelconque).
exemple 7 : pour l'exemple 4, la matrice à est :
Processus Stochastiques
On désigne par Γ(i) la fermeture transitive du sommet i, c'est à dire l'ensemble des sommets que l'on peut
atteindre à partir de i (qui contient i lui-même).
exemple 8 : pour l'exemple 4, on a les fermetures transitives suivantes :
Γ(1) = {1, 2, 3}
Γ(4) = {1, 2, 3, 4}
Γ(2) = {2, 3, 1}
Γ(5) = {5, 6}
Γ(3) = {3, 1, 2}
Γ(6) = {6}
On démontre que les lignes de la matrice 1⊕ Ã , où 1 est la matrice identité, définissent toutes les
fermetures transitives.
exemple 9 : vérifions sur l'exemple 4 :
La forme de la matrice permet de déterminer les composantes connexes du graphes (c'est à dire les
"morceaux disjoints").
exemple 10 : sur l'exemple 4, on voit que le graphe est bien composé de deux composantes connexes :
Processus Stochastiques
On dit que deux sommets i et j sont communicants si ces sommets sont mutuellement accessibles : on peut
aller de i à j et on peut aller de j à i.
La relation "est communicant avec" est une relation d'équivalence car elle est réflexive, symétrique et
transitive. Ceci signifie que l'on peut décomposer un graphe en classes d'équivalence.
Ces classes d'équivalence se répartissent en classes d'états transitoires quand on quitte ces états, on n'y
revient pas) et en classes d'états récurrents (quand on arrive sur ces états, on y reste).
exemple 11 : reprenons encore l'exemple 4. L'étude de la matrice 1⊕ Ã montre que le graphe est composé
de 4 classes d'équivalence.
Les classes {4} et {5} sont des classes d'états transitoires, les classes {1, 2, 3} et {6} sont des classes
d'états récurrents. On dit que le sommet 6 est absorbant (changement d'état impossible) et que la classe
{1, 2, 3} est périodique.
Ergodicité
T étant une matrice de transition, T est dite régulière (ou fortement ergodique) si, à partir d'une certaine
puissance n, tous les éléments de Tn sont strictement positifs.
exemple 12 :
Processus Stochastiques
On pourra éventuellement s'appuyer sur les propriétés de certaines matrices.
Un point fixe d'une matrice carrée M est défini comme le vecteur Q0 tel que Q0.T = Q0
exemple 13 :
x = 2 et y = -1 donc Q0 = {2 -1} est un point fixe de M
Les définitions précédentes permettent alors d'énoncer le théorème fondamental sur l'ergodicité (non
démontré ici) :
Théorème : Si T est une matrice de transition régulière
●
●
●
T admet un point fixe unique Q0 qui est un vecteur de probabilité à composantes strictement
positives
Tl=limTn pour n tendant vers l'infini a pour lignes les éléments de Q0
Q étant un vecteur de probabilité quelconque, quand n tend vers l'infini, limQ.Tn = Q0
exemple 14 : Un automobiliste change de voiture tous les ans :
●
●
●
quand il possède une Citroën, il achète une Renault
quand il possède une Renault, il achète une Ford
quand il possède une Ford, il achète une Ford dans 50% des cas, une Citroën dans 25% des cas, une
Renault dans 25% des cas.
Processus Stochastiques
On voit que T est régulière.
Recherchons alors son point fixe Q0 = {x y z} avec x+y+z=1.
En 1987, l'automobiliste avait un Renault, qu'aura-t-il en 2007 ?
1987 correspond à l'étape 0 : Q(0) = {0 1 0} ; 2007 correspond à l'étape Q(20) :
On voit donc que l'automobiliste, en 2007, aura 1 chance sur 7 de posséder une Citroën, 2 chances sur 7 de
posséder une Renault, 4 chances sur 7 de posséder une Ford.
Processus Stochastiques
Programme de simulation
Un programme de simulation de processus stochastiques peut être téléchargé.
Tests
Exercice 1
On considère un fort polygonal à 5 sommets. Une sentinelle se déplace d'un sommet à l'autre de telle sorte
que si elle quitte un sommet il y a une probabilité p qu'elle se décide à aller au sommet adjacent dans le sens
des aiguilles d'une montre et 1-p à l'autre sommet adjacent.
a) On suppose qu'à l'état initial, la sentinelle est en 1. Au bout de 3 déplacements, quelles sont les
probabilités de trouver la sentinelle aux sommets 1,2,3,4,5 ? (on prendra p=0,33 pour l'application
numérique).
b) Après de multiples déplacements, quelles sont ces probabilités ?
Exercice 2
Un rat est enfermé dans un labyrinthe formé de 6 cases comme indiqué sur la figure ci-dessous. On
constate statistiquement les faits suivants en faisant des observations de minute en minute :
●
●
●
si le rat est en 1, dans 20% des cas il passe en 2 ; dans 30% des cas il reste en 1.
si le rat est en 2, dans 50% des cas il passe en 3 ; dans 20% des cas il passe en 5 ; dans 10% des cas
il passe en 1.
si le rat est en 3, dans 30% des cas il passe en 6 ; dans 20% des cas il reste en 3.
Processus Stochastiques
●
●
●
si le rat est en 4, dans 30% des cas il passe en 1 ; dans 30% des cas il passe en 5.
si le rat est en 5, dans 20% des cas il passe en 4 ; dans 20% des cas il passe en 2 ; dans 20% des cas
il passe en 6.
si le rat est en 6, dans 50% des cas il passe en 3 ; dans 30% des cas il reste en 6.
a) Déterminer où le rat a le plus de chances de se trouver au bout de 10 minutes.
b) Au bout d'un temps infini, où le rat a-t-il le plus de chances de se trouver ?
Exercice 3
Une étude de marché dans un magasin fait apparaître les faits suivants concernant l'achat de trois produits
A,B,C :
●
●
●
après l'achat d'un produit A, l'achat suivant concerne 10 fois sur 100 le produit A, 20 fois sur 100 le
produit B.
après l'achat d'un produit B, l'achat suivant concerne 50 fois sur 100 le produit B et 50 fois sur 100
le produit C.
après l'achat d'un produit C, l'achat suivant concerne 100 fois sur 100 le produit A.
a) En considérant comme états "l'achat d'un produit A", "l'achat d'un produit B", "l'achat d'un produit C",
déterminer la matrice de transition.
b) Si, dans l'état initial, un produit A vient d'être acheté, avec quelles probabilités verra-t-on l'achat d'un
produit A, B, C deux achats successifs plus tard ?
c) Au bout d'un grand nombre d'achats successifs, quelles sont les probabilités d'achat de A, B, C ?
Exercice 4
Une escadrille composée de 4 avions est chargée de missions quotidiennes au dessus du territoire ennemi et
y subit des pertes éventuelles. Elle n'effectue toutefois sa mission journalière que si son effectif en début
de journée s'élève au moins à 3 appareils. Si d'autre part, son effectif au soir de la journée précédente est
Processus Stochastiques
réduit à 2 ou moins de 2 appareils, elle reçoit au cours de la nuit un appareil de renfort.
Sachant que la probabilité de destruction d'un appareil au cours d'une mission est p=0,33 définir l'évolution
du système.
Exercice 5
Un atelier de réparation s'occupe de deux types de moteurs. La réparation d'un moteur M1 demande 2
jours, celle d'un moteur M2 une seule journée. La probabilité de panne des moteurs M1 est p1=0,33, celle
des moteurs M2 est P2=0,50 pour chaque journée. Les travaux non effectués à l'atelier sont confiés à
l'extérieur. Sachant que, si une journée de réparation a déjà été accomplie sur un moteur de type M1, on
refuse tout travail pouvant se présenter le jour suivant, mais qu'on accepte n'importe quelle tâche chaque
autre jour où il ne s'en présente qu'une, on hésite entre deux politiques dans le cas où il s'en présenterait
deux différentes :
●
●
accorder la préférence à la réparation de M1
préférer au contraire la réparation de M2
Quelle est la meilleure des deux politiques ?
Solution de l'exercice 1
Le graphe "états-transitions" et la matrice de transition T sont donnés ci-dessous (on pose q=1-p)
a) L'état initial est Q(0) = {1, 0, 0, 0, 0}
Q(1) = Q(0).T = {0, q, 0, 0, p}
Processus Stochastiques
Q(2) = Q(1).T = {2pq, 0, q2, p2, 0}
Q(3) = Q(2).T = {0, 3pq2 ,p3 ,q3 ,3p2q}
Q(4) = Q(3).T = {6p2q2 ,p4 ,4q3 ,4p3q ,q4}
Q(5) = Q(4).T = {p5+q5, 10p2q3 ,5p4q ,5pq4 ,10p3q2}
On notera que q+p = 1 et que 2pq + q2 + p2 = (p+q)2 = 1, 3pq2 + p3 + q3 +3p2q = (p+q)3 = 1,
6p2q2 + p4 + 4pq3 + 4p3q + q4 = (p+q)4 = 1, p5 + q5 + 10p2q3 + p4q + 5pq4 + 10p3q2 = (p+q)5 =1
b) Recherchons si la matrice T est régulière
T4 ne contient pas d'élément nul, donc T est régulière.
Recherchons alors le point fixe Q0 de T : Q0.T = Q0
Posons Q0 = {x ,y ,z ,u ,v} avec x+y+z+u+v = 1
Q0.T = {yp+qv, xq+pz, yq+pu, zq+pv, px+qu} d'où yp+qv=x, xq+pz=y, yq+pu=z, zq+pv=u, px+qu=v
On constate qu'une permutation circulaire x->y->z->u->v ne change pas les équations précédentes ce qui
indique que :
x = y = z = u = v = 1/5
Donc Q0 = {1/5, 1/5, 1/5, 1/5, 1/5} est l'état limite.
Solution de l'exercice 2
L'étude des transitions conduit au résultat suivant :
Processus Stochastiques
a) On part d'états initiaux : Q(0)={1, 0, 0, 0, 0, 0},ou Q(0)={0, 1, 0, 0, 0, 0} ou etc... En utilisant le
programme stocha.exe on en déduit sans difficulté Q(10). On peut aussi calculer T10 et en déduire
Q(10)=Q(0).T10 (évidemment calcul très fastidieux !) :
si Q(0)={1, 0, 0, 0, 0, 0} alors Q(10)={0,10 ; 0,20 ; 0,20 ; 0,15 ; 0,20 ; 0,14}
si Q(0)={0, 1, 0, 0, 0, 0} alors Q(10)={0,08 ; 0,21 ; 0,23 ; 0,13 ; 0,19 ; 0,15}
si Q(0)={0, 0, 1, 0, 0, 0} alors Q(10)={0,08 ; 0,21 ; 0,23 ; 0,12 ; 0,18 ; 0,15}
si Q(0)={0, 0, 0, 1, 0, 0} alors Q(10)={0,10 ; 0,20 ; 0,20 ; 0,16 ; 0,19 ; 0,14}
si Q(0)={0, 0, 0, 0, 1, 0} alors Q(10)={0,09 ; 0,21 ; 0,22 ; 0,14 ; 0,19 ; 0,15}
si Q(0)={0, 0, 0, 0, 0, 1} alors Q(10)={0,08 ; 0,22 ; 0,23 ; 0,12 ; 0,18 ; 0,15}
b) examinons si la matrice T est régulière. Le calcul (non fait ici) de T3 montre que cette matrice ne
contient pas de zéros ce qui indique que la matrice T est régulière. Il faut ensuite calculer le point fixe
Q0={x, y, z, u, v, w} (x+y+z+u+v+w=1).
ce qui conduit au système linéaire
Processus Stochastiques
dont la solution est
d'où Q0={0,0886 ; 0,2102 ;0,2254 ; 0,1367 ; 0,1885 ; 0,1504}
Cette solution peut être vérifiée avec le programme stocha.exe pour un nombre d'étapes assez grand.
Solution de l'exercice 3
a)
b)
Q(0)={1, 0, 0}
Q(1)=Q(0).T={0,1 ; 0,2 ; 0,7}
c) T est régulière puisque
Soit Q0={x, Y, z}, le point fixe, avec x+y+z=1
Q(2)=Q(1).T={0,71 ; 0,12 ; 0,17}
Processus Stochastiques
Q0.T=Q0 entraîne
0,1x+z=x
0,2x+0,5y=y
0,7x+0,5y=z
soit x=0,434 y=0,174
z=0,31
Solution de l'exercice 4
On définit comme état le nombre d'appareils avant une mission journalière. Le résultat d'une mission peut
être analysé comme suit :
0 appareil détruit : 4
appareils
1 appareil détruit : 3
appareils
avec 4 avions au départ
2 appareils détruits : 2+1
appareils
3 appareils détruits : 1+1
appareils
prob =(1-p)4
prob = 4p(1-p)3
prob =6p2(1-p)2
prob =4p3(1-p)
prob =p4
4 appareils détruits : 0+1
appareil
0 appareil détruit : 3
appareils
1 appareil détruit: 2+1
appareils
avec 3 avions au départ
2 appareils détruits : 1+1
appareils
3 appareils détruits : 0+1
appareil
avec 2 avions au départ
avec 1 avion au départ
pas de mission : 2+1
appareils
pas de mission : 1+1
appareils
prob =(1-p)3
prob =3p(1-p)2
prob =3p2(1-p)
prob =p3
prob =1
prob =1
d'où les résultats ci-dessous pour le graphe des transitions et la matrice T de transition :
Processus Stochastiques
avec q=1p
Avec p=0,33, le programme stocha.exe conduit au résultat suivant :
Q(0)={0, 0, 0, 1}
Q(∞ )=0,02857 ; 0,20000 ; 0,77143 ; 0,0000}
Solution de l'exercice 5
définition des états :
1
2
3
4
pas de réparation
réparation de M1, 1er jour
réparation de M1, 2ème jour
réparation de M2
hypothèse a
hypothèse b
Processus Stochastiques
Avec l'application du programme stocha.exe, à partir de l'état initial Q(0)={1, 0, 0, 0}, on obtient
Qa(∞)={0,25188 ; 0,24812 ; 0,24812 ; 0,25188}
Qb(∞)={0,28755 ; 0,14163 ; 0,14165 ; 0,42918}
Processus Stochastiques
Phénomènes d'attente
Introduction
Processus de Poisson
File d'attente à une station
File d'attente à S stations
Simulation
Tests
Introduction
Les phénomènes d'attente sont des phénomènes courants : attente à un guichet, formation
d'embouteillages ou de bouchons, etc... Pour maîtriser ces phénomènes on est conduit à les modéliser.
On appellera système d'attente un ensemble composé d'une file d'attente et d'une ou plusieurs stations.
Les individus arrivent dans la file d'attente en provenance d'une source qui peut être infinie (systèmes
ouverts) ou finie (systèmes fermés). Ils avancent dans la file suivant une certaine priorité, puis, à une
station, sont "servis" individuellement . Ils quittent ensuite le système.
2 paramètres importants, généralement stochastiques, déterminent le comportement du système au cours
du temps :
●
●
la fréquence d'arrivée des individus
la durée du service
Historiquement, les phénomènes d'attente ont été étudiés depuis le début du XXème siècle, souvent à
l'occasion de la mise en oeuvre de systèmes de télécommunications (travaux d'Erlang sur les centraux
téléphoniques). De nombreux mathématiciens ont apporté des contributions à ce problèmes : Engset, Borel,
Khintchine, Pollarczek, Feller,...
Dans ce qui suit, on ne considérera que des problèmes simples avec les hypothèses générales suivantes :
●
●
on ne considérera que les systèmes ouverts, les systèmes fermés conduisant à des complexités
mathématiques importantes.
on prendra comme priorité de placement des individus dans la file la priorité FIFO (First Input,
First Output) : les individus se placent dans la file dans l'ordre de leur arrivée.
On considérera une modélisation mathématique des files d'attente :dans un premier temps la loi de
probabilité des arrivées et des départs, puis le cas d'une file avec une station, enfin le cas d'une file à
plusieurs stations.
On considérera ensuite la simulation de la formulation d'une file d'attente.
Processus de Poisson
Intéressons-nous aux arrivées dans une file d'attente. On considérera que les arrivées obéissent aux
hypothèses suivantes :
●
●
hypothèse 1 : λ étant le nombre moyen d'arrivées par unité de temps, la probabilité d'une arrivée
pendant la durée ∆t est λ∆t (où ∆t est aussi petit que l'on veut).
hypothèse 2 : Pendant la durée ∆t, il ne peut y avoir au maximum qu'une seule arrivée dans la file
(d'où la petitesse de ∆t).
Cherchons à résoudre le problème suivant : Quelle est la probabilité pn(t) pour qu'il se produise n arrivées
pendant l'intervalle de temps [0,t[ ?
Supposons que n arrivées se soient produites pendant l'intervalle de temps [0,t+∆t[. En tenant compte des
hypothèses 1 et 2, on ne peut avoir que deux possibilités :
●
●
ou bien on a eu n arrivées jusqu'au temps t et pas d'arrivée entre t et t+∆t : la probabilité
correspondante est pn(t).(1-λ∆t)
ou bien on a eu n-1 arrivées jusqu'au temps t et 1 arrivée entre t et t+∆t : la probabilité
correspondante est pn-1(t).λ∆t.
Donc, en définitive, la probabilité pn(t+λ∆t) est donnée par la somme :
pn(t+λ∆t) = (1-λ∆t).pn(t) + λ∆t.pn-1(t)
ou encore, en divisant par ∆t :
Quand ∆t tend vers 0, on obtient (passage à la dérivée) :
La seconde équation est facile à résoudre :
La première équation se résout par récurrence :
d'où la loi de Poisson :
Cette loi de Poisson est, compte tenu du phénomène, quelquefois appelée loi des naissances. Il existe une
autre façon de l'exprimer en considérant, non pas le nombre d'individus présents à la date t, mais
l'intervalle de temps θ entre deux arrivées consécutives. Le système étant ouvert, il est clair que cet
intervalle peut être calculé à n'importe quelle date, en particulier, en partant de la date t=0 pour laquelle
l'effectif est n0 (effectif de départ). Plaçons-nous à un instant t ultérieur à la date t=0. La probabilité pour
que θ soit inférieur à t est
p(θ <= t) = 1 - p(θ > t) = 1 - p(n(t) = n0) = 1 -p0(t) = 1 - e-λt
ce qui montre que la fonction de répartition F(t) = p(θ <= t) de la variable aléatoire θ a une allure
exponentielle.
On dit que θ suit la loi exponentielle (loi continue de densité de probabilité f(x)=λe-λt). On peut d'ailleurs
calculer la valeur moyenne de ). On peut d'ailleurs calculer la valeur moyenne de θ et on trouve que <θ>=1/λ
(l'inverse du taux moyen d'arrivées est l'intervalle moyen de temps entre deux arrivées consécutives).
Dire que le nombre n d'arrivées au temps t suit la loi de Poisson est équivalent à dire que l'intervalle de
temps entre deux arrivées consécutives suit la loi exponentielle.
Tout ce qui vient d'être dit pour les arrivées est également valable pour les départs avec des hypothèses
analogues (la probabilité d'un départ dans un intervalle ∆t est µ∆t et pendant ∆t, il ne peut y avoir au
maximum qu'un seul départ). Le paramètre correspondant à λ est ici µ, taux moyen des départs et le nombre
de départs à une date t suivra la loi de Poisson. De même , on pourra dire que le temps de service suit la loi
exponentielle et que le temps moyen de service est 1/µ.
File d'attente à une station
On considère le cas le plus simple, celui d'une file d'attente conduisant à une station unique. Les paramètres
descriptifs de ce système sont :
●
●
le nombre moyen d'arrivées par unité de temps : λ
le nombre moyen de départs par unité de temps : µ
Pour des raisons évidentes, on suppose que λ < µ et on formule les hypothèses suivantes :
●
hypothèse 1 : la probabilité d'une arrivée pendant l'intervalle de temps ∆t est λ∆t
●
hypothèse 2 : la probabilité d'un départ pendant l'intervalle de temps ∆t est µ∆t
●
hypothèse 3 : ∆t est suffisamment petit pour qu'il ne puisse se produire au maximum qu'une seule
arrivée et qu'un seule départ pendant ∆t.
Soit pn(t) la probabilité pour que le système contienne n éléments à l'instant t. Recherchons l'expression de
la probabilité pn(t+∆t). Il y a quatre cas possibles :
●
●
●
●
arrivée de n-1 éléments jusqu'à la date t et 1 arrivée dans l'intervalle ∆t suivant.
La probabilité est pn-1(t).λ∆t.(1-µ∆t)
arrivée de n éléments jusqu'à la date t et rien ne se passe dans l'intervalle ∆t suivant.
La probabilité est pn(t).(1-λ∆t).(1-µ∆t).
arrivée de n+1 éléments jusqu'à la date t et 1 départ pendant l'intervalle ∆t suivant.
La probabilité est pn+1(t).µ∆t.(1-λ∆t).
arrivée de n éléments jusqu'à la date t et 1 arrivée et 1 départ pendant l'intervalle ∆t suivant.
La probabilité est pn(t).λ∆t.µ∆t.
d'où la probabilité de l'événement :
pn(t+∆t) = pn-1(t).λ∆t.(1-µ∆t) + pn(t).[λ∆tµ∆t + (1-λ∆t).(1-µ∆t)] + pn+1(t).µ∆t.(1-λ∆t)
soit, en négligeant les termes du second ordre (du fait de la petitesse de ∆t) :
pn(t+∆t) =pn-1(t).λ∆t-pn(t)[(λ+µ)∆t- 1] + pn+1(t)µ∆t
En définitive :
Si on fait tendre ∆t vers 0
p'n(t) = λpn-1(t) - (λ+ µ)pn(t) + µpn+1(t)
p'0(t) = -λp0(t) + µp1(t)
n>0
n=0
En régime permanent, il n'y a pas de dépendance du temps, donc :
0 = λpn-1 - (λ+ µ)pn + µpn+1
0 = -λp0 + µp1
n>0
n=0
Le calcul s'effectue alors par récurrence : en posant Ψ=λ/µ (Ψ est inférieur à 1)
p1 = Ψp0
p2 = Ψ2p0
..........................
pn = Ψnp0
et puisque la somme de toutes les probabilités est égale à 1 :
Du résultat précédent, on en déduit des conséquences qui s'expriment en termes de lois simples :
●
nombre moyen d'éléments dans le système :
●
temps moyen d'attente dans la file ; chaque élément étant servi en un temps 1/µ,
●
temps moyen d'attente dans le système ; c'est la somme du temps moyen d'attente dans la file et du
temps moyen de service
nombre moyen d'éléments dans la file ; à partir du moment t1 où un élément arrive et où il commence à être servi t2,
il arrive λ(t2 - t1) dans la file et comme la durée moyenne de (t2 - t1) est le temps moyen d'attente
dans la file, on a :
●
exemple : Une petite banque de province possède un guichet unique ouvert 6 h par jour. Une étude
statistique fait apparaître un nombre moyen de 54 clients par jour et le temps moyen de service est de 5
minutes par client. En prenant l'heure comme unité de temps, on a, en appliquant les résultats précédents
:
1/µ = 5/60 = 1/12 d'où µ = 12 services par heure ετ λ = 54/6 = 9 clients par heure d'où Ψ = 9/12 = 0,75
Par suite :
●
●
●
●
ns = 0,75/(1-0,75) = 3 clients
tf = 3.(1/12) = 0,25 heure
ts = 1/(12-9) = 0,33 heure
nf = 9.0,25 = 2,25 clients
File d'attente à S stations
On supposera que l'on a une seule file d'attente, mais plusieurs stations identiques, au total S. En reprenant
les notations précédentes : λ (nombre moyen d'arrivées par unité de temps), µ (nombre moyen de services
par unité de temps et par station), Ψ = λ/µ, n (nombre d'individus dans le système au temps t), on a trois cas
à considérer :
n=0
1<=n<S (pas de file)
n>=S (file)
La condition de non engorgement est, bien évidemment, Ψ/S < 1.
En raisonnant comme précédemment, on aboutit aux équations suivantes :
dont la résolution, par récurrence, conduit à :
Le paramètre p0 se calcule en exprimant que la somme de toutes les probabilités est 1
soit
d'où
Applications : du résultat précédent, on déduit les caractéristiques suivantes :
●
nombre moyen d'éléments dans le système :
ns = nf + Ψ
●
nombre moyen d'éléments dans la file :
●
temps moyen d'attente dans la file :
●
●
temps moyen d'attente dans le système :
ts = ns/λ
nombre moyen de stations inoccupées
ni = S-Ψ.
exemple : Dans un garage réparant des véhicules automobiles, un comptoir est chargé de distribuer aux
ouvriers des pièces détachées. Le chef du personnel remarque une affluence à ce comptoir muni d'un
guichet unique. Il analyse alors le phénomène en effectuant des statistiques :
●
paramètre caractéristique des arrivées : sur 100 intervalles de 5 minutes, il compte le nombre
d'employés qui arrivent dans chaque intervalle ; à partir du tableau ci-dessous, on ajuste par une
loi de Poisson de paramètre λt = 1,26, moyenne du nombre d'employés qui arrivent :
nb d'employés nb d'intervalles
0
29
1
34
2
24
3
9
4
3
5
1
100
●
paramètre caractéristique des départs : 100 observations sont effectuées sur les durées des
services ; le résultat de ces observations est qu'en moyenne un service dure 3,27 minutes. On
ajuste alors par une loi exponentielle :
durée
nb d'observations
0-1 min
23
1-2 min
20
2-3 min
14
3-4 min
12
4-5 min
9
5-6 min
5
6-7 min
4
7-8 min
5
8-9 min
9-10
min
10-11
min
11-12
min
3
>12 min
0
2
µ = 1/3.27 = 0.30 service par minute
la loi est p(t) = 0.30e-0.30t
2
1
100
●
hypothèse A : un seul guichet au service des pièces détachées
Ψ = λ/µ = 0,83. Les formules pour une file aboutissant à une seule station conduisent aux résultats
suivants :
Le nombre d'ouvriers dans le système est ns = Ψ/(1-Ψ) = 5. Le temps moyen s'attente dans la file est
tf=ns/µ = 16.66 minutes.
Le temps perdu par les ouvriers est : 8H/jour . 0,25 ouvrier/min . tf = 33,33 H
Le temps d'occupation effective de l'agent des pièces détachées est 8H/jour . 0,25 ouvriers/min . (1/µ)
= 6,5 H
La dépense en salaire "inutile" (due à l'inactivité) CA peut être calculée en supposant que l'heure
d'ouvrier est de 150 F20 (en incluant la perte de production due à l'inactivité de ces ouvriers) et que le
salaire horaire de l'agent des pièces détachées est 7 :
CA = 33,33 H . 20 + (8H-6,5H). 7 = 677,1
●
hypothèse B : 2 guichets (donc deux agents )
Le calcul de la dépense CB est effectué sur les bases précédentes et en utilisant les formules pour une
file aboutissant à S=2 stations :
p0 = 0,413
●
tf=0,69 min
ni=1.17
CB=93,12
hypothèse C : 3 guichets (donc trois agents)
Le calcul de la dépense CC est effectué de la même manière que précédemment :
p0 = 0,433
tf=0,087 min
ni=2.17
CC=125
La conclusion est que l'utilisation de 2 employés au service des pièces détachées est optimale.
Simulation
Les résultats précédents sont issus de la théorie et d'hypothèses mathématiques. On peut traiter le
problème d'une autre façon : en effectuant une simulation. L'ordinateur est l'outil idéal pour effectuer des
simulations significatives, c'est à dire avec des itérations très nombreuses. Toutefois, on présentera cidessous une simulation "à la main" afin de faire comprendre le mécanisme employé.
Considérons l'exemple concret d'une gare possédant S guichets de vente de billets. Le temps qui s'écoule
entre deux arrivées consécutives de clients est donné dans la distribution ci-dessous.
temps d'interarrivée en min
probabilité
0
1
2
3
0,04 0,13 0,45 0,38
moyenne
2,17
Par ailleurs, la durée d'un service possède répartition suivante :
durée de service
en min
probabilité
1 ou 2 3,4 ou 5
0,36
0,42
6,7,8 ou
moyenne
9
3,87
0,22
On en déduit les paramètres caractéristiques du phénomène d'attente :
λ =1/2,17 = 0,46
µ = 1/3,87 = 0,26
Ψ = λ/µ = 1,769
La valeur de Ψ, supérieure à 1, montre qu'il faut considérer au moins 2 guichets car pour 1 guichet il y aura
avec certitude un engorgement non réductible.
Pour effectuer la simulation, on tirera des nombres aléatoires allant de 00 à 99 et répartis suivant les
tableaux ci-dessous de manière à représenter les lois de probabilité :
temps d'inter-arrivée en
0
1
2
3
min
probabilité
0,04 0,13 0,45 0,38
répartition
00-03 04-16 17-61 62-99
durée de service en
1
2
3
4
5
6
7
8
9
min
probabilité
0,18 0,18 0,14 0,14 0,14 0,05 0,06 0,06 0,05
répartition
00-17 18-35 36-49 50-63 64-77 78-82 83-88 89-94 95-99
On remarquera que l'on a "interprété" le probabilités pour les valeurs entières du second tableau. Les
nombres sont tirés dans une table de nombres aléatoires (il en faut deux séries) ou bien avec un ordinateur.
Supposons que les deux séries soient :
série 1 : 17 30 55 31 21 70 18 41 46 82 15 23 24 40 09 27 53 75 07 38 46 56 90 15 53 51 55 23 58 64 86
36 22 04 86 61 75 71 51 98 98 79 65 44 80
série 2 : 45 43 88 52 97 15 94 95 98 78 83 44 07 91 69 99 68 78 93 02 26 30 92 15 62 49 11 50 80 79 44
95 72 96 78 83 25 76 42 65 24 85 82 70 75
En utilisant les tableaux et les séries ci-dessus , on en déduit les temps d'arrivée et les temps de service
successifs
clients
série 1
temps interarrivée
chronologie des
arrivées
série 2
temps de service
A
0
B C D E
17 30 55 31
F G H
21 70 18
I
41
...
...
2
2
2
2
2
3
2
2
...
2
4
6
8
10
13
15
17
45 43 88 52 97 15 94 95 98
3 3 7 4 9
1
8 9 9
...
...
On peut alors procéder à une simulation avec, par exemple 2 guichets :
dates
file
0
guichet guichet
longueur
inactivité
1
2
file
A
1
0
1
A
2
A
3
2
0
B
2
0
B
3
0
B
3
0
4
0
4
C
5
C
6
C
D
4
0
7
8
9
10
11
C
C
C
C
F
D
D
D
E
E
4
4
4
4
4
0
1
1
1
0
E
5
0
E
E
F
12
13
G
E
5
0
14
15
16
17
18
19
...
G
G
G
G
G
G
...
E
E
E
E
E
H
...
5
5
5
5
5
5
...
0
1
1
2
2
1
...
H
H
H,I
H,I
I
...
L'étude de ce tableau (très long) permet l'étude du comportement du système d'attente. On peut, en
outre, calculer des moyennes et des cumuls pour obtenir des données quantitatives : temps passé, longueur
de la file, inoccupation des guichets, etc;..
Tests
Exercice 1
A un poste de contrôle automobile des douanes, le nombre de voyageurs se présentant par heure est de 22 ;
le temps nécessaire à l'accomplissement des formalités est de 6 minutes par voyageur. On admet que les
arrivées constituent un phénomène de Poisson et que les services sont du type exponentiel.
Etudier cette situation et proposer des solutions.
Exercice 2
Les employés d'une station-service de distribution de carburant sont payés 50 F par heure et travaillent 8
heures par jour. On a remarqué qu'en dehors des jours de pointe, les arrivées des automobiles sont
distribuées suivant une loi de Poisson dont le taux moyen est de 4 voitures toutes les 10 minutes. Chaque
automobile est servie par un seul employé et la recette réalisée pour chaque voiture est estimée, en
moyenne, à 150 F. La durée du service est distribuée suivant une loi exponentielle de moyenne 8 minutes.
Sachant que le litre d'essence est acheté 80% de son prix de vente, déterminer le nombre d'employés à
embaucher (et donc le nombre de pompes à mettre en service) de façon à maximiser le revenu brut de la
station-service.
Exercice 3
A une station de taxis, clients et taxis viennent se présenter et s'attendre mutuellement. Les arrivées de
clients et de taxis obéissant indépendamment à deux processus stationnaires de Poisson, les cadences
moyennes sont les suivantes :
●
●
1,5 client par minute
1 taxi par minute
On demande d'étudier le processus d'attente (de taxis ou de clients) en régime stationnaire.