Processus de Markov, de Levy, Files d'attente, Actuariat et Fiabilité ...

5. a) La distribution stationnaire est π n = A 1 ( 1 2 )n + A 1 ( −1
3 )n , et π −1 = 0 =⇒ A 2 = 2 3 A 1.
b) Nous devons resoudre
où
(Gc)(x) + h(x) = 0
c(0) = 0
c(x) accroit non-exponentiellement quand x → ∞
Gf(x) = 6/7(f(x − 1) − f(x)) + 1/7(f(x + 2) − f(x)),x ≥ 1
b) On decompose c(x) = c h (x) + p(x) oú c h (x) = A + A 1 r1 x + A 2r2 x, avec A 1 = A 2 = 0 (car
|r i | > 1), et p(x) = Bx pour la première question, et p(x) = x(Bx + B 1 ) pour la deuxième.
Comme Gx = − 4 7 et Gx2 = − 8 x2 + 10 7
, on trouve par la methode des coefficients indeterminés
que les solutions sont t(x) = 7 4 x,c(x) = 7 8 x2 + xx 35
16 .
6. (a) Les probabilités de transition au moment du premier saut sont :
P =
( 0 2/3 1/3
1/2 0 1/2
1/7 6/7 0
(b) La loi conditionelle de T 3 = inf{t ≥ 0 : X t ≠ 3}, en sachant que X 0 = 3, est la loi
exponentielle à paramètre 7(et moyenne 1/7).
(c) En conditionnant sur le premier saut, nous trouvons :
)
x 1 = 1 3 + 2 3 x 2
x 2 = 1 2 x 1 + 1 2
De lors, x 1 = x 2 = 1.
(d) Soit
( )
˜G = −3 2
1 −2
le générateur du processus observé seulement en 1,2. Diagonalisons ˜G = L −1 Diag(λ i )L,
où les lignes de la matrice L sont les vecteurs propres à gauche. Ici, les valeurs propres,
données par λ 2 + 5λ + 4 = ( (λ + 1)(λ ) + 4) = 0 sont −1 et −4 et la matrice des vecteurs
propres à droite est R = 1 −2
1 1 . Finalement,
˜P(t) = RDiag(e λ i t )R −1 =
(
e −t
3 + 2e−4t
3
e −t
3 − e−4t
3
2e −t
3
− 2e−4t
3
2e −t
3
− e−4t
3
)
et
( ) ( )
P1 (t)
= ˜P(t)1 = e
−t
P 3 (t) e −t
(e) Les probabilités demandées satisfont ¯P i (t) = 1 − P i,3 (t),i = 1,3, où P i,3 (t) sont les
probabilités de transition du processus absorbé avec générateur
( −3 2 1
)
˜G = 1 −2 1
0 0 0