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CORRECTION EXAMEN
PROCESSUS STOCHASTIQUES
IENAC 03S
Professeur : Boris Bartolomé
Durée : 2h00
Calculatrices et une feuille A4 écrite recto-verso autorisés.
Notes de cours, poly, TDs, corrections et livres interdits.
Markov timide (discret)
(1) La chaîne de Markov est irréductible car p ij > 0 ∀i, j (puisque 0 < p < 1).
Elle est apériodique car il existe au moins un i tel que p ii > 0 (en fait cela
est vrai ∀i).
(2) Nous avons:
∞∑
π i = π j p ij
j=0
(3) La transformée en z est:
∑
P(z) =
∞
i=0 π iz i = ∑ ∞
= ∑ ∞
i=0
Or, puisque ∑ ∞
i=0
i=0
∑ ∞
j=0 π jz i e −λ ∑ i
( j
n=0 n
∑ i
n=0 = ∑ ∞
P(z) = e −λ ∑ ∞
j=0 π j
∑ ∞
n=0
( j
n
Donc:
n=0
∑ ∞
i=n
= e −λ e λz ∑ ∞
j=0 π j
∑ ∞
n=0
( j
n
= e −λ(z−1) ∑ ∞
j=0 π j
∑ j
n=0
( j
n
∑ ∞
j=0 π jp ij z i
)
p n q
j−n λi−n
(i−n)!
, nous avons:
)
p n q j−n ∑ ∞
)
i=n
(pz) n q
) j−n
(pz) n q j−n
= e −λ(z−1) ∑ ∞
j=0 π j(pz + q) j
P(z) = e −λ(z−1) P[1 + p(z − 1)]
λi−n
zi
(i−n)!
(4) Démonstration par récurrence.
(a) La propriété est évidemment vraie pour n = 1 (d’après le résultat
précédent).
(b) Admettons que:
P(z) = e λ(z−1)(1+p+p2 +···+p n−1) P [1 + p n (z − 1)]
(c) Qu’en est-il pour (n + 1)?
Remplaçons z par 1 + p n (z − 1) dans notre hypothèse de récurrence
et nous obtenons:
P[1 + p n (z − 1)] = e λpn (z−1) P[1 + p n+1 (z − 1)]
et donc
P(z) = e λ(z−1)(1+p+p2 +···+p n) P[1 + p n+1 (z − 1)]
et l’hypothèse de récurrence est vraie ∀n > 0.
1

2 CORRECTION EXAMEN PROCESSUS STOCHASTIQUES IENAC 03S
(5) En prennant la limite lorsque n → +∞ de P(z) nous obtennons (puisque
0 < p < 1):
P(z) = e λ z−1
1−p
P(1)
Or, P(1) = 1. Nous en déduisons que:
P(z) = e λ z−1
1−p
Nous remarquons alors la transormée en z d’une distribution de Poisson
de paramètre λ q
, et donc:
(
λ
q
) i
e
− λ q
π i =
i!
Do âne or not do âne, that is the question
(1) On a λ = 20 et µ = 10. Nous avons vu en TD (TD 5, exercice 2) qu’afin
d’éviter un engorgement du système il faut alors qu’il y ait plus de:
λ
µ = 2
douaniers.
(2) Dans ce cas, lorsqu’on fait un graphe de changement infinitésimal d’ états
à partir de l’état n (c’est à dire qu’il y a n voyageurs), nous voyons que
nous pouvons rester à l’état n, passer à l’état (n + 1) parce qu’un nouveau
voyageur arrive ou bien passer à l’état (n − 1) parce qu’un voyageur a été
servi. On ne peut pas passer à d’autres états.
La probabilité infinitésimale qu’un voyageur arrive est de λh + o(h). La
probabilité qu’un voyageur soit servi lorsque le service est proportionnel
au nombre de voyageurs est de nµh + o(h). Donc:
et donc
q n (n+1) = λ
q n (n−1) = nµ
q n n = −(λ + nµ)
et nous en déduisons la “matrice” de génération infinitésimale (nous ne
pouvons pas en toute rigueur parler de matrice puisque n peut être infini,
il s’agit d’une façon d’illustrer la relation générale qui définit q ij ):
⎛
Q ⎜
⎝
−λ λ 0 0 0 · · ·
µ −(λ + µ) lambda 0 0 · · ·
0 2µ −(λ + 2µ) λ 0 · · ·
.
.
.
En écrivant l’équation d’équilibre (πQ = 0), démarche désormais classique,
nous trouvons que:
.
.
.
⎞
⎟
⎠

CORRECTION EXAMEN PROCESSUS STOCHASTIQUES IENAC 03S 3
λπ n−1 − (λ + nµ)π n + (n + 1)µπ n+1 = 0
Nous en déduisons alors que:
−λπ 0 + µπ 1 = 0
π 1 = λ µ π 0
π 2 = 1 2!
( λ
µ
) 2
π 0
π 3 = 1 3!
( λ
µ
) 3
π 0
.
π n = 1 n!
( λ
µ
) n
π 0
.
(démonstration par récurrence laissée au lecteur ... mais pas au correcteur).
Or, nous savons que π doit être une loi de probabilité et donc que
∑ ∞
0 π n = 1.
D’où:
π 0 + π 0
∑
∞
1
(λ/µ) n
n!
= 1
⇒
π 0 + π 0 (e λ µ
− 1) = 1
Finalement:
( )
π 0 = e − λ µ
λ
n
e − λ µ
et π n =
µ n!
Avec les données de notre problème:
π n = 1 n! 2n e −2
(3) La probabilité que le chef de brigade ait à intervenir pour se porter au
secours de ses quatre douaniers est:
∞∑
π n = 1 − π 0 − π 1 − π 2 − π 3 − π 4 = 0, 055
n=5

4 CORRECTION EXAMEN PROCESSUS STOCHASTIQUES IENAC 03S
Pour le fun (et les points)
Notons O le point à l’intérieur du triangle.
⎛
O ⎝
⎞
d AB
d BC
⎠
d CA
Alors, l’aire du triangle ABC est la somme des aires des triangles AOB, BOC,
COA. Donc:
|BC| h 2 = |AB|d AB
2 + |BC|d BC
2 + |CA|d CA
2
Or |BC| = |AB| = |CA| (triangle équilatéral) et h = 1 (par hypothèse). Donc:
d AB + d BC + d CA = 1