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مسابقة دكتوراه 2019 — Université Badji Mokhtar - Annaba — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours d'entrée en formation doctorale (2018/2019), Épreuve de statistiques, Université Badji-Mokhtar - Annaba, Département de Mathématiques, Durée : 2H.

التمرين 2

Exercice 2 — Loi binomiale et test du chi-deux (génétique de la vigne)

#binomial-distribution#chi-squared-test#goodness-of-fit#probability

Au cours d'essais génétiques sur la vigne, on a vu apparaître un caractère nouveau décelable uniquement à la floraison. Empiriquement, on a établi que, dans la souche ainsi créée, la fréquence d'apparition du caractère était de 0,150{,}15. Dans le but de tester les conditions de multiplication des individus présentant ce caractère, on répartit des échantillons de 5 individus dans des terrains et des terroirs différents.

  1. (3 pts) On considère la variable aléatoire XX donnant le nombre d'apparition du caractère étudié dans un lot de 5 individus. Quelle est la distribution de probabilité de XX ?
  2. (3 pts) On étudie 1000 échantillons de 5 individus. À la floraison, on détermine dans chaque échantillon le nombre d'individus présentant le caractère, on obtient les résultats suivants :
Nombre d'individus ayant le caractère012345
Nombre d'échantillons3994011504631

Étudier la conformité de ces résultats à la loi théorique déterminée dans la question 1.

◀الحل

1. Distribution de XX

Chaque individu présente le caractère avec probabilité p=0,15p = 0{,}15, indépendamment. Donc X∼B(5,0,15)X \sim \mathcal{B}(5, 0{,}15) :

P(X=k)=(5k)(0,15)k(0,85)5−k,k=0,1,2,3,4,5P(X = k) = \binom{5}{k} (0{,}15)^k (0{,}85)^{5-k}, \quad k = 0,1,2,3,4,5

2. Test de conformité (chi-deux)

Fréquences théoriques (sur 1000 échantillons) :

kkP(X=k)P(X=k)ek=1000×P(X=k)e_k = 1000 \times P(X=k)oko_k
00,4437443,7399
10,3915391,5401
20,1382138,2150
30,024424,446
4+50,00222,24

Statistique chi-deux : χ2=∑(ok−ek)2ek≈26,4\chi^2 = \sum \frac{(o_k - e_k)^2}{e_k} \approx 26{,}4.

Avec 4 degrés de liberté, χ0,052(4)=9,49\chi^2_{0{,}05}(4) = 9{,}49. Puisque 26,4>9,4926{,}4 > 9{,}49, on rejette la conformité à la loi B(5,0,15)\mathcal{B}(5, 0{,}15) au seuil 5%.

التمرين 3

Exercice 3 — Files d'attente M/M/1 et M/M/2 (processus de Poisson)

#queuing-theory#poisson-process#markov-chains#exponential-distribution#waiting-time

Dans une entreprise de service, où les usagers arrivent suivant un processus de Poisson de taux λ>0\lambda > 0, la direction a le choix entre 3 modèles suivants :

  1. Installation d'un serveur dont la durée suit une loi exponentielle de paramètre 2μ2\mu.
  2. Installation de 2 serveurs séparés et identiques, chacun admettant une durée de service suivant une loi exponentielle de paramètre μ\mu. Tout usager venant d'arriver, choisit avec la probabilité 0,50{,}5 l'un des serveurs et il n'y a pas d'échange d'usagers potentiels chez les serveurs.
  3. Installation de deux serveurs identiques non séparés. Dès que l'un des serveurs est libre, s'il y a des usagers en attente, le premier arrivé se fait servir chez le serveur libéré.

Supposons que λ2μ<1\frac{\lambda}{2\mu} < 1. Calculer le temps moyen passé dans le système (pour les trois systèmes en question). Lequel des 3 systèmes est le plus performant ?

◀الحل

Posons ρ=λ2μ<1\rho = \frac{\lambda}{2\mu} < 1.

Système 1 — M/M/1 (taux service 2μ2\mu)

W1=12μ−λ=12μ(1−ρ)W_1 = \frac{1}{2\mu - \lambda} = \frac{1}{2\mu(1-\rho)}

Système 2 — Deux M/M/1 indépendants (chaque file reçoit λ/2\lambda/2, taux μ\mu)

Chaque file : ρ2=λ/2μ=ρ\rho_2 = \frac{\lambda/2}{\mu} = \rho. Temps moyen dans chaque file :

W2=1μ−λ/2=1μ(1−ρ)=22μ(1−ρ)W_2 = \frac{1}{\mu - \lambda/2} = \frac{1}{\mu(1-\rho)} = \frac{2}{2\mu(1-\rho)}

Donc W2=2W1W_2 = 2W_1.

Système 3 — M/M/2 (taux μ\mu par serveur)

P0=11+2ρ+2ρ21−ρ,Lq=P0⋅2ρ3(1−ρ)2P_0 = \frac{1}{1 + 2\rho + \frac{2\rho^2}{1-\rho}}, \quad L_q = \frac{P_0 \cdot 2\rho^3}{(1-\rho)^2}

W3=Lqλ+1μW_3 = \frac{L_q}{\lambda} + \frac{1}{\mu}

On montre que W3<W1<W2W_3 < W_1 < W_2, donc le système 3 (M/M/2) est le plus performant.