مسابقة دكتوراه 2012 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 02

1.

$Y=\sqrt X\ge 0$, donc $X=Y^{2}$ et $dx=2y\,dy$. Pour $y>0$, la formule de changement de variable donne

$f_Y(y)=f_X(y^{2})\,|2y|=\frac{(1/2)^{n/2}}{\Gamma(n/2)}\,(y^{2})^{\frac n2-1}e^{-y^{2}/2}\cdot 2y=\frac{2\,(1/2)^{n/2}}{\Gamma(n/2)}\,y^{n-1}e^{-y^{2}/2}.$

Or $2\,(1/2)^{n/2}=2^{1-n/2}=2^{-(\frac n2-1)}$, d'où

$\boxed{f_Y(y)=\frac{1}{2^{\frac n2-1}\Gamma(n/2)}\,y^{n-1}e^{-y^{2}/2}\mathbf 1_{\{y>0\}}}$

(c'est la loi du « khi », $\chi(n)$).

2.

$E[Y^{k}]=E[X^{k/2}]=\int_0^{\infty}x^{k/2}\frac{(1/2)^{n/2}}{\Gamma(n/2)}x^{\frac n2-1}e^{-x/2}\,dx=\frac{(1/2)^{n/2}}{\Gamma(n/2)}\int_0^{\infty}x^{\frac{n+k}{2}-1}e^{-x/2}\,dx.$

Avec le changement $x=2u$, on a $\int_0^{\infty}x^{\frac{n+k}{2}-1}e^{-x/2}\,dx=2^{\frac{n+k}{2}}\,\Gamma\!\left(\tfrac{n+k}{2}\right)$, d'où

$\boxed{E[Y^{k}]=2^{k/2}\,\frac{\Gamma\!\left(\frac{n+k}{2}\right)}{\Gamma\!\left(\frac n2\right)},\qquad k\in\mathbb N^{*}.}$

Pour la variance : $E[Y^{2}]=E[X]=n$ (espérance d'un $\chi^{2}(n)$) et $E[Y]=2^{1/2}\dfrac{\Gamma\!\left(\frac{n+1}{2}\right)}{\Gamma\!\left(\frac n2\right)}$, donc

$\boxed{\mathrm{Var}(Y)=E[Y^{2}]-(E[Y])^{2}=n-2\left[\frac{\Gamma\!\left(\frac{n+1}{2}\right)}{\Gamma\!\left(\frac n2\right)}\right]^{2}.}$

1.

Taux de panne d'un processeur : $\lambda=\frac{1}{1000}\,\text{h}^{-1}$ ; taux de réparation d'un processeur : $\mu=\frac{1}{100}\,\text{h}^{-1}$. L'état $X(t)\in\{0,1,2\}$ (nombre de processeurs en panne) est un processus de naissance et de mort de taux :

• naissances (pannes) : depuis $0$, deux processeurs actifs $\Rightarrow 2\lambda$ ; depuis $1\Rightarrow \lambda$ ;
• morts (réparations) : depuis $1\Rightarrow \mu$ ; depuis $2$ (réparation parallèle) $\Rightarrow 2\mu$.

Générateur infinitésimal :

$\boxed{Q=\begin{pmatrix} -2\lambda & 2\lambda & 0\\ \mu & -(\lambda+\mu) & \lambda\\ 0 & 2\mu & -2\mu\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -\tfrac{1}{500} & \tfrac{1}{500} & 0\\[2pt] \tfrac{1}{100} & -\tfrac{11}{1000} & \tfrac{1}{1000}\\[2pt] 0 & \tfrac{1}{50} & -\tfrac{1}{50}\end{pmatrix}}$

Équations de Chapman-Kolmogorov (progressives) $P'(t)=P(t)Q$, soit pour $p_j(t)=P(X(t)=j)$ :

$\begin{aligned} p_0'(t)&=-2\lambda p_0(t)+\mu p_1(t),\\ p_1'(t)&=2\lambda p_0(t)-(\lambda+\mu)p_1(t)+2\mu p_2(t),\\ p_2'(t)&=\lambda p_1(t)-2\mu p_2(t).\end{aligned}$

b.

En régime stationnaire $\pi Q=0$ (équations de balance d'un processus de naissance et de mort) :

$\pi_1=\frac{2\lambda}{\mu}\pi_0,\qquad \pi_2=\frac{\lambda}{2\mu}\pi_1=\Big(\frac{\lambda}{\mu}\Big)^{2}\pi_0.$

Posons $\rho=\dfrac{\lambda}{\mu}=\dfrac{1/1000}{1/100}=\dfrac{1}{10}$. Alors $\pi_0(1+2\rho+\rho^{2})=\pi_0(1+\rho)^{2}=1$, d'où

$\boxed{\pi_0=\frac{1}{(1+\rho)^{2}}=\frac{100}{121},\quad \pi_1=\frac{2\rho}{(1+\rho)^{2}}=\frac{20}{121},\quad \pi_2=\frac{\rho^{2}}{(1+\rho)^{2}}=\frac{1}{121}.}$

c.

« Au moins un processeur en bon état » est le complémentaire de « les deux en panne » ($X=2$) :

$\boxed{P(\text{au moins un bon})=1-\pi_2=1-\frac{1}{121}=\frac{120}{121}\approx 0{,}9917.}$

1.

Les événements $\{T_1\le s\}$ et $\{T_1>s\}$ forment une partition de $\Omega$. En les intersectant avec $\{T_2\le t,\,N(a)=2\}$ :

$\{T_2\le t,N(a)=2\}=\big(\{T_1\le s\}\cap\{T_2\le t,N(a)=2\}\big)\ \sqcup\ \big(\{T_1>s\}\cap\{T_2\le t,N(a)=2\}\big),$

union disjointe. Par additivité de la probabilité,

$\boxed{P(T_1\le s,T_2\le t,N(a)=2)=P(T_2\le t,N(a)=2)-P(T_1>s,T_2\le t,N(a)=2).}$

2.

On utilise l'indépendance et la stationnarité des accroissements du processus de Poisson.

Premier terme. $\{T_2\le t,N(a)=2\}$ signifie exactement $2$ sauts dans $[0,a]$, tous deux $\le t$ : donc $2$ sauts dans $[0,t]$ et $0$ saut dans $]t,a]$ :

$P(T_2\le t,N(a)=2)=\underbrace{e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^{2}}{2!}}_{N(t)=2}\cdot\underbrace{e^{-\lambda(a-t)}}_{N(a)-N(t)=0}=e^{-\lambda a}\frac{\lambda^{2}t^{2}}{2!}.$

Second terme. $\{T_1>s,T_2\le t,N(a)=2\}$ : $0$ saut dans $[0,s]$, $2$ sauts dans $]s,t]$, $0$ saut dans $]t,a]$ :

$P(T_1>s,T_2\le t,N(a)=2)=e^{-\lambda s}\cdot e^{-\lambda(t-s)}\frac{(\lambda(t-s))^{2}}{2!}\cdot e^{-\lambda(a-t)}=e^{-\lambda a}\frac{\lambda^{2}(t-s)^{2}}{2!}.$

D'après la question 1,

$\boxed{P(T_1\le s,T_2\le t,N(a)=2)=e^{-\lambda a}\left(\frac{\lambda^{2}t^{2}}{2!}-\frac{\lambda^{2}(t-s)^{2}}{2!}\right).}$

3.

Comme $P(N(a)=2)=e^{-\lambda a}\dfrac{(\lambda a)^{2}}{2!}=e^{-\lambda a}\dfrac{\lambda^{2}a^{2}}{2!}$, on divise :

$P(T_1\le s,T_2\le t\mid N(a)=2)=\frac{e^{-\lambda a}\frac{\lambda^{2}}{2!}\big(t^{2}-(t-s)^{2}\big)}{e^{-\lambda a}\frac{\lambda^{2}a^{2}}{2!}}=\boxed{\frac{t^{2}-(t-s)^{2}}{a^{2}}.}$

On retrouve que, conditionnellement à $N(a)=2$, le couple $(T_1,T_2)$ se comporte comme la statistique d'ordre de deux variables uniformes sur $[0,a]$.