مسابقة دكتوراه 2016 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 05

A/ 1.

Vraie. L'unicité de la distribution stationnaire n'exige qu'une seule classe récurrente positive ; la chaîne peut de plus posséder des états transitoires (qui alimentent la classe récurrente). Ces états transitoires reçoivent une probabilité nulle dans l'unique loi stationnaire, mais existent bel et bien. L'affirmation est donc vraie.

A/ 2.

Fausse. Pour un mouvement brownien standard, $E[W_t]=0$ et la variance est linéaire en $t$ (et non $t^2$) :

$\boxed{\ V(W_t) = t\ }$

A/ 3.

Fausse. En régime stationnaire, $\mu = E[X_t]$ vérifie $\mu = \phi_0 + \phi_1\mu$, d'où

$\boxed{\ E[X_t] = \frac{\phi_0}{1-\phi_1}\ }$

(et non $\phi_0+\phi_1$).

A/ 4.

Vraie. Par la propriété de Markov (absence de mémoire), le temps de séjour dans un état $i$ d'une chaîne de Markov à temps continu suit une loi exponentielle, de paramètre le taux de sortie $\lambda_i$ de l'état $i$.

B/ 1.

Comme $Y \sim \mathcal{E}(\lambda)$ est indépendante de $X$, et $P(Y \gt x) = e^{-\lambda x}$ pour $x \geq 0$ :

$P(Y \gt X) = E\big[P(Y \gt X \mid X)\big] = E\big[e^{-\lambda X}\big] = \int_0^{\infty} e^{-\lambda x} f_X(x)\,dx$

Or, par définition de la transformée de Laplace $f_X^{*}(s) = E[e^{-sX}]$, on reconnaît

$\boxed{\ P(Y \gt X) = f_X^{*}(\lambda)\ }$

B/ 2.

Montrons que $Y_n = E(X\mid \mathcal{A}_n)$ est une $(\mathcal{A}_n)$-martingale. a. Adaptation : $Y_n = E(X\mid \mathcal{A}_n)$ est par construction $\mathcal{A}_n$-mesurable. b. Intégrabilité : par l'inégalité de Jensen conditionnelle, $E|Y_n| = E\big|E(X\mid\mathcal{A}_n)\big| \leq E\big(E(|X|\mid\mathcal{A}_n)\big) = E|X| \lt \infty$. c. Propriété de martingale : comme $\mathcal{A}_n \subset \mathcal{A}_{n+1}$, la propriété de la tour (espérances conditionnelles emboîtées) donne

$E(Y_{n+1}\mid \mathcal{A}_n) = E\big(E(X\mid \mathcal{A}_{n+1})\mid \mathcal{A}_n\big) = E(X\mid \mathcal{A}_n) = Y_n$

Les trois conditions sont vérifiées : $\{Y_n\}_n$ est une martingale (martingale de Doob).

$\boxed{\ E(Y_{n+1}\mid \mathcal{A}_n) = Y_n\ }$

Transitions : depuis 1 : $P_{12}=\tfrac13$, $P_{13}=\tfrac23$ ; depuis 2 : $P_{21}=1-p-q$, $P_{22}=p$, $P_{23}=q$ ; depuis 3 : $P_{31}=\tfrac34$, $P_{32}=\tfrac14$.

1.

Les états 1 et 3 communiquent toujours ($1\to 3\to 1$), et l'état 2 est atteint depuis 1 et depuis 3. Le seul obstacle est que l'état 2 ne puisse plus sortir : il est absorbant si et seulement si $p=1$ (ce qui impose $q=0$ car $p+q\leq 1$), sa ligne devenant $(0,1,0)$. Dans tous les autres cas, depuis 2 on rejoint 1 (si $1-p-q\gt 0$) ou 3 (si $q\gt 0$), puis tout l'espace. Donc

$\boxed{\ \text{la chaîne est irréductible} \iff p \lt 1\ }$

Condition supplémentaire : la chaîne étant à espace d'états fini, l'irréductibilité entraîne la récurrence positive, ce qui garantit l'existence et l'unicité d'une distribution stationnaire (aucune condition additionnelle n'est requise au-delà de finitude + irréductibilité).

2.

Supposons la chaîne irréductible ($p\lt 1$) ; tous les états ont alors la même période. a. Si $p \gt 0$ : l'état 2 possède une boucle ($P_{22}=p\gt 0$), donc la période vaut 1 : chaîne apériodique. b. Si $p = 0$ : il existe un cycle de longueur 2 ($1\to 3\to 1$) et un cycle de longueur 3 ($1\to 3\to 2\to 1$, possible car $P_{32}=\tfrac14\gt 0$ et $P_{21}=1-q\gt 0$, ou bien $1\to 2\to 3\to 1$ si $q\gt 0$). Comme $\gcd(2,3)=1$, la chaîne est encore apériodique.

Conclusion : dès qu'elle est irréductible ($p\lt 1$), la chaîne est apériodique (période 1).

3.

Avec $q=0$ : $1\to 2\ (\tfrac13)$, $1\to 3\ (\tfrac23)$ ; $2\to 1\ (1-p)$, $2\to 2\ (p)$ ; $3\to 1\ (\tfrac34)$, $3\to 2\ (\tfrac14)$.

Cas $p=1$ : l'état 2 est absorbant. Partant de 1, on ne revient en 1 que par le chemin $1\to 3\to 1$ :

$f_{11} = \underbrace{\tfrac13}_{1\to 2}\cdot 0 \ +\ \underbrace{\tfrac23}_{1\to 3}\cdot\Big(\underbrace{\tfrac34}_{3\to 1}\cdot 1 + \underbrace{\tfrac14}_{3\to 2}\cdot 0\Big) = \tfrac23\cdot\tfrac34 = \tfrac12$

$\boxed{\ f_{11} = \tfrac12 \lt 1 \ \Rightarrow\ \text{état 1 transitoire}\ }$

Cas $p\neq 1$ : avec $q=0$ et $p\lt 1$, la chaîne est irréductible et finie, donc récurrente. Ainsi

$\boxed{\ f_{11} = 1 \ \Rightarrow\ \text{état 1 récurrent}\ }$

4.

Avec $q=0$ et $p=1$, l'état 2 est absorbant ; les états transitoires sont 1 et 3, de sous-matrice (ordre $1,3$) $Q_{11}=0$, $Q_{13}=\tfrac23$, $Q_{31}=\tfrac34$, $Q_{33}=0$.

Le nombre moyen de visites est donné par la matrice fondamentale $M=(I-Q)^{-1}$. Avec $\det(I-Q)=1-\tfrac23\cdot\tfrac34=\tfrac12$, l'entrée cherchée est

$M_{13} = \frac{2/3}{1/2} = \frac{4}{3}$

De façon équivalente : la probabilité d'atteindre 3 depuis 1 vaut $\tfrac23$, et la probabilité de revenir en 3 vaut $\tfrac34\cdot\tfrac23=\tfrac12$, d'où un nombre moyen de visites $\tfrac23\cdot\dfrac{1}{1-1/2}=\dfrac43$.

$\boxed{\ E[\text{nombre de passages par 3}\mid X_0=1] = \tfrac{4}{3}\ }$

5.

On résout $\pi P = \pi$ avec $\pi=(\pi_1,\pi_2,\pi_3)$ et $\pi_1+\pi_2+\pi_3=1$ :

$\pi_1 = (1-p-q)\pi_2 + \tfrac34\pi_3, \qquad \pi_2 = \tfrac13\pi_1 + p\pi_2 + \tfrac14\pi_3, \qquad \pi_3 = \tfrac23\pi_1 + q\pi_2$

En exprimant tout en fonction de $\pi_2$, on obtient $\pi_1 = \dfrac{4-4p-q}{2}\,\pi_2$ et $\pi_3 = \dfrac{4-4p+2q}{3}\,\pi_2$. La normalisation donne $\pi_2 = \dfrac{6}{26-20p+q}$, d'où

$\boxed{\ \pi = \frac{1}{\,26-20p+q\,}\left(\,12-12p-3q,\ \ 6,\ \ 8-8p+4q\,\right)\ }$

Vérification pour $p=q=0$ : $\pi = \tfrac{1}{26}(12,6,8) = \left(\tfrac{6}{13},\tfrac{3}{13},\tfrac{4}{13}\right)$.

A/ 1.

Un processus de comptage $\{N(t),\ t\geq 0\}$ est un processus de Poisson de taux $\lambda \gt 0$ s'il vérifie : a. $N(0)=0$ ; b. accroissements indépendants : pour $0\leq t_0\lt t_1\lt \dots\lt t_n$, les variables $N(t_1)-N(t_0),\dots,N(t_n)-N(t_{n-1})$ sont indépendantes ; c. accroissements stationnaires et poissoniens : pour tous $s,t\geq 0$,

$P\big(N(t+s)-N(s)=k\big) = e^{-\lambda t}\,\frac{(\lambda t)^k}{k!}, \qquad k=0,1,2,\dots$

De façon équivalente : $N(0)=0$, accroissements indépendants et stationnaires, $P(N(h)=1)=\lambda h + o(h)$ et $P(N(h)\geq 2)=o(h)$.

A/ 2.

Posons $N(t)=N_1(t)+N_2(t)$. a. $N(0)=N_1(0)+N_2(0)=0$. b. Les accroissements de $N$ sont sommes d'accroissements de $N_1$ et $N_2$ ; ces derniers étant indépendants dans le temps et $N_1\perp N_2$, $N$ est à accroissements indépendants et stationnaires. c. Sur un intervalle de longueur $t$, $U=N_1(t+s)-N_1(s)\sim \mathcal{P}(\lambda_1 t)$ et $V=N_2(t+s)-N_2(s)\sim \mathcal{P}(\lambda_2 t)$ sont indépendantes. Par les fonctions génératrices :

$E\big[z^{U+V}\big] = e^{\lambda_1 t(z-1)}\,e^{\lambda_2 t(z-1)} = e^{(\lambda_1+\lambda_2)t(z-1)}$

qui est la f.g.p. d'une loi $\mathcal{P}\big((\lambda_1+\lambda_2)t\big)$. Donc $\{N(t)\}$ est un processus de Poisson de taux

$\boxed{\ \lambda_1+\lambda_2\ }$

A/ 3.a.

Grâce à la substituabilité, chaque client (produit 1 ou 2) consomme exactement une unité du stock total tant que celui-ci n'est pas vide. Le flux total des clients est la superposition des deux processus, donc un processus de Poisson de taux $\lambda_1+\lambda_2$. Le stock total ($Q_1+Q_2$ unités) est épuisé à l'instant de la $(Q_1+Q_2)$-ème arrivée. Le temps $T$ d'épuisement total est donc la somme de $Q_1+Q_2$ temps inter-arrivées i.i.d. $\mathcal{E}(\lambda_1+\lambda_2)$ : c'est une loi d'Erlang (Gamma) de paramètres $(Q_1+Q_2,\ \lambda_1+\lambda_2)$ :

$\boxed{\ f_T(t) = \frac{(\lambda_1+\lambda_2)^{\,Q_1+Q_2}}{(Q_1+Q_2-1)!}\,t^{\,Q_1+Q_2-1}\,e^{-(\lambda_1+\lambda_2)t}, \quad t\geq 0\ }$

A/ 3.b.

Tant que les deux produits sont disponibles, il n'y a pas de substitution : le produit 1 n'est consommé que par ses propres clients. Le produit 1 est donc épuisé avant le produit 2 si et seulement si la $Q_1$-ème arrivée de type 1 précède la $Q_2$-ème arrivée de type 2. Chaque arrivée du flux fusionné est de type 1 avec probabilité $p_1=\dfrac{\lambda_1}{\lambda_1+\lambda_2}$ et de type 2 avec $p_2=\dfrac{\lambda_2}{\lambda_1+\lambda_2}$, indépendamment. L'épuisement du produit 1 en premier équivaut à observer au moins $Q_1$ arrivées de type 1 parmi les $Q_1+Q_2-1$ premières :

$\boxed{\ P(\text{produit 1 épuisé avant 2}) = \sum_{k=Q_1}^{Q_1+Q_2-1}\binom{Q_1+Q_2-1}{k}\left(\frac{\lambda_1}{\lambda_1+\lambda_2}\right)^{k}\left(\frac{\lambda_2}{\lambda_1+\lambda_2}\right)^{Q_1+Q_2-1-k}\ }$

B/ 1.

Par conditionnement sur $N(t)$ et indépendance (formule de Wald) :

$E[X(t)] = E\big[E[X(t)\mid N(t)]\big] = E\big[N(t)\,\mu\big] = \mu\,E[N(t)] = \boxed{\ \lambda\mu t\ }$

B/ 2.

La fonction génératrice de $X(t)$ est $R(z,t)=E\big[z^{X(t)}\big]$. En conditionnant sur $N(t)=n$, les $D_i$ étant i.i.d. de f.g.p. $A(z)=E[z^{D_1}]$ :

$E\big[z^{X(t)}\mid N(t)=n\big] = E\big[z^{D_1+\dots+D_n}\big] = A(z)^n$

d'où

$R(z,t) = \sum_{n=0}^{\infty} P(N(t)=n)\,A(z)^n = \sum_{n=0}^{\infty} e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^n}{n!}\,A(z)^n = e^{-\lambda t}\,e^{\lambda t A(z)}$

$\boxed{\ R(z,t) = e^{-\lambda t[\,1 - A(z)\,]}\ }$