Toutes les variables aléatoires qui interviennes dans ce problème sont définies sur un même espace probabilisé $(\Omega,{\cal A},P)$ et à valeurs réelles.
L'objectif du problème est d'introduire une famille de lois de probabilité discrètes, dites lois de Poisson mélangées, qui jouent un rôle important en mathématiques de l'assurance, car elles permettent de modéliser le nombre d'apparitions d'évènement aléatoires provenant de sources hétérogènes.
Pour tout réel $x$ et tout entier naturel $n$, on pose : $x^{<\!n>}=\begin{cases}\Pi_{k=1}^n(x+k-1) & \text{ si } & n\geq 1\\ 1 & \text{ si } & n=0\end{cases}$.
On associe aux fonctions polynomiales $x\mapsto x^{<\!n>}$, les polynômes $X^{<\!n>}$ (n\in\mathbb N) de $\mathbb R[X]$, dits polynômes factoriels ascendants.
1.a) Vérifier les égalités : $X^2=X^{<\!2>}-X^{<\!1>}$ et $X^3=X^{<\!3>}-3X^{<\!2>}+X^{<\!1>}$.
$$X^{<\!2>}-X^{<\!1>}=X(X+1)-X=X^2$$ et pareil pour la seconde égalité.
b) Exprimer $X^4$ comme combinaison linéaire des polynômes $X^{<\!4>}$, $X^{<\!3>}$, $X^{<\!2>}$ et $X^{<\!1>}$.
On développe $-6$ et on remplace $X^3$, $X^2$ par les expressions obtenues en 1)a) et on trouve : $$X^4=X^{<\!4>}-6X^{<\!3>}+2X^{<\!2>}+2X^{<\!1>}.$$
c) Justifier plus généralement que les polynômes $X^n$ ($n\in\mathbb N$) de la base canonique de $\mathbb R[X]$ sont tous des combinaisons linéaires de polynômes factoriels ascendants.
On observe que $deg(X^{<\!k>})=k$, par conséquent $(X^{<\!k>})_{k\in\mathbb N}$ forme une base de $\mathbb R[X]$.
2. Soit $(r,s)$ un couple de réels et $n$ un entier naturel.
a) Exprimer $r^{<\!n+1>}$ en fonction de $r^{<\!n>}$.
$r^{<\!n+1>}=r(r+1)\dots(r+n-1)(r+n)=r^{<\!n>}(r+n)$.
b) En déduire pour tout $k\in[\![0,n]\!]$, la relation $(r+s+n)r^{<\!k>}s^{<\!n-k>}=r^{<\!k+1>}s^{<\!n-k>}+r^{<\!k>}s^{<\!n-k+1>}$.
$$\begin{align} (r+s+n)r^{<\!k>}s^{<\!n-k>}&=((r+k)+(s+n-k))r^{<\!k>}s^{<\!n-k>}\\ &=(r+k)r^{<\!k>}s^{<\!n-k>}+r^{<\!k>}(s+n-k)s^{<\!n-k>}\\ &=r^{<\!k+1>}s^{<\!n-k>}+r^{<\!k>}s^{<\!n-k+1>} \end{align}$$
c) Montrer par récurrence que pour tout $n\in\mathbb N$, on a : $(r+s)^{<\!n>}=\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}r^{<\!k>}s^{<\!n-k>}$.
L'initialisation est immédiate. L'hérédité suit les mêmes lignes que la démonstration du binôme de Newton, c'est à dire : $$\begin{align} (r+s)^{<\!n+1>}&=(r+s+n)(r+s)^{<\!n>}\\ &=(r+s+n)\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}r^{<\!k>}s^{<\!n-k>}\text{ (par hypothèse de récurrence)}\\ &=\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}r^{<\!k+1>}s^{<\!n-k>}+r^{<\!k>}s^{<\!n-k+1>}\text{ (par la question 2)b))}\\ &=\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}r^{<\!k+1>}s^{<\!n-k>}+\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}r^{<\!k>}s^{<\!n-k+1>}\\ &=\begin{pmatrix}n\\ n\end{pmatrix}r^{<\!n+1>}s^{<\!0>}+\sum_{k=0}^{n-1}\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}r^{<\!k+1>}s^{<\!n-k>}+\begin{pmatrix}n\\ 0\end{pmatrix}r^{<\!0>}s^{<\!n+1>}+\sum_{k=1}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}r^{<\!k>}s^{<\!n-k+1>}\\ &=\begin{pmatrix}n+1\\ n+1\end{pmatrix}r^{<\!n+1>}s^{<\!0>}+\sum_{k=0}^{n-1}\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}r^{<\!k+1>}s^{<\!n-k>}+\begin{pmatrix}n\\ 0\end{pmatrix}r^{<\!0>}s^{<\!n+1>}+\sum_{k=0}^{n-1}\begin{pmatrix}n\\ k+1\end{pmatrix}r^{<\!k+1>}s^{<\!n+1-(k+1)>}\\ &=\begin{pmatrix}n\\ 0\end{pmatrix}r^{<\!0>}s^{<\!n+1>}+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\begin{pmatrix}n\\ k+1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}\right)r^{<\!k+1>}s^{<\!n+1-(k+1)>}+\begin{pmatrix}n+1\\ n+1\end{pmatrix}r^{<\!n+1>}s^{<\!0>}\\ &=\begin{pmatrix}n\\ 0\end{pmatrix}r^{<\!0>}s^{<\!n+1>}+\sum_{k=0}^{n-1}\begin{pmatrix}n+1\\ k+1\end{pmatrix}r^{<\!k+1>}s^{<\!n+1-(k+1)>}+\begin{pmatrix}n+1\\ n+1\end{pmatrix}r^{<\!n+1>}s^{<\!0>}\\ &=\begin{pmatrix}n\\ 0\end{pmatrix}r^{<\!0>}s^{<\!n+1>}+\sum_{k=1}^{n}\begin{pmatrix}n+1\\ k\end{pmatrix}r^{<\!k>}s^{<\!n+1-k>}+\begin{pmatrix}n+1\\ n+1\end{pmatrix}r^{<\!n+1>}s^{<\!0>}\\ &=\sum_{k=0}^{n+1}\begin{pmatrix}n+1\\ k\end{pmatrix}r^{<\!k>}s^{<\!n+1-k>} \end{align}$$ d'où l'hérédité.
3. Dans cette question, $r$ est un réel strictement positif et $x$ est un réel fixé de $]0,1[$. Pour tout $n\in\mathbb N$, on pose : $$u_n=\frac{r^{<\!n+1>}x^{n+1}}{n!(1-x)^{r+1}}\text{ et }R_n=\frac{r^{<\!n>}}{n!}\int_0^x\left(\frac{x-t}{1-t}\right)^n\frac{1}{(1-t)^{r+1}}dt$$.
a) Calculer $\lim_{n\to+\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}$.
$$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(r+n)x}{n+1}\overset{n\to+\infty}{\longrightarrow}x.$$
b) En déduire l'existence d'un entier naturle $N$ tel que pour tout $n\in\mathbb N$, on ait : $u_{N+n}\leq u_N\left(\frac{1+x}{2}\right)^n$.
On observe d'abord que $$x<\! 1\Longrightarrow x+x<\! 1+x\Longrightarrow x<\!\frac{1+x}{2}.$$ Or comme $\lim_{n\to+\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}=x$ il exite donc un $N\in\mathbb N$ tel que $n>N\Longrightarrow \frac{u_n+1}{u_n}<\frac{1+x}{2}$. $x$ étant positif, cela implique aussi que $\forall n>N,u_{n+1}\leq \frac{1+x}{2}u_n$. Une petite récurrence permet alors de conclure.
c) Quelle est la limite de la suite $(u_n)_{n\in\mathbb N}$?
Comme $x\in]0,1[$, on montre facilement que $0<\! \frac{1+x}{2}<\! 1$ donc $\lim_{n\to+\infty}\left(\frac{1+x}{2}\right)^n=0$. D'autre part comme $x$ est positif, $u_n$ aussi. Grâce à la question 3)b), on en déduit que $\lim_{n\to+\infty}u_n=0$.
d) A l'aide d'une formule de Taylor que l'on citera avec ses hypothèses, justifier pour tout $n\in\mathbb N$, l'égalité : $$(1-x)^{-r}=\sum_{k=0}^n\frac{r^{<\!k>}}{k!}x^k+R_n.$$
On appliquera Taylor avec reste intégrale à la fonction $x\mapsto (1-x)^{-r}$ qui est ${\cal C}^\infty$ sur $[0,1[$.
e) Montrer que pour tout $t\in[0,x]$, on a : $0\leq\frac{x-t}{1-t}\leq x$. En déduire pour tout $n\in\mathbb N$, l'inégalité : $R_n\leq u_n$.
On a $0\leq t\leq x<\! 1$ donc $t\geq xt$ et $-t\leq -xt$ puis $x-t\leq x-xt$ soit encore comme $t\leq x$, $0\leq x-t\leq x(1-t)$; Enfin comme $t<\! 1$, on a $1-t>0$ et donc $0\leq\frac{x-t}{1-t}\leq x$.
Grâce à l'inégalité précédente on a : $$R_n\leq\frac{r^{<\! n>}}{n!}\int_0^xx^n\frac{1}{(1-t)^{r+1}}dt\leq \frac{r^{<\! n>}}{n!}\int_0^xx^n\frac{1}{(1-x)^{r+1}}dt=u_n.$$
f) Déduire des résultats précédents que la série de terme général $\frac{r^{<\!n>}}{n!}x^n$ est convergente et que : $$\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{r^{<\!n>}}{n!}x^n=\frac{1}{(1-x)^r}.$$
Découle de 3)d) du fait que $0\leq R_n\leq u_n$ et que $u_n$ tend vers $0$ d'après 3)c).
4. Vérifier que pour tout couple $(r,p)$ de réels tels que $r>0$ et $0<\! p<\! 1$, on a : $\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{r^{<\!k>}}{k!}p^r(1-p)^k=1$.
Remplacer $x$ par $1-p$ dans 3)c) (possible car $0<\!1-p<\! 1$).
Dans toute la suite du problème, on dit qu'une variable aléatoire $X$ définie sur $(\Omega,{\cal A},P)$ à valeurs dans $\mathbb N$ suit une loi binomiale négative de paramètre $r$ ($r>0$) et $p$ ($0<\! p<\! 1$), si pour tout entier naturel $k$, on a : $P([X=k])=\frac{r^{<\!k>}}{k!}p^r(1-p)^k$. Cette loi sera notée $BN(r,p)$.
5. Soit $X$ une variable aléatoire qui suit la loi $BN(r,p)$.
a) Soit $n$ un entier supérieur ou égal à 1. Montrer que la variable aléatoire $X_n$ définie par $X_n=\Pi_{k=1}^n(X-k+1)$ admet une espérance égale à $r^{<\!n>}\left(\frac{1-p}{p}\right)^n$.
Si l'espérance existe, par le théorème de transfert on doit avoir : $$E(X_n)=\sum_{k=0}^{+\infty}k(k-1)\dots(k-n+1)\frac{r^{<\!k>}}{k!}p^r(1-p)^k.$$ Or pour $k\in\{0,\dots,n-1\},\ k(k-1)\dots(k-n+1)=0$ donc par changement de variable : $$E(X_n)=\sum_{k=0}^{+\infty}(k+n)(k+n-1)\dots(k+1)\frac{r^{<\!k+n>}}{(k+n)!}p^r(1-p)^{k+n}=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{r^{<\!k+n>}}{k!}p^r(1-p)^{k+n}.$$ Maintenant on observe que $r^{<\!k+n>}=r(r+1)\dots(r+n-1)(r+n)\dots(r+n+k-1)=r^{<\! n>}(r+n)^{<\! k>}$ donc : $$E(X_n)=r^{<\! n>}p^r(1-p)^n\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(r+n)^{<\!k>}}{k!}(1-p)^{k},$$ et le résultat suit de la formule établie en 3)f).
b) En déduire que $X$ admet des moments de tous ordres. Calculer l'espérance et la variance de $X$.
On observe que $X_n$ vu en tant que polynôme (et pas variable aléatoire) vérifie $deg(X_n)=n$, donc la famille $\{1,X_1,X_2,\dots\}$ forme une base de $\mathbb R[X]$ et donc $X^n$ est une combinaison linéaire de $\{1,X_1,X_2,\dots\}$. Or chacun des $X_i$ admet une espérance d'après 5)a) donc $X^n$ également. Par conséquent $X$ admet des moments de tous ordres.
Pour l'espérance de $X$ on a que : $$E(X)=E(X_1)=r\frac{1-p}{p},$$ et pour la variance : $$\begin{align} V(X)&=E(X^2)-E(X)^2\\ &=E(X(X-1)+X)-E(X)^2\\ &=E(X_2)+E(X)-E(X)^2\\ &=r(r-1)\left(\frac{1-p}{p}\right)^2+r\frac{1-p}{p}-r^2\left(\frac{1-p}{p}\right)^2, \end{align}$$ et je vous laisse simplifier!!
6. Soit $X$ et $Y$ deux variables aléatoires indépendantes suivant les lois $BN(r,p)$ et $BN(s,p)$, respectivement. On pose : $Z=X+Y$. Montrer que $Z$ suit la loi $BN(r+s,p)$.
On a déjà $(X+Y)(\Omega)=\mathbb N$. De plus par indépendance de $X$ et $Y$, on a pour $n\in\mathbb N$ : $$\begin{align} P(X+Y=n)&=\sum_{k=0}^nP(X=k)P(Y=n-k)\\ &=\sum_{k=0}^n\frac{r^{<\!k>}}{k!}p^r(1-p)^k\frac{s^{<\!n-k>}}{(n-k)!}p^s(1-p)^{n-k}\\ &=p^{r+s}(1-p)^n\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^n\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}r^{<\!k>}s^{<\!n-k>}\\ &=p^{r+s}(1-p)^n\frac{1}{n!}(r+s)^{<\! n>}\text{ (d'après 2)c))} \end{align}$$ d'où le résultat.
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