Dans cette partie, $T$ est une variable aléatoire à densité dont une densité $f$ est nulle sur $\mathbb R_-$ et continue sur $\mathbb R^*_+$.
14. Justifier pour tout $n\in\mathbb N$, la convergence de l'intégrale $\int_0^{+\infty}t^ne^{-t}f(t)dt$.
En étudiant la fonction $t\mapsto t^ne^{-t}$, on montre facilement qu'elle est bornée par une constante $M$ de sorte que : $$0\leq \int_0^{+\infty}t^ne^{-t}f(t)dt\leq M\int_0^{+\infty}f(t)dt=M,$$ où la dernière inégalité provient du fait que $f$ est une densité de proba sur $\mathbb R^+$. Donc l'intégrale converge.
15. On pose pour tout $n\in\mathbb N$ : $z_n=\int_0^{+\infty}\frac{t^n}{n!}e^{-t}f(t)dt$ et $v_n=\sum_{k=0}^nz_k$.
a) Soit $A$ un réel strictement positif et $X_A$ une variable aléatoire suivant la loi de Poisson de paramètre $A$. Etablir pour tout $n\in\mathbb N$, l'encadrement suivant : $0\leq 1-v_n\leq P([X_A>n])+\int_A^{+\infty}f(t)dt$.
En reconnaissant une loi de Poisson de paramètre $t>0$, on observe que $\sum_{k=0}^n\frac{t^k}{k!}e^{-t}\leq 1$ par conséquent, on a que $$v_n=\sum_{k=0}^nz_k=\int_0^{+\infty}\sum_{k=0}^n\frac{t^k}{k!}e^{-t}f(t)dt\leq \int_0^{+\infty}f(t)dt=1.$$ Par conséquent $1-v_n\geq 0$. D'autre part on a aussi que : $$\begin{align} 1-v_n&=\int_0^{+\infty}f(t)dt-\int_0^{+\infty}\sum_{k=0}^n\frac{t^k}{k!}e^{-t}f(t)dt\\ &=\int_0^{+\infty}\left(1-\sum_{k=0}^n\frac{t^k}{k!}e^{-t}\right)f(t)dt\\ &=\int_0^{A}\left(1-\sum_{k=0}^n\frac{t^k}{k!}e^{-t}\right)f(t)dt+\int_{A}^{+\infty}\left(1-\sum_{k=0}^n\frac{t^k}{k!}e^{-t}\right)f(t)dt. \end{align}$$ Or on a vu en 11)b) que $\sum_{k=0}^n\frac{t^k}{k!}e^{-t}$ est décroissante en $t$ donc en introduisant $X_t$ une loi de Poisson de paramètre $t>0$, on a : $$\begin{align} 1-v_n&\leq P(X_A>n)\int_0^{A}f(t)dt+\int_{A}^{+\infty}P(X_t>n)f(t)dt\\ &\leq P(X_A>n)+\int_{A}^{+\infty}f(t)dt, \end{align}$$ car $P(X_t>n)\leq 1$ et $\int_0^Af(t)dt\leq 1$. D'où le résultat.
b) Montrer que la série $\sum_{n\geq 0}z_n$ est convergente et que $\sum_{n=0}^{+\infty}z_n=1$.
$\int_A^{+\infty}f(t)dt\overset{A\to 0}{\longrightarrow}0$ car c'est le reste d'une intégrale convergente. Donc d'après la question précédente, pour tout $\epsilon>0$, il existe $A$ tel que $$0\leq 1-v_n\leq P(X_A>n)+\frac{\epsilon}{2}.$$ D'autre part pour ce $A$ fixé, $P(X_A>n)=\sum_{k=n+1}\frac{A^k}{k!}e^{-A}\overset{A\to+\infty}{\longrightarrow}0$ car c'est le reste d'une série convergente. Il existe donc $N\in\mathbb N$ tel que pour $n\geq N,\ \sum_{k=n+1}\frac{A^k}{k!}e^{-A}\leq\frac{\epsilon}{2}$. Il suit alors que pour $n\geq N$, $$0\leq 1-v_n\leq\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon,$$ c'est à dire $1-v_n$ converge vers $0$. On en déduit que $v_n$ tend vers 1, soit encore $\sum_{n=0}^{+\infty}z_n=1$.
On dit qu'une variable aléatoire $X$ à valeurs dans $\mathbb N$ suit la loi de Poisson mélangée associée à la densité $f$, notée ${\cal P}_f$, si pour tout entier naturel $n$, on a : $P([X=n])=\int_0^{+\infty}\frac{t^n}{n!}e^{-t}f(t)dt$.
16. La notation $\exp$ désigne la fonction exponentielle. Soit $r$ un réel strictement positif et $p$ un réel vérifiant $0<\! p<\! 1$. On suppose dans cette question qu'une densité $f$ de $T$ est donnée par : $$f(t)=\begin{cases} \frac{1}{\Gamma(r)}\left(\frac{p}{1-p}\right)^rt^{r-1}\exp\left(-\frac{pt}{1-p}\right) & \text{ si } & t>0\\ 0 & \text{ si } & t\leq 0 \end{cases}.$$
a) Reconnaître la loi $T$. Donner (sans démonstration) l'espérance et la variance de $T$.
On reconnaît une loi $\Gamma\left(r,\frac{1-p}{p}\right)$. On a alors : $$E(T)=r\frac{1-p}{p}\text{ et }V(T)=r\left(\frac{1-p}{p}\right)^2.$$
b) Montrer que ${\cal P}_f$ est la loi binomiale négative $BN(r,p)$.
On a : $$ P(X=n)=\frac{1}{\Gamma(r)}\left(\frac{p}{1-p}\right)^r\frac{1}{n!}\int_0^{+\infty}t^{n+r-1}\exp\left(\frac{1}{1-p}\right)dt. $$ On fait maintenant apparaître la densité d'une loi gamma qui va nous donner une intégrale qui vaut 1 : $$\begin{align} P(X=n)&=\frac{1}{\Gamma(r)}\left(\frac{p}{1-p}\right)^r\frac{1}{n!}\Gamma(n+r)(1-p)^r\int_0^{+\infty}t^{(n+r)-1}\exp\left(-t\frac{1}{1-p}\right)\frac{1}{\Gamma(n+r)}\left(\frac{1}{1-p}\right)^rdt\\ &=\frac{\Gamma(n+r)}{\Gamma(r)}p^r\frac{1}{n!}(1-p)^r. \end{align}$$ Enfin $\Gamma(n+r)=(n+r-1)\Gamma(n+r-1)=\dots=(n+r-1)\dots r\Gamma(r)=r^{<\! n>}\Gamma(r)$ donc $$P(X=n)=r^{<\! n>}p^r\frac{1}{n!}(1-p)^r,$$ ce qui est le résultat recherché.
17. Soit $(r,p)$ et $(s,q)$ deux couples de réels vérifiant $0<\! r<\! s$ et $0<\! q<\! p<\! 1$. On note $Y,Z$ et $W$ trois variables aléatoires qui suivent les lois $BN(r,p),BN(s,p)$ et $BN(s,q)$, respectivement.
a) Montrer que $Y$ est stochastiquement inférieur à $Z$.
On suit la même logique que dans la question 10). Soit $U\sim BN(s-r,p)$ indépendante de $Y$ alors d'après 6) $Y+U\sim BN(s,p)$, autre ment dit $Y+U$ et $Z$ ont même loi. Ensuite en observant que $[Y+U\leq k]\subset [Y\leq k]$, on a que $\forall k\in\mathbb N$ : $$P(Z\leq k)=P(Y+U\leq k)\leq P(Y\leq k),$$ donc par 9), $Y$ est stochastiquement inférieur à $Z$.
b) A l'aide de la question 16, en déduire que $Y$ est stochastiquement inférieur à $W$.
On commence par comparer $Z$ et $W$. Pour cela on observe que $$\begin{align} P(Z\leq k)&=\int_0^{+\infty}\sum_{n=0}^k\frac{t^n}{n!}e^{-t}\frac{1}{\Gamma(r)}\left(\frac{p}{1-p}\right)^rt^{r-1}\exp\left(-\frac{pt}{1-p}\right)dt\\ &=\int_0^{+\infty}F(t,k)\frac{1}{\Gamma(r)}\left(\frac{p}{1-p}\right)^rt^{r-1}\exp\left(-\frac{pt}{1-p}\right)dt, \end{align}$$ et de même pour $W$ : $$P(W\leq k)=\int_0^{+\infty}F(t,k)\frac{1}{\Gamma(r)}\left(\frac{q}{1-q}\right)^rt^{r-1}\exp\left(-\frac{qt}{1-q}\right)dt.$$ A l'aide d'un changement de variable dans la première intégrale, on va transformer $\exp\left(-\frac{pt}{1-p}\right)$ en $\exp\left(-\frac{qx}{1-q}\right)$ pour faciliter la comparaison des deux formules. On pose alors $x=\frac{1-q}{q}\frac{p}{1-p}t$ de sorte que : $$P(Z\leq k)=\int_0^{+\infty}F\left(\frac{1-p}{p}\frac{q}{1-q}x,k\right)\frac{1}{\Gamma(r)}\left(\frac{q}{1-q}\right)^rx^{r-1}\exp\left(-\frac{qx}{1-x}\right)dx.$$ Or on montre facilement que $\frac{1-p}{p}\frac{q}{1-q}\leq 1$, donc comme on sait que $F$ est décroissante en sa première variable, on a : $$P(Z\leq k)\geq \int_0^{+\infty}F(x,k)\frac{1}{\Gamma(r)}\left(\frac{q}{1-q}\right)^rx^{r-1}\exp\left(-\frac{qx}{1-x}\right)dx=P(W\leq k).$$ Donc d'après 9), $Z$ est stochastiquement inférieur à $W$. En résumé $Y$ est stochastiquement inférieur à $Z$, d'après 17)b), qui est stochastiquement inférieur à $W$, c'est à dire $\forall k\in\mathbb N$ : $$P(Y\leq k)\geq P(Z\leq k)\geq P(W\leq k)\Longrightarrow P(Y\leq k)\geq P(W\leq k)$$ et $Y$ est stochastiquement inférieur à $W$.
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