Corrigé de lexamen du 26 avril 2012 (durée 2h) PDF

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Les trois parties sont indépendantes.

Exercice 1 :On considère une chaîne de Markov(Xn)n0surf1;:::;7gde matrice de transitionQ donnée par Q=0 B

BBBBBBB@1=2 1=4 0 1=4 0 0 0

1=2 0 0 0 0 0 1=2

0 0 1=8 0 7=8 0 0

1=4 0 0 0 0 0 3=4

0 1=9 7=9 0 0 1=9 0

0 0 0 0 0 1 0

0 0 0 1 0 0 01

CCCCCCCA

Dessiner le graphe de la c haînede Mark ovasso ciéeen précisan tle sprobabilit ésde transitions

entre les différents états. b) Détermi nerles classes d"états récurren tset transitoires. c)

La c haîneest-elle irréductible ?

Calcu lerP3(X2= 6)etP1(X2= 7).

Solution de l"exercice1.

a) Graphe :1253

4761/4

1/21/97/9

1=41=21=43=41/9

17/81/21/8

b) On déduit du graphe qu"il y a deux classes récurrentes :f1;2;4;7getf6g, et une classe transiente :

f3;5g. c) Non, sinon elle n"admettrait qu"une seule classe. d) Par la formulePx(X2=y) =Q2(x;y) =P zQ(x;z)Q(z;y), on obtient P

3(X2= 6) =Q(3;5)Q(5;6) =78

19 =772 ;et P

1(X2= 7) =Q(1;2)Q(2;7) +Q(1;4)Q(4;7) =14

12 +14 34
=516 1 Exercice 2 :On définit une suite de variables aléatoires(Sn)n0par S

0=x >0p.s.;et pourn1,Sn=Sn1+"nSn1;

où("n)n1est une suite de v.a. indépendantes et identiquement distribuées de loi12 1+12

1, et où

est un réel tel quejj<1. Soit(Fn)n0la filtration naturelle de(Sn)n0,i.e.Fn=(S0;:::;Sn), pour toutn0. a)

Mon trerque (Sn)n0est une(Fn)n0-martingale.

b) Mon trer(par récurrenc e)que p ourtout n0,Sn>0. c) En déduire qu e(Sn)n0converge p.s., quandntend vers+1. d) On p ose,p ourtout n0,Zn= logSn:Montrer queZn=Zn1+ log(1 +"n). e)

En déduire qu e

Z n= logx+nX k=1log(1 +"k): f)

Calc ulerE(log(1 +"1)), et montrer que

Z nn p.s.!n!112 log(12): g)

En déduire a lorsque Snconverge p.s. quandntend vers l"infini, vers une limite à déterminer.

Solution de l"exercice2.

a)(Sn)est clairement adapté par définition de(Fn). Montrons queSnintégrable pour toutn0. S

0est intégrable car constante. Supposons par récurrence queSn1est intégrable. Alors comme

jj<1etj"nj 1p.s., on ajSnj 2jSn1j, et doncSnest intégrable. Pour toutn0, on a

E(Sn+1jFn) =E(Sn+"n+1SnjFn)

=Sn+SnE("n+1jFn)carSnestFn-mesurable =Sn+SnE("n+1); car"n+1est indépendante deFnpar construction. Comme"n+1est centrée,i.e.E("n+1) = 0, on obtientE(Sn+1jFn) =Sn, et donc(Sn)nest une martingale. b) On a S1=S0(1+"1) =x(1+"1). Or1< <1et"1=1p.s., donc1+"1>0, et comme x >0,S1est positive. Par récurrence, on suppose alorsSn>0. Et commeSn+1=Sn(1+"n+1), par la même preuve que pourS1,Snest positive. c) Comme (Sn)nest une martingale positive, elle converge p.s., car elle est bornée dansL1,i.e. sup nEjSnj<1. d)Zn= logSn= log(Sn1(1 +"n)) = logSn1+ log(1 +"n) =Zn1+ log(1 +"n). e)

P arrécu rrenceimmédiate ,on obtien tdonc

Z n= logx+nX k=1log(1 +"k): f) Comme 1 +"1>0p.s.,log(1 +"1)est bien définie p.s. et intégrable. On a alors

E(log(1 +"1)) =12

log(1 +) +12 log(1) =12 log(12): Par la loi des grands nombres, appliquée aux v.a. i.i.d. intégrableslog(1 +"i), on a 1n n X k=0log(1 +"k)!E(log(1 +"1));p.s. et comme logxn !0, on obtient bien le résultat demandé. 2 g)Comme jj<1, on a0< 2<1et0<12<1, doncZnconverge p.s. vers1etSn converge p.s. vers 0. Exercice 3 :Soient(Xn)n0,(Yn)n0,(Zn)n0des suites de variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées, toutes les trois indépendantes entre elles, et de même loi 12 1+12 1. On posen= (Xn;Yn;Zn), etSn=Pn k=1k, avecS0= (0;0;0)p.s. a)

Mon trerque (Sn)n0est une chaîne de Markov.

Que v autP(Pn

k=1Xk= 0)pournimpair? c)

Mon trerque P(P2n

k=1Xk= 0) =Cn2n(12 )2n. d)

En déduire q ueP(S2n= (0;0;0)) = (Cn2n(12

)2n)3. e) Donner un équiv alentquan dn! 1deP(S2n= (0;0;0)).On rappelle la formule de Stirling : n!+1nnenp2n. f)

Mon trerque (0;0;0)est transitoire.

Solution de l"exercice3.

a) Soients0;:::;sn+12Z3tels queP(S0=s0;:::;Sn=sn)>0. Alors, commeSn+1=Sn+n+1, on a P(Sn+1=sn+1jS0=s0;:::;Sn=sn) =P(Sn+n+1=sn+1jS0=s0;:::;Sn=sn) =P(sn+n+1=sn+1jS0=s0;:::;Sn=sn) =P(sn+n+1=sn+1); par indépendance den+1et deS0;:::;Sn. On obtient de même que

P(Sn+1=sn+1jSn=sn) =P(sn+n+1=sn+1);

et donc(Sn)nest une chaîne de Markov. b) CommeXnest à valeurs dansf1;+1gp.s., on ne peut revenir en 0 qu"en un nombre pair de pas, et doncP(Pn k=1Xk= 0) = 0pournimpair. c) Pour queP2n k=1Xk= 0il faut quenvariables soient égales à+1etnvariables soient égales à1. Il y a pour celaCn2npossibilités et comme les v.a.Xnsont i.i.d. on obtientP(P2n k=1Xk= 0) =Cn2n(12 )2n. d) CommefS2n= (0;0;0)g=fP2n k=1Xk= 0;P2n k=1Yk= 0;P2n k=1Zk= 0g, par indépendance desXi, Y i,Zion obtient

P(S2n= (0;0;0)) =P

2nX k=1X k= 0 P 2nX k=1Y k= 0 P 2nX k=1Z k= 0 ce qui donne le résultat par la question précédente. e) Par la formule de Stirling, on a quandn! 1, C n2n12 2n (2n)2ne2np4nn

2ne2n2n

12 2n 1pn et en passant à la puissance 3, on obtient

P(S2n= (0;0;0))1(n)3=2:

f) L"espérance du nombre de retour en(0;0;0)N0est

E(N0) =EX

n0? fS2n=0g =X n0P(S2n= (0;0;0)) et commeP(S2n= (0;0;0))1(n)3=2qui est sommable, on aE(N0)<1. Le nombre de retour en (0;0;0)est donc fini p.s., c"est-à-dire que(0;0;0)est transitoire. 3quotesdbs_dbs9.pdfusesText_15

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