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En outre, on a la formule ¯ F(t) = exp(−∫ t 0 λ(s)ds) Le taux de panne d'une loi exponentielle de param`etre λ est la constante λ Quel que soit l'âge de

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Loi exponentielle 3 On calcule espérance et variance à l'aide des formules suivantes : E(X) = Les lois exponentielles sont souvent utilisées pour modéliser

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1 1 Théorème Soit une variable aléatoire qui suit une loi exponentielle de paramètre λ Alors admet une espérance et une variance données par les formules :

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Remarque 3 La formule donnant l'espérance semble assez naturelle En effet, le nombre qui est distribué suivant une loi exponentielle (voir section suivante)

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U.F.R. de Mathématiques

Master 2 ISN 2015-2016

Chaînes de MarkovQuelques propriétés des lois exponentielles

1 Rappels sur la loi exponentielle

SoitXune v.a.r. de loi exponentielle de paramètreλ >0. •densité :fX(x) =λe-λx1[0,+∞[(x); •espérance :E[X] = 1/λ; •variance :Var(X) = 1/λ2; •simulation : siUsuit la loi uniforme sur]0,1],-ln(U)λ suit la loi exponentielle de paramètreλ.

Une propriété caractéristique de la loi exponentielle est la propriété dite " d"absence

de mémoire ». Lemme 1 :SoitXune v.a. à valeurs dansR+, de fonction de répartitionFX continue. AlorsXsuit une loi exponentielle de paramètreλ >0si et seulement si pour tetsdeux réels positifs quelconques

P(X > t+s|X > t) =P(X > s).

Preuve :Commençons par supposer queXest une v.a.r. de loi exponentielle de paramètreλ >0. Alors pour toutu≥0,P(X > u) = e-λu. On en déduit

P(X > t+s|X > t) =P(X > t+s)P(X > t)=e-λ(t+s)e

-λt= e-λs=P(X > s). Réciproquement, on suppose maintenant queXest une v.a. à valeurs dansR+, de fonction de répartitionFXcontinue, et qui vérifie pourt,s≥0,

P(X > t+s|X > t) =P(X > s).

On introduit lafonction de surviedeX,G, qui est définie parG(u) =P(X > u) =

1-FX(u)pour toutu?R. Par hypothèse, puisqueP(X > t+s|X > t) =P(X >

t+s)/P(X > t),Gvérifie

G(t+s) =G(t)G(s),(1)

pour toutt,s≥0. Une récurrence immédiate basée sur cette relation permet d"établir que

G(n) =G(1)n,

pour tout entiern≥1. En remplaçantsettpar0dans (1), on obtient queG(0)2= et commeXest supposée à valeurs dansR+, on aurait alorsP(X= 0) = 1. Ceci est impossible, puisqueFXest supposée continue. On a donc nécessairementG(0) = 1. On utilise encore (1) pour obtenir les égalités G ?1q +1q =G?1q 2 etG?pq =G?1q p oùp?Netq?N?. En particulier,G(1) =G?1q q, d"oùG?1q ?=G(1)1/qet G ?pq =G(1)p/q= epq lnG(1). En utilisant la densité deQdansR, et la continuité deG(découlant de celle deFX), on obtient que pour toutt≥0,

G(t) = etlnG(1)= e-λt,

ne peut avoirG(1) = 1, car alors on auraitG(t) = 1pour toutt≥0, d"après ce qui précède. Mais pour toutt≥0,G(t) = 1équivaut àFX(t) = 0pour toutt≥0, ce qui est impossible carXà valeurs dansR+. Au total,Xsuit bien la loi exponentielle de paramètre-lnG(1). Pour clore cette partie, on énonce un petit résultat technique, dont la preuve est laissée au lecteur ou à la lectrice. Lemme 2 :SiXest une v.a.r. de loi exponentielle de paramètre1, etλun réel strictement positif, alorsX/λsuit la loi exponentielle de paramètreλ.

2 Lois exponentielles et indépendance

Un premier résultat concernantnv.a.r. i.i.d. de loi exponentielle concerne la loi de leur somme. Lemme 3 :SoientX1,...,Xnnv.a.r. indépendantes de même loi exponentielle de paramètreλ >0. La loi de la sommeX1+···+Xnest la loiΓ(n,λ).

Preuve :On va établir cette égalité en loi en montrant l"égalité des transformées de

Laplace. SiXsuit la loi exponentielle de paramètreλ >0, sa transformée de Laplace est donnée, pourt≥0, par

E[e-tX] =?

R +e-txλe-λxdx=λ? R +e-(t+λ)xdx=λλ+t· On en déduit la transformée de Laplace deX1+···+Xn, où lesXisont indépendantes de même loi exponentielle de paramètreλ: E ?e-t(X1+···+Xn)?=E?e-tX1...e-tXn?=E[e-tX1]...E[e-tXn] =?λλ+t? n 2 Calculons maintenant la transformée de Laplace deY, de loiΓ(n,λ):

E[e-tY] =?

R +e-tyλnyn-1e-λy(n-1)!dy=λn? R +y n-1e-(λ+t)y(n-1)!dy=λn(λ+t)n,

la dernière égalité provenant du fait que la deuxième intégrale est celle de la densité

de la loiΓ(n,λ+t), à la constante de normalisation(λ+t)nprès. En conclusion,X1+···+XnetYayant même transformée de Laplace, elles ont même loi, autrement ditX1+···+Xnsuit la loiΓ(n,λ).

Après s"être intéressé-e à la loi de la somme denv.a.r. indépendantes de même loi

exponentielle, on s"intéresse maintenant à la loi du minimum denv.a.r. indépendantes de loi exponentielle. Lemme 4 :SoientX1,...,Xnnv.a.r. indépendantes, de lois exponentielles de paramètre respectifλ1,...,λn, et soitY= min(X1,...,Xn). Alors

1.Ysuit la loi exponentielle de paramètreλ1+···+λn;

2.P(Y=Xi) =λiλ

1+···+λn, pouri= 1,...,n.

Preuve :Pour montrer1., on calcule la fonction de survie deY, qui caractérise sa loi, puisque la fonction de répartition la caractérise. Pour toutu?R, G

Y(u) =P(Y > u) =P(min(X1,...,Xn)> u) =P?

n∩i=1{Xi> u}? =n i=1P(Xi> u), et pour poursuivre le calcul, il faut distinguer deux cas selon le signe deu. Siu <0, alorsP(Xi> u) = 1pouri= 1,...,netGY(u) = 1. Siu≥0,P(Xi> u) = e-λiuet G

Y(u) =n?

i=1e-λiu= e-(λ1+···+λn)u. Au total, on identifieGYà la fonction de survie de la loi exponentielle de paramètre

1+···+λn.

Calculons maintenant la probabilité du point2.

R n+1 R (n? k=1,k?=i? x iλ ke-λkxkdxk)

λie-λixidxi

R (n? k=1,k?=ie-λkxi)

λie-λixidxi

=λi?

0e-(λ1+···+λn)xidxi

λiλ

1+···+λn,

3 ce qui termine la preuve de ce lemme. Lemme 5 :SoientTune v.a.r. de loi exponentielle de paramètreλ >0, etRune v.a.r. positive, indépendante deT. Alors

P(T > R) =E[e-λR].

De plus, siT1,...,Tnsontnv.a.r. indépendantes de lois exponentielles de paramètre

respectifλ1,...,λn, indépendantes d"une v.a.r. positiveR, alors, conditionnellement àn∩i=1{Ti> R}, les v.a.r.T1-R,...,Tn-Rsont indépendantes, de lois exponentielles de

paramètre respectifλ1,...,λn. Preuve :Les v.a.r.TetRétant indépendantes, la loi du couple(T,R)est donc P T?PR, ce qui permet d"écrire, en utilisant le théorème de Fubini-Tonelli,

P(T > R) =?

1 {t>r}d(PT?PR)(t,r) =? R rλe-λtdt? dPR(r) R +e-λrdPR(r) =E[e-λR].

Montrons le deuxième résultat. Soientt1,...,tn,nréels positifs, grâce à l"indépendance

entreRetT1,...,Tn, et à celle desT1,...,Tnentre elles, on a P n∩i=1{Ti> R+ti}? R +P? n∩i=1{Ti> r+ti}? dPR(r) R +n i=1P(Ti> r+ti)dPR(r) R +n i=1e-λi(r+ti)dPR(r) n i=1e-λiti? R +n i=1e-λirdPR(r) n i=1e-λitiP? n∩i=1{Ti> R}?

Il est alors immédiat que

P n∩i=1{Ti-R > ti}|n∩i=1{Ti> R}? =n i=1e-λiti, ce qui est bien le résultat annoncé. Lemme 6 :Soit(Ti)i≥1une suite de v.a.r. indépendantes, de lois exponentielles de paramètre respectifλi>0. Il y a équivalence entre les trois points suivants : (i)P(? i≥1Ti= +∞) = 1, (ii)P(? i≥1Ti= +∞)>0, (iii)? i≥11/λi= +∞. Preuve :Il est évident que(i)entraîne(ii). Pour montrer que(ii)implique(iii), on

suppose que cette dernière assertion est fausse, autrement dit que la série des(1/λi)i≥1

converge. Mais, en utilisant le théorème de Fubini-Tonelli, E[? i≥1T i] =? i≥1E[Ti] =? i≥11/λi<+∞, 4 ce qui entraîne que la v.a.r. i≥1Tiest finie p.s., autrement ditP(? i≥1Ti= +∞) = 0.

On a donc bien montré que(ii)implique(iii).

Supposons pour finir que(iii)est vraie. On s"intéresse au calcul deE[exp(-? i≥1Ti)]. La suite(exp(-?ni=1Ti))n≥1étant décroissante et positive, nous savons qu"elle converge, et que l"on peut lui appliquer le lemme de Fatou :

E[exp(-?

i≥1T i)] =E[liminfn→+∞exp(-n i=1T i=1T i)].(2) Le calcul de cette dernière espérance se fait en utilisant l"indépendance desTi, ainsi que l"égalitéE[exp(-Ti)] =λi/(λi+ 1):

E[exp(-n?

i=1T i)] =n? i=1E[exp(-Ti)] =n? i=1λ i/(λi+ 1) n? i=1exp(-ln(1 + 1/λi)) = exp? -n? i=1ln(1 + 1/λi)? À ce stade, il suffit alors de remarquer que la série des(ln(1 + 1/λi))i≥1diverge vers +∞. En effet, le terme général est positif, et soit il ne tend pas vers0(dans ce cas,

divergence grossière de la série vers+∞), soit il tend vers0, mais alors il est équivalent

à1/λi, qui est par hypothèse le terme général d"une série divergeant vers+∞. On en

déduit lim n→+∞E[exp(-n? i=1T i)] = 0, ce qui entraîne,via(2), queE[exp(-? i≥1Ti)] = 0. La v.a.r. dont on prend l"espérance ici étant positive, elle est donc nécessairement nulle p.s., ce qui implique(i), et achève la preuve de ce lemme. Lemme 7 :Soit(Ti)i≥1une suite de v.a.r. indépendantes, de lois exponentielles de paramètre respectifλi>0. On définit, pourn≥1ett≥0, S n=T1+···+Tnet˜Nt=? n≥11 Alors P(˜Nt= 1) =λ1t+o(t)etP(˜Nt≥2) =o(t). t

0e-λ2(t-u)λ1e-λ1udu

=λ1e-λ2t?t

0e(λ2-λ1)udu

λ1λ

2-λ1(e-λ1t-e-λ2t).

5 Pour terminer le calcul, on utilise le DL à l"ordre 1 de la fonction exponentielle au voisinage de0, ce qui conduit à

P(˜Nt= 1) =λ1λ

2-λ1(1-λ1t-1 +λ2t+o(t)) =λ1t+o(t).

La preuve de la deuxième égalité s"appuie sur ce premier résultat :

P(˜Nt≥2) = 1-(P(˜Nt= 0) +P(˜Nt= 1))

= 1-(P(T1> t) +λ1t+o(t)) = 1-e-λ1t-λ1t+o(t) =o(t), la quatrième égalité reposant sur le fait queex= 1 +x+o(x).

Références

[1] J.-F. Delmaset B.Jourdain.Modèles aléatoires. Applications aux sciences de l"ingénieur et du vivant. Springer, 2006. [2] B. Ycart.Modèles et Algorithmes Markoviens. Springer, 2000. 6quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

[PDF] [PDF] 1 Rappels sur la loi exponentielle

U.F.R. de Mathématiques

Master 2 ISN 2015-2016

1 Rappels sur la loi exponentielle

P(X > t+s|X > t) =P(X > s).

P(X > t+s|X > t) =P(X > t+s)P(X > t)=e-λ(t+s)e

P(X > t+s|X > t) =P(X > s).

1-FX(u)pour toutu?R. Par hypothèse, puisqueP(X > t+s|X > t) =P(X >

G(t+s) =G(t)G(s),(1)

G(n) =G(1)n,

G(t) = etlnG(1)= e-λt,

2 Lois exponentielles et indépendance

E[e-tX] =?

E[e-tY] =?

1.Ysuit la loi exponentielle de paramètreλ1+···+λn;

2.P(Y=Xi) =λiλ

1+···+λn, pouri= 1,...,n.

Y(u) =P(Y > u) =P(min(X1,...,Xn)> u) =P?

Y(u) =n?

1+···+λn.

Calculons maintenant la probabilité du point2.

λie-λixidxi

λie-λixidxi

0e-(λ1+···+λn)xidxi

λiλ

1+···+λn,

P(T > R) =E[e-λR].

P(T > R) =?

Il est alors immédiat que

On a donc bien montré que(ii)implique(iii).

E[exp(-?

E[exp(-n?

0e-λ2(t-u)λ1e-λ1udu

0e(λ2-λ1)udu

λ1λ

2-λ1(e-λ1t-e-λ2t).

P(˜Nt= 1) =λ1λ

2-λ1(1-λ1t-1 +λ2t+o(t)) =λ1t+o(t).

P(˜Nt≥2) = 1-(P(˜Nt= 0) +P(˜Nt= 1))

Références