Corrigé de l’examen du 26 avril 2012 (durée 2h)

Chapitre 8 Chaˆınes de Markov 8 1 La matrice de transition Une suite de variables al·eatoires {Xn}n 0 ‘a valeurs dans l’espace d·enombrable E est appel·e processus stochastique (‘a temps discret) (‘a valeurs dans E)

EXERCICE 1 - erapposcom

MATRICES EXERCICES CORRIGES

1) Compléter l’écriture de A de format 4 3× avec : a32 =5 , a23 =−4 , a21 =8 et a12 =11 2) Ecrire la matrice transposée At de A et donner son format Exercice n° 3 1) Donner une matrice dont la transposée est égale à son opposée

Chaînes de Markov - Université Paris-Saclay

de Markov de loi initiale et matrice de transition données : la loi P⇡0 est entièrement dé-terminée par l’équation (??) Cette propriété (??)assurequelestransitionsd’unechaîne de Markov au temps n sont homogènes en temps (P ne dépend pas de n), et ne dépendent

Initiation aux processus : Chaînes de Markov (solutions)

Initiation aux processus : Cha^ nes de Markov (solutions) Fabrice Rossi 18 f evrier 2003 1 Espace d’ etat ni 1 1 Exercice 1 1 1 1 Question 1 Pour repr esen ter la cha^ ne, on choisit de num eroter les etats de 1 a 3, dans l’ordre des lignes (ou des colonnes) de la matrice de transition, ce qui donne le graphe de la gure 1 2 5 2 5 3 10 3 5

Processus markoviens de sauts - Laboratoire de Probabilités

ij(t), c’est-à-dire de la matrice de transition P(t) Pour dériver la matrice P en t = 0, il suﬃt de dériver terme à terme ses coeﬃcients p ij(t) en t = 0 C’est ainsi qu’on déﬁnit le générateur inﬁnitésimal, ou matrice de sauts, qui va jouer un rôle crucial dans la suite de l’étude

Chaînes de Markov et Processus markoviens de sauts

Dans le cadre des chaînes de Markov, ce rôle est joué par la matrice de transition, déﬁnie par: P xy = P(X n+1 = yX n = x) La quantité P xy est la probabilité d’aller de l’état x à l’état y Dans toute la suite, cette matrice P sera indépendante de l’instant n On dit que la chaîne de Markov est homogène

Corrigé de l’examen du 26 avril 2012 (durée 2h)

UniversitéPaulSabatier(Toulouse3) MagistèreÉconomisteStatisticien M1-Processus Année2011–2012 Corrigé de l’examen du 26 avril 2012 (durée 2h

Chaînes de Markov (processus stochastiques à temps discret)

alors ∀n ∈ N, Πn+1 =ΠnP; d’où le nom de matrice de transition, puisqu’à partir des probabilités des diﬀérents états à l’instant n elle nous apprend les probabilités des états à l’instant suivant n+1 Proposition 10 Temps de séjour à l’état i Soit une chaîne de Markov homogène de matrice de transition P=(pij),

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Université Paul Sabatier (Toulouse 3) Magistère Économiste Statisticien

M1 - Processus Année 2011-2012

Corrigé de l"examen du 26 avril 2012(durée 2h) Tous documents interdits. Soyez concis, mais justifiez scrupuleusement ce que vous faites.

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_dbs26.pdfusesText_32

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