Couple de variables aléatoires

raeeth

Bonjour
je me trouve dans l'incapacité de résoudre cet exercice.
Pour la question 1 j'imagine que la condition est la suivante: $\sum_{i,j>0}^{}\alpha \frac{i+j}{2^{i+j}}$ converge vers 1.

Pour la question 2 je n'ai pas la moindre idée.

Pour la question 3 j'imagine qu'il faut juste utiliser la définition de l'indépendance : $\mathbb{P}((X,Y)=(i,j))=\mathbb{P}(X=i)\mathbb{P}(Y=j)$ seulement il me manque la loi de $X$ et de $Y$ pour pouvoir la faire.

Merci d'avance pour votre aide.

raoul.S

Pour la 2. tu dois calculer $P(X=i)$ pour tout $i\in \N$.

Pour le faire il faut remarquer que pour $i\in\N$, l'événement $\{X=i\}$ est l'union disjointe des événements $\{(X,Y)=(i,j)\}$ où $j$ parcourt $\N$.

raeeth

Cela donnerait quelque chose comme ça ?
$\displaystyle \mathbb{P}(X=i)=\mathbb{P}\Big(\bigcup_{j>0}^{}\left \{ X=i,Y=j \right \}\Big)=\sum_{j>0}^{}\mathbb{P}(X=i,Y=j)=\sum_{j>0}^{}\alpha \frac{i+j}{2^{i+j}}$

raoul.S

oui sauf que la somme porte sur $j\geqslant 0$ et que tu dois calculer ta somme dans la dernière expression.

Pour calculer la somme il faut connaître les séries géométriques. Si tu ne sais pas comment faire tu peux lire la proposition 6 de la page 4 de ce document : https://www.normalesup.org/~glafon/carnot10/series.pdf ainsi que l'exemple qui suit et l'adapter à ton cas.

P.

Pour le 1 en derivant une ou deux fois: $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{2^n}=\frac{2}{2-z}\Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^n}=2,\ \sum_{n=2}^{\infty}\frac{n(n-1)}{2^n}=4.$$ Ensuite
$$\frac{1}{\alpha}=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{i+j}{2^{i+j}}=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{i=0}^{n}\frac{n}{2^n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n(n+1)}{2^n}.$$

raeeth

en essayant différemment pour la 1 j'en suis rendu à ça
$\sum_{i\geq 0}^{}\frac{i}{2^{i-2}}$ mais je vois pas comment transformer ça pour me ramener à une série entière que je connais

P.

Reponse: en lisant ce qu'on t'ecrit.

raoul.S

$2^{i-2}$ est égal à $\dfrac{2^i}{4}$ donc ton expression $\sum_{i\geq 0}^{}\frac{i}{2^{i-2}}$ est égale à $4\sum_{i\geq 0}\frac{i}{2^{i}}$ et tu n'as plus qu'à utiliser les formules données par P. ci-dessus...

aléa

Il est possible de faire la 3. sans la 2.

En effet, si $X$ et $Y$ étaient indépendantes, on aurait $P(X=1,Y=1)P(X=2,Y=2)=P(X=1,Y=2)P(X=2,Y=1)$ (je te laisse voir pourquoi).

raeeth

P. écrivait:

---

> Reponse: en lisant ce qu'on t’écrit.

J'avais bien lu mais je n'arrivais pas à coller la formule avec ce que j'avais (du moins ça ne me sautait pas aux yeux).

raoul.S a écrit:

$2^{i-2}$ est égal à $\dfrac{2^i}{4}$ donc ton expression $\sum_{i\geq 0}^{}\frac{i}{2^{i-2}}$ est égale à $4\sum_{i\geq 0}\frac{i}{2^{i}}$ et tu n'as plus qu'à utiliser les formules données par P. ci-dessus...

C'est fou comment il suffisait d'une simple manipulation pour faire apparaître la réponse.
Après calcul je trouve que alpha doit être égal à 1/8.

aléa a écrit:

Il est possible de faire la 3. sans la 2.
En effet, si $X$ et $Y$ étaient indépendantes, on aurait $P(X=1,Y=1)P(X=2,Y=2)=P(X=1,Y=2)P(X=2,Y=1)$ (je te laisse voir pourquoi).

Parce que c'est deux manières différentes d'écrire $\mathbb{P}((X,Y)=(3,3))$ mais cela ne donne pas le même résultat ?

Pour la première partie de la question 4 je me retrouve avec ceci.
$\mathbb{P}(Z=k)=\sum_{i+j=k}^{}\mathbb{P}((X=i)\cap (Y=j))=\mathbb{P}((X,Y)=(0,k))+\cdots+\mathbb{P}((X,Y)=(k,0))=\alpha \frac{k}{2^{k}}+\alpha \frac{1+\left (k-1 \right )}{2^{1+(k-1)}}+\cdots+\alpha \frac{k}{2^{k}}=\alpha \frac{k^{2}}{2^{k}}.$
Est-ce correct ?

jandri

Pour $\mathbb{P}(Z=k)$ c'est juste jusqu'au dernier signe "=" mais le résultat final est faux.

raeeth

jandri
En effet j'avais oublié un terme. En le rajoutant je trouve $\alpha \frac{(k+1)k}{2^{k}}$.
Est-ce correct cette fois ?

[Inutile de reproduire le message précédent. AD]

jandri

Oui c'est correct.

raeeth

Ok merci, ça avance doucement mais surement. Pour ce qui est de W j'avoue ne plus être sur de mon résultat, je trouve :
$\mathbb{P}(W=k)=\mathbb{P}(X=i),$ si $i<j$
$\mathbb{P}(W=k)=\mathbb{P}(Y=j),$ si $i>j$.

P.

Un peu coton, ce calcul de la loi de $W$, à moins de rater quelque chose. La somme $1+z+\cdots+z^n$ est calculable et donne
$$
z+2z^2+\cdots+nz^n=z\frac{d}{dz}\frac{1-z^{n+1}}{1-z}
$$ ce qui permet de calculer en faisant $z=1/2:$
$$\sum_{j=n+1}^{\infty}\frac{j}{2^j}=2-\sum_{j=1}^{n}\frac{j}{2^j},
$$ dont on a besoin pour calculer $\Pr(X=n,Y\geq n+1)$ à utiliser dans
$$\Pr(W=n)=\Pr(X=n,Y\geq n+1)+\Pr(Y=n,X\geq n+1)+\Pr(X=Y=n).

$$?????????????????

Réflexion faite oui, je ratais quelque chose, car il est plus simple de calculer
$$\Pr(W\geq n)=\Pr(X\geq n,Y\geq n)=\frac{1}{8}\sum_{i=n}^{\infty}\sum_{j=n}^{\infty}\frac{i+j}{2^{i+j}}
$$ et de faire le changement d'indices $i'=i-n,\ j'=j-n$ dans la dernière somme.

P.

Et si tu veux devenir maître de ton art, tu adaptes les choses précédentes au contexte suivant. Soit $\mathbb{N}^d$ l'ensemble des suites $i=(i_1.\ldots,i_d)$ d'entiers positifs ou nuls et on note $|i|=i_1+\cdots+i_d.$ Soit alors $X$ une variable aléatoire de $\mathbb{N}^d$ telle que $$\Pr(X=i)=\alpha\frac{|i|}{2^{|i|}}.

$$ 1) Trouver $\alpha.$
2) Trouver $\Pr(|X|=n).$
3) Trouver $\Pr(W\geq n)$ si $W=\min( X_1,\ldots,X_d).$

raeeth

Après un calcul fastidieux et grâce à ce complément: $\sum_{j=n+1}^{\infty}\frac{j}{2^j}=2-\sum_{j=1}^{n}\frac{j}{2^j}$ je trouve ce résultat $\mathbb{P}\left ( W=k \right )=\frac{3k+2}{4^{k+1}}$ (qui a aussi été confirmé).

Pour ce qui est de devenir maître de mon art je pense que cela attendra encore un peu j'ai déjà suffisamment de mal avec cet exercice.

Merci pour votre aide en tout cas

P.

Pas mal. Si tu t'attaques a $d\geq 2$ on a $\Pr(W=n)=\frac{2^d(n+1)-n-2}{2^{d(n+1)}}.$

jandri

Le calcul de $\mathbb{P}( W\geq n )$ n'est pas beaucoup compliqué pour $d$ quelconque que pour $d=2$.

On trouve $\mathbb{P}( W\geq n )=\dfrac{n+1}{2^{dn}}$ d'où la valeur de $\mathbb{P}( W= n )$ donnée par P.

Mais cela permet aussi un calcul facile de $\mathbb{E}( W )=\dfrac{2^{d+1}-1}{(2^d-1)^2}$.