Mathématiques - Fonction génératrice

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  • 1. COMPLEMENT DE COURS. FONCTION GENERATRICE. Nous allons étudier, dans ces quelques pages, les fonctions génératrices. Par exemple la fonction génératrice associée à une variable aléatoire, s’appelle ainsi car elle permet de calculer simplement les moments de la variable aléatoire auquel elle est notamment de calculer simplement, comme nous le verrons, l’espérance et la variance d’une variable aléatoire. Elle survient dans de nombreux problèmes ou concours d’entrée aux grandes écoles même si elle ne figure pas officiellement au programme des cours. Il est donc intéressant d’avoir quelques notions sur celle-ci pour gagner du temps au cours des examens. DEFINITION DE LA FONCTION GENERATRICE. Soit X une variable aléatoire. Nous appellerons fonction génératrice des moments associée à la variable aléatoire X la fonction GX définie par: ∀t ∈ GX ( t ) = ∑ p ( X = k ) .t k k∈ X ( Ω ) Ceci, bien sûr, sous réserve de convergence de la série. Ce qui n’est à priori pas acquis. Lorsque nous calculerons la fonction génératrice d’une variable aléatoire particulière, nous nous efforceront de calculer la sommation. En effet, ce n’est que lorsque GX(t) s’exprime simplement en fonction de t que la fonction génératrice rend service. (Voir plus bas les calculs des fonctions génératrices des variables aléatoires classiques). PROPRIETE DE LA FONCTION GENERATRICE. Nous allons étudier les propriétés de la fonction génératrice en les exposant sous forme d’une suite d’énoncés que nous démontrerons. Nous distinguerons souvent le cas où X(Ω) prend un nombre fini de valeurs et le cas ou X(Ω) prend un nombre infini de valeur que nous supposerons être égal à pour fixer les idées. Le cas où X(Ω) prend un nombre fini de valeurs sera la plupart du temps http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 2. beaucoup plus simple à traiter. Le lecteur pourra donc dans un premier temps se limiter à l’étude de ce cas pour avoir une première approche des propriétés de la fonction génératrice. http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 3. Propriété 1 : L’intervalle [0 ;1] est inclus dans le domaine de définition de toute fonction génératrice. Démonstration : 1er cas : X (Ω) ⊂ 0; n . GX est une fonction polynomiale qui, par conséquent admet comme domaine de définition. 2ème cas : X (Ω) = . ∀k ∈ 0 ≤ t ≤ 1⇒ 0 ≤ tk ≤ 1 ⇒ 0 ≤ p ( X = k )tk ≤ p ( X = k ) n n ⇒ 0 ≤ ∑ p ( X = k )tk ≤ ∑ p ( X = k ) ≤ 1 k =0 k =0 Par conséquent si l’on fixe t ∈ [ 0,1] , la suite (un)n défini par : n ∀n ∈ un = ∑ p ( X = k ) t k k =0 Est une suite croissante, majorée par 1, donc convergente. Par conséquent la série ∑ p ( X = k ) .t k est bien défini pour t ∈ [0 ;1]. k∈ X ( Ω ) Propriété 2 : On a : GX(1) = 1. GX (1) = ∑ p ( X = k ) .1 k = ∑ p ( X = k ) = 1. k∈ X ( Ω ) k∈ X ( Ω ) (i ) G (0) Propriété 3 : On a : ∀i ∈ X (Ω) p ( X = i) = X i! 1er cas : X (Ω) ⊂ 0; n . Dérivons i fois la fonction génératrice, on obtient : k! ∀t ∈ GX ( t ) = ∑ p ( X = k ) .t k −i (i ) k∈ X ( Ω ) (k − i )! k ≥i Pour t=0, on obtient : k! ∀t ∈ GX (i ) ( 0) = ∑ p ( X = k ) .0k −i = i !. p ( X = i ) car 00 = 1 k∈ X ( Ω ) (k − i )! k ≥i On obtient bien : (i ) G (0) p ( X = i) = X i! 2ème cas : X (Ω) = . http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 4. Si la fonction génératrice est dérivable i fois en 0, la démonstration précédente reste valable. http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 5. Propriété 4 : Toute fonction génératrice est continue à gauche en 1. 1er cas : X (Ω) ⊂ 0; n . Evident car toute fonction polynomiale est continue en tout points. 2ème cas : X (Ω) = . On a : ∀a, b ∈ [ 0;1] a ≤ b ⇒ a k ≤ b k ⇒ p ( X = k ) .a k ≤ p ( X = k ) .b k ⇒ ∑ p ( X = k ) .a k∈ X ( Ω ) k ≤ ∑ p ( X = k ) .b k∈ X ( Ω ) k ⇒ GX (a ) ≤ GX (b) Par conséquent la fonction génératrice est croissante sur [0 ;1]. De plus elle est majorée par GX(1) = 1. Par conséquent, elle admet une limite à gauche en 1 que nous noterons µ. Comme Gx est croissante sur [0 ;1], on a déjà : ∀t ∈ [0;1] 0 ≤ GX (1) − GX (t ) . De plus : ∀t ∈ [0;1] ∞ ∞ GX (1) − GX (t ) = ∑ p ( X = k ) − ∑ p ( X = k ) .t k k =0 k =0 ∞ = ∑ p ( X = k ) . (1 − t k ) k =0 ∞ = ∑ p ( X = k ) . (1 − t k ) + ∑ p ( X = k ) . (1 − t ) n k k =0 k = n +1 ∞ ≤ ∑ p ( X = k ) . (1 − t k ) + n k =0 ∑ p(X = k) k = n +1 En faisant tendre t vers 1 dans les deux résultats précédents, on obtient : ∞ ∀n ∈ 0 ≤ GX (1) − µ ≤ ∑ p(X = k) k = n +1 ∞ Comme lim n →∞ ∑ p ( X = k ) = 0 , on en déduit d’après le théorème de l’encadrement que : k = n +1 GX (1) = µ . Et par conséquent GX est bien continue à gauche en 1. http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 6. Propriété 5 : Toute fonction génératrice admettant une espérance est dérivable à gauche en 1. 1er cas : X (Ω) ⊂ 0; n . Evident, car GX en tant que fonction polynomiale est dérivable pour toutes valeurs de t. 2ème cas : X (Ω) = . ∀t ∈ [ 0;1[ , on a : ∞ ∞ GX (t ) − GX (1) = ∑ t k p ( X = k ) − ∑ p ( X = k ) k =0 k =0 ∞ = ∑ ( t k − 1) p ( X = k ) k =0 ∞ = ∑ ( t − 1) (1 + t + t 2 + ... + t k −1 ) p ( X = k ) k =0 Donc : GX (t ) − GX (1) ∞ = ∑ (1 + t + t 2 + ... + t k −1 ) p ( X = k ) t −1 k =0 Ensuite : ∞ ∞ k k  k i  k i a ≤ b ⇒ a ≤ b ⇒ ∑ a ≤ ∑ b ⇒ ∑  ∑ a . p ( X = k ) ≤ ∑  ∑ b . p ( X = k ) i i i i i =0 i=0 k =1  i = 0  k =1  i = 0  G (a ) − GX (1) GX (b) − GX (1) ⇒ X ≤ a −1 b −1 GX (t ) − GX (1) donc la fonction t a est croissante sur [ 0;1[ . t −1 De plus : GX (t ) − GX (1) ∞ = ∑ (1 + t + t 2 + ... + t k −1 ) p ( X = k ) t −1 k =0 ∞   ≤ ∑ 1 + 141 + ... + 1 p ( X = k ) +  k =0  14 244  3 k termes  ∞ ≤ ∑ k. p ( X = k ) = E ( X ) k =0 G (t ) − GX (1) la fonction t a X étant croissante et majorée par E(X) sur [0 ;1] admettra donc une t −1 limite fini pour t → 1− . Ce qui montre que GX est dérivable à gauche en 1. http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 7. Propriété 6 : On a : E(X) = GX’(1). ∀t ∈ [ 0;1] , on a : GX (t ) = ∑ p ( X = k ) .k.t k −1 , k∈ X ( Ω ) Et par conséquent : GX (1) = ∑ p ( X = k ) .k .1k −1 = ∑ k. p ( X = k ) = E( X ) , k∈ X ( Ω ) k∈ X ( Ω ) Propriété 7 : On a : V(X) = GX’’(1) + GX’(1) - [GX’(1)]2. 1er cas : X (Ω) ⊂ 0; n . On a vu que : GX (t ) = ∑ p ( X = k ) .k .t k −1 ' k∈ X ( Ω ) GX étant une fonction polynôme sera deux fois dérivable en 1 et on a : GX (t ) = ∑ p ( X = k ) .k . ( k − 1) .t k − 2 " k∈ X ( Ω ) Et donc : GX (1) = ∑ p ( X = k ) .k . ( k − 1) .1 k −2 = ∑ k .( k − 1) . p ( X = k ) = E ( X ( X − 1) ) " k∈ X ( Ω ) k∈ X ( Ω ) Par conséquent : V ( X ) = E ( X ( X − 1) ) + E ( X ) − [ E ( X ) ] 2 2 = GX (1) + GX (1) − GX (1)  " ' '   2ème cas : X (Ω) = . Nous admettrons que le résultat reste vrai dans ce cas. Aucun problème de concours n’ayant, à ce jour, poussé la torture jusqu'à essayer de faire démontrer aux candidats que toutes variables aléatoires prenant un nombre infini de valeurs et admettant une variance avait une fonction génératrice deux fois dérivable à gauche en 1. http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 8. Propriété 8 : Soit X et Y, deux variables aléatoires indépendantes . On a : GX+Y(t) = GX(t).GY(t). 1er cas : X (Ω) ⊂ 0; n et Y (Ω) ⊂ 0; m . n+m n+m  n  GX +Y (t ) = ∑ p ( X + Y = k ) .t k = ∑  ∑ p ( X + Y = k ∩ X = i )  .t k k =0 k =0  i = 0  n+m n+ m  n   n  = ∑  ∑ p (Y = k − i ∩ X = i )  .t k = ∑  ∑ p ( Y = k − i ) . p ( X = i ) .t k  k =0  i =0  k = 0  i =0  n  n+ m  n  n+ m  = ∑  ∑ p (Y = k − i ) . p ( X = i ) .t k  = ∑  ∑ p (Y = k − i ) . p ( X = i ) .t k  i =0  k = 0  i = 0  k =i  n + m −i n   n  m  = ∑  ∑ p (Y = k ) . p ( X = i ) .t k +i  = ∑  ∑ p ( Y = k ) . p ( X = i ) .t k +i  i =0  k =0  i = 0  k =0  n m = ∑ p ( X = i ) .t i .∑ p ( Y = k ) .t k = GX (t ).GY (t ) i =0 k =0 2ème cas : X (Ω) = et Y (Ω) = . Soit n un entier quelconque. On a : D’une part : n n n n −i ∑ p ( X = i ) t .∑ p (Y = j ) t ≥ ∑ p ( X = i ) t .∑ p (Y = j ) t i =0 i j =0 j i=0 i j =0 j n  n −i  = ∑  ∑ p (Y = j ) . p ( X = i ) t i + j  i =0  j =0  n  n  = ∑  ∑ p (Y = j − i ) . p ( X = i ) t j  i = 0  j =i  n  j  = ∑  ∑ p (Y = j − i ) . p ( X = i )  t j j = 0  i =0  n = ∑ p ( X + Y = j ) .t j j =0 D’autre part : http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 9. n n 2n  2 n −i  ∑ p ( X = i ) t i .∑ p (Y = j ) t j ≤ ∑  p ( X = i ) t i .∑ p (Y = j ) t j  i =0 j =0 i =0  j =0  2n  2n  = ∑  p ( X = i ) t i .∑ p ( Y = j − i ) t j −i  i =0  j =i  2n  2n  = ∑  ∑ p ( X = i ) . p (Y = j − i ) t j  i = 0  j =i  2n  j  = ∑  ∑ p ( X = i ) . p (Y = j − i )  t j j =0  i = 0  2n = ∑ p ( X + Y = j ) .t j j =0 Nous avons donc montré que : n n n 2n ∀n ∈ ∑ p ( X + Y = j ) .t ≤ ∑ p ( X = i ) t .∑ p (Y = j ) t ≤ ∑ p ( X + Y = j ) .t j =0 j i =0 i j =0 j j =0 j Cette double inégalité montre d’une part que si, pour une valeur de t, les séries de terme général un = p ( X = n ) t n et vn = p (Y = n ) t n convergent, alors la série de terme général wn = p ( X + Y = n ) t n converge. Et inversement si, pour une valeur de t, la série de terme général wn = p ( X + Y = n ) t n converge, alors les séries de terme général un = p ( X = n ) t n et vn = p (Y = n ) t n convergent. En faisant tendre n vers +∞ dans la double inégalité précédente, on obtient, d’après le théorème de l’encadrement : GX+Y(t) = GX(t).GY(t). Propriété 9 : Soit X1, X2,…,Xn n variables aléatoires indépendantes. n On a : G n ( t ) = ∏ GX k ( t ) ∑ Xk k =1 k =1 Nous démontrerons cette propriété par récurrence. D’après propriété 8, elle est vrai pour n=2. Supposons la vraie pour n. On a alors n n +1 G n+1 ( t ) = G n ( t ) = G n ( t ) .GX n+1 ( t ) = ∏ GX k ( t ).GX n+1 ( t ) = ∏ GX k ( t ) ∑ Xk ∑ X k + X n+1 ∑ Xk k =1 k =1 k =1 k =1 k =1 Et la propriété est vrai pour n+1. La propriété est donc vraie pour tout n. http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 10. EXEMPLES DE CALCUL DE FONCTIONS GENERATRICES. LOI DE BERNOUILLI. Si X est une loi de Bernouilli X → B (1, p ) définie par : ∀k ∈ {0,1} p ( X = 1) = p p ( X = 0) = 1 − p On a alors : 1 GX ( t ) = ∑ p ( X = k ) .t k = (1 − p ).t 0 + p.t = pt + 1 − p k =0 Nous obtenons alors GX ' ( t ) = p GX " ( t ) = 0 Nous en déduisons : E ( X ) = GX ' (1) = p V ( X ) = GX " (1) + GX ' (1) − ( GX ' (1) ) = 0 + p − p 2 = p(1 − p) 2 LOI BINOMIALE. Si X est une loi binomiale X → B ( n, p ) définie par : ∀k ∈ 0,..., n p ( X = k ) = Cn p k (1 − p) n − k k On a alors: n n n GX ( t ) = ∑ p ( X = k ) .t k = ∑ Cn p k (1 − p ) n − k .t k = ∑ Cn ( pt ) (1 − p ) n − k = ( pt + 1 − p ) k k k n k =0 k =0 k =0 Nous obtenons alors GX ' ( t ) = np ( pt + 1 − p ) GX " ( t ) = np 2 (n − 1) ( pt + 1 − p ) n −1 n− 2 Nous en déduisons: E ( X ) = GX ' (1) = np ( p + 1 − p ) = np n −1 V ( X ) = GX " (1) + GX ' (1) − ( GX ' (1) ) = np 2 (n − 1) ( p + 1 − p ) + np − ( np ) 2 n−2 2 = np 2 (n − 1) + np − ( np ) = np − np 2 = np (1 − p ) 2 LOI DE POISSON. Si X est une loi de Poisson X → P ( λ ) définie par : http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 11. λk ∀k ∈ p ( X = k ) = e− λ k! On a alors: ( λt ) k ∞ ∞ λk ∞ GX ( t ) = ∑ p ( X = k ) .t = ∑ e k −λ .t = e k −λ ∑ = e − λ .eλ .t = eλ .t − λ = eλ (t −1) k =0 k =0 k! k =0 k! Nous obtenons alors : GX ' ( t ) = λ .eλ (t −1) GX " ( t ) = λ 2 .eλ (t −1) Nous en déduisons: E ( X ) = GX ' (1) = λ .eλ (1−1) = λ V ( X ) = GX " (1) + GX ' (1) − ( GX ' (1) ) = λ 2 + λ − λ 2 = λ 2 LOI GEOMETRIQUE. Si X est une loi géométrique X → G ( p ) définie par : ∀k ∈ * p ( X = k ) = (1 − p) k −1. p On a alors : ∞ ∞ ∞ 1 p.t GX ( t ) = ∑ p ( X = k ) .t k = ∑ (1 − p )k −1. p.t k = pt ∑ (t − p.t ) k = pt. = k =1 k =1 k =0 1 − (t − p.t ) p.t − t + 1 Nous obtenons alors p 2 p.(1 − p ) GX ' ( t ) = GX " ( t ) = ( p.t − t + 1) 2 ( p.t − t + 1)3 Nous en déduisons : 1 E ( X ) = GX ' (1) = p 2 2(1 − p) 1  1  1 − p V ( X ) = GX " (1) + GX ' (1) − ( GX ' (1) ) 2 = + −  = 2 p2 p  p p LOI UNIFORME. Si X est une loi uniforme X → A 1; n définie par : 1 ∀k ∈ 1; n p(X = k) = n On a alors :  t 1− tn n 1 k 1 n k  . n si t ≠ 1 GX ( t ) = ∑ p ( X = k ) .t = ∑ .t = ∑ .t =  n 1 − t k k =1 k =1 n n k =1 1  si t = 1 Nous obtenons alors en utilisant le théorème de prolongement des fonctions de classe C1 : http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 12. n +1 n n.∑ Cnk+1 (t − 1) k − 2 − (n + 1).∑ Cnk (t − 1) k − 2 GX ' ( t ) = k =2 k =2 n n +1 n2 − 1 n k n −1 GX " ( t ) = (n − 1).∑ Cn +1 (t − 1) k −3 − 2 k .∑ Cn (t − 1)k −3 + (n + 1).∑ Cnk−1 (t − 1) k −3 k =3 n k =3 k =3 Nous en déduisons : n.Cn +1 − (n + 1).Cn2 n + 1 2 E ( X ) = GX ' (1) = = n 2 n2 − 1 n + 1  n + 1  n2 − 1 2 V ( X ) = GX " (1) + GX ' (1) − ( GX ' (1) ) 2 = + −  = 3 2  2  12 LOI HYPERGEOMETRIQUE. Si X est une loi hypergéométrique X → H ( N , n, p ) définie par : C Np .CN− k− p ) k n ∀k ∈ 0,..., n p( X = k) = (1 n CN On a alors : n n C Np .C N− k− p ) k n GX ( t ) = ∑ p ( X = k ) .t = ∑ k (1 n .t k k =0 C k =0 N Compte tenue de l’aspect peu sympathique de cette fonction, nous arrêterons là les calculs. LOI BINOMIALE NEGATIVE. Si X est une loi binomiale négative X → J ( r , p ) définie par : ∀k ∈ p ( X = k ) = Ckr+1 −1. p r (1 − p) k − r (Cette variable aléatoire donne, dans une suite d’épreuves de Bernoulli indépendantes, le nombre d’échecs avant le rème succès.) On a alors: ∞ ∞ GX ( t ) = ∑ p ( X = k ) .t k = ∑ Ckr+1 −1. p r (1 − p )k .t k − r k =0 k =0 r ∞ 1  p  =p r ∑C r −1 .(t − p.t ) = p . k r =  (1 − ( t − p.t ) ) k + r −1  p.t − t + 1  r k =0 Nous obtenons alors r +1 2 r +2 1− p  p   1− p   p  G X ' ( t ) = r.   GX " ( t ) = r.(r + 1).   .  p  p.t − t + 1   p   p.t − t + 1  Nous en déduisons: http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 13. r.(1 − p ) E ( X ) = GX ' (1) = p 2 (1 − p )2 r.(1 − p )  r.(1 − p)  r.(1 − p ) V ( X ) = GX " (1) + GX ' (1) − ( GX ' (1) ) 2 = r.(r + 1). 2 + −  = p p  p  p2 LOI DE PASCAL. Si X est une loi de Pascal X → P ( r , p ) définie par : ∀k ∈ r , +∞ p ( X = k ) = Ckr−1 . p r (1 − p ) k − r −1 (Cette variable aléatoire donne, dans une suite d’épreuves de Bernoulli indépendantes, le rang d’apparition du rème succès.) On a alors : ∞ ∞ GX ( t ) = ∑ p ( X = k ) .t k = ∑ Ckr−1 . p r (1 − p ) k − r .t k −1 k =r k =r r r ∞ ∞  p   p  =  ∑C r −1 k + r −1 .(t − p.t ) k +r =  (t − p.t ) r ∑ Ckr+1 −1.(t − p.t ) k −  1− p  1− p  r k =0  k =0 r 1  p.t  = ( p.t ) . r =  (1 − ( t − p.t ) )  p.t − t + 1  r Nous obtenons alors: r +1 r +2 r  p.t  r.(2t − 2 p.t + r − 1)  p.t  GX ' ( t ) = 2   GX " ( t ) = .  p.t  p.t − t + 1  2 4 p .t  p.t − t + 1  Nous en déduisons: r E ( X ) = GX ' (1) = p 2 r.(r − 2 p + 1) r  r  r.(1 − p ) V ( X ) = GX " (1) + GX ' (1) − ( GX ' (1) ) 2 = 2 + −  = p p  p p2 http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 14. TABLEAU RECAPITULATIF SUR LES VARIABLES ALEATOIRES DISCRETES. Loi Notation X(Ω) P(X=k) Fonction E(X) V(X) génératrice Loi uniforme. t 1− tn si t ≠ 1 n +1 n2 − 1 Est utilisé dans une épreuve ou n événements peuvent se produirent X→U( 1; n ) 1; n 1 n 1− t de façon équiprobables. n 1 si t = 1 2 12 Loi de Bernoulli. Dans une épreuve à deux alternatives, prend la valeur 1 si X→B(1,p) {0,1} p(X=1) = p pt + 1 − p p p (1 − p ) l’une des deux alternatives de probabilité p, considéré comme un p(X=0) = 1-p succès, sort et prend la valeur 0 sinon. Loi binomiale. Donne, dans une suite de n épreuves de Bernoulli indépendantes, le X→ B(n,p) 0; n Cnk p k (1 − p ) n − k ( pt + 1 − p )n np np (1 − p ) nombre de succès réalisés. Loi géométrique. Donne, dans une suite d’épreuves de Bernoulli indépendantes, le rang X→G(p) * (1 − p ) k −1 p pt 1 1− p d’apparition du premier succès pt − t + 1 p p2 Loi hypergéométrique. X→H(N,n,p) ⊂ 0; n CNp CN− k− p ) k n (1 ? np np(1− p)(N−n) Donne le nombre d’objets d’un type particulier présent dans un ensemble n CN N−1 de n objets tirés sans remise parmi N. Loi de Poisson. Donne le nombre d’événements X→P(λ) λk e λ (t −1) λ λ e− λ indépendants apparaissant dans un intervalle de temps ou d’espace. Ces événements apparaissant de façon k! absolument fortuite. Loi de Pascal. Donne, dans une suite d’épreuves de Bernoulli indépendantes, le rang X→ P(r,p) r ; +∞ Ckr−1 p r (1 − p ) k − r −1  pt  r r r (1 − p ) d’apparition du rème succès.   p p2  pt − t + 1  Loi binomiale négative. X→J(r,p) − Ckr+1−1 p r (1 − p ) k r  p  r r (1 − p ) r (1 − p ) Donne, dans une suite d’épreuves   p p2  pt − t + 1  de Bernoulli indépendantes, le nombre d’échecs avant le rème succès. http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 15. EXEMPLES D APPLICATIONS DES FONCTIONS GENERATRICES. 1 – Somme de deux variables aléatoires. Comme on l’a vue plus haut, si X et Y sont indépendantes : GX+Y(t) = GX(t).GY(t). Cette propriété nous permet de trouver facilement la fonction génératrice de la somme de deux variables aléatoires connaissant la fonction génératrice de chacune d’elles. Supposons par exemple que X et Y soient des lois binomiales de paramètres respectifs (n1,p) et (n2,p). On aura: ∀t ∈ GX (t ) = ( p.t + 1 − p ) 1 n ∀t ∈ GY (t ) = ( p.t + 1 − p ) n2 Et par conséquent: GX +Y (t ) = GX (t ).GY (t ) = ( p.t + 1 − p) n1 .( p.t + 1 − p)n2 = ( p.t + 1 − p) n1 + n2 On reconnaît la fonction génératrice d’une loi binomiale de paramètre (n1+n2,p). Par conséquent, on peut énoncer: Théorème : La somme de deux lois binomiales de paramètres respectifs (n1,p) et (n2,p) est une loi binomiale de paramètre (n1+n2,p). Supposons maintenant que X et Y soient des lois de Poisson de paramètre respectif (λ1) et (λ2). On aura: ∀t ∈ GX (t ) = eλ1 (t −1) ∀t ∈ GY (t ) = eλ2 (t −1) Et par conséquent : GX +Y (t ) = GX (t ).GY (t ) = eλ1 (t −1) .eλ2 (t −1) = e( λ1 + λ2 )(t −1) On reconnaît la fonction génératrice d’une loi de Poisson de paramètre (λ1+λ2). Par conséquent, on peut énoncer : http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 16. Théorème : La somme de deux lois de Poisson de paramètre respectif (λ1) et (λ2) est une loi de Poisson de paramètre (λ1+λ2). Supposons maintenant que X et Y soient des lois de Pascal de paramètres respectifs (r1,p) et (r2,p). On aura: r1  p.t  ∀t ∈ GX (t ) =    p.t − t + 1  r2  p.t  ∀t ∈ GY (t ) =    p.t − t + 1  Et par conséquent : GX +Y (t ) = GX (t ).GY (t ) r1 r1  p.t   p.t  =  .   p.t − t + 1   p.t − t + 1  r1 + r2  p.t  =   p.t − t + 1  On reconnaît la fonction génératrice d’une loi de Poisson de paramètre (r1+r2,p). Par conséquent, on peut énoncer : Théorème : La somme de deux lois de Pascal de paramètres respectifs (r1,p) et (r2,p) est une loi de Pascal de paramètre (r1+r2,p). Supposons maintenant que X et Y soient des lois binomiales négatives de paramètres respectifs (r1,p) et (r2,p). On aura: r1  p  ∀t ∈ GX (t ) =    p.t − t + 1  r2  p  ∀t ∈ GY (t ) =    p.t − t + 1  Et par conséquent : GX +Y (t ) = GX (t ).GY (t ) r1 r2  p   p  =  .   p.t − t + 1   p.t − t + 1  r1 + r2  p  =   p.t − t + 1  http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 17. On reconnaît la fonction génératrice d’une loi binomial négative de paramètre (r1+r2,p). Par conséquent, on peut énoncer : Théorème : La somme de deux lois binomiales négatives de paramètres respectifs (r1,p) et (r2,p) est une loi binomiale négative de paramètre (r1+r2,p). http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 18. AUTRES FONCTIONS GENERATRICES. On peut imaginer, sur le modèle vue précédemment, d’autres fonctions génératrices. Les propriétés de la fonction génératrice associée à une variable aléatoire ne sont pas forcément conservées. 1 – Fonction génératrice associée à un couple de variables aléatoires. Nous adopterons dans ce paragraphe la définition donnée dans un concours d’entrée Essec. (Voir à ce sujet ESSEC 2001, Maths II, Fin de la partie 2.). Nous supposerons, pour simplifier que les variables aléatoire X et Y de la définition ci-dessous prennent un nombre fini de valeurs inclues dans 1; n . Définition : Soit (X,Y) un couple de variable aléatoire. Nous appellerons fonction génératrice associée au couple de variables aléatoire la fonction G définie par : n n G ( x, y ) = ∑∑ p ( X = i ∩ Y = j )(1 + x ) (1 + y ) i j i =1 j =1 Pour simplifier, nous supposerons que la fonction G est de classe C2 en tout point. ∂G ∂G Propriété 1 : On a : E ( X ) = et E (Y ) = . ∂x ∂y On a : ∂G n n ( x, y ) = ∑∑ i. p ( X = i ∩ Y = j )(1 + x ) (1 + y ) i −1 j ∂x i =1 j =1 Par conséquent : ∂G n n ( 0, 0 ) = ∑∑ i. p ( X = i ∩ Y = j )(1 + 0 ) (1 + 0 ) i −1 j ∂x i =1 j =1 n n = ∑ i.∑ p ( X = i ∩ Y = j ) i =1 j =1 n = ∑ i. p ( X = i ) i =1 = E(X ) Démonstration symétrique pour E(Y). http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 19. ∂ 2G ∂G ∂G Propriété 2 : On a : Cov ( X , Y ) = − . . ∂x.∂y ∂x ∂y On a : ∂ 2G n n ( x, y ) = ∑∑ i. j. p ( X = i ∩ Y = j )(1 + x ) (1 + y ) . i −1 j −1 ∂x.∂y i =1 j =1 Par conséquent : ∂ 2G n n ( 0, 0 ) = ∑∑ i. j. p ( X = i ∩ Y = j )(1 + 0 ) (1 + 0 ) i −1 j −1 ∂x.∂y i =1 j =1 n n = ∑∑ i. j. p ( X = i ∩ Y = j ) . i =1 j =1 = E ( X .Y ) On en déduit : ∂ 2G ∂G ∂G Cov ( X , Y ) = E ( X .Y ) − E ( X ) .E (Y ) = − . . ∂x.∂y ∂x ∂y ∂ 2G ∂G  ∂G  ∂ 2G ∂G  ∂G  Propriété 3 : On a : Var ( X ) = +  1−  et Var ( Y ) = 2 + 1 − . ∂x 2 ∂x  ∂x  ∂y ∂y  ∂y  On a : ∂G n n ( x, y ) = ∑∑ i. p ( X = i ∩ Y = j )(1 + x ) (1 + y ) . i −1 j ∂x i =1 j =1 Par suite : ∂G n n ( x, y ) = ∑∑ i.(i − 1). p ( X = i ∩ Y = j )(1 + x )( )( ) (1 + y ) . i −1 i − 2 j ∂x i =1 j =1 Par conséquent : ∂G n n ( 0, 0 ) = ∑∑ i.(i − 1). p ( X = i ∩ Y = j )(1 + 0 )( )( ) (1 + 0 ) i −1 i − 2 j ∂x i =1 j =1 n n = ∑∑ i.(i − 1). p ( X = i ∩ Y = j ) i =1 j =1 n n = ∑ i.(i − 1).∑ p ( X = i ∩ Y = j ) i =1 j =1 n = ∑ i.(i − 1). p ( X = i ) i =1 = E ( X ( X − 1) ) On en déduit : http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 20. Var ( X ) = E ( X ( X − 1) ) + E ( X ) − ( E ( X ) ) 2 = E ( X ( X − 1) ) + E ( X ) (1 − E ( X ) ) ∂ 2 G ∂G  ∂G  = + 1 −  ∂x 2 ∂x  ∂x  http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 21. 2 – Fonction génératrice associée à une suite numérique. Définition : soit une suite numérique ( un )n∈ . On appelle fonction génératrice associée à la +∞ uk k suite ( un )n∈ , la fonction Fu définie par : ∀x Fu ( x ) = ∑ .x . k =0 k ! Le k! présent dans la définition a été introduit pour les raisons suivantes : - Il augmente considérablement les chances de voir la série converger sur un domaine plus important. Sans le k! beaucoup de suites numériques auraient une fonction génératrices dont le domaine de définition serait réduit à {0}. - Les calculs de la somme se trouvent simplifiés. Pour s’en convaincre le lecteur est invité à essayer de recalculer la fonction génératrice des déplacements et des surjections dans les deux exemples données ci-dessous en suppriment le k!. - L’équivalent de la propriété 3 des fonctions génératrices associées aux variables aléatoires se trouve simplifier. En effet, nous avons la propriété suivante : Propriété : soit ( un )n une suite numérique et soit Fu sa fonction génératrice. On a alors : Un = Fu(n)(0). Le k! présent dans la propriété 3 à disparu. La démonstration est similaire à celle, donnée pour les variables aléatoires. Nous avons énoncé cette propriété car c’est celle qui va servir dans ce paragraphe. Pour mieux comprendre l’intérêt de cette fonction génératrice, nous allons donner quelques applications où elle intervient. (Les deux exemples qui suivent peuvent être considérés comme un complément d’étude sur les dérangements et les surjections abordés dans les compléments de cours sur la formule du crible et sur la formule d’inversion de Pascal.) Application 1 : complément sur les dérangements. Nous rappelons qu’un dérangement d’un ensemble E est une permutation sans points fixes. Nous rappelons aussi que le nombre d(n) de dérangements d’un ensemble de cardinal n est donné par la formule : n  ( −1)  k ∀n ∈ d ( n) = n !∑    k!  k =0   Nous allons essayer de donner une autre formule pour d(n) sans sommation. http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 22.  ( −1) k n  Pour cela, posons : un = n !∑   . Et calculons la fonction génératrice associée à la suite  k!  k =0   ( un ) n . Nous avons : (En supposant x < 1 ) uk k +∞ k  ( −1)  k +∞ +∞  ( −1)i  k i +∞ ∀x Fu ( x ) = ∑ .x = ∑ .∑  x = ∑ .∑  x k =0 k !  i!   i!  k =0 i=0   i =0 k =i   +∞  ( −1)i  +∞ k +∞  ( −1)i  x i 1 +∞  ( − x )  i = ∑ .  i!  ∑  x = ∑ . . = .∑ .  .     i =0   k =i i=0  i !  1 − x 1 − x i=0  i !  e− x = 1− x De plus, en utilisant la propriété 3, nous avons : ∀n ∈ un = Fu (0) . (n) Cette expression, porté dans la formule de d(n) donne : d (n) = Fu (0) . (n) Nous avons donc obtenue le résultat suivant : e− x Théorème : Soit f la fonction définie par f ( x ) = . Le nombre de dérangements d(n) d’un 1− x ensemble de cardinal n est donné par : d(n) = f(n)(0). Application 2 : complément sur les surjections. Nous rappelons qu’une surjection d’un ensemble E de cardinal p vers un ensemble f de cardinal n est une application ou chaque élément de l’ensemble d’arrivé admet au moins un antécédent. Nous rappelons aussi que le nombre S np de surjections d’un ensemble de cardinal p vers un ensemble de cardinal n est donné par le formule : n S np = ∑ ( −1) n−k Cn k p k k =0 Nous allons essayer là aussi de donner pour S np une formule sans sommation. n Pour cela, posons : u p = ∑ ( −1) n−k Cn k p et calculons la fonction génératrice Fu associée à la suite k k =0 (u ) p p∈ . Nous avons : http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 23. +∞ +∞ +∞ n up 1 n xp Fu ( x ) = ∑ ( −1) Cnk k p .x p = ∑∑ ( −1) Cnk k p n−k n−k ∀x .x p = ∑ ∑ p=0 p! p =0 p ! k =0 p =0 k =0 p! ( kx ) = n C k −1 n −k e kx p +∞ +∞ n xp n = ∑∑ ( −1) = ∑ ( −1) Cn ∑ ∑ n( ) n−k k p n−k k C k n k =0 p =0 p ! k =0 p =0 p! k =0 = ( e x − 1) n De plus, en utilisant la propriété 3, nous avons : ∀n ∈ u p = Fu ( p) (0) . Cette expression, portée dans la formule de S np donne : S np = Fu (0) . (n) Nous avons donc obtenu le résultat suivant : Théorème : Soit f la fonction définie par f ( x ) = ( e x − 1) . Le nombre de surjection S np d’un n ensemble de cardinal p vers un ensemble de cardinal n est donné par : Snp = f(n)(0). Nous pouvons même aller un peu plus loin. (voir par exemple concours ESSEC 1998, Maths 3, exercice 2, question 4) Calculons le développement limité en 0 de Fu à l’ordre n+5. x2 x3 x 4 x5 x6 Le développement limité à l’ordre 6 de x a e x − 1 est : e x − 1 = x + + + + + + x 6ε ( x ) . 2 3! 4! 5! 6! Avec, bien sur : lim ε ( x ) = 0 . x →0 Nous obtiendrons le développement limité de Fu à l’ordre n+5 en élevant à la puissance n l’expression précédente et en ne conservant que les termes de degré inférieur ou égal à n+5. (si dans l’expression précédente, nous avions pris un développement limité à l’ordre 7, le terme x7 n’aurait donné que des termes de degré supérieur ou égal à n+6 donc inutile.) 7! nous avons : n n  x 2 x3 x 4 x5 x 6  n x x 2 x3 x 4 x5   x + + + + +  = x 1 + + + + +   2 3! 4! 5! 6!   2 3! 4! 5! 6!  i  x x 2 x3 x 4 x5  n = x ∑C  + + + +  n i n i =0  2 3! 4! 5! 6!  i  xi   x x 2 x3 x 4  n = x ∑ C   1 + + + + n i n  i =0  2   3 12 60 360  j  xi  i n  x x2 x3 x4  = x ∑ C   ∑ Ci j  + + + n i n  i =0  2  j = 0  3 12 60 360  j j  xi  i n x  x x 2 x3  = x ∑ C   ∑ Ci j   n i n 1 + + +  i =0  2  j =0  3   4 20 120  http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 24. j k  xi  i j  x  n j  x x 2 x3  = x ∑ C   ∑ Ci   n i n ∑ C  4 + 20 + 120  k j i=0  2  j =0  3  k =0   j k k  xi  i j  x  n j x  x x  2 = x ∑ C   ∑ Ci   n i n ∑ C  4  1 + 5 + 30  k j  i=0  2  j =0  3  k =0    j k l  xi  i n x j x k  x x2  = x ∑ C   ∑ Ci j   n i n ∑C  4  k j  ∑ 5 30 l kC  +  i=0  2  j =0  3  k =0  l =0   j k l l  xi  i n x j x k x  x = x ∑ C   ∑ Ci j   n i n ∑C  4  k j  ∑C  5  l k  1 +  i=0  2  j =0  3  k =0  l =0   6 j k l m n  xi  i x j x k x l  x = x ∑ C   ∑ Ci j   ∑ C k   ∑ Ckl   ∑ Clm   n i n j i=0  2  j =0  3  k = 0  4  l = 0  5  m =0 6 Sous cette forme, nous voyons que pour conserver les termes de degré inférieur ou égal à n+5, il suffit de choisir les termes dont les puissances i, j, k, l, m vérifie : i+ j +k +l +m ≤ 5 m≤l ≤k ≤ j≤i c’est à dire : i=0 ; j=0 ;k=0 ;l=0 ;m=0. i=1 ; j=0 ;k=0 ;l=0 ;m=0. i=1 ; j=1 ;k=0 ;l=0 ;m=0. i=1 ; j=1 ;k=1 ;l=0 ;m=0. i= 1; j=1 ;k=1 ;l=1 ;m=0. i= 1; j=1 ;k=1 ;l=1 ;m=1. i= 2; j=0 ;k=0 ;l=0 ;m=0. i= 2; j=1 ;k=0 ;l=0 ;m=0. i= 2; j=1 ;k=1 ;l=0 ;m=0. i= 2; j=1 ;k=1 ;l=1 ;m=0. i= 2; j=2 ;k=0 ;l=0 ;m=0. i= 2; j=2 ;k=1 ;l=0 ;m=0. i= 3; j=0 ;k=0 ;l=0 ;m=0. i= 3; j=1 ;k=0 ;l=0 ;m=0. i=3 ; j=1 ;k=1 ;l=0 ;m=0. i=3 ; j=2 ;k=0 ;l=0 ;m=0. Tout calculs faits, après simplifications et factorisations, nous obtenons : ( e x − 1) = x n + n .x n+1 + n(324+ 1) .x n+2 + n (48+ 1) .x n+3 2 n n n 2 n (15n3 + 30n 2 + 5n − 2 )n 2 ( n + 1)(3n 2 + 7 n − 2) n +5 + .x n + 4 + . x + x n + 5ε 1 ( x ) 5760 11520 Nous connaissons un autre moyen de trouver un développement limité. C’est la formule de Taylor- Young, que nous pouvons utiliser à l’ordre n+5. http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 25. n+5 (k ) Fu (0) k Nous avons : Fu ( x ) = ∑ .x + x n + 5 .ε1 ( x ) . Nous avons garder la même notation pour k =0 k! ε1 ( x) car un développement limité est unique. Nous obtenons donc par identification : fu( n ) (0) f u( n +1) (0) n =1 = n! ( n + 1)! 2 fu( n + 2) (0) n(3n + 1) fu( n +3) (0) n 2 ( n + 1) = = ( n + 2 )! 24 ( n + 3) ! 48 fu( n + 4) (0) n(15n3 + 30n 2 + 5n − 2) fu( n +5) (0) n 2 ( n + 1)( n 2 + 7 n − 2) = = ( n + 4 )! 5760 ( n + 5 )! 11520 Compte tenu du fait que : Snp = Fu (0) . ( p) Nous obtenons finalement : ∀n ∈ n ( n + 1) ! Sn = n ! n S n +1 = n 2 n(3n + 1) ( n + 2 ) ! n ( n + 1) ( n + 3) ! 2 Sn +2 = n S n +3 = n 24 48 n(15n + 30n 2 + 5n − 2) ( n + 4 ) ! 3 n ( n + 1)(n 2 + 7 n − 2) ( n + 5 ) ! 2 Sn +4 = n S n +5 = n 5760 11520 n Remarque : compte tenu ,aussi, du fait que : S np = ∑ ( −1) n−k Cn k p k k =0 Nous en déduisons aussi les formules sommatoires suivantes : http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 26. ∀n ∈ n ∑ ( −1) n−k Cn k n = n ! k k =0 n n ( n + 1) ! ∑ ( −1) n−k Cn k n +1 = k k =0 2 n n(3n + 1) ( n + 2 ) ! ∑ ( −1) n−k Cn k n + 2 = k k =0 24 n n 2 ( n + 1) ( n + 3) ! ∑ ( −1) n−k Cn k n +3 = k k =0 48 n n(15n3 + 30n 2 + 5n − 2) ( n + 4 ) ! ∑ ( −1) n−k Cn k n + 4 = k k =0 5760 n n ( n + 1)( n + 7 n − 2) ( n + 5 ) ! 2 2 ∑ ( −1) n−k Cn k n +5 = k k =0 11520 3 – Fonction génératrice associée à une famille de polynômes. On peut définir des fonctions génératrices pour les familles de polynômes. Définition : Soit Pn une famille de polynômes. On appelle fonction génératrice associé à la ∞ ∞ P ( x) k famille Pn, la fonction FP défini par : FP ( t ) = ∑ Pk ( x ) .t k ou FP ( t ) = ∑ k .t . k =0 k =0 k! Selon la famille étudier on choisira l’une ou l’autre des deux expressions selon la commodité des calculs. Voyons quelques exemple. Polynôme de Tchebytchev de première espèce. Il sont définies par : T0 = 1  T1 = X  ∀n ∈ , Tn + 2 = 2 XTn +1 − Tn ∞ 1 − tx On a alors : FT (t ) = ∑ Tn ( x ).t k = . k =0 1 − 2tx + t 2 Polynôme de Tchebytchev de seconde espèce. Il sont définies par : http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 27. U 0 = 1  U1 = 2 X ∀n ∈ , U = 2 XU − U  n+ 2 n +1 n ∞ 1 On a alors : FU (t ) = ∑ U n ( x ).t k = . k =0 1 − 2tx + t 2 Polynôme de Laguerre. Il sont définies par :  L0 = 1  Ou plus simplement par Ln ( x ) = e x . ( x n e − x ) . (n)  L1 = 1 − X  ∀n ∈ , Ln +1 = ( 2n + 1 − X ) Ln − n Ln −1 2 xt − ∞ L ( x) e 1−t On a alors : FL (t ) = ∑ n .t k = . k =0 k! 1− t Polynôme d’Hermite. Il sont définies par : H0 = 1 H = 2 X  1 ( ) (n) Ou plus simplement par H n ( x ) = (−1) n e x . e − x 2 2  . ∀n ∈ , H n +1 = 2 X .H n − 2nH n −1 ou H n '( x) = 2nH n −1 ( x)  ∞ H n ( x) k On a alors : FH (t ) = ∑ .t = e2 tx −t . 2 k =0 k! http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa
  • 28. Polynôme de Legendre. Il sont définies par :  P0 = 1  ( Ou plus simplement par Pn ( x ) = n ( x 2 − 1) ) (n ) 1 n P = 1 − X 1 . ∀n ∈ , (n + 1) P = 2n + 1 P − nP 2 n!  n +1 ( ) n n−1 ∞ 1 On a alors : FP (t ) = ∑ Pn ( x).t k = . k =0 1 − 2tx + t 2 http://www.prepa-hec.org/ - Ressources gratuites pour la prépa