Corrigé du contrôle de maths spé : fonctions génératrices et lois de sommes

Exercice 1 : Question de cours : la fonction génératrice caractérise la loi (3 points)

1. La fonction génératrice de \(X\) est \(G_X(t) = E\big(t^X\big) = \displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} P(X = n)\,t^n\) (théorème de transfert), là où la série converge. Pour \(|t| \leq\, 1\), \(\big|P(X = n)\,t^n\big| \leq\, P(X = n)\) et \(\sum P(X = n) = 1\) converge : la série converge normalement sur \([-1, 1]\). En particulier elle converge absolument en \(t = 1\), donc son rayon est au moins \(1\). De plus \(G_X\) est continue sur \([-1, 1]\) et \(G_X(1) = 1\).
2. Sur \(]-1, 1[\), \(G_X\) est la somme d’une série entière de rayon au moins \(1\). Elle y est de classe \(C^{\infty}\) et ses coefficients sont donnés par \(P(X = n) = \dfrac{G_X^{(n)}(0)}{n!}\) (unicité des coefficients d’une série entière). Si \(G_X = G_Y\) sur \([-1, 1]\), leurs dérivées successives en \(0\) coïncident, donc \(P(X = n) = P(Y = n)\) pour tout \(n\) : \(X\) et \(Y\) ont même loi.
3. Si le rayon \(R\) est strictement supérieur à \(1\), \(G_X\) est dérivable sur \(]-R, R[\) par dérivation terme à terme et \(G_X^{\prime}(t) = \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} n\,P(X = n)\,t^{n-1}\), la série dérivée ayant le même rayon \(R\). Comme \(1 \in \,]-R, R[\), la série \(\sum n\,P(X = n)\) converge : \(X\) admet une espérance et \(E(X) = G_X^{\prime}(1)\).

   Énoncé général : \(X\) admet une espérance si et seulement si \(G_X\) est dérivable en \(1\) (à gauche), et alors \(E(X) = G_X^{\prime}(1)\).

Barème : a) 0,5 point pour la définition, 0,5 point pour la convergence normale ; b) 0,5 point pour la formule des coefficients, 0,5 point pour la conclusion ; c) 0,5 point pour la dérivation terme à terme, 0,5 point pour l’énoncé général.

Exercice 2 : Fonctions génératrices des lois usuelles (5 points)

1. • \(\mathcal{B}(p)\) : \(G(t) = (1 – p) + p\,t\), rayon \(+\infty\).
   • \(\mathcal{B}(n, p)\) : par la formule du binôme, \(G(t) = \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\binom\,{n}{k}(pt)^k(1 – p)^{n-k} = (1 – p + pt)^n\), polynôme, rayon \(+\infty\).
   • \(\mathcal{G}(p)\) : \(G(t) = \displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} p(1 – p)^{k-1}t^k = pt\sum_{j=0}^{+\infty}\big((1 – p)t\big)^j = \dfrac{pt}{1 – (1 – p)t}\) pour \(|t| < \dfrac{1}{1 – p}\), rayon \(\dfrac{1}{1 – p} > 1\).
   • \(\mathcal{P}(\lambda)\) : \(G(t) = e^{-\lambda}\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{(\lambda t)^k}{k!} = e^{\lambda(t – 1)}\), rayon \(+\infty\).
2. Comme \(X^2 = X(X – 1) + X\), \(X\) admet un moment d’ordre \(2\) et \(E(X^2) = G_X^{\prime\prime}(1) + G_X^{\prime}(1)\). Par la formule de König-Huygens :
   \[V(X) = E(X^2) – E(X)^2 = G_X^{\prime\prime}(1) + G_X^{\prime}(1) – G_X^{\prime}(1)^2.\]
   Pour \(\mathcal{G}(p)\), notons \(q = 1 – p\). Alors \(G^{\prime}(t) = \dfrac{p(1 – qt) + pqt}{(1 – qt)^2} = \dfrac{p}{(1 – qt)^2}\) et \(G^{\prime\prime}(t) = \dfrac{2pq}{(1 – qt)^3}\), d’où \(G^{\prime}(1) = \dfrac{1}{p}\) et \(G^{\prime\prime}(1) = \dfrac{2q}{p^2}\). Ainsi
   \[V(X) = \dfrac{2q}{p^2} + \dfrac{1}{p} – \dfrac{1}{p^2} = \dfrac{2q + p – 1}{p^2} = \dfrac{q}{p^2}.\]
   \(E(X) = \dfrac{1}{p}\) et \(V(X) = \dfrac{1 – p}{p^2}\).
3. Si \(X\) et \(Y\) sont indépendantes, \(t^X\) et \(t^Y\) le sont aussi, donc \(G_{X+Y}(t) = E\big(t^X t^Y\big) = G_X(t)\,G_Y(t)\) sur \([-1, 1]\).
   • \(G_{X+Y}(t) = (1 – p + pt)^n(1 – p + pt)^m = (1 – p + pt)^{n+m}\) : c’est la fonction génératrice de \(\mathcal{B}(n + m, p)\). Par caractérisation de la loi, \(X + Y \sim \mathcal{B}(n + m, p)\).
   • \(G_{X+Y}(t) = e^{\lambda(t – 1)}e^{\mu(t – 1)} = e^{(\lambda + \mu)(t – 1)}\), donc \(X + Y \sim \mathcal{P}(\lambda + \mu)\).

Erreur fréquente : additionner deux binomiales de paramètres \(p\) différents et conclure à une binomiale : le produit \((1 – p + pt)^n(1 – p^{\prime} + p^{\prime}t)^m\) n’est pas de la forme voulue.

Barème : a) 0,5 point par loi (fonction et rayon) ; b) 0,5 point pour la formule de la variance, 0,5 point pour les dérivées, 0,5 point pour le résultat ; c) 0,5 point pour \(G_{X+Y} = G_X G_Y\), 0,5 point par loi.

Exercice 3 : Somme d’un nombre aléatoire de variables (4 points)

1. Par indépendance des \(X_k\), \(G_{S_n} = G_{X_1}^n\) sur \([-1, 1]\) (et \(G_{S_0} = 1\)). La famille \((N = n)_{n \in \mathbb{N}}\) est un système complet d’événements, et \(N\) est indépendante de \(S_n\) (lemme des coalitions). Pour \(k \in \mathbb{N}\) :
   \[P(S = k) = \sum_{n=0}^{+\infty} P(N = n, S_n = k) = \sum_{n=0}^{+\infty} P(N = n)\,P(S_n = k).\]
   Soit \(t \in [-1, 1]\). La famille \(\big(P(N = n)P(S_n = k)t^k\big)_{(n,k) \in \mathbb{N}^2}\) est sommable, car \(\displaystyle\sum_{n}\sum_{k} P(N = n)P(S_n = k)|t|^k \leq\, \sum_{n} P(N = n) = 1\). Par le théorème de Fubini pour les familles sommables, on peut intervertir :
   \[G_S(t) = \sum_{k=0}^{+\infty}\sum_{n=0}^{+\infty} P(N = n)P(S_n = k)t^k = \sum_{n=0}^{+\infty} P(N = n)\,G_{S_n}(t) = \sum_{n=0}^{+\infty} P(N = n)\,G_{X_1}(t)^n.\]
   Comme \(|G_{X_1}(t)| \leq\, 1\), cette dernière somme vaut \(G_N\big(G_{X_1}(t)\big)\). Donc \(G_S = G_N \circ G_{X_1}\) sur \([-1, 1]\).
2. D’après le cours, \(G_{X_1}\) est dérivable en \(1\) avec \(G_{X_1}^{\prime}(1) = E(X_1)\), et \(G_N\) est dérivable en \(1\) avec \(G_N^{\prime}(1) = E(N)\). Comme \(G_{X_1}\) envoie \([-1, 1]\) dans \([-1, 1]\) et \(G_{X_1}(1) = 1\), la composée \(G_N \circ G_{X_1}\) est dérivable en \(1\) et \(G_S^{\prime}(1) = G_N^{\prime}\big(G_{X_1}(1)\big)\,G_{X_1}^{\prime}(1) = E(N)\,E(X_1)\). Par la caractérisation de l’espérance, \(S\) admet une espérance et \(E(S) = E(N)\,E(X_1)\) (identité de Wald).
3. Le nombre de brochets est \(S = \displaystyle\sum_{k=1}^{N} X_k\), où \(X_k\) vaut \(1\) si le \(k\)-ième poisson est un brochet : \(X_k \sim \mathcal{B}(p)\), indépendantes et indépendantes de \(N\). Par a), pour \(t \in [-1, 1]\) :
   \[G_S(t) = G_N(1 – p + pt) = e^{\lambda(1 – p + pt – 1)} = e^{\lambda p(t – 1)}.\]
   C’est la fonction génératrice de \(\mathcal{P}(\lambda p)\) : le nombre de brochets suit la loi de Poisson \(\mathcal{P}(\lambda p)\).

Barème : a) 0,5 point pour la formule des probabilités totales avec indépendance, 0,5 point pour Fubini justifié, 0,5 point pour la conclusion ; b) 0,5 point pour la dérivée de la composée, 0,5 point pour la conclusion ; c) 0,5 point pour la modélisation, 0,5 point pour le calcul, 0,5 point pour la loi.

Exercice 4 : Problème : extinction d’une population de Galton-Watson (8 points)

1. \(G(t) = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4}\,t + \dfrac{1}{2}\,t^2\) et \(m = G^{\prime}(1) = \dfrac{1}{4} + 1 = \dfrac{5}{4}\). L’exercice 3 appliqué avec \(N = Z_n\) et \(X_k = X_{n,k}\) (hypothèses d’indépendance admises) donne \(G_{Z_{n+1}} = G_{Z_n} \circ G\). Comme \(G_{Z_0}(t) = t\), une récurrence immédiate donne \(G_{Z_n} = G \circ G \circ \cdots \circ G\) (\(n\) fois), notée \(G^{\circ n}\).
2. Les \(G^{\circ n}\) sont des polynômes (ce que confirme \(Z_n \leq\, 2^n\)), donc dérivables. En dérivant \(G_{Z_{n+1}} = G_{Z_n} \circ G\) en \(1\), avec \(G(1) = 1\) : \(E(Z_{n+1}) = G_{Z_n}^{\prime}(1)\,G^{\prime}(1) = m\,E(Z_n)\). Comme \(E(Z_0) = 1\), \(E(Z_n) = m^n = (\dfrac{5}{4})^n\).
3. \(G_{Z_n}(0) = \displaystyle\sum_{k} P(Z_n = k)\,0^k = P(Z_n = 0)\) (avec \(0^0 = 1\)), donc \(u_n = G_{Z_n}(0)\). Par associativité de la composition, \(G^{\circ(n+1)} = G \circ G^{\circ n}\), donc \(u_{n+1} = G(u_n)\), avec \(u_0 = P(Z_0 = 0) = 0\). Alors
   \[u_1 = G(0) = \dfrac{1}{4}, \qquad u_2 = G(\dfrac{1}{4}) = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{16} + \dfrac{1}{32} = \dfrac{11}{32}.\]
4. \(G(t) = t \iff \dfrac{1}{2}t^2 – \dfrac{3}{4}t + \dfrac{1}{4} = 0 \iff 2t^2 – 3t + 1 = 0 \iff (2t – 1)(t – 1) = 0\). Les points fixes de \(G\) sur \([0, 1]\) sont \(\frac{1}{2}\) et \(1\).

   \(G\) est croissante sur \([0, 1]\) (coefficients positifs). Majoration : \(u_0 = 0 \leq\, \frac{1}{2}\), et si \(0 \leq\, u_n \leq\, \frac{1}{2}\), alors \(0 \leq\, G(u_n) \leq\, G(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}\). Monotonie : \(u_1 = \frac{1}{4} \geq\, u_0\), et si \(u_n \geq\, u_{n-1}\), alors \(u_{n+1} = G(u_n) \geq\, G(u_{n-1}) = u_n\). La suite \((u_n)\) est croissante et majorée par \(\frac{1}{2}\) : elle converge vers \(\ell \in [0, \frac{1}{2}]\). Par continuité de \(G\), \(G(\ell) = \ell\), et le seul point fixe dans \([0, \frac{1}{2}]\) est \(\frac{1}{2}\). \(u_n \to \frac{1}{2}\).

   

5. Si \(Z_n = 0\), alors \(Z_{n+1}\) est une somme vide, donc nulle : \((Z_n = 0) \subset (Z_{n+1} = 0)\). La suite d’événements \((Z_n = 0)\) est croissante, de réunion l’extinction. Par continuité croissante, \(P(\text{extinction}) = \lim u_n\) : la probabilité d’extinction vaut \(\frac{1}{2}\), bien que \(E(Z_n) \to +\infty\).
6. La nouvelle fonction génératrice est \(H(t) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4}\,t + \dfrac{1}{4}\,t^2\), d’où \(m = H^{\prime}(1) = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{4}\).

   Première méthode. \(H(t) = t \iff t^2 – 3t + 2 = 0 \iff t \in \{1, 2\}\) : le seul point fixe dans \([0, 1]\) est \(1\). Comme en d), la suite \(u_{n+1} = H(u_n)\), \(u_0 = 0\), est croissante et majorée par \(1\) (car \(H(1) = 1\)), donc converge vers un point fixe de \([0, 1]\), c’est-à-dire \(1\).

   Deuxième méthode. Comme en b), \(E(Z_n) = (\frac{3}{4})^n\). \(Z_n\) est positive, donc par l’inégalité de Markov \(P(Z_n \geq\, 1) \leq\, E(Z_n) = (\frac{3}{4})^n \to 0\), d’où \(u_n = 1 – P(Z_n \geq\, 1) \to 1\).

   Dans les deux cas, par continuité croissante, l’extinction est presque sûre.

Erreur fréquente : conclure que l’extinction est presque sûre parce que \(1\) est point fixe de \(G\). La limite de \((u_n)\) est le plus petit point fixe de \(G\) dans \([0, 1]\).

Barème : a) 0,5 point pour \(G\) et \(m\), 0,5 point pour la composée ; b) 0,5 point pour la dérivation, 0,5 point pour le résultat ; c) 0,5 point pour \(u_n = G_{Z_n}(0)\), 0,5 point pour la récurrence, 0,5 point pour \(u_1\) et \(u_2\) ; d) 0,5 point pour les points fixes, 0,5 point pour la majoration, 0,5 point pour la monotonie, 0,5 point pour la limite ; e) 0,5 point pour la suite croissante d’événements, 0,5 point pour la conclusion ; f) 0,5 point pour \(m\), 0,5 point par méthode.

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Après le corrigé du contrôle : fonctions génératrices et lois de sommes

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