suppose que ces durées sont des variables aléatoires D indépendantes qui suivent
une même loi de Poisson, c’est-à-dire de probabilité
P (D = n) = e
−λ λ
n
n!
, pour tout entier n 0,
où λ est un paramètre strictement positif.
La première vague de clients est formée des personnes arrivées pendant le temps de
service du premier client et la (k+1)-ième vague est formée des personnes arrivées
pendant la durée des services des clients de la k-ième vague.
Notons N k le nombre de clients de la k-ième vague, en convenant N 0 = 1.
a) Soit D la durée de service du premier client. Montrer que la probabilité
pour que N 1 = k sachant que D = n est P (N 1 = k | D = n) =
n
k
p
k (1−p)
n−k
(rappelons que le coefficient binomial
n
k
est nul si k > n). En déduire
P (N 1 = k) =
+∞
n=0
n
k
p
k (1−p)
n−k e
−λ λ
n
n!
.
b) En écrivant la somme ci-dessus sous la forme e
−λ λ
k p
k
k!
+∞
n=k
(1−p)
n−k λ
n−k
(n−k)!
,
montrer que P (N 1 = k) = e
−λp (λp)
k
k!
. En déduire que l’espérance de N 1 est λp.
Posons p k = P (N k = 0). S’il n’y a personne à la k-ième vague (N k = 0), il n’y a
personne non plus à la vague suivante (N k+1 =0) : on a donc p k p k+1 . La suite des
probabilités p k est croissante et majorée par 1, donc les p k ont une limite. La réunion
de tous les événements N k = 0 pour k = 1, 2, . . . est l’événement « la file d’attente
s’achève en un temps fini » : la probabilité de cet événement est donc lim
k→+∞
p k .
c) Supposons que la première vague contienne j clients. Dire que la (k+1)-ième
vague est vide signifie que lorsqu’on fait jouer à chacune de ces j personnes
le rôle d’un client initial, la k-ième vague est vide : la probabilité pour que
N k+1 = 0 sachant que N 1 = j est donc
P (N k = 0)
j = (p k )
j . En utilisant l’égalité P (N k+1 = 0) =
+∞
j=0 P (N k+1 = 0 | N 1 = j) P (N 1 = j), montrer que pour tout
k 0, on a p k+1 =
+∞
j=0 (p k )
j e
−λp (λp)
j
j!
= e
λp(p k −1) , où p 0 = 0.
d) Reportons-nous à l’exercice 3 page 337 où l’on a étudié, en fonction du paramètre
a > 0, la suite (u k ) définie par l’itération u k+1 = e
a(u k −1) et la valeur initiale u 0 = 0.
En utilisant les résultats de cet exercice,
(i) justifier l’affirmation suivante : si λp 1, il est presque certain qu’au bout d’un
temps fini, le guichet se libère ;
(ii) vérifier le tableau ci-dessous où figurent, pour quelques valeurs de p et de λ, des
estimations de la probabilité pour que le guichet se libère au bout d’un temps fini.
p = 0,3
p = 0,5 p = 0,75
λ = 4
0,68
0,20
0,06
λ = 5
0,42
0,10
0,02
Chapitre 17 – S ´
ERIES, S ´
ERIES ENTI `
ERES, S ´
ERIES DE FOURIER – 571
une même loi de Poisson, c’est-à-dire de probabilité
P (D = n) = e
−λ λ
n
n!
, pour tout entier n 0,
où λ est un paramètre strictement positif.
La première vague de clients est formée des personnes arrivées pendant le temps de
service du premier client et la (k+1)-ième vague est formée des personnes arrivées
pendant la durée des services des clients de la k-ième vague.
Notons N k le nombre de clients de la k-ième vague, en convenant N 0 = 1.
a) Soit D la durée de service du premier client. Montrer que la probabilité
pour que N 1 = k sachant que D = n est P (N 1 = k | D = n) =
n
k
p
k (1−p)
n−k
(rappelons que le coefficient binomial
n
k
est nul si k > n). En déduire
P (N 1 = k) =
+∞
n=0
n
k
p
k (1−p)
n−k e
−λ λ
n
n!
.
b) En écrivant la somme ci-dessus sous la forme e
−λ λ
k p
k
k!
+∞
n=k
(1−p)
n−k λ
n−k
(n−k)!
,
montrer que P (N 1 = k) = e
−λp (λp)
k
k!
. En déduire que l’espérance de N 1 est λp.
Posons p k = P (N k = 0). S’il n’y a personne à la k-ième vague (N k = 0), il n’y a
personne non plus à la vague suivante (N k+1 =0) : on a donc p k p k+1 . La suite des
probabilités p k est croissante et majorée par 1, donc les p k ont une limite. La réunion
de tous les événements N k = 0 pour k = 1, 2, . . . est l’événement « la file d’attente
s’achève en un temps fini » : la probabilité de cet événement est donc lim
k→+∞
p k .
c) Supposons que la première vague contienne j clients. Dire que la (k+1)-ième
vague est vide signifie que lorsqu’on fait jouer à chacune de ces j personnes
le rôle d’un client initial, la k-ième vague est vide : la probabilité pour que
N k+1 = 0 sachant que N 1 = j est donc
P (N k = 0)
j = (p k )
j . En utilisant l’égalité P (N k+1 = 0) =
+∞
j=0 P (N k+1 = 0 | N 1 = j) P (N 1 = j), montrer que pour tout
k 0, on a p k+1 =
+∞
j=0 (p k )
j e
−λp (λp)
j
j!
= e
λp(p k −1) , où p 0 = 0.
d) Reportons-nous à l’exercice 3 page 337 où l’on a étudié, en fonction du paramètre
a > 0, la suite (u k ) définie par l’itération u k+1 = e
a(u k −1) et la valeur initiale u 0 = 0.
En utilisant les résultats de cet exercice,
(i) justifier l’affirmation suivante : si λp 1, il est presque certain qu’au bout d’un
temps fini, le guichet se libère ;
(ii) vérifier le tableau ci-dessous où figurent, pour quelques valeurs de p et de λ, des
estimations de la probabilité pour que le guichet se libère au bout d’un temps fini.
p = 0,3
p = 0,5 p = 0,75
λ = 4
0,68
0,20
0,06
λ = 5
0,42
0,10
0,02
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