Ressources · Terminale · Maths expertes (option Tle)

Graphes probabilistes et chaînes de Markov

Rappels sur l’arbre pondéré, les probabilités totales et les suites arithmético-géométriques ; chaîne de Markov à deux ou trois états, graphe pondéré et matrice de transition ; distribution πₙ₊₁ = πₙP et πₙ = π₀Pⁿ, coefficients de Pⁿ ; distribution invariante ; convergence à long terme et seuil.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés : la fidélisation des abonnés d’une plateforme avec un seuil en Python, les parts de marché de deux enseignes avec le calcul de Pⁿ par récurrence, la répartition d’une population entre trois zones, la disponibilité d’un serveur et le modèle de diffusion d’Ehrenfest, dont la distribution invariante existe sans que la chaîne converge.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je traduis l’énoncé : états et ordre des états, matrice de transition P (chaque ligne somme à 1), distribution initiale π₀ en ligne.
Je calcule les premières distributions par πₙ₊₁ = πₙP pour me faire une idée, et je contrôle que leurs coefficients somment à 1.
Je cherche la distribution invariante : πP = π avec la condition « somme égale à 1 ».
Je prouve le comportement à long terme : à deux états, suite arithmético-géométrique et limite de qⁿ ; à trois états, résultat admis dont je vérifie l’hypothèse.
J’interprète dans la situation : proportion limite, seuil trouvé à la calculatrice ou avec une boucle « tant que », en vérifiant les deux rangs qui encadrent la réponse.

Problème 1 · Fidélisation des abonnés d’une plateforme de lecture★★★Moyen

Une plateforme de lecture en ligne suit ses clients mois après mois. Chaque client est soit abonné (état

A

), soit non abonné (état

N

). D’un mois au suivant, un abonné garde son abonnement avec la probabilité

0, 88

; un non-abonné souscrit un abonnement avec la probabilité

0, 05

. Au mois

0

20 %

des clients sont abonnés. On note

a_{n}

la proportion d’abonnés au bout de

n

mois et

π_{n} = (\begin{matrix} a_{n} & 1 - a_{n} \end{matrix})

, les états étant rangés dans l’ordre

(A; N)

1. Écrire la matrice de transition $P$ et la distribution initiale $π_{0}$ . Coefficient $p_{22}$ :
Un abonné reste abonné avec la probabilité $0, 88$ , donc se désabonne avec la probabilité $1 - 0, 88 = 0, 12$ . Un non-abonné souscrit avec la probabilité $0, 05$ et reste non abonné avec la probabilité $0, 95$ . D’où $P = (\begin{matrix} 0, 88 & 0, 12 \\ 0, 05 & 0, 95 \end{matrix})$ et $π_{0} = (\begin{matrix} 0, 2 & 0, 8 \end{matrix})$ .
2. Calculer $π_{1}$ et $π_{2}$ . Proportion d’abonnés au bout de deux mois, arrondie à $10^{- 4}$ :
$π_{1} = π_{0} P$ : $0, 2 \times 0, 88 + 0, 8 \times 0, 05$ $= 0, 176 + 0, 04$ $= 0, 216$ , donc $π_{1} = (\begin{matrix} 0, 216 & 0, 784 \end{matrix})$ . Puis $0, 216 \times 0, 88 + 0, 784 \times 0, 05$ $= 0, 19008 + 0, 0392$ $= 0, 22928$ : $π_{2} = (\begin{matrix} 0, 22928 & 0, 77072 \end{matrix})$ , soit environ $22, 93 %$ d’abonnés.
3. À l’aide d’un arbre pondéré entre le mois $n$ et le mois $n + 1$ , justifier que $a_{n + 1} = 0, 83 a_{n} + 0, 05$ . Contrôle : $a_{3}$ arrondi à $10^{- 4}$ =
Rédaction attendue. Au premier niveau de l’arbre, le client est abonné au mois $n$ (probabilité $a_{n}$ ) ou non (probabilité $1 - a_{n}$ ) ; au second niveau, il est abonné au mois $n + 1$ avec la probabilité $0, 88$ dans le premier cas, $0, 05$ dans le second. Ces deux cas forment une partition ; d’après la formule des probabilités totales, $a_{n + 1} = 0, 88 a_{n} + 0, 05 (1 - a_{n})$ $= 0, 83 a_{n} + 0, 05$ . Alors $a_{3} = 0, 83 \times 0, 22928 + 0, 05$ $= 0, 2403024$ , soit $0, 2403$ .
4. Valeur exacte du premier coefficient de la distribution invariante : (fraction irréductible)
$π = (\begin{matrix} x & 1 - x \end{matrix})$ est invariante si et seulement si $0, 83 x + 0, 05 = x$ , soit $0, 17 x = 0, 05$ et $x = \frac{5}{17}$ . La distribution invariante est $(\begin{matrix} \frac{5}{17} & \frac{12}{17} \end{matrix})$ $\approx (\begin{matrix} 0, 2941 & 0, 7059 \end{matrix})$ .
5. On pose $u_{n} = a_{n} - \frac{5}{17}$ . Démontrer que $(u_{n})$ est géométrique, puis exprimer $a_{n}$ en fonction de $n$ et donner sa limite. Premier terme : $u_{0} =$ (fraction irréductible)
Rédaction attendue. Comme $\frac{5}{17}$ est le point fixe, $0, 05 = \frac{5}{17} - 0, 83 \times \frac{5}{17}$ . Pour tout $n$ , $u_{n + 1} = 0, 83 a_{n} + 0, 05 - \frac{5}{17}$ $= 0, 83 a_{n} - 0, 83 \times \frac{5}{17}$ $= 0, 83 u_{n}$ . La suite $(u_{n})$ est géométrique de raison $0, 83$ , de premier terme $u_{0} = 0, 2 - \frac{5}{17}$ $= \frac{3, 4 - 5}{17}$ $= - \frac{8}{85}$ . Donc $a_{n} = \frac{5}{17} - \frac{8}{85} \times 0, 83^{n}$ . Comme $- 1 < 0, 83 < 1$ , $lim a_{n} = \frac{5}{17} \approx 0, 294$ : la proportion d’abonnés se stabilise vers $29, 4 %$ .
6. Recopier et compléter la fonction ci-dessous pour qu’elle renvoie le nombre de mois nécessaires pour que la proportion d’abonnés atteigne au moins s.
```
def seuil(s):
    a = ...
    n = 0
    while ... :
        a = ...
        n = n + 1
    return n
```
Valeur renvoyée par seuil(0.28) :
```
def seuil(s):
    a = 0.2
    n = 0
    while a < s:
        a = 0.83 * a + 0.05
        n = n + 1
    return n
```
Par le calcul : an⩾0,28 ⟺885×0,83n⩽517−0,28 =1,285 ⟺0,83n⩽0,15. Or 0,8310≈0,1552>0,15 et 0,8311≈0,1288<0,15 ; la suite (0,83n) est décroissante, donc le premier rang est 11 (a10≈0,2795 et a11≈0,2820). La fonction renvoie 11.
7. La direction vise $35 %$ d’abonnés. Justifier que c’est impossible avec ces probabilités, puis donner le taux de souscription mensuel (à la place de $0, 05$ ) qui donnerait une proportion limite de $35 %$ , le taux de désabonnement $0, 12$ restant inchangé, arrondi à $10^{- 4}$ :
Rédaction attendue. $u_{0} < 0$ et $0 < 0, 83 < 1$ , donc $u_{n} = u_{0} \times 0, 83^{n}$ est négatif et croissant : $(a_{n})$ est croissante et $a_{n} < \frac{5}{17}$ $\approx 0, 294$ $< 0, 35$ pour tout $n$ . L’objectif est hors d’atteinte. Avec un taux de souscription $β$ , la proportion limite est $\frac{β}{0, 12 + β}$ (cours, deux états). $\frac{β}{0, 12 + β}$ $= 0, 35 ⟺ β$ $= 0, 042 + 0, 35 β$ $⟺ 0, 65 β$ $= 0, 042 ⟺ β$ $= \frac{21}{325}$ $\approx 0, 0646$ : il faudrait près de $6, 5 %$ de souscriptions par mois.

Problème 2 · Parts de marché de deux enseignes★★★Moyen

Deux enseignes de vente de pièces détachées,

X

Y

, se partagent tout un marché. D’une semaine à la suivante, un client de

X

passe chez

Y

avec la probabilité

0, 15

, et un client de

Y

passe chez

X

avec la probabilité

0, 25

. La semaine

0

, chaque enseigne détient la moitié du marché. On note

x_{n}

la part de marché de

X

au bout de

n

semaines et

π_{n} = (\begin{matrix} x_{n} & 1 - x_{n} \end{matrix})

, les états étant rangés dans l’ordre

(X; Y)

1. Écrire $P$ , puis calculer $π_{1}$ et $π_{2}$ : $x_{2} =$
Un client de $X$ y reste avec la probabilité $0, 85$ , un client de $Y$ y reste avec la probabilité $0, 75$ : $P = (\begin{matrix} 0, 85 & 0, 15 \\ 0, 25 & 0, 75 \end{matrix})$ et $π_{0} = (\begin{matrix} 0, 5 & 0, 5 \end{matrix})$ . $π_{1} = (\begin{matrix} 0, 55 & 0, 45 \end{matrix})$ (car $0, 5 \times 0, 85 + 0, 5 \times 0, 25$ $= 0, 55$ ), puis $0, 55 \times 0, 85 + 0, 45 \times 0, 25$ $= 0, 4675 + 0, 1125$ $= 0, 58$ : $π_{2} = (\begin{matrix} 0, 58 & 0, 42 \end{matrix})$ .
2. Premier coefficient de la distribution invariante :
$0, 85 x + 0, 25 (1 - x)$ $= x ⟺ 0, 6 x + 0, 25$ $= x ⟺ 0, 4 x$ $= 0, 25 ⟺ x$ $= 0, 625$ . Distribution invariante : $(\begin{matrix} 0, 625 & 0, 375 \end{matrix})$ .
3. Établir la relation entre $x_{n + 1}$ et $x_{n}$ , puis exprimer $x_{n}$ en fonction de $n$ à l’aide d’une suite auxiliaire. Contrôle : $x_{3} =$
Rédaction attendue. Le premier coefficient de $π_{n + 1} = π_{n} P$ donne $x_{n + 1} = 0, 85 x_{n} + 0, 25 (1 - x_{n})$ $= 0, 6 x_{n} + 0, 25$ . On pose $v_{n} = x_{n} - 0, 625$ : $v_{n + 1} = 0, 6 x_{n} + 0, 25 - 0, 625$ $= 0, 6 x_{n} - 0, 375$ $= 0, 6 (x_{n} - 0, 625)$ $= 0, 6 v_{n}$ . La suite $(v_{n})$ est géométrique de raison $0, 6$ et de premier terme $v_{0} = 0, 5 - 0, 625 = - 0, 125$ , donc $x_{n} = 0, 625 - 0, 125 \times 0, 6^{n}$ . Contrôle : $x_{3} = 0, 625 - 0, 125 \times 0, 216$ $= 0, 625 - 0, 027$ $= 0, 598$ .
4. Au bout de combien de semaines la part de marché de $X$ dépasse-t-elle $62 %$ ?
$x_{n} > 0, 62 ⟺ 0, 125 \times 0, 6^{n}$ $< 0, 005 ⟺ 0, 6^{n}$ $< 0, 04$ . Or $0, 6^{6} \approx 0, 0467 > 0, 04$ et $0, 6^{7} \approx 0, 0280 < 0, 04$ ; la suite $(0, 6^{n})$ est décroissante, donc il faut $7$ semaines ( $x_{6} \approx 0, 6192$ et $x_{7} \approx 0, 6215$ ).
5. On note $L$ la matrice carrée dont les deux lignes sont égales à la distribution invariante, et $B = I_{2} - L$ . Vérifier que $L P = L$ et $B P = 0, 6 B$ , puis démontrer par récurrence que $P^{n} = L + 0, 6^{n} B$ pour tout $n \in ℕ$ . En déduire la limite de $P^{n}$ et l’interpréter. Contrôle : $(P^{2})_{21} =$
Rédaction attendue. $L = (\begin{matrix} 0, 625 & 0, 375 \\ 0, 625 & 0, 375 \end{matrix})$ et $B = I_{2} - L = (\begin{matrix} 0, 375 & - 0, 375 \\ - 0, 625 & 0, 625 \end{matrix})$ . Chaque ligne de $L$ est la distribution invariante, donc $L P = L$ . Première ligne de $B P$ : $0, 375 \times 0, 85 - 0, 375 \times 0, 25$ $= 0, 225$ et $0, 375 \times 0, 15 - 0, 375 \times 0, 75$ $= - 0, 225$ , soit $0, 6 \times (\begin{matrix} 0, 375 & - 0, 375 \end{matrix})$ ; de même la seconde ligne vaut $(\begin{matrix} - 0, 375 & 0, 375 \end{matrix})$ $= 0, 6 \times (\begin{matrix} - 0, 625 & 0, 625 \end{matrix})$ . Donc $B P = 0, 6 B$ . Initialisation. $L + B = I_{2} = P^{0}$ . Hérédité. Si $P^{n} = L + 0, 6^{n} B$ , alors $P^{n + 1} = P^{n} P$ $= L P + 0, 6^{n} B P$ $= L + 0, 6^{n + 1} B$ . Conclusion. $P^{n} = L + 0, 6^{n} B$ pour tout $n$ . Comme $- 1 < 0, 6 < 1$ , $P^{n} \to L$ : les deux lignes de la limite valent la distribution invariante. À long terme, un client achète chez $X$ avec la probabilité $0, 625$ , quelle que soit l’enseigne de départ. Contrôle : $(P^{2})_{21} = 0, 625 - 0, 36 \times 0, 625$ $= 0, 4$ , et directement $0, 25 \times 0, 85 + 0, 75 \times 0, 25$ $= 0, 4$ .

Problème 3 · Répartition d’une population entre trois zones★★★Difficile

Une agence d’urbanisme étudie, année après année, la répartition des habitants d’une agglomération entre le centre (

C

), la première couronne (

K

) et la zone rurale (

R

). Le tableau donne les probabilités de changement de zone d’une année sur l’autre (en ligne : zone de départ ; en colonne : zone d’arrivée).

	vers $C$	vers $K$	vers $R$
depuis $C$	$0, 70$	$0, 15$	$0, 15$
depuis $K$	$0, 05$	$0, 90$	$0, 05$
depuis $R$	$0, 15$	$0, 15$	$0, 70$

Au début de l’étude,

50 %

des habitants vivent au centre,

20 %

en première couronne et

30 %

en zone rurale. On note

π_{n} = (\begin{matrix} c_{n} & k_{n} & r_{n} \end{matrix})

la distribution au bout de

n

années. On admet le résultat du cours à trois états.

1. Écrire $P$ et $π_{0}$ , puis calculer $π_{1}$ : $c_{1} =$
$P = (\begin{matrix} 0, 70 & 0, 15 & 0, 15 \\ 0, 05 & 0, 90 & 0, 05 \\ 0, 15 & 0, 15 & 0, 70 \end{matrix})$ et $π_{0} = (\begin{matrix} 0, 5 & 0, 2 & 0, 3 \end{matrix})$ . $c_{1} = 0, 5 \times 0, 70 + 0, 2 \times 0, 05 + 0, 3 \times 0, 15$ $= 0, 35 + 0, 01 + 0, 045$ $= 0, 405$ ; $k_{1} = 0, 075 + 0, 18 + 0, 045 = 0, 3$ ; $r_{1} = 0, 075 + 0, 01 + 0, 21 = 0, 295$ .
2. Montrer que $k_{n + 1} = 0, 75 k_{n} + 0, 15$ pour tout $n$ . Contrôle : $k_{2} =$
Rédaction attendue. Les événements « être en $C$ », « être en $K$ », « être en $R$ » l’année $n$ forment une partition ; d’après la formule des probabilités totales, $k_{n + 1} = 0, 15 c_{n} + 0, 90 k_{n} + 0, 15 r_{n}$ $= 0, 15 (c_{n} + r_{n}) + 0, 90 k_{n}$ . Or $c_{n} + k_{n} + r_{n} = 1$ , donc $c_{n} + r_{n} = 1 - k_{n}$ et $k_{n + 1} = 0, 15 (1 - k_{n}) + 0, 90 k_{n}$ $= 0, 75 k_{n} + 0, 15$ . Contrôle : $k_{2} = 0, 75 \times 0, 3 + 0, 15 = 0, 375$ .
3. Exprimer $k_{n}$ en fonction de $n$ , puis donner $lim k_{n} =$
Point fixe : $ℓ = 0, 75 ℓ + 0, 15$ , soit $ℓ = 0, 6$ . La suite $(k_{n} - 0, 6)$ est géométrique de raison $0, 75$ et de premier terme $0, 2 - 0, 6 = - 0, 4$ , donc $k_{n} = 0, 6 - 0, 4 \times 0, 75^{n}$ . Comme $- 1 < 0, 75 < 1$ , $lim k_{n} = 0, 6$ .
4. Déterminer la distribution invariante $(\begin{matrix} x & y & z \end{matrix})$ . Part du centre : $x =$
D’après la question 2 appliquée à une distribution invariante, $y = 0, 75 y + 0, 15$ , donc $y = 0, 6$ et $x + z = 0, 4$ . La première équation donne $0, 70 x + 0, 05 \times 0, 6 + 0, 15 z = x$ , soit $0, 30 x = 0, 03 + 0, 15 (0, 4 - x)$ , donc $0, 45 x = 0, 09$ , $x = 0, 2$ et $z = 0, 2$ . Vérification sur le troisième coefficient : $0, 2 \times 0, 15 + 0, 6 \times 0, 05 + 0, 2 \times 0, 70$ $= 0, 03 + 0, 03 + 0, 14$ $= 0, 2$ .
5. Justifier que $(π_{n})$ converge, puis donner le nombre d’années au bout duquel la part de la première couronne dépasse $59 %$ :
Rédaction attendue. Tous les coefficients de $P$ sont strictement positifs : d’après le résultat admis, $(π_{n})$ converge vers l’unique distribution invariante $(\begin{matrix} 0, 2 & 0, 6 & 0, 2 \end{matrix})$ , quelle que soit $π_{0}$ (la question 3 le confirme sur $k_{n}$ ). Puis $k_{n} > 0, 59 ⟺ 0, 4 \times 0, 75^{n}$ $< 0, 01 ⟺ 0, 75^{n}$ $< 0, 025$ . Or $0, 75^{12} \approx 0, 0317$ et $0, 75^{13} \approx 0, 0238$ ; la suite $(0, 75^{n})$ décroît, donc il faut $13$ années ( $k_{12} \approx 0, 5873$ et $k_{13} \approx 0, 5905$ ).
6. L’agence affirme : « le centre et la zone rurale finiront par se vider ». Discuter cette affirmation. Pour une agglomération de $450 000$ habitants, nombre d’habitants de la zone rurale à long terme :
Rédaction attendue. L’affirmation est fausse : $(c_{n})$ et $(r_{n})$ convergent vers $0, 2$ . À long terme, le centre et la zone rurale gardent chacun $20 %$ de la population : le modèle prévoit une stabilisation, où les départs de chaque zone sont compensés par les arrivées. Zone rurale : $0, 2 \times 450 000 = 90 000$ habitants.

Problème 4 · Disponibilité d’un serveur★★★Difficile

À chaque heure, un serveur est soit disponible (état

D

), soit indisponible (état

I

). S’il est disponible, il tombe en panne au cours de l’heure suivante avec une probabilité

a

, où

a \in] 0; 1 [

. S’il est indisponible, il est réparé au cours de l’heure suivante avec la probabilité

0, 6

. Les états sont rangés dans l’ordre

(D; I)

d_{n}

désigne la probabilité que le serveur soit disponible au bout de

n

heures. À l’instant initial, il est disponible.

1. Écrire $P$ en fonction de $a$ , puis $π_{0}$ . Pour $a = 0, 08$ , coefficient $p_{11}$ :
$P = (\begin{matrix} 1 - a & a \\ 0, 6 & 0, 4 \end{matrix})$ et $π_{0} = (\begin{matrix} 1 & 0 \end{matrix})$ ; $p_{21} = 0, 6$ est la probabilité d’être réparé en une heure. Pour $a = 0, 08$ : $p_{11} = 1 - 0, 08 = 0, 92$ , probabilité de rester disponible une heure de plus.
2. Montrer que l’unique distribution invariante est $(\begin{matrix} \frac{0, 6}{a + 0, 6} & \frac{a}{a + 0, 6} \end{matrix})$ . Contrôle pour $a = 0, 1$ : disponibilité limite = (fraction irréductible)
Rédaction attendue. Soit $π = (\begin{matrix} d & 1 - d \end{matrix})$ . $π P = π ⟺ (1 - a) d + 0, 6 (1 - d)$ $= d ⟺ 0, 6$ $= (a + 0, 6) d$ . Comme $a + 0, 6 > 0$ , $d = \frac{0, 6}{a + 0, 6}$ et $1 - d = \frac{a}{a + 0, 6}$ : la distribution invariante existe et elle est unique. Pour $a = 0, 1$ : $\frac{0, 6}{0, 7} = \frac{6}{7}$ .
3. L’hébergeur s’engage sur une disponibilité limite de $96 %$ . Valeur de $a$ correspondante :
$\frac{0, 6}{a + 0, 6}$ $= 0, 96 ⟺ 0, 6$ $= 0, 96 a + 0, 576$ $⟺ 0, 96 a$ $= 0, 024 ⟺ a$ $= 0, 025$ . Alors $P = (\begin{matrix} 0, 975 & 0, 025 \\ 0, 6 & 0, 4 \end{matrix})$ .
4. Désormais, $a$ prend la valeur trouvée à la question précédente. Montrer que $d_{n + 1} = 0, 375 d_{n} + 0, 6$ . Contrôle : $d_{2} =$
$d_{n + 1} = 0, 975 d_{n} + 0, 6 (1 - d_{n})$ $= 0, 375 d_{n} + 0, 6$ . Avec $d_{0} = 1$ : $d_{1} = 0, 975$ et $d_{2} = 0, 375 \times 0, 975 + 0, 6$ $= 0, 365625 + 0, 6$ $= 0, 965625$ .
5. Exprimer $d_{n}$ , étudier le sens de variation de $(d_{n})$ et donner le plus petit entier $n$ tel que $d_{n} < 0, 9601$ :
Rédaction attendue. Point fixe : $ℓ = 0, 375 ℓ + 0, 6$ , soit $0, 625 ℓ = 0, 6$ et $ℓ = 0, 96$ . La suite $(d_{n} - 0, 96)$ est géométrique de raison $0, 375$ et de premier terme $0, 04$ , donc $d_{n} = 0, 96 + 0, 04 \times 0, 375^{n}$ . Le terme $0, 04 \times 0, 375^{n}$ est strictement positif et décroît : $(d_{n})$ est strictement décroissante, de limite $0, 96$ , et reste au-dessus de $0, 96$ . Puis $d_{n} < 0, 9601$ $⟺ 0, 375^{n}$ $< 0, 0025$ ; or $0, 375^{6} \approx 0, 00278$ et $0, 375^{7} \approx 0, 00104$ : $n = 7$ . Au bout de $7$ heures, la probabilité de disponibilité est à moins de $10^{- 4}$ de sa limite : le départ sur un serveur disponible n’a presque plus d’influence.
6. En régime stationnaire, durée moyenne d’indisponibilité sur une année de $8 760$ heures, en heures :
La probabilité d’indisponibilité vaut $1 - 0, 96 = 0, 04$ ; sur $8 760$ heures, la durée moyenne est $0, 04 \times 8 760 = 350, 4$ heures, soit un peu plus de $14$ jours par an.

Problème 5 · Le modèle de diffusion d’Ehrenfest avec deux boules★★★Difficile

Les physiciens Paul et Tatiana Ehrenfest ont proposé en 1907 un modèle de diffusion d’un gaz entre deux récipients. On l’étudie avec deux boules numérotées

1

2

, réparties entre deux urnes

A

B

. À chaque étape, on choisit au hasard un numéro,

1

2

avec la même probabilité, et l’on change d’urne la boule qui porte ce numéro. On note

X_{n}

le nombre de boules dans l’urne

A

après

n

étapes : les états sont

0

1

2

, rangés dans cet ordre. Au départ, les deux boules sont dans l’urne

A

X_{0} = 2

. On admet le résultat du cours à trois états.

1. Justifier que $(X_{n})$ est une chaîne de Markov et écrire $P$ . Probabilité de passer de l’état $1$ à l’état $2$ :
Rédaction attendue. Le nombre de boules dans $A$ à l’étape $n + 1$ ne dépend que de ce nombre à l’étape $n$ et du numéro tiré, indépendant du passé : c’est une chaîne de Markov. Depuis $0$ (les deux boules en $B$ ), la boule tirée passe en $A$ : on va en $1$ avec la probabilité $1$ . Depuis $1$ , on tire la boule de $A$ (on va en $0$ ) ou celle de $B$ (on va en $2$ ), chacune avec la probabilité $0, 5$ . Depuis $2$ , on va en $1$ . Donc $P = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 0, 5 & 0 & 0, 5 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix})$ .
2. Calculer $π_{1}$ , $π_{2}$ , $π_{3}$ et $π_{4}$ . $p (X_{4} = 2) =$
$π_{0} = (\begin{matrix} 0 & 0 & 1 \end{matrix})$ , $π_{1} = π_{0} P$ $= (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \end{matrix})$ , $π_{2} = (\begin{matrix} 0, 5 & 0 & 0, 5 \end{matrix})$ , $π_{3} = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \end{matrix})$ et $π_{4} = (\begin{matrix} 0, 5 & 0 & 0, 5 \end{matrix})$ . Donc $p (X_{4} = 2) = 0, 5$ .
3. Calculer $P^{2}$ , puis démontrer que $P^{3} = P$ et que $P^{2 k + 1} = P$ pour tout $k \in ℕ$ . Coefficient de $P^{2}$ en ligne de l’état $1$ , colonne de l’état $1$ :
Rédaction attendue. $P^{2} = (\begin{matrix} 0, 5 & 0 & 0, 5 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0, 5 & 0 & 0, 5 \end{matrix})$ : partant de $1$ , on est sûr d’être revenu en $1$ deux étapes plus tard. Puis $P^{3} = P^{2} P$ : la ligne $(\begin{matrix} 0, 5 & 0 & 0, 5 \end{matrix})$ multipliée par $P$ donne $(\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \end{matrix})$ et la ligne $(\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \end{matrix})$ donne $(\begin{matrix} 0, 5 & 0 & 0, 5 \end{matrix})$ : $P^{3} = P$ . Récurrence : $P^{1} = P$ ; si $P^{2 k + 1} = P$ , alors $P^{2 k + 3} = P^{2 k + 1} P^{2} = P^{3} = P$ . Donc $P^{2 k + 1} = P$ pour tout $k$ , et $P^{2 k} = P^{2 k - 1} P = P^{2}$ pour $k ⩾ 1$ .
4. Déterminer la distribution invariante. Probabilité de l’état $0$ :
$π = (\begin{matrix} x & y & z \end{matrix})$ : $π P = π$ s’écrit $0, 5 y = x$ , $x + z = y$ et $0, 5 y = z$ . Avec $x + y + z = 1$ : $2 y = 1$ , donc $y = 0, 5$ et $x = z = 0, 25$ . C’est la loi binomiale de paramètres $2$ et $0, 5$ : chaque boule est dans $A$ avec la probabilité $0, 5$ .
5. La suite $(π_{n})$ converge-t-elle ? Justifier. $p (X_{100} = 0) =$
Rédaction attendue. Pour $k ⩾ 1$ , $π_{2 k} = π_{0} P^{2 k}$ $= π_{0} P^{2} = (\begin{matrix} 0, 5 & 0 & 0, 5 \end{matrix})$ et $π_{2 k + 1} = π_{0} P$ $= (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \end{matrix})$ . La suite $(π_{n})$ alterne entre ces deux distributions : elle ne converge pas, bien qu’une distribution invariante existe. Le résultat du cours ne s’applique pas : aucune puissance de $P$ n’a tous ses coefficients strictement positifs. $100$ est pair : $p (X_{100} = 0) = 0, 5$ .
6. Variante : à chaque étape, on lance d’abord une pièce équilibrée ; sur « pile », rien ne bouge ; sur « face », on applique la règle précédente. La matrice devient $Q = \frac{1}{2} (P + I_{3})$ . Vérifier que la distribution invariante trouvée plus haut l’est encore pour $Q$ , et que $Q^{2}$ a tous ses coefficients strictement positifs. Coefficient de $Q^{2}$ en ligne de l’état $0$ , colonne de l’état $2$ :
Rédaction attendue. $Q = (\begin{matrix} 0, 5 & 0, 5 & 0 \\ 0, 25 & 0, 5 & 0, 25 \\ 0 & 0, 5 & 0, 5 \end{matrix})$ . Pour $π = (\begin{matrix} 0, 25 & 0, 5 & 0, 25 \end{matrix})$ : $π Q = \frac{1}{2} (π P + π)$ $= \frac{1}{2} (π + π)$ $= π$ . Puis $Q^{2} = (\begin{matrix} 0, 375 & 0, 5 & 0, 125 \\ 0, 25 & 0, 5 & 0, 25 \\ 0, 125 & 0, 5 & 0, 375 \end{matrix})$ , par exemple $(Q^{2})_{02} = 0, 5 \times 0 + 0, 5 \times 0, 25 + 0 \times 0, 5$ $= 0, 125$ . Tous ses coefficients sont strictement positifs : d’après le résultat admis, $(π_{n})$ converge vers $(\begin{matrix} 0, 25 & 0, 5 & 0, 25 \end{matrix})$ , quelle que soit la répartition de départ.

Bloqué sur ce chapitre ?

Moi c'est Ben, j'ai créé ce site pour aider le plus d'élèves possible, partout en France. Je peux aussi reprendre avec toi ce qui coince en cours particulier : en visio, ou à domicile si tu es à Marseille.

Réserver un 1^er cours → Voir les tarifs

Prof de maths à Marseille · Cours particuliers au lycée · Aide aux devoirs