Analyse à un pas et chaînes de Markov

Thèmes: Espaces probabilisés finis - Indépendance
 
 
 
 
 
  • Marche aléatoire sur les sommets d'un carré. On considère une marche aléatoire sur les sommets d'un carré $ABCD$.
Lorsqu'on est sur un sommet, on se déplace sur un des deux sommets placés sur la même arête (i.e. $B$ ou $D$ si on est en $A$), avec probabilité $ \displaystyle \frac{ 1 }{ 3 } $ dans chaque cas, ou on reste sur place avec probabilité $ \displaystyle \frac{ 1 }{ 3 } $. On effectue ainsi $n\in\mathbb{N}$ déplacements indépendants, toujours selon le même processus.

On suppose qu'initialement on se trouve en  $A$.

On pose $A_n$  = "après $n$ déplacements on se trouve sur le sommet A", et $a_n=\mathbb{P}(A_n)$.
On définit de même $B_n$, $C_n$, $D_n$, $b_n$, $c_n$ et $d_n$.
a) Donner un système de relations de récurrence vérifiées par les quatre suites réelles $ (a_n)_{ n \in \mathbb{N} } $, $ (b_n)_{ n \in \mathbb{N} } $, $ (c_n)_{ n \in \mathbb{N} } $ et $ (d_n)_{ n \in \mathbb{N} } $.

b) Ecrire ce système de relations à l'aide d'une relation matricielle.

On considère les matrices $M=\displaystyle \frac{1}{3} \begin{pmatrix}  1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$, $B=3M-I_4$, $ J = \displaystyle \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} $ et $ K = \displaystyle \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & -1 \\ -1 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & -1 \\ -1 & 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}$.

c) Vérifier que, pour tout $n\geq1$:
$$B^n= 2^{n-2}J+(-1)^n2^{n-2}K$$
En déduire à l'aide de la formule du binôme que, pour tout $n\geq1$:
$$M^n=\frac{1}{3^n}I_4+\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{3^n}\right)J+\frac{1}{4}\left(\left(\frac{-1}{3}\right)^n-\left(\frac{1}{3}\right)^n\right)K$$

d) En déduire l'expression de  $a_n$, $b_n$, $c_n$ et $d_n$ en fonction de $n$.

e) Déterminer $ \displaystyle \underset{ n \rightarrow + \infty }{ \lim } a_n $, $ \displaystyle \underset{ n \rightarrow + \infty }{ \lim } b_n $, $ \displaystyle \underset{ n \rightarrow + \infty }{ \lim } c_n $ et $ \displaystyle \underset{ n \rightarrow + \infty }{ \lim } d_n $. Interprétation?

 

Solution. a) Soit $n\in\mathbb{N}$ fixé. Après $n$ déplacements, on se trouve en $A$, $B$, $C$ ou $D$, et il est évident qu'on ne peut pas se trouver à deux positions différentes simultanément. Autrement dit les évènements $A_n$, $B_n$, $C_n$ et $D_n$ forment un système complet d'évènements. 

On procède par analyse à un pas. La formule des probabilités totales donne donc:
$$\mathbb{P}(A_{n+1})=\mathbb{P}_{A_n}(A_{n+1})\mathbb{P}(A_n)+\mathbb{P}_{B_n}(A_{n+1})\mathbb{P}(B_n)+\mathbb{P}_{C_n}(A_{n+1})\mathbb{P}(C_n)+\mathbb{P}_{D_n}(A_{n+1})\mathbb{P}(D_n)$$

Or l'énoncé nous donne:
$$\mathbb{P}_{A_n}(A_{n+1})=\frac{1}{3}\quad\mathbb{P}_{B_n}(A_{n+1})=\frac{1}{3}\quad \mathbb{P}_{C_n}(A_{n+1})=0\quad \mathbb{P}_{D_n}(A_{n+1})=\frac{1}{3}$$

On obtient donc la relation:

$$a_{n+1}=\frac{1}{3}(a_n+b_{n}+d_{n})$$
 
On procède de même pour calculer $b_{n+1}=\mathbb{P}(B_{n+1})$, $c_{n+1}=\mathbb{P}(C_{n+1})$ et $d_{n+1}=\mathbb{P}(D_{n+1})$.

Au final, on a donc le système de relations de récurrence suivant, pour tout $n\in\mathbb{N}$:

$\displaystyle a_{n+1} = \frac{1}{3} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n} + \frac{1}{3} d_{n} $
$\displaystyle b_{n+1} = \frac{1}{3} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n} + \frac{1}{3}c_{n} $
$\displaystyle c_{n+1} = \frac{1}{3} b_{n} + \frac{1}{3} c_{n} + \frac{1}{3} d_{n} $
$\displaystyle d_{n+1} = \frac{1}{3} a_{n} + \frac{1}{3} c_{n} + \frac{1}{3} d_{n}  $

b) Pour $n\in\mathbb{N}$, on note $\displaystyle X_n=\begin{pmatrix}a_n\\b_n\\c_n\\d_n \end{pmatrix}$ et $M=\displaystyle \frac{1}{3}\begin{pmatrix}  1&1&0&1\\   1&1&1&0\\   0&1&1&1\\   1&0&1&1\\   \end{pmatrix}$.

Le système précédent s'écrit alors: $\forall n\in\mathbb{N}$, $X_{n+1}=M\times X_{n}$.

c) $\bullet$ Vérifions la première formule par récurrence.

On a: $B=\frac{1}{2}(J-K)$, donc la formule est vraie pour $n=1$.

Supposons la formule vraie à un rang $n\geq1$ fixé. On a:
$$ B^{n+1}=B\times B^n=\frac{1}{2} (J-K) \times \big[ 2^{n-2} J + (-1)^n 2^{n-2} K \big] =2^{n-3} J^2 + (-1)^n 2^{n-3} J K - 2^{n-3}  K J - (-1)^n 2^{n-3} K^2 $$

Des calculs simples donnent que: $J^2=4J$, $K^2=4K$ et $JK=KJ=0$. D'où:
$$ B^{n+1} = 2^{n-1} J - (-1)^n 2^{n-1} K =2^{(n+1)-2} J +( -1)^{n+1} 2^{(n+1)-2} K $$

La formule est donc vraie au rang $n+1$.

D'après le principe de récurrence, la formule est donc vraie pour tout $n\geq1$.

$\bullet$ On remarque que: $\displaystyle M=\frac{1}{3}(B+I_4)$. Alors, comme $B$ et $I_4$ commutent, la formule du binôme donne que, pour tout $n\geq1$:
$$ M^n=\frac{1}{3^n}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}B^k I_4^{n-k} = \frac{1}{3^n} I_4 + \frac{1}{3^n} \sum_{k=1}^n \binom{n}{k}B^k =\frac{1}{3^n} I_4  + \frac{1}{3^n} \times \frac{1}{4} \times \left( \sum_{k=1}^n\binom{n}{k}2^{k} \right) J +\frac{1}{3^n} \times \frac{1}{4} \times \left( \sum_{k=1}^n\binom{n}{k}(-2)^{k} \right) K $$

donc

$$M^n= \frac{1}{3^n} I_4 + \frac{1}{4\times 3^n} \left(3^n-1\right)J + \frac{1}{4\times 3^n} \left((-1)^n-1\right) K $$

Finalement, pour tout $n\geq1$:
$$ M^n = \frac{1}{3^n} I_4 + \frac{1}{4} \left( 1-\frac{1}{3^n} \right) J + \frac{1}{4} \left( \left( \frac{-1}{3} \right)^n-\left( \frac{1}{3} \right)^n \right) K$$

d) Une rapide récurrence permet de montrer que: $\forall n\in\mathbb{N}$, $X_n=M^nX_0$.

De plus $\displaystyle  X_0=\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0  \end{pmatrix}$ puisqu'on est en A au départ. 

On obtient:
$$ \forall n\geq1,\quad X_n=\begin{pmatrix} \frac{1}{3^n} + \frac{1}{4} \left( 1-\frac{1}{3^n} \right) + \frac{1}{4} \left( \left( \frac{-1}{3} \right)^n - \frac{1}{3^n} \right) \\\\ \frac{1}{4} \left( 1-\frac{1}{3^n} \right) - \frac{1}{4} \left( \left( \frac{-1}{3} \right)^n - \frac{1}{3^n} \right) \\\\ \frac{1}{4} \left( 1-\frac{1}{3^n} \right) + \frac{1}{4} \left( \left( \frac{-1}{3} \right)^n - \frac{1}{3^n} \right) \\\\ \frac{1}{4} \left( 1 - \frac{1}{3^n} \right) - \frac{1}{4} \left( \left( \frac{-1}{3}\right)^n - \frac{1}{3^n} \right) \end{pmatrix} $$

Finalement, $ \forall n\geq1$:

$\displaystyle    a_{n}=\frac{1}{4\times 3^n}\big(3^n+2+(-1)^n\big)\quad   b_{n}=\frac{1}{4\times 3^n}\big(3^n-(-1)^n\big)\quad c_{n}=\frac{1}{4\times 3^n}\big(3^n-2+(-1)^n\big)\quad  d_{n}=\frac{1}{4\times 3^n}\big(3^n+(-1)^n\big)$
 
et $a_0=1$, $b_0=c_0=d_0=0$.

e) Pour $(a_n)_{n\geq1}$, on remarque que, pour tout $n\geq1$:
$$a_n=\frac{1}{4}\left(1+\frac{2}{3^n}+\left(\frac{-1}{3}\right)^n\right)$$

Comme $\displaystyle \frac{1}{3}<1$, on a donc: $\displaystyle \lim_{n\to+\infty}a_n=\frac{1}{4}$.

Le même raisonnement donne que: $\displaystyle \lim_{n\to+\infty}b_n=\displaystyle \lim_{n\to+\infty}c_n=\displaystyle \lim_{n\to+\infty}d_n=\frac{1}{4}$.

On peut en donner l'interprétation suivante: au bout d'un très grand nombre de déplacements, on se trouve de façon équiprobable sur n'importe quel sommet du carré.