Correction : 4 p. 132 1) Mathématisation du problème a) Le saut direct a une probabilité égale à p. Donc la somme des probabilités des branches rouges doit être égale à p. Chaque sommet ayant la même probabilité, on obtient sur chaque branche rouge. La somme de toutes les branches est égale à 1. Donc, la somme des branches noires est égale à 1 moins la somme des branches rouges, soit 1 – p. Ainsi, chaque branche noire doit avoir une probabilité de . On obtient l’arbre suivant : 2 3 4 1 1 2 3 4 b) On obtient l’arbre pondéré suivant : c) En utilisant la formule des probabilités totales, on obtient : P(Xn + 1 = 1) = (P (Xn = 1) + P (Xn = 2) + P (Xn = 3) + P (Xn = 4)) + = (P (Xn = 2) + P (Xn = 3) + P (Xn = 4)) + (P (Xn = 2) + P (Xn = 3) + P (Xn = 4)) Puisque : P (Xn = 1) + P (Xn = 2) + P (Xn = 3) + P (Xn = 4) = 1. On a aussi : P(Xn + 1 = 2) = + (P (Xn = 1) + P (Xn = 3) + P (Xn = 4)) On a aussi : P(Xn + 1 = 3) = + (P (Xn = 1) + P (Xn = 2) + P (Xn = 4)) On a aussi : P(Xn + 1 = 4) = + (P (Xn = 1) + P (Xn = 2) + P (Xn = 3)) Correction : 4 p. 132 1/3 d) Voir fichier Excel. On conjecture que lorsque n est grand, le mobile peut se trouver de manière équiprobable sur l’un des 4 sommets. 2) Avec l’outil matriciel a) On a, pour tout entier naturel n : 0 (1 – p)TUn + S = (1 – p) 0 ( = = 3) + ( = 1) + ( ( = 2) + ( = 1) + ( = 2) + ( = 4) = 4) = 4) = 3) + ( = 4) + ( = 1) + ( = 1) = 2) = 3) = 4) = 2) + ( = 3) + = 1) + ( = 1) + ( b) L’écriture matricielle L = (1 – p)TL + S = 3) + ( = 2) + ( + = 3) = 2) + ( ( = Un + 1 = 3) + ( = 1) + ( ( + 1 1 1 1 ( ( ( ( ( ( 0 = 1) = 2) = 3) = 4) = 2) + ( ( = (1 – p) = 0 ( ( ( ( 1 1 1 1 = 4) + = 4) + équivaut à L - (1 – p)TL = S équivaut à I4L - (1 – p)TL = S équivaut à (I4 - (1 – p)T)L = S L’algorithme permet de donner la matrice L solution de l’écriture matricielle (1) (si (I4 - (1 – p)T) est inversible). La matrice obtenue est la matrice : L = On vérifie que : L = (1 – p)TL + S. En effet : (1 – p)TL + S Correction : 4 p. 132 = (1 – p) 0,25 0,25 . 0,25 0,25 0 0 0 0 0,25 0,25 0,25 0,25 + 1 1 1 1 2/3 0 = = = = 1 1 1 1 0 + + ! 0,25 0,25 0,25 0,25 0 =L 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 + 1 1 1 1 c) Ce programme permet d’afficher les matrices U1, U2, …, Un. La suite (Un) semble converger vers L. d) Pour tout entier naturel n, on a : Vn + 1 = Un + 1 – L = (1 – p)TUn + S – [(1 – p)TL + S] = (1 – p)TUn + S – (1 – p)TL - S = (1 – p)T (Un – L) = (1 – p)TVn Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a : Vn = (1 – p)nTnV0. • • Initialisation : (1 – p)0T0V0 = IV0 = V0 La propriété est vraie au rang n = 0. Héréditaire : Soit k un entier naturel non nul. On suppose que : Vk = (1 – p)kTkV0 On a : Vk + 1 = (1 – p)TVk = (1 – p)T(1 – p)kTkV0 par hypothèse de récurrence = (1 – p)k + 1 TTk V0 = (1 – p)k + 1 Tk + 1 V0 La propriété est donc héréditaire. On a donc démontré que : pour tout entier naturel n non nul, on a : Vn = (1 – p)nTnV0. On a : 0 < 1 – p < 1. Donc : lim (1 – p)n = 0. Ainsi, la suite (Vn) converge vers la matrice nulle. La suite (Un) converge donc vers L. Correction : 4 p. 132 3/3