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Correction : 4 p. 132 1/3
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(X
n + 1
= 1) = (P (X
n
= 1) + P (X
n
= 2) + P (X
n
= 3) + P (X
n
= 4))
+ (P (X
n
= 2) + P (X
n
= 3) + P (X
n
= 4))
= + (P (X
n
= 2) + P (X
n
= 3) + P (X
n
= 4))
Puisque : P (X
n
= 1) + P (X
n
= 2) + P (X
n
= 3) + P (X
n
= 4) = 1.
On a aussi : P(X
n + 1
= 2) = + (P (X
n
= 1) + P (X
n
= 3) + P (X
n
= 4))
On a aussi : P(X
n + 1
= 3) = + (P (X
n
= 1) + P (X
n
= 2) + P (X
n
= 4))
On a aussi : P(X
n + 1
= 4) = + (P (X
n
= 1) + P (X
n
= 2) + P (X
n
= 3))

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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 :
(1 – p)TU
n
+ S = (1 – p)
 +
= (1 – p) +
=
= 
= U
n + 1
b) L’écriture matricielle L = (1 – p)TL + S équivaut à L - (1 – p)TL = S
équivaut à I
4
L - (1 – p)TL = S
équivaut à (I
4
- (1 – p)T)L = S
L’algorithme permet de donner la matrice L solution de l’écriture matricielle (1)
(si (I
4
- (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 = (1 – p)
 +

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=
 +
=
 +
= !
= 
 = L
c) Ce programme permet d’afficher les matrices U
1
, U
2
, …, U
n
.
La suite (U
n
) semble converger vers L.
d) Pour tout entier naturel n, on a : V
n + 1
= U
n + 1
– L
= (1 – p)TU
n
+ S – [(1 – p)TL + S]
= (1 – p)TU
n
+ S – (1 – p)TL - S
= (1 – p)T (U
n
– L)
= (1 – p)TV
n
Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a : V
n
= (1 – p)
n
T
n
V
0
.
• Initialisation : (1 – p)
0
T
0
V
0
= IV
0
= V
0
La propriété est vraie au rang n = 0.
• Héréditaire : Soit k un entier naturel non nul. On suppose que : V
k
= (1 – p)
k
T
k
V
0
On a : V
k + 1
= (1 – p)TV
k
= (1 – p)T(1 – p)
k
T
k
V
0
par hypothèse de récurrence
= (1 – p)
k + 1
TT
k
V
0
= (1 – p)
k + 1
T
k + 1
V
0
La propriété est donc héréditaire.
On a donc démontré que : pour tout entier naturel n non nul, on a : V
n
= (1 – p)
n
T
n
V
0
.
On a : 0 < 1 – p < 1. Donc : lim (1 – p)
n
= 0. Ainsi, la suite (V
n
) converge vers la matrice nulle.
La suite (U
n
) converge donc vers L.