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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))
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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 :
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
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= (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.
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