Algèbre - Math Plp

Algèbre
Etude d'une chaîne de Markov.
L'objet de cet exercice est l'étude de l'évolution, au cours du temps, de l'utilisation de trois
marques de dentifrice, X , Y et Z , pour une population donnée de consommateurs.
Les probabilités des évènements Xn , Yn et Zn sont respectivement notées xn , yn et zn .
Au cours du mois d'essai ( n = 0 ), on a observé les valeurs initiales : x0 = 0, 1 , y0 = 0, 2
et z0 = 0, 7.
1-a. Evaluation de la probabilité xn+1 d'utiliser la marque X au cours du mois n + 1.
Avec les notations et les hypothèses de l'énoncé, la formule de probabilité conditionnnelle
s'écrit, pour un consommateur ayant utilisé la marque X au cours du mois n :

‘
p(Xn+1 ∩ Xn ) = p Xn+1|Xn × p(Xn )
= 0, 4 xn
Nous calculons de même, pour un consommateur ayant utilisé la marque Y ou la marque
Z au cours du mois n :

‘

‘
p(Xn+1 ∩ Yn ) = p Xn+1|Yn × p(Yn )
= 0, 3 yn
et
p(Xn+1 ∩ Zn ) = p Xn+1|Zn × p(Zn )
= 0, 2 zn
Les trois évènements Xn , Yn et Zn forment une partition de l'univers des possibles, la
formule de probabilité totale donne :
xn+1 = p(Xn+1 )
= p(Xn+1 ∩ Xn ) + p(Xn+1 ∩ Yn ) + p(Xn+1 ∩ Zn )
= 0, 4 xn + 0, 3 yn + 0, 2 zn
Nous calculons de même yn+1 et zn+1 :
yn+1 = 0, 3 xn + 0, 4 yn + 0, 1 zn et zn+1 = 0, 3 xn + 0, 3 yn + 0, 7 zn
1-b. Si nous faisons la somme des trois termes xn+1 , yn+1 et zn+1 , nous obtenons :
xn+1 + yn+1 + zn+1 = (0, 4 + 0, 3 + 0, 3)xn + (0, 3 + 0, 4 + 0, 3)yn + (0, 2 + 0, 1 + 0, 7)zn
= xn + yn + zn
Pour tout n entier positif, xn+1 + yn+1 + zn+1 = xn + yn + zn .
Nous connaissons x0 + y0 + z0 = 0, 1 + 0, 2 + 0, 7 = 1, nous en déduisons par une récurrence
élémentaire :
∀n ∈ N
xn + yn + zn = 1
Les trois évènements Xn , Yn et Zn forment une partition de l'univers des possibles, la
somme de leurs probabilités vaut 1 : xn + yn + zn = 1, ∀ n ∈ N.
Blge0203, page 1/5 - 25 juin 2004
Matrice stochastique.
Si nous représentons l'état du marché au cours du mois n par la matrice colonne En , les
relations précédentes peuvent s'écrire, En+1 = S × En , où S est la matrice carrée :
S=











0, 4 0, 3 0, 2 








0, 3 0, 4 0, 1
0, 3 0, 3 0, 7
On vérie que la somme des éléments d'une colonne de S vaut toujours 1, on dit que la
matrice S est stochastique par colonne.
On montre que la matrice S est diagonalisable et peut s'écrire sous la forme :


S=











5
9
− 13 −1 


1 0
4
9
− 23
1
0
1
1
0



 
×
 
 
 
 
2
5
0 0


0 



 
 

0 
×
 
 
 
1
10
1
2
1
2
1
2
− 12 − 12
− 59
4
9




1 
2 



1
9
Sous cette forme, le calcul de S n et donc de En se fait facilement. On en déduit la limite
de En quand n tend vers +∞ :


lim S n =
n→+∞









5
18
5
18
2
9
2
9
1
2
1
2
5
18




2 
9 



1
2
Le présent problème propose une autre démarche qui exprime l'état de deux variables au
cours du mois n + 1 comme fonction ane de l'état des ces mêmes variables au cours
du mois n.
2. En utilisant le résultat des questions 1-a et 1-b, nous exprimons xn+1 et yn+1 en fonction des
seules variables xn et yn :
xn+1 =
=
yn+1 =
=
0, 4 xn + 0, 3 yn + 0, 2 (1 − xn − yn )
0, 2 xn + 0, 1 yn + 0, 2
0, 3 xn + 0, 4 yn + 0, 1 (1 − xn − yn )
0, 2 xn + 0, 3 yn + 0, 1
Ce que nous pouvons écrire sous forme matricielle :






xn+1 

yn+1


xn 


0, 2 
yn


+
 
0, 1
0, 2 0, 1 

0, 2 0, 3


×
 






=



.

Avec les notations de l'énoncé : Un+1 = A × Un + B .
Blge0203, page 2/5 - 25 juin 2004
3-a. On désigne par I la matrice unité, le déterminant de la matrice I − A vaut :
det(I − A) =
Œ
Œ
Œ
Œ
Œ
Œ
Œ
Œ
Œ
0, 8
−0, 1
−0, 2
0, 7
Œ
Œ
Œ
Œ
Œ
Œ
Œ
Œ
Œ
= 0, 54
Ce déterminant est non nul, donc la matrice I − A est inversible, son inverse vaut :



(I − A)−1 = 


35
27
5
27
10
27
40
27




3-b. Les propriétés d'anneau unitaire de l'ensemble des matrices carrées permettent d'établir
que l'équation C = A × C + B est équivalente à (I − A) × C = B .
Nous multiplions les deux membres de cette égalité par la matrice (I − A)−1 pour obtenir :
(I − A)−1 × (I − A) × C = (I − A)−1 × B et donc C = (I − A)−1 × B
Ce qui nous donne :



C=


5
18
2
9




4. Pour tout entier naturel n, on pose Vn = Un − C .
Nous remplaçons Un+1 et Un par leur expression en fonction de Vn+1 et Vn dans l'égalité de
la question 2 pour obtenir : Vn+1 +C = A×(Vn +C)+B , soit, Vn+1 = B−(I −A)×C+A×Vn .
La dénition de la matrice C nous permet d'écrire : Vn+1 = A × Vn
Une récurrence élémentaire établit que, pour tout entier naturel n, Vn = An × V0 .
5-a. L'ensemble des valeurs propres de la matrice A est l'ensemble des solutions de l'équation
en λ : det(A − λ I) = 0, soit (λ − 0, 2) (λ − 0, 3) − 0, 02 = 0.
Nous reconnaissons un trinôme du second degré, λ2 − 0, 5 λ + 0, 04, dont le discriminant
( ∆ = 0, 09 ) est positif.
La matrice A admet deux valeurs propres réelles distinctes : λ1 = 0, 1 et λ2 = 0, 4.
L'espace propre associé à la valeur propre λ1 est l'ensemble des vecteurs w dont la matrice
colonne W est solution de l'équation : A × W = λ1 .W .
Si nous notons r et s les coordonnées du vecteur w, l'équation A × W = λ1 .W équivaut au
système :





0, 2 r + 0, 1 s = 0, 1 r




0, 2 r + 0, 3 s = 0, 1 s
La solution de ce système est la droite vectorielle D1 d'équation r + s = 0.
Blge0203, page 3/5 - 25 juin 2004
De la même façon, l'équation A × W = λ2 .W équivaut au système :





0, 2 r + 0, 1 s = 0, 4 r




0, 2 r + 0, 3 s = 0, 4 s
La solution de ce système est la droite vectorielle D2 d'équation 2 r − s = 0.
Les deux espaces propres associés aux valeurs propres 0,1 et 0,4 sont les droites vectorielles
D1 et D2 d'équations respectives r + s = 0 et 2 r − s = 0, dans la base canonique de R2 .
5-b. Les deux droites D1 et D2 sont distinctes, donc supplémentaires dans l'espace vectoriel
R2 , ceci entraîne que
La matrice A est diagonalisable,
un vecteur directeur de D1 et un vecteur directeur de D2 forment une base de R2 .
Nous retiendrons le vecteur de coordonnées (1, −1), vecteur propre associé à la valeur
propre λ1 = 0, 1, et le vecteur de coordonnées (1, 2), vecteur propre associé à la valeur
propre λ2 = 0, 4, pour former la base C .
5-c. Les colonnes de la matrice P de passage de la base canonique de R2 à la base C sont les
deux matrices colonnes des coordonnées des vecteurs de C dans la base canonique de R2 :


1 1 

.


−1 2


P =
Son inverse P −1 s'en déduit :

P
−1
=

 32




− 31 
.
1
3

1
3
5-d. Si nous notons Λ la matrice diagonale semblable à A, dans la base C , nous avons :


Λ=


1
10
0 

0
2
5
 et
A = P × Λ × P −1




La puissance n de la matrice diagonale Λ est d'un calcul immédiat : Λn = 

1
10
‘n
0

0


.
 ‘n 

2
5
L'associativité du produit des matrices nous permet d'en déduire l'expression de An :
An = P × Λn × P −1 donne :

n
A =

‘n
 ‘n
1 2
 2 1
+3 5
 3 10

 ‘n
 ‘n

1
−2
+2 2
3
10
3
5
−1
3
1
3


1
10
1
10
‘n
‘n
+
+
1
3
 ‘n

2
5


 ‘n 

2 2
3
5
Blge0203, page 4/5 - 25 juin 2004
Nous reprenons les résultats de la question 4, à savoir Un = Vn + C et Vn = An V0 pour
obtenir : Un = An (U0 − C) + C , ce qui devient :






xn 

yn





=

2
3

−2
3
1
10

‘n
1
10
1
3
+
‘n
+
 ‘n
2
2
3
−1
3
5
 ‘n
1
3
2
5


1
10
1
10
‘n
‘n
+
+
1
3
 ‘n
2



−8
45
 
 
×
 ‘n 
 
−1
2 2
3
5
5

 
 
+
 
45

5
18
2
9


.

Le développement de cette expression donne :






xn 

yn






=
−1
9
1
9


1
10
1
10
‘n
‘n
+
−1
15
+
−2
15
 ‘n
2
5
 ‘n
2
5

+
5
18
+
2
9




Nous en déduisons immédiatement l'expression de xn et yn :
’
“
’ “
−1 1 n −1 2 n
5
+
+
9 10
15 5
18
’ “n
’ “n
−2 2
2
1 1
=
+
+
9 10
15 5
9
xn =
yn
La conclusion de la question 1-b nous permet d'en déduire zn = 1 − xn − yn :
’ “n
1 2
zn =
5 5
+
1
2
6. Nous reprenons les résultats de la question 5-b, lorsque n tend vers +∞. Tous les éléments
de la matrice diagonale Λ sont des constantes strictement inférieures à 1, donc :
lim Λn = 0
n→+∞
Nous en déduisons lim An = 0 et donc : lim Un = C .
n→+∞
n→+∞
5
2
et du marché
18
9
du dentifrice alors que la marque Z possède 50% de parts de ce même marché.
Conclusion, à long terme, les marques X et Y occupent respectivement
Ce résultat conrme l'ecacité des méthodes de marketing de Zorglub, voir à ce sujet
L'ombre du Z, par Franquin, aux éditions J. Dupuis .
L'ombre du Z, © Franquin, Editions J. Dupuis.
Remarque.
L'utilisation de la matrice stochastique S mentionnée entre les questions 1 et 2, montre que
le résultat à long terme ne dépend pas de de la répartition initiale E0 .
Blge0203, page 5/5 - 25 juin 2004