- 1 - APPLICATION DU CALCUL MATRICIEL A QUELQUES

Ch6 – Processus d’évolution. Spé maths

2012-2013 J. TAUZIEDE.

APPLICATION DU CALCUL MATRICIEL A QUELQUES PROCESSUS ALEATOIRES OU STOCHASTIQUES. C’est dans le cadre de la macrolinguistique, qui a permis des progrès dans le domaine militaire (codage) mais aussi dans l’analyse de documents anciens dégradés dans le but d’en retrouver des fragments partiellement effacés que Markov (mathématicien russe 1856-1922) crée l’analyse markovienne. En simplifiant à l'extrême, on parle de processus de Markov lorsqu'à chaque instant, l'état ultérieur du processus ne dépend que de son état présent : c'est en quelque sorte un processus sans mémoire.

I-

GENERALITES SUR LES GRAPHES. 1°) Le vocabulaire de base.

Définition. On appelle : Graphe Sommet Arête

un ensemble de points et de lignes reliant certains de ces points. un point d’un graphe. une ligne d’un graphe reliant deux sommets (appelés aussi les extrémités de l’arête). On dit que deux sommets sont adjacents s’ils sont reliés par une arête ; on parle de paire de sommets adjacents. Ordre d’un graphe le nombre de sommet d’un graphe. Boucle une arête dont les extrémités sont confondues. Degré d’un sommet le nombre d’arêtes dont ce sommet est une extrémité ; une boucle augmente de deux le degré de ce sommet. Un graphe est simple lorsqu’il est sans boucle et tel que, entre deux sommets, il y’a au plus une arête. Sous-graphe d’un graphe un graphe composé de certains sommets et des arêtes qui relient ces sommets. Graphe complet tout graphe dont les sommets sont adjacents ou encore lorsqu’un sommet est relié à tous les autres sommets. Exemple. Graphe 1

Le graphe 1 comporte 10 arêtes et 6 sommets. L’arête reliant S et P est notée SP ou PS ou {P,S}. L’ordre du graphe est 6 Il est sans boucle.

Graphe 2

Graphe 3

Le graphe 2 comporte 4 Le graphe 3 comporte 6 sommets et 7 arêtes. sommets, 5 arêtes. L’ordre du graphe est 6 mais ce L’ordre du graphe est 4 Il a une boucle en A. Ce graphe n’est pas complet car tous ses sommets ne graphe est complet. sont pas adjacents

-1-

Degré du sommet

A

B

C 4

D

Graphe 2

3

3

3

3

Graphe 3

2

3

2

1

Graphe 1

E

F

1

1

Théorème. La somme des degrés des sommets d’un graphe est égale à deux fois le nombre d’arêtes du graphe. Les graphes 1 et 2 sont simples mais pas le graphe 3. Pourquoi ? Le graphe 3 n’est pas simple car il n’y a pas d’arête par exemple entre les sommets 3 et 5.

2°) Matrice associée à un graphe non orienté. Définition. Soit n un entier naturel non nul. On appelle matrice associée à un graphe non orienté, la matrice à n lignes et n colonnes où le terme situé à l’intersection de la ième ligne et jme colonne est égal au nombre d’arêtes reliant i et j. Exemple. 0 1 La matrice associée au graphe 1 est : M =  10 0 0  2 La matrice associée au graphe 2 est M 2 =  11  1

1 0 1 1 1 0

1 1 0 1 0 1

0 1 1 0 1 1

1 0 1 1

1 1 0 1

1 1 1 0 1 0 1 1 0 0

0 1 0 1 0 1

0 0 1 1 1 0

1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 0  Quelle est la matrice associée au graphe 3 ? M = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0  On remarque que ces matrices sont symétriques car l’existence de l’arête ( i − j ) entraîne l’existence de l’arête ( j − i ) .

2°) Graphes orientés et matrice de transition. Définition. Un graphe est dit orienté lorsqu’un segment reliant deux sommets adjacents est muni d’un sens de parcours. Un graphe étiqueté est un graphe orienté dont les arêtes sont affectés d’une étiquette (lettre ou nombre).

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2012 – 2013.

Dans le cas où toutes les étiquettes sont des nombres positifs, on dit que le graphe est pondéré.

II-

GRAPHES PROBABILISTES ET MATRICE DE TRANSITION. 1°) Graphes probabilistes.

Définition. On appelle graphe probabiliste, un graphe orienté pondéré tel que la somme des poids des arêtes issues de chaque sommet donné vaut 1. La matrice associée à un tel graphe est appelée matrice de transition. Exemple : Monsieur X a trois amis A, B et C. A chaque étape de sa marche aléatoire : 1 • s’il est chez A, il va chez B ou C avec une probabilité de pour B ; 3 3 • s’il va chez B, il va en A ou C avec une probabilité de pour A ; 4 • s’il est en C, il va chez A ou B de façon équiprobable. Il part de chez A, B ou C et arrête sa promenade au bout de trois étapes. Chez qui a-t-il le plus de chance de se trouver ? On pourra noter, par exemple, IPA (C ) la probabilité d’aller de A vers C en une étape.

Partie A. Une nouvelle représentation : un graphe probabiliste. On peut représenter la situation par le graphe précédent. 1 1°) Que représente la probabilité inscrite le long de la flèche allant de A vers B ? 3 Recopier ce graphe et le compléter par les probabilités manquantes le long des flèches. Partie B. A l’aide d’un arbre de probabilités. 1°) On suppose que Monsieur X part de chez A. Réaliser un arbre de probabilités pour une marche à trois étapes. 2°) Calculer la probabilité que Monsieur X soit en A, en B, en C en deux étapes. 3°) Même question pour une marche en trois étapes. Pour répondre à la question posée, il faudrait construire à nouveau deux arbres semblables au premier, selon que Monsieur X part de B ou de C. Cette démarche vite fastidieuse, trouve ici ses limites !

-3-

L’utilisation de matrices va nous permettre de résoudre ce problème de façon beaucoup plus rapide.

Partie C. A l’aide d’une matrice. On introduit une matrice M à 3 lignes et 3 colonnes, appelée matrice de transition, formées par les probabilités de passage en une étape de A, B ou C à A, B ou C comme indiquée cidessous : ↑ A M= B C

A B C  IPA ( A) IPA (B ) IPA (C )    IPB ( A) IPB (B ) IPB (C )  IP ( A) IP (B ) IP (C ) C C  C 

1°) a- Ecrire la matrice A avec tous ses coefficients. b- Que remarque-t-on sur la somme des coefficients d’une ligne ? Justifier. 2°) a- Calculer M 2 . Quelles probabilités reconnaît-on dans les coefficients de la première ligne de cette matrice ? b- Par analogie, quelle probabilité représenterait le coefficient situé en 3ème ligne et 2ème colonne ? c- Inversement, quelles seraient les probabilités d’aller, en deux étapes : de B à A ? de B à B? 3°) a- Calculer M 3 . b- Quelles probabilités reconnaît-on dans les coefficients de la première ligne de cette matrice ? c- Conjecturer les probabilités d’aller en trois étapes : de A à B ; de C à B ; de B à B. d- A la fin d’une marche aléatoire en trois étapes, chez qui Monsieur X aurait-il le plus de chance de terminer sa marche s’il est parti de A ? de B ? de C ? Partie A. 1 1°) est la probabilité que Monsieur X aille vers B en une étape sachant qu’il est en A. Il 3 s’agit de la probabilité conditionnelle IPA (B ) . 2°)

Partie B. 1°) Monsieur X part de A. L’arbre de probabilités complété est le suivant :

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2012 – 2013.

2°) Calcul des probabilités que Monsieur X en deux étapes soit • en A est A = ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ C ) . Or A et C sont deux événements contraires sont les événements ( A ∩ B ) et ( A ∩ C ) sont incompatibles. D’après la formule des probabilités totales, 1 3 2 1 7 IP( A) = IP( A ∩ B ) + IP( A ∩ C ) = IP( A) × IPA (B ) + IP( A) × IPA (C ) = × + × = . 3 4 3 2 12 • en B est B = ( A ∩ C ) donc IP( A) = IP( A ∩ C ) . Par définition d’une probabilité 2 1 1 conditionnelle, IP(B ) = IP( A) × IPA (B ) = × = . 3 2 3 1 1 1 • en C. On trouve IP(C ) = IP( A)× IPA (C ) = × = . 3 4 12 On peut résumer cela par le tableau suivant :

3°) • • •

1 3 1 1 7 en A : IP( A) = × + × = . 3 4 12 2 24 7 1 1 1 17 en B : IP(B ) = × + × = . 12 3 12 2 72 7 2 1 1 17 en C. On trouve IP(C ) = × + × = . 12 3 3 4 36

Partie C. 1°) a- Avec la définition de la matrice de transition, on a :

-5-

↑ A B C A  1 2 0  3 3  M = B 3 1 0 4 4   1 1 C 0  2 2  b- On remarque que : 1 2 a11 + a12 + a13 = 0 + + = 1 que l’on peut 3 3 3 1 2 écrire ∑ a1 j = 1 et qui traduit IPA ( A) + IPA (B ) + IPA (C ) = 0 + + = 1 que l’on peut écrire 3 3 j =1

Pour la première ligne de la matrice

∑ IP (A ) = 1 . 3

j =1

A

j

Pour la seconde ligne de la matrice 3

Pour la troisième ligne

∑a j =1

∑ a 2 j = ∑ IPB (A j ) = 1 3

3

j =1

j =1

= ∑ IPC (A j ) = 1 . 3

3j

j =1

3

En effet, par exemple pour le premier calcul,

∑a j =1

1j

= IPA ( A) + IPA (B ) + IPA (C ) et la somme

des probabilités figurant sur chacune des branches issues d’un même nœud est égale à 1. 2°) 1   12  1  . 0 0 2  1 1 11   2 2 24  b- On a m11 = a112 + a12 a 21 + a13 a 31 = IPA ( A) × IPA ( A) + IPA (B ) × IPB ( A) + IPA (C ) × IPC ( A) Ce coefficient correspond à la probabilité qu’il retourne en A à la deuxième étape. Chacun des coefficient de la 1ère ligne de la matrice correspond à la probabilité qu’il se retrouve respectivement en A, B ou C au bout de deux étapes sachant qu’il venait au départ de A. Le coefficient a 32 correspond à la probabilité que Monsieur X se retrouve en B au bout de deux étapes sachant qu’il était au départ parti de C.  0  3 2 a- M =  4 1  2

1 3

2   0 3  1 3 × 4 4  1 0   2

1 3

2  7   3   12 1  1 = 4  8  3 0   8

1 3 3 8 1 6

Plus généralement le coefficient a ij de la matrice M n , avec n ∈ IN * , correspond à la probabilité que Monsieur X parte de Ai et se retrouve en A j à la nième étape. c- La probabilité d’aller de B à A en deux étapes est a 21 = 3°) -6-

1 ème (2 ligne 1ère colonne). 8

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a-

bc• • •

d• • •

2012 – 2013.

 7 17 17     24 72 36  17 7 17  M3 =  32 24 96   17 17 7     48 48 24  En 1ère ligne, on retrouve les probabilités que Monsieur X, partant de A arrive en A, B, C. D 17 De A vers B : , 72 17 De C vers B : , 48 7 . De B vers B : 24  0,29 0,24 0,47    -2 3 3 En arrondissant à 10 , la matrice M donne : M =  0,53 0,29 0,18     0,35 0,35 0,29  En C en partant de A (car dans la première ligne, la probabilité la plus grande est 0,47) En A en partant de B (car dans la deuxième ligne, la probabilité la plus grande est 0,53) En A ou en B en partant de C.

Exercice du même type (indice page 84) : Evolution de sondages. Deux candidats se présentent à une élection. En début de campagne, 25 % des personnes déclarent vouloir voter pour le candidat A et 75 % des personnes pour le candidat B. On notera R1 = (0,25 0,75) la matrice ligne de cette distribution initiale des fréquences de vote. Chaque semaine, de nouveaux sondages sont réalisés. Les sondeurs révèlent une évolution constante : chaque semaine 98 % des personnes s’étant prononcées pour le candidat A la semaine précédente déclarent à nouveau une intention de vote pour A et 2 % de ces personnes changent d’avis et se prononcent pour B. Le candidat B conserve de semaine en semaine 96 % des intentions de vote, les 4 % restants changeant d’avis.

1°) Calculer la matrice R 2 de la distribution des fréquences des intentions de vote la deuxième semaine en vous aidant éventuellement d’un arbre pondéré, puis vérifier que R 2 = R1 E , où E est la matrice traduisant les évolutions :  0,98 0,02   E =   0,04 0,96 

-7-

2°) Exprimer de même la matrice ligne R3 de la distribution des intentions de vote la semaine 3 en fonction de R 2 et de la matrice E puis en fonction de R1 et de la matrice E. 3°) On suppose que la campagne électorale dure 12 semaines. a- Exprimer la matrice R12 de la répartition des intentions de vote la 12ième semaine en fonction de la répartition initiale et de la matrice E. b- A l’aide de la calculatrice, donner la distribution des intentions de vote en fin de campagne (on donnera les résultats en pourcentage, arrondis au point entier). c- On suppose que la campagne dure 20 semaines. Quelle sera dans ce cas la répartition des intentions de vote en fin de campagne ? (on donnera les résultats en pourcentage, arrondis au point entier).  1 − 1 1  2 1 .  et Q =  5°) Soit P =  3  − 1 1 1 2  a- Calculer les matrices D = QEP et QP. b- Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n non nul, on a E n = PD n Q . c- Exprimer les éléments de la matrice E n en fonction de n et en déduire que la matrice ligne R n de la distribution des intentions de vote après n semaines est donnée par : 1 R n = (8 − 5 × 0,94 n −1 4 + 5 × 0,94 n −1 ). 12 d- En déduire la durée de campagne nécessaire pour que les intentions de vote pour le candidat A dépassent 60 %. Correction. L’objectif est ici de découvrir l’efficacité de l’utilisation des puissances d’une matrice pour l’étude de l’évolution d’une marche aléatoire simple. 1°) Faites un arbre ; on peut vérifier que R 2 = R1 × E = (0,275 0,725) . 2°) On a R3 = R 2 × E = (R1 E ) × E = R1 E 2 . 3°) La campagne dure 12 semaines. a- R12 = R1 E 11 ≈ (0,456 0,544) ; b- Ce qui donne au bout d’un an environ 46 % pour le candidat A et 54 % pour le candidat B. 4°) R 20 = R1 E 19 ≈ (0,538 0,462) soit environ 54 % pour le candidat A et 46 % pour le candidat B. 5°) 0  1  2 1  0,98 0,02  1 − 1  1  =   et  ×   ×  a- D = QEP =  3  − 1 1  0,04 0,96  1 2   0 0,94  1  2 1 1 − 1  1 0  ×  =  = I2. QP =  3  − 1 1 1 2   0 1  b- Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel n ≥ 1 , E n = PD n Q • Montrons la propriété au rang n=1.  0,98 0,02  1 − 1  0,98 0,02  1  2 1  0,98 0,02   et QD n P =   ×   ×   =   On a E 1 =   0,04 0,96  1 2   0,04 0,96  3  − 1 1  0,04 0,96   0,98 0,02   0,98 0,02   =   donc E 1 = PD 1Q ce qui prouve la relation au rang n=1. Or  0 , 04 0 , 96 0 , 04 0 , 96     -8-

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2012 – 2013.

•

Supposons que, pour un rang n non nul, fixé dans IN, la propriété E n = PD n Q est vraie et montrons qu’elle reste vraie au rang n+1. On a or d’après 5°) a) donc E n +1 = E n × E = PD n Q × (PDQ ) QP = I 2 E n +1 = E n × E = PD n × DQ = PD n +1 Q ce qui prouve la relation au rang n+1. • D’après le principe de récurrence, la propriété est vraie pour tout entier naturel n non nul.

)

(

c- On a D qui est une matrice diagonale, pour tout entier naturel n non nul, 1 n 0  n  D =  n  0 0 , 94   0  1  2 1 1  2 + 0,94 n 1 − 0,94 n  1 − 1 1n  .     ×  × × = E n = PD n Q =    n  n n   1 2   0 0,94  3  − 1 1 3  2 − 2 × 0,94 1 + 2 × 0,94  Pour on a n ≥ 1, n −1 n −1  1 − 0,94 1  2 + 0,94  R n = R1 E n −1 = (0,25 0,75) × ×  n −1 n −1  3  2 − 2 × 0,94 1 + 2 × 0,94  1 Pour n ≥ 1 Rn = 8 − 5 × 0,94 n 4 + 5 × 0,94 n . 12 d- A la 31ème semaine, les intentions de votes pour le candidat A dépassent 60 % pour la première fois.

(

III-

)

SUITES RECURRENTES ET MATRICES.

Pour tout entier naturel n, on note U n une matrice colonne à p lignes, A une matrice carrée d’ordre p et B une matrice colonne de taille p. Considérons la relation de récurrence autrement dit, U n +1 = AU n + B  x n +1   a11   =   y n +1   a 22

a12  x n   b1   x = a11 x n + a12 y n + b1   +   qui s’écrit aussi  n +1 a 21  y n   b2   y n +1 = a 22 x n + a 21 y n + b2

1°) Suites de matrices. Définition. On appelle suite de matrices colonnes de taille p (avec p entier naturel tel que p ≥ 2 ) toute fonction définie sur IN à valeurs dans l’ensemble des matrices colonnes de taille p. Remarque. Si (U n ) est une suite de matrices colonnes, tous les coefficients de la matrice U n sont des termes de suites numériques. Exemple :

La suite

(U n ) de

matrices définie pour tout entier naturel

 e −n  . U n =  −2n  − 1 e  

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n ≥ 2 par

Définition. Une suite de matrices converge si et seulement si toutes les suites formant tous les termes de cette matrice convergent. Exemple.

 0 Dans l’exemple précédent, la suite (U n ) converge vers la matrice U =   . 1

2°) Suites de matrices de la forme U n +1 = AU n + B . Théorème 1. Soit (U n ) une suite de matrice colonne de taille p (avec p entier p ≥ 2 ) dont le terme général vérifie, pour tout entier naturel n, U n +1 = AU n où A une matrice carrée d’ordre p. Alors, pour tout entier naturel n, U n = A nU 0 . Démonstration. Soit n un entier naturel et considérons la suite de matrices (U n ) vérifiant la relation de récurrence, U n +1 = AU n . • Montrons la propriété au rang n=0. On a A 0 = I p d’où A 0U 0 = I p U 0 = U 0 ce qui prouve la propriété au rang n=0. • On

Supposons que, pour un rang n fixé dans IN, la propriété U n = A nU 0 est vraie et montrons qu’elle reste vraie au rang n+1. a par hypothèse de récurrence, U n +1 = AU n or, U n = A nU 0 d’où

U n +1 = AA nU 0 = A n +1U 0 ce qui prouve la relation au rang n+1. • D’après le principe de récurrence, la propriété est vraie pour tout entier naturel n. Exemple. On considère la suite de matrices (U n ) 2× 1 telle que pour tout entier naturel n, U n +1 = AU n  2 1  1   et U 0 =   . où A =   0 3  − 2

 2 n 3n − 2 n  . 1°) Montrer que, pour tout entier naturel n, A =  n  0 3   • Montrons la propriété au rang n=0.  2 0 30 − 2 0   1 0  0 =  or I 2 = I 2 ce qui prouve la relation au Pour n=0, on a : A = I 2 et  3 0   0 1  0 rang n=0.  2 n 3n − 2 n  n   • Supposons que, pour un rang n fixé dans IN, la propriété A =  n  est 0 3   vraie et, montrons qu’elle reste vraie au rang n+1.  2 n 3n − 2 n  n n +1 n   d’où On a : A = AA or, par hypothèse de récurrence, A =  n  0 3   n

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Ch6 – processus d’évolution. Spe maths.

2012 – 2013.

(

)

2 × 3 n − 2 n + 3 n   2 n +1 3 n (2 + 1) − 2 n +1   2 1  2 n 3 n − 2 n   2 × 2 n + 1× 0        A =  n n +1  =  0 × 2 n + 3× 0 0 × 3n − 2 n + 3× 3n  =  0  0 3 0 3 3        n +1 n +1 n +1 2 3 −2   ce qui prouve la propriété au rang n+1. d’où A n +1 =  3 n +1   0 • D’après le principe de récurrence, on en déduit que, pour tout entier naturel n,  2 n 3n − 2 n  . A n =  n  0 3   2°) En déduire l’expression de U n en fonction de n. Comme A est une matrice carrée de taille 2 qui vérifie, pour tout entier naturel n la relation de récurrence U n +1 = AU n alors, pour tout entier naturel n, U n = A nU 0 ce qui donne, Pour tout entier naturel n,  2 n 3n − 2 n   1   2 n − 2 × 3n − 2 n  3× 2 n − 2 × 3n  ×  =  =  U n =    − 2 × 3n  − 2 × 3n 3 n   − 2   0    n +1

(

(

)

)

3°) La suite (U n ) est-elle convergente ?

On a lim 3 n = +∞ donc la suite (U n ) n’est pas convergente. n → +∞

Théorème 2. Soit (U n ) une suite de matrice colonne de taille p (avec p entier p ≥ 2 ) dont le terme général vérifie, pour tout entier naturel n, U n +1 = AU n + B où A une matrice carrée non nulle d’ordre p et B une matrice colonne d’ordre p. S’il existe une matrice L vérifiant L = AL + B alors, pour tout entier naturel n, U n = A n (U 0 − L ) + L . Démonstration. Une suite constante L vérifie la relation de récurrence si et seulement si L = AL + B . Si une telle suite existe, alors par différence de U n +1 = AU n + B et L = AL + B , on a pour tout entier naturel n, (U n +1 − L ) = A(U n − L ) . En posant, pour tout entier naturel n, W n = U n − L , la suite de matrice (W n ) vérifie la relation W n +1 = AW n . D’après le théorème 1, pour tout entier naturel n, W n = A nW0 où W0 = U 0 − L .

De plus, puisque W n = U n − L , on a pour tout entier naturel n, U n = A n (U 0 − L ) + L . Exemple. On considère la suite de matrices (U n )

2× 1 telle que pour tout entier naturel n,

10   2 1  1   , U 0 =   et B =   . U n +1 = AU n + B où A =  12   0 3  − 2 1°) Montrer qu’il existe une suite constante L telle que L = AL + B . 2°) En déduire l’expression de U n en fonction de n

- 11 -

1°) Soit L une matrice constante de format 2× 1 . Cette matrice vérifie la relation si et seulement si L = AL + B si et seulement si L(I 2 − A) = B si et seulement si I 2 − A est inversible.  −1 −1   et det (I 2 − A) = 2 qui est non nul donc I 2 − A est inversible avec Or, I 2 − A =   0 − 2 −2 1  1  − 2 1 10   − 4   d’où L =    =   (I 2 − A)−1 = 1  2  0 − 112   − 6  2  0 − 1 En posant pour tout entier naturel n, il vient Wn = U n − L , W n +1 = ( AU n + B ) − ( AL + B ) = AW n et par récurrence, pour tout entier naturel n, W n = A nW0 .

 2 n 3n − 2 n   donc, pour tout entier naturel n, Or, d’après l’exemple précédent, A n =  3 n  0  2 n 3 n − 2 n   1   − 4    − 4   2 n , + 4 × 3 n − 1  n    −    +   =   U n = A (U 0 − L ) + L =  n  − 2  − 6  4 × 3n − 6  . 6 − 0 3           

(

)

3°) Convergence des suites vérifiant U n +1 = AU n + B . Théorème. Soit (U n ) une suite de matrices colonnes vérifiant la relation de récurrence, pour tout entier naturel n, U n +1 = AU n + B . On suppose qu’il existe une suite constante L vérifiant la relation L = AL + B . iSi U 0 = L alors, la suite (U n ) converge vers L, ii-

( )

Si U 0 ≠ L et si la suite A n converge alors, la suite (U n ) converge.

Démonstration. Supposons qu’il existe une suite constante L vérifiant la relation L = AL + B . iSi U 0 = L alors d’après le théorème 2, pour tout entier naturel n, U n = A n (U 0 − U 0 ) + U 0 = U 0 ; la suite (U n ) est constante et converge vers L.

ii-

( )

Si U 0 ≠ L et si A n converge vers A * , toujours avec le résultat du théorème 2, on a lim U n = A * (U 0 − L ) + L donc (U n ) converge. n → +∞

Exercice [France métropolitaine, Juin 2012 – inédit- 1h00 – 5 points]  2 − 2 1   1°) Soit M la matrice de M 3 (IR) définie par M =  2 − 3 2  .  −1 2 0    a- Vérifier la relation (M − I 3 )(M + 3I 3 ) = O3 , où O3 désigne la matrice nulle de M 3 (IR) et I 3 la matrice identité de M 3 (IR). [0,25 pt] b- En déduire que la matrice (M − I 3 ) n’est pas inversible (on pourra faire un raisonnement par l’absurde). [0,25 pt] 0 n +1 n 2°) On pose M = I 3 , et pour tout entier naturel n : M = M ×M . - 12 -

Ch6 – processus d’évolution. Spe maths.

2012 – 2013.

a- Exprimer M 2 en fonction de M et I 3 .

[0,25 pt]

b- Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n, M n = u n M + v n I 3 , où u n et v n vérifient les relations u 0 = 0 , v 0 = 1 , et pour tout entier naturel n :

u n +1 = −2u n + v n .   v n +1 = 3u n

[0,5 pt]

3°) a- vérifier, pour tout entier naturel n, la relation : u n +1 + v n +1 = u n + v n = 1 . [0,25 pt] En déduire que, pour tout entier naturel n : u n +1 = −3u n + 1 . [0,25 pt] 1 b- On pose, pour tout entier naturel n, t n = u n − . Montrer que la suite (t n ) est une suite 4 géométrique dont on précisera la raison q ainsi que la valeur du premier terme. [0,25 pt] c- En déduire une expression de t n en fonction de l’entier naturel n. [0,25 pt] d- Donner pour tout entier naturel n, les expressions de u n , v n et M n en fonction de l’entier naturel n. [0,75 pt] 4°) On se propose de déterminer u n et v n par une autre méthode. a- Déterminer la matrice A telle que, pour tout entier naturel n :  u n +1  u    = A ×  n  . [0,25 pt]  v n +1   vn 

u  u  b- Montrer que, pour tout entier naturel n :  n  = A n ×  0  .  vn   v0  1 1   . c- On considère la matrice M =   3 − 1

[0,5 pt]

[0,5 pt] Calculer P 2 . En déduire P −1 , puis P n pour tout entier naturel n. n −1 n d- Calculer A′ = P × A × P . En déduire ( A′) , puis A pour tout entier naturel n. Retrouver ainsi les valeurs respectives de u n et v n en fonction de l’entier naturel n. [0,75 pt] Corrigé.

2  1°) Soit M la matrice de M 3 (IR) définie par M =  2  −1  a- Vérifier la relation (M − I 3 )(M + 3I 3 ) = O3 , où

− 2 1  − 3 2 . 2 0  O3 désigne la matrice nulle de M 3 (IR)

et I 3 la matrice identité de M 3 (IR).

[0,25 pt]

 2 − 2 1 1 0 0  1 − 2 1        Dans M 3 (IR), on a : M − I 3 =  2 − 3 2  −  0 1 0  =  2 − 4 2   − 1 2 0   0 0 1   − 1 2 − 1      

- 13 -

 2 − 2 1 1 0 0  5 − 2      et, M + 3I 3 =  2 − 3 2  − 3 0 1 0  =  2 0  −1 2 0   0 0 1  −1 2       1 − 2 1   5 − 2 1 0      d’où, (M − I 3 )(M + 3I 3 ) = M − I 3 =  2 − 4 2  ×  2 0 2 = 0  − 1 2 − 1  − 1 2 3   0      donc, (M − I 3 )(M + 3I 3 ) = O3 .

1  2 3  0 0  0 0  = O3 0 0 

b- En déduire que la matrice (M − I 3 ) n’est pas inversible (on pourra faire un raisonnement par l’absurde). [0,25 pt] Raisonnons par l’absurde, en supposant que la matrice (M − I 3 ) est inversible et que

(M − I 3 )(M + 3I 3 ) = O3 . Comme (M − I 3 ) est inversible, il existe une matrice M ′ ∈ M 3 (IR) telle que M ′(M − I 3 ) = I 3 donc, M ′[(M − I 3 )(M + 3I 3 )] = M ′ × O3 = [M ′ × (M − I 3 )]× (M + 3I 3 ) = I 3 × (M + 3I 3 ) = (M + 3I 3 ) . On obtiendrait alors (M + 3I 3 ) = O3 ce qui est absurde car d’après 1°) a, (M + 3I 3 ) ≠ O3 donc, la matrice (M − I 3 ) n’est pas inversible. 2°) On pose M 0 = I 3 , et pour tout entier naturel n : M n +1 = M n × M . a- Exprimer M 2 en fonction de M et I 3 . On a la relation (M − I 3 )(M + 3I 3 ) = O3 ce qui en développant donne :

(M

2

) (

) (

[0,25 pt]

)

+ 3MI 3 − I 3 M − 3I 32 = O3 ⇔ M 2 + 2 M − 3I 3 = O3 ⇔ M 2 = −2 M + 3I 3 . M = −2M + 3I 3 . 2

b- Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n, M n = u n M + v n I 3 , où u n et v n vérifient les relations u 0 = 0 , v 0 = 1 , et pour tout entier naturel n : u n +1 = −2u n + v n . [0,5 pt]   v n +1 = 3u n Montrons par récurrence sur l’entier naturel n que, M n = u n M + v n I 3 . • Montrons la propriété au rang n=0. 0 M = I 3 et u 0 M + v 0 I 3 = 0 × M + 1× I 3 = I 3 or I 3 = I 3 d’où M 0 = u 0 M + v 0 I 3 ce qui prouve la relation au rang n=0. • On a

Supposons que, pour un rang n fixé dans IN, la propriété M n = u n M + v n I 3 est vraie et, montrons qu’elle reste vraie au rang n+1. or, par hypothèse de récurrence M n = u n M + v n I 3 M n +1 = M n × M = (u n M + v n I 3 ) × M

- 14 -

Ch6 – processus d’évolution. Spe maths.

= u n M 2 + vn I 3 M

2012 – 2013.

or, d’après 2°) a, M 2 = −2M + 3I 3

= u n (− 2 M + 3I 3 ) + v n M = −2u n M + 3u n I 3 + v n M

u = −2u n + v n En posant  n +1 , on a : v 3 u = n +1 n  n +1 M = u n +1 M + v n +1 I 3 ce qui prouve la relation au rang n+1. D’après le principe de récurrence, la propriété est vraie pour tout entier naturel n. = (− 2u n + v n )M + 3u n I 3 .

3°) a- vérifier, pour tout entier naturel n, la relation : u n +1 + v n +1 = u n + v n = 1 . [0,25 pt] En déduire que, pour tout entier naturel n : u n +1 = −3u n + 1 . [0,25 pt] Soit n un entier naturel. u n +1 + v n +1 = (− 2u n + v n ) + 3u n = u n + v n . Ainsi, la suite (u n + v n )n∈IN est une suite constante d’où, pour tout entier naturel n, u n + v n = u 0 + v 0 = 0 + 1 = 1 . Pour tout entier naturel n, u n +1 + v n +1 = u n + v n = 1 .

Pour tout entier naturel n, (u n +1 + v n +1 = 1) ⇔ (u n +1 = 1 − v n +1 ) . Or, v n +1 = 3u n donc, Pour tout entier naturel n, u n +1 = −3u n + 1 . 1 b- On pose, pour tout entier naturel n, t n = u n − . Montrer que la suite (t n ) est une suite 4 géométrique dont on précisera la raison q ainsi que la valeur du premier terme. [0,25 pt] Soit n un entier naturel. 1 1 t n +1 = u n +1 − ; or u n +1 = −3u n + 1 donc t n +1 = −3u n + 1 − 4 4 3 t n +1 = −3u n + 4 1  t n +1 = −3 u n −  4  t n +1 = −3t n ce qui prouve que : 1 1 La suite (t n ) est une suite géométrique de raison q = −3 et de premier terme t 0 = u 0 − = − 4 4 c- En déduire une expression de t n en fonction de l’entier naturel n. [0,25 pt] D’après le théorème donnant l’expression du terme général d’une suite géométrique en fonction de l’entier naturel n, on en déduit que : 1 n Pour tout entier naturel n, t n = − × (− 3) . 4 d- Donner pour tout entier naturel n, les expressions de u n , v n et M n en fonction de l’entier naturel n. [0,75 pt] 1 1 n Des relations t n = u n − et t n = − × (− 3) , on déduit que, 4 4

- 15 -

1 1 n pour tout n ∈ IN : u n = − × (− 3) + . 4 4

De plus, u n + v n = 1 équivaut à v n = 1 − u n et donc, pour tout n ∈ IN v n =

1 3 n × (− 3) + . 4 4

Enfin, pour tout entier naturel n : M n = u n M + v n I 3 1 3  1 1 n n =  − × (− 3) +  M +  × (− 3) +  I 3 4 4  4 4 5 1  1 n (− 3)n − 1 − 1 (− 3)n + 1   − (− 3) + 4 2 2 4 4  4 1 1 1 1 n n n n (− 3) Donc, pour tout entier naturel n, M =  − (− 3) + − (− 3) +  .  2 2 2 2  1  1 1 1 1 n n (− 3)n + 3  − (− 3) +  (− 3) − 4 2 2 4 4   4

4°) On se propose de déterminer u n et v n par une autre méthode. a- Déterminer la matrice A telle que, pour tout entier naturel n :  u n +1  u    = A ×  n  .  v n +1   vn 

u  u  b- Montrer que, pour tout entier naturel n :  n  = A n ×  0  .  vn   v0  1 1   . c- On considère la matrice M =   3 − 1

[0,25 pt]

[0,5 pt]

Calculer P 2 . En déduire P −1 , puis P n pour tout entier naturel n. [0,5 pt] n n −1 d- Calculer A′ = P × A × P . En déduire ( A′) , puis A pour tout entier naturel n. Retrouver ainsi les valeurs respectives de u n et v n en fonction de l’entier naturel n. [0,75 pt]

IV-

MARCHE ALEATOIRE ENTRE DEUX ETATS.

1°) Présentation. On considère un système qui peut se trouver soit dans un état A, soit dans un état B, et qui évolue par étapes successives, en changeant d’état à chaque étape de façon aléatoire. • On note p la probabilité qu’il passe de l’état A à l’état B, q la probabilité qu’il passe de l’état B à l’état A. • La probabilité qu’il reste en A est donc 1 − p , la probabilité qu’il reste à l’état B est donc 1 − q . Ces probabilités sont appelés les probabilités de transition du système et on suppose qu’elles sont constates au cours de cette « marche aléatoire ».

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Ch6 – processus d’évolution. Spe maths.

2012 – 2013.

Pour tout entier naturel n, on note : • An l’événement : « A l’étape n, le système est dans l’état A », et a n sa probabilité ; • B n l’événement contraire: « A l’étape n, le système est dans l’état B », et bn sa probabilité ; • Les nombres a n et bn sont compris entre 0 et 1 et vérifient a n + bn = 1 .

De plus, pour tout entier naturel n : IPAn ( An +1 ) = 1 − p , IPAn (B n +1 ) = p , IPBn (B n +1 ) = 1 − q et IPBn ( An +1 ) = q . D’après la formule des probabilités totales, a n +1 = IP( An +1 ) = IPAn ( An +1 ) + IPBn ( An +1 ) = (1 − p )a n + qbn bn +1 = IP(B n +1 ) = IPAn (B n +1 ) + IPBn (B n +1 ) = pa n + (1 − q )bn

2°) Graphe probabiliste et matrice de transition. On peut représenter l’évolution de ce système d’une étape à la suivante par un graphe probabiliste, dont les sommets indiquent les états et les flèches indiquent les probabilités de transition.

La matrice de transition associée à ce graphe est :  IPA ( An +1 ) IPAn (B n +1 ) 1 − p p   =   M =  n  1 − q   IPBn ( An +1 ) IPBn (B n +1 )  q Propriétés. iTous les coefficients sont compris entre 0 et 1 ; iiPour chaque ligne, le somme des coefficients est égale à 1.

3°) Ecriture matricielle du problème. Définition. Soit n un entier naturel. La matrice ligne Π n = (a n probabilité à l’étape n.

- 17 -

bn ) est appelée la répartition de

Théorème. Soit Π n la matrice ligne associée à une marche aléatoire à l’étape n. Si M désigne la matrice de transition alors, pour tout entier naturel n, Π n +1 = Π n M . De plus, Π n = Π 0 M n . Définition. On appelle répartition stable de probabilité, une matrice ligne Π, dont tous les coefficients sont positifs et de somme égale à 1, vérifiant Π = ΠM . Théorème. p  1 − p  la matrice de transition associée à une marche aléatoire entre deux Soit M =  1 − q   q états et Π n = (a n bn ) la matrice ligne de répartition de probabilité à l’étape n (où n ∈ IN ). Si ( p; q ) ∈ [0;1] avec ( p; q ) ≠ (0;0) et ( p; q ) ≠ (1;1) alors : iil existe une répartition stable de probabilité  q p   ; Π =   p+q p+q 2

ii-

Quelle

que soit la répartition (Π n )n∈IN converge vers Π.

de

probabilité

Π

et

initiale

une

Π0 ,

la

seule,

suite

Démonstration. Soit n ∈ IN et notons Π n = (a n bn ) l’état probabiliste après n pas ; alors, pour tout entier naturel n, a n + bn = 1 . A l’aide de la relation Π n +1 = Π n M où M est la matrice de transition, on en déduit que pour p  1 − p  = ((1 − p )a n + qbn pa n + (1 − q )bn ) d’où, bn ) 1 − q   q Pour tout entier naturel n, a n +1 = (1 − p )a n + qbn = (1 − p )a n + q(1 − a n ) = (1 − p − q )a n + q . Comme 0 < p < 1 et 0 < q < 1 cela implique − 2 < − p − q < 0 donc − 1 < 1 − p − q < 1 c'est-àtout entier naturel n, Π n +1 = (a n

dire 1 − p − q < 1 . La suite (a n )n∈IN est donc arithmético-géométrique. q . p+q q q q( p + q − 1) = a n +1 − = (1 − p − q )a n + q − = (1 − p − q )a n + p+q p+q p+q

Introduisons la suite (u n )n∈IN définie pour tout entier naturel n par : u n = a n − On a u n +1

= (1 − p − q )a n − (1 − p − q ) ×

 q q   = (1 − p − q )u n . = (1 − p − q ) a n − p+q p + q  

Ainsi, (u n )n∈IN est une suite géométrique de raison 1 − p − q avec 1 − p − q < 1 et donc est convergente de limite nulle. q p Ainsi, lim a n = et puisque a n + bn = 1 , il vient lim bn = . n → +∞ n → +∞ p+q p+q - 18 -

Ch6 – processus d’évolution. Spe maths.

2012 – 2013.

Comme ces limites sont indépendantes de l’état initial Π 0 , la limite lim Π n = Π avec n → +∞

 q Π =   p+q

p   est bien un état stable. p + q 

Remarque. • Si p = 0 et q = 0 , la matrice de transition est la matrice unité. La suite des états est constante, donc elle converge, mais la limite dépend de la distribution initiale : il n’y a pas d’état stable.  0 1  0 1   1 0    =   = I 2 , M 3 = MI 2 = M et plus • Si p = 1 et q = 1 , alors M 2 =   1 0  1 0   0 1  généralement, pour tout entier naturel n : o Si n est pair M n = I 2 , o Si n est impair M n = M , Ce qui prouve que la suite ne converge pas car elle prend successivement deux valeurs différentes : il n’y a pas d’état stable.

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