Étudier le comportement d'une chaîne de Markov à deux états - Exercice 1

25 min
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Dans une région, s'il fait beau un jour, il fait beau le lendemain avec une probabilité de 0,70{,}7 ; s'il fait mauvais un jour, il fait beau le lendemain avec une probabilité de 0,60{,}6 . La situation est modélisée par une chaîne de Markov de matrice de transition P=(0,70,30,60,4)P=\left(\begin{array}{cc} {0{,}7} & {0{,}3} \\ {0{,}6} & {0{,}4} \end{array}\right) (états BB « beau » et MM « mauvais », dans cet ordre). Le jour 00 , il fait beau.
Pour tout entier naturel nn , on note pnp_{n} la probabilité qu'il fasse beau le jour nn , de sorte que πn=(pn1−pn)\pi_{n}=\left(\begin{array}{cc} {p_{n}} & {1-p_{n}} \end{array}\right) .
Question 1

Démontrer que, pour tout entier naturel nn , pn+1=0,1pn+0,6p_{n+1}=0{,}1p_{n}+0{,}6 .

Correction
Soit une chaîne de Markov de matrice de transition PP et de distribution initiale π0\pi_{0} . Pour tout entier naturel nn , la distribution après nn transitions est la matrice ligne πn\pi_{n} telle que :
πn+1=πn×P\pi_{n+1}=\pi_{n}\times P et πn=π0×Pn\pi_{n}=\pi_{0}\times P^{n}
Pour tout entier naturel nn , on a : πn+1=πn×P\pi_{n+1}=\pi_{n}\times P
πn+1=(pn1−pn)×(0,70,30,60,4)\pi_{n+1}=\left(\begin{array}{cc} {\red{p_{n}}} & {\blue{1-p_{n}}} \end{array}\right)\times \left(\begin{array}{cc} {0{,}7} & {0{,}3} \\ {0{,}6} & {0{,}4} \end{array}\right)
Le premier coefficient de πn+1\pi_{n+1} est pn+1p_{n+1} . Il vient alors que :
pn+1=pn×0,7+(1−pn)×0,6p_{n+1}=\red{p_{n}}\times 0{,}7+\left(\blue{1-p_{n}}\right)\times 0{,}6
pn+1=0,7pn+0,6−0,6pnp_{n+1}=0{,}7p_{n}+0{,}6-0{,}6p_{n}
Finalement :
pn+1=0,1pn+0,6p_{n+1}=0{,}1p_{n}+0{,}6

Question 2

Pour tout entier naturel nn , on pose un=pn−23u_{n}=p_{n}-\dfrac{2}{3} . Démontrer que la suite (un)\left(u_{n}\right) est géométrique ; préciser sa raison et son premier terme.

Correction
1eˋre eˊtape :\red{\text{1}^{\text{ère}}\text{ étape :}} exprimons un+1u_{n+1} en fonction de unu_{n} .
un+1=pn+1−23u_{n+1}=p_{n+1}-\dfrac{2}{3}
un+1=0,1pn+0,6−23u_{n+1}=0{,}1p_{n}+0{,}6-\dfrac{2}{3}
un+1=0,1pn−115u_{n+1}=0{,}1p_{n}-\dfrac{1}{15}
un+1=0,1(pn−23)u_{n+1}=0{,}1\left(p_{n}-\dfrac{2}{3}\right)
un+1=0,1unu_{n+1}=0{,}1u_{n}
2eˋme eˊtape :\red{\text{2}^{\text{ème}}\text{ étape :}} le premier terme.
u0=p0−23=1−23=13u_{0}=p_{0}-\dfrac{2}{3}=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3} (le jour 00 , il fait beau : p0=1p_{0}=1).
Il en résulte que la suite (un)\left(u_{n}\right) est geˊomeˊtrique{\color{blue}\text{géométrique}} de raison 0,10{,}1 et de premier terme u0=13u_{0}=\dfrac{1}{3} .
Question 3

En déduire, pour tout entier naturel nn , l'expression de pnp_{n} en fonction de nn .

Correction
Soit (un)\left(u_{n}\right) une suite géométrique de raison qq et de premier terme u0u_{0} . Alors, pour tout entier naturel nn , on a : un=u0×qnu_{n}=u_{0}\times q^{n}
Ici, pour tout entier naturel nn , un=13×0,1nu_{n}=\dfrac{1}{3}\times 0{,}1^{n} .
Comme un=pn−23u_{n}=p_{n}-\dfrac{2}{3} , on a pn=un+23p_{n}=u_{n}+\dfrac{2}{3} .
Finalement :
pn=23+13×0,1np_{n}=\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{3}\times 0{,}1^{n}

Question 4

Déterminer la limite de la suite (pn)\left(p_{n}\right) et interpréter ce résultat.

Correction
  • Si −1<q<1-1\lt q\lt 1 alors lim⁡n→+∞qn=0\lim\limits_{n\to +\infty } q^{n} =0.
  • Si q>1 q \gt 1 alors lim⁡n→+∞qn=+∞\lim\limits_{n\to +\infty } q^{n} =+\infty.
Comme −1<0,1<1-1\lt 0{,}1\lt 1 alors :
lim⁡n→+∞0,1n=0\lim\limits_{n\to +\infty } 0{,}1^{n} =0
lim⁡n→+∞13×0,1n=0\lim\limits_{n\to +\infty } \dfrac{1}{3}\times 0{,}1^{n} =0
D'où : lim⁡n→+∞(23+13×0,1n)=23\lim\limits_{n\to +\infty }\left(\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{3}\times 0{,}1^{n}\right)=\dfrac{2}{3}
Ainsi :
lim⁡n→+∞pn=23\lim\limits_{n\to +\infty } p_{n} =\dfrac{2}{3}

À long terme, la probabilité qu'il fasse beau un jour donné est proche de 23\dfrac{2}{3} .
Question 5

Vérifier que la distribution π=(2313)\pi=\left(\begin{array}{cc} {\dfrac{2}{3}} & {\dfrac{1}{3}} \end{array}\right) est invariante. Que peut-on dire de la suite (πn)\left(\pi_{n}\right) ?

Correction
Une distribution π\pi (matrice ligne dont les coefficients sont positifs ou nuls et de somme égale à 11) est dite invariante\red{\text{invariante}} si :
π×P=π\pi\times P=\pi
Calculons les coefficients de π×P\pi\times P :
  • premier coefficient : 23×0,7+13×0,6=715+15=23\dfrac{2}{3}\times 0{,}7+\dfrac{1}{3}\times 0{,}6=\dfrac{7}{15}+\dfrac{1}{5}=\dfrac{2}{3} ;
  • deuxième coefficient : 23×0,3+13×0,4=15+215=13\dfrac{2}{3}\times 0{,}3+\dfrac{1}{3}\times 0{,}4=\dfrac{1}{5}+\dfrac{2}{15}=\dfrac{1}{3} .
Ainsi π×P=π\pi\times P=\pi : la distribution π\pi est invariante.
D'après la question précédente, pnp_{n} tend vers 23\dfrac{2}{3} et 1−pn1-p_{n} tend vers 13\dfrac{1}{3} :
la distribution πn\pi_{n} se rapproche de la distribution invariante π\pi

Question 6

Reprendre les questions 22 et 33 lorsque, le jour 00 , il fait mauvais. La limite de (pn)\left(p_{n}\right) change-t-elle ?

Correction
Si, le jour 00 , il fait mauvais, alors p0=0p_{0}=0 . La relation pn+1=0,1pn+0,6p_{n+1}=0{,}1p_{n}+0{,}6 et le calcul de la question 22 restent valables, seul le premier terme change :
u0=p0−23=−23u_{0}=p_{0}-\dfrac{2}{3}=-\dfrac{2}{3}
Ainsi, pour tout entier naturel nn :
pn=23−23×0,1np_{n}=\dfrac{2}{3}-\dfrac{2}{3}\times 0{,}1^{n}
Comme lim⁡n→+∞0,1n=0\lim\limits_{n\to +\infty } 0{,}1^{n} =0 , on a encore lim⁡n→+∞pn=23\lim\limits_{n\to +\infty } p_{n} =\dfrac{2}{3} .
la limite ne dépend pas du temps qu'il fait le jour 00

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