Chaîne de Markov à deux états — vélos en libre-service

Une compagnie de vélos en libre-service gère deux stations dans une ville : la station Centre (C) et la station Gare (G). Des relevés quotidiens montrent que :

un vélo se trouvant à la station C en fin de journée reste à la station C le lendemain avec une probabilité de $ 0{,}8 $ et se retrouve à la station G avec une probabilité de $ 0{,}2 $ ;
un vélo se trouvant à la station G en fin de journée se retrouve à la station C le lendemain avec une probabilité de $ 0{,}3 $ et reste à la station G avec une probabilité de $ 0{,}7 $.

On modélise cette situation par une chaîne de Markov à deux états C et G. Pour tout entier naturel $ n $, on note $ X_n = \begin{pmatrix} c_n & g_n \end{pmatrix} $ la distribution probabiliste au jour $ n $, où $ c_n $ (resp. $ g_n $) désigne la probabilité qu'un vélo choisi au hasard se trouve à la station C (resp. G) au jour $ n $.

1. Représenter cette chaîne de Markov par un graphe orienté pondéré.
2. Écrire la matrice de transition $ M $ de cette chaîne de Markov. Vérifier que la somme des coefficients de chaque ligne est égale à $ 1 $.
Au début du relevé (jour 0), tous les vélos sont regroupés à la station C : $ X_0 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix} $.
1. Calculer $ X_1 $.
2. Calculer $ X_2 $.
3. Interpréter le premier coefficient de $ X_2 $.
Déterminer la distribution invariante de cette chaîne de Markov. Interpréter le résultat.

Corrigé

Question 1

a. Voici le graphe orienté pondéré représentant la chaîne de Markov :

Graphe orienté pondéré à deux états C et G avec les probabilités de transition

b. La matrice de transition est :

$ M = \begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}2 \\ 0{,}3 & 0{,}7 \end{pmatrix} $

Vérification : $ 0{,}8 + 0{,}2 = 1 $ et $ 0{,}3 + 0{,}7 = 1 $.

Question 2

a. On applique $ X_1 = X_0 \, M $ :

$ X_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}2 \\ 0{,}3 & 0{,}7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}2 \end{pmatrix} $

$\mathbf{X_1 = \begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}2 \end{pmatrix}}$

b. On applique $ X_2 = X_1 \, M $ :

Premier coefficient : $ 0{,}8 \times 0{,}8 + 0{,}2 \times 0{,}3 = 0{,}64 + 0{,}06 = 0{,}70 $.
Second coefficient : $ 0{,}8 \times 0{,}2 + 0{,}2 \times 0{,}7 = 0{,}16 + 0{,}14 = 0{,}30 $.

$\mathbf{X_2 = \begin{pmatrix} 0{,}70 & 0{,}30 \end{pmatrix}}$

c. Au jour 2, la probabilité qu'un vélo choisi au hasard se trouve à la station Centre est de $ 0{,}70 $, soit 70 % des vélos.

Question 3

On cherche $ X = \begin{pmatrix} a & b \end{pmatrix} $ vérifiant $ X \, M = X $ et $ a + b = 1 $.

L'égalité $ X \, M = X $ se traduit par le système :

$ \left\{\begin{matrix} 0{,}8\,a + 0{,}3\,b = a \\ 0{,}2\,a + 0{,}7\,b = b \end{matrix}\right. $

Les deux équations sont équivalentes. La première donne : $ 0{,}3\,b = 0{,}2\,a $, soit $ a = \dfrac{3}{2}\,b $.

En ajoutant la condition $ a + b = 1 $ :

$ \dfrac{3}{2}\,b + b = 1 \quad \Longleftrightarrow \quad \dfrac{5}{2}\,b = 1 \quad \Longleftrightarrow \quad b = \dfrac{2}{5} $

D'où $ a = \dfrac{3}{5} $. La distribution invariante est :

$ X = \begin{pmatrix} \dfrac{3}{5} & \dfrac{2}{5} \end{pmatrix} $

À long terme, quelle que soit la répartition initiale des vélos, 60 % se trouvent à la station Centre et 40 % à la station Gare.

Pour réviser : Construire la matrice de transition d'une chaîne de Markov

Vrai/Faux : Chaînes de Markov

[enonce]
Pour chaque affirmation suivante sur les chaînes de Markov, indiquer si elle est Vraie ou Fausse.
[/enonce]

[etape]
Affirmation : Dans une chaîne de Markov, la probabilité de l'état à l'étape $n+1$ ne dépend que de l'état à l'étape $n$, et non des étapes antérieures.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
C'est exactement la définition d'une chaîne de Markov : la propriété d'« absence de mémoire ». Le futur dépend du présent, mais pas du passé.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
La caractéristique fondamentale d'une chaîne de Markov est l'absence de mémoire : seul l'état présent détermine la distribution des états futurs.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. C'est la définition même d'une chaîne de Markov.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : La somme des coefficients de toute matrice de transition est égale au nombre d'états du système.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
Une matrice de transition d'ordre $p$ a chaque ligne sommant à $1$, soit $p$ lignes contribuant chacune $1$. La somme totale vaut donc $p$ (nombre d'états).[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Il y a $p$ lignes, chacune sommant à $1$. Le total des coefficients est donc $p \times 1 = p$, c'est-à-dire le nombre d'états.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. La somme totale vaut $p$ pour une matrice de transition d'ordre $p$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Pour la matrice de transition $P = \begin{pmatrix} 0{,}3 & 0{,}7 \\ 0{,}5 & 0{,}5 \end{pmatrix}$ et la distribution initiale $X_0 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \end{pmatrix}$, on a $X_1 = \begin{pmatrix} 0{,}5 & 0{,}5 \end{pmatrix}$.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Bravo !
$X_1 = X_0\,P = \begin{pmatrix} 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0{,}3 & 0{,}7 \\ 0{,}5 & 0{,}5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}5 & 0{,}5 \end{pmatrix}$. Avec $X_0 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \end{pmatrix}$, $X_1$ correspond à la deuxième ligne de $P$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Quand $X_0$ est concentrée sur l'état $i$ (toutes les autres coordonnées nulles), $X_1$ est exactement la $i$-ème ligne de $P$.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. Le produit ligne par colonne donne effectivement la deuxième ligne de $P$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Le coefficient $\left(P^2\right)_{1,1}$ représente la probabilité de revenir à l'état $E_1$ en exactement $2$ étapes en partant de $E_1$.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Exactement !
D'après le théorème, $\left(P^n\right)_{i,j}$ est la probabilité de passer de $E_i$ à $E_j$ en exactement $n$ étapes. Pour $i = j = 1$ et $n = 2$, on obtient la probabilité de retourner en $E_1$ après deux pas.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
$\left(P^n\right)_{i,j}$ donne la probabilité, partant de $E_i$, d'être en $E_j$ après exactement $n$ étapes. Le cas $i = j$ correspond à un retour à l'état initial.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. $\left(P^n\right)_{i,j}$ est par définition la probabilité de transition en $n$ étapes.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Si à l'étape $n = 0$ un système est dans un état certain (probabilité $1$ pour un état, $0$ pour les autres), il restera dans cet état à toutes les étapes suivantes.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]C'est bien ça !
La matrice de transition fait évoluer la distribution même si l'état initial est certain. Sauf si l'état initial est absorbant ($p_{i,i} = 1$), la distribution se répartit sur plusieurs états dès l'étape suivante.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
Confondre « état certain » et « état absorbant ». Un état certain initialement peut très bien évoluer vers d'autres états selon les coefficients de la matrice de transition.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est fausse. La distribution évolue selon $P$ ; sauf si l'état initial est absorbant, le système se répartit ensuite sur plusieurs états.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Pour toute chaîne de Markov, la suite des distributions $\left(X_n\right)$ converge vers une distribution invariante.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Tout à fait !
La convergence de $\left(X_n\right)$ n'est pas garantie en toutes circonstances. Par exemple, avec $P = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ (échange systématique), la distribution oscille entre $\begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix} 0 & 1 \end{pmatrix}$ sans converger.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
La convergence n'est garantie que sous des hypothèses supplémentaires (par exemple : tous les coefficients de $P$ sont strictement positifs). Sinon, la suite peut osciller indéfiniment.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est fausse. Sans hypothèse supplémentaire, la suite des distributions peut osciller (cas $P = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$).
[/solution]
[/etape]

QCM : Chaînes de Markov et matrice de transition

[enonce]
Ce QCM porte sur les chaînes de Markov et leur application aux probabilités. Pour chaque question, choisir la bonne réponse parmi les quatre propositions.
[/enonce]

[etape]
Soit $P$ la matrice de transition d'une chaîne de Markov à $p$ états. Quelle propriété est toujours vérifiée par les coefficients de $P$ ?
[qcm]
[option]Tous les coefficients sont strictement positifs.[/option]
[option correct="true"]La somme des coefficients de chaque ligne vaut $1$.[/option]
[option]La somme des coefficients de chaque colonne vaut $1$.[/option]
[option]La somme totale des coefficients vaut $1$.[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
Les coefficients d'une ligne $i$ représentent les probabilités de passer de l'état $E_i$ aux différents états (y compris $E_i$ lui-même). Ces probabilités forment une partition d'événements totaux, donc leur somme vaut $1$.[/reponse]
[reponse motif="Tous les coefficients sont strictement positifs."]Non.
Les coefficients sont positifs au sens large (entre $0$ et $1$), mais peuvent être nuls : un coefficient $p_{ij} = 0$ signifie qu'on ne peut pas passer directement de $E_i$ à $E_j$.[/reponse]
[reponse motif="La somme des coefficients de chaque colonne vaut $1$."]Non.
La convention dans les chaînes de Markov est que les lignes (état de départ) ont une somme égale à $1$. La somme des colonnes n'a en général pas de raison de valoir $1$.[/reponse]
[reponse motif="La somme totale des coefficients vaut $1$."]Non.
Pour une matrice carrée d'ordre $p$, la somme totale vaut $p$ (chaque ligne sommant à $1$), pas $1$. La condition est ligne par ligne.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
La somme des coefficients de chaque ligne d'une matrice de transition vaut $1$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
On modélise les déplacements d'un robot entre deux pièces $A$ et $B$ : depuis $A$, il reste en $A$ avec probabilité $0{,}3$ et passe en $B$ avec probabilité $0{,}7$. Depuis $B$, il reste en $B$ avec probabilité $0{,}9$ et passe en $A$ avec probabilité $0{,}1$. Quelle est la matrice de transition (lignes et colonnes dans l'ordre $A$, $B$) ?
[qcm]
[option correct="true"]$\begin{pmatrix} 0{,}3 & 0{,}7 \\ 0{,}1 & 0{,}9 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} 0{,}3 & 0{,}1 \\ 0{,}7 & 0{,}9 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} 0{,}7 & 0{,}3 \\ 0{,}9 & 0{,}1 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} 0{,}3 & 0{,}9 \\ 0{,}1 & 0{,}7 \end{pmatrix}$[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
La ligne $1$ (départ : $A$) contient les probabilités de passer en $A$ et $B$ : $\left(0{,}3 \quad 0{,}7\right)$. La ligne $2$ (départ : $B$) : $\left(0{,}1 \quad 0{,}9\right)$. Les sommes par ligne valent bien $1$.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 0{,}3 & 0{,}1 \\ 0{,}7 & 0{,}9 \end{pmatrix}$"]Non.
Les coefficients ont été disposés en colonnes plutôt qu'en lignes. La convention « ligne = état de départ » impose que la première ligne contienne les probabilités issues de $A$.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 0{,}7 & 0{,}3 \\ 0{,}9 & 0{,}1 \end{pmatrix}$"]Non.
Inversion entre « rester » et « passer » sur la première ligne : depuis $A$, la probabilité de rester en $A$ est $0{,}3$, donc $p_{A,A} = 0{,}3$ (pas $0{,}7$).[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 0{,}3 & 0{,}9 \\ 0{,}1 & 0{,}7 \end{pmatrix}$"]Non.
Les sommes par ligne ne valent pas $1$ ($0{,}3 + 0{,}9 = 1{,}2$) : ce n'est donc pas une matrice de transition valide. Reprendre la lecture des probabilités issues de chaque état.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
La ligne $i$ contient les probabilités de transition depuis l'état $i$ ; vérifier que chaque ligne somme à $1$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $X = \begin{pmatrix} a & b \end{pmatrix}$ une distribution. Quelle propriété doit nécessairement être vérifiée ?
[qcm]
[option]$a = b$[/option]
[option]$a \times b = 1$[/option]
[option correct="true"]$a + b = 1$ et $a \geqslant 0$, $b \geqslant 0$[/option]
[option]$a$ et $b$ sont entiers[/option]
[reponse statut="correct"]Exactement !
$X$ regroupe des probabilités d'être dans chaque état : ces probabilités sont positives ou nulles, et leur somme totale vaut $1$ (l'individu est forcément dans l'un des états).[/reponse]
[reponse motif="$a = b$"]Non.
Les probabilités peuvent être différentes entre les états. L'égalité ne serait imposée que dans des cas très particuliers (par exemple par symétrie).[/reponse]
[reponse motif="$a \times b = 1$"]Non.
La condition est sur la somme $a + b = 1$, pas sur le produit. Sinon, des distributions comme $\begin{pmatrix} 0{,}5 & 0{,}5 \end{pmatrix}$ seraient exclues.[/reponse]
[reponse motif="$a$ et $b$ sont entiers"]Non.
Les coefficients sont des probabilités, donc des nombres compris entre $0$ et $1$. Les seuls cas entiers seraient $0$ ou $1$, ce qui correspond à un état certain.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Une distribution est composée de probabilités positives ou nulles dont la somme vaut $1$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
On a $P = \begin{pmatrix} 0{,}6 & 0{,}4 \\ 0{,}2 & 0{,}8 \end{pmatrix}$ et $X_0 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}$ (état $1$ certain au départ). Que vaut $X_1$ ?
[qcm]
[option correct="true"]$\begin{pmatrix} 0{,}6 & 0{,}4 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} 0{,}6 & 0{,}2 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}2 \end{pmatrix}$[/option]
[reponse statut="correct"]C'est bien ça !
$X_1 = X_0\,P = \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0{,}6 & 0{,}4 \\ 0{,}2 & 0{,}8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}6 & 0{,}4 \end{pmatrix}$. Au pas $1$, l'individu est en $1$ avec probabilité $0{,}6$ et en $2$ avec probabilité $0{,}4$.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 0{,}6 & 0{,}2 \end{pmatrix}$"]Non.
Cela revient à lire la première colonne de $P$ au lieu de la première ligne. Pour $X_1 = X_0 \, P$ avec $X_0 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}$, on lit la première ligne de $P$.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}$"]Non.
Cela serait $X_1 = X_0$, ce qui correspondrait à un état figé. Or la matrice $P$ a des coefficients hors diagonale non nuls : il y a bien un mouvement à chaque étape.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}2 \end{pmatrix}$"]Non.
Cette distribution correspondrait à un calcul utilisant la deuxième ligne de $P$, donc à $X_0 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \end{pmatrix}$. Or $X_0 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}$ : c'est la première ligne qui est sélectionnée.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Avec $X_0 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}$, $X_1$ est exactement la première ligne de $P$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Pour une chaîne de Markov de matrice de transition $P$ et de distribution initiale $X_0$, quelle formule donne la distribution $X_n$ ?
[qcm]
[option]$X_n = P^n\,X_0$[/option]
[option correct="true"]$X_n = X_0\,P^n$[/option]
[option]$X_n = X_0 + P^n$[/option]
[option]$X_n = n\,X_0\,P$[/option]
[reponse statut="correct"]Bravo !
La récurrence $X_{n+1} = X_n\,P$ s'itère en $X_n = X_0\,P^n$. L'ordre du produit ($X_0$ à gauche, $P^n$ à droite) est crucial : $X$ est une matrice ligne et $P$ une matrice carrée.[/reponse]
[reponse motif="$X_n = P^n\,X_0$"]Non.
L'ordre du produit matriciel est inversé : $X_0$ étant une matrice ligne $1 \times p$, c'est $X_0\,P^n$ qui est défini, pas $P^n\,X_0$ (les dimensions ne se composent pas).[/reponse]
[reponse motif="$X_n = X_0 + P^n$"]Non.
La récurrence est multiplicative, pas additive. À chaque étape, on multiplie à droite par $P$, on n'ajoute rien.[/reponse]
[reponse motif="$X_n = n\,X_0\,P$"]Non.
Confusion entre suite arithmétique et suite multiplicative. À chaque étape, on multiplie par $P$, on ne multiplie pas par $n$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
La formule à retenir est $X_n = X_0\,P^n$ (avec $X_0$ matrice ligne à gauche).[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Une chaîne de Markov a pour matrice de transition $P = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ (matrice identité). Que peut-on en déduire ?
[qcm]
[option correct="true"]Chaque état est absorbant : la chaîne reste indéfiniment dans son état initial.[/option]
[option]Tous les états sont équivalents : la chaîne se stabilise sur la moitié de chaque état.[/option]
[option]La chaîne ne peut pas exister.[/option]
[option]La chaîne diverge à long terme.[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
$P = I_p$ signifie que pour chaque état $i$, $p_{i,i} = 1$ : on reste avec probabilité $1$ dans son état. Aucune transition n'est possible. La distribution initiale est invariante quelle qu'elle soit.[/reponse]
[reponse motif="Tous les états sont équivalents : la chaîne se stabilise sur la moitié de chaque état."]Non.
La probabilité d'être dans un état est figée à sa valeur initiale. Si on part avec $X_0 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}$, on reste à $\begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}$ : aucune équirépartition.[/reponse]
[reponse motif="La chaîne ne peut pas exister."]Non.
$P = I_p$ est une matrice de transition valide : ses coefficients sont entre $0$ et $1$, et chaque ligne somme à $1$. C'est juste un cas extrême où aucune transition n'a lieu.[/reponse]
[reponse motif="La chaîne diverge à long terme."]Non.
La distribution reste constante au cours du temps : $X_n = X_0$ pour tout $n$. Il n'y a donc aucune divergence.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
$P = I_p$ correspond à une chaîne où chaque état est absorbant (on y reste avec probabilité $1$).[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

QCM : Application aux graphes pondérés

[enonce]
Ce QCM porte sur la traduction d'un graphe pondéré probabiliste en matrice de transition et sur l'interprétation des coefficients. Pour chaque question, choisir la bonne réponse parmi les quatre propositions.
[/enonce]

[etape]
Dans un graphe pondéré probabiliste, à quoi correspondent les nombres écrits sur les arcs ?
[qcm]
[option]Au nombre d'arcs entre les sommets concernés.[/option]
[option correct="true"]À la probabilité de transition entre les deux sommets reliés par l'arc.[/option]
[option]À la distance entre les deux sommets dans le graphe.[/option]
[option]Au numéro d'ordre de l'arc dans le graphe.[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
Dans une chaîne de Markov représentée par un graphe pondéré, le poids d'un arc allant de $E_i$ à $E_j$ est la probabilité $p_{ij}$ de passer de $E_i$ à $E_j$ en une étape.[/reponse]
[reponse motif="Au nombre d'arcs entre les sommets concernés."]Non.
Dans un graphe pondéré probabiliste, il y a généralement un seul arc par paire de sommets, et le poids est une probabilité (un nombre entre $0$ et $1$), pas un comptage d'arcs.[/reponse]
[reponse motif="À la distance entre les deux sommets dans le graphe."]Non.
La notion de « distance » n'est pas définie ici. Le poids des arcs est une probabilité, qui est un nombre dans $\left[0, 1\right]$.[/reponse]
[reponse motif="Au numéro d'ordre de l'arc dans le graphe."]Non.
Aucune numérotation n'est utilisée pour les arcs. Le poids correspond à la probabilité de transition.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Le poids d'un arc dans un graphe pondéré probabiliste est la probabilité de transition correspondante.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Voici un graphe pondéré probabiliste à $2$ états $A$ et $B$ :

Graphe pondéré probabiliste à deux états A et B

Quelle est la matrice de transition (lignes et colonnes dans l'ordre $A$, $B$) ?
[qcm]
[option]$\begin{pmatrix} 0{,}4 & 0{,}2 \\ 0{,}6 & 0{,}8 \end{pmatrix}$[/option]
[option correct="true"]$\begin{pmatrix} 0{,}4 & 0{,}6 \\ 0{,}2 & 0{,}8 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} 0{,}6 & 0{,}4 \\ 0{,}8 & 0{,}2 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} 0{,}4 & 0{,}8 \\ 0{,}2 & 0{,}6 \end{pmatrix}$[/option]
[reponse statut="correct"]C'est bien ça !
Depuis $A$ (ligne $1$) : boucle $0{,}4$ vers $A$ et arc $0{,}6$ vers $B$. Depuis $B$ (ligne $2$) : arc $0{,}2$ vers $A$ et boucle $0{,}8$ vers $B$. La somme par ligne vaut bien $1$.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 0{,}4 & 0{,}2 \\ 0{,}6 & 0{,}8 \end{pmatrix}$"]Non.
Les coefficients ont été disposés en colonnes au lieu de lignes : ce serait la transposée. La convention est : ligne $i$ = état de départ.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 0{,}6 & 0{,}4 \\ 0{,}8 & 0{,}2 \end{pmatrix}$"]Non.
Confusion entre boucle et arc sortant. La boucle de $A$ ($0{,}4$) correspond à $p_{A,A}$ (rester en $A$), donc à la diagonale de la matrice.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 0{,}4 & 0{,}8 \\ 0{,}2 & 0{,}6 \end{pmatrix}$"]Non.
Les sommes par ligne ne valent pas $1$ ($0{,}4 + 0{,}8 = 1{,}2$) : ce n'est pas une matrice de transition. Reprendre la lecture des arcs depuis chaque état.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Depuis $A$ : boucle $0{,}4$, arc $0{,}6$ vers $B$. Depuis $B$ : arc $0{,}2$ vers $A$, boucle $0{,}8$. Cela donne la matrice dans l'ordre demandé.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Dans un graphe pondéré probabiliste, que vaut la somme des poids des arcs sortant d'un même sommet ?
[qcm]
[option]$0$[/option]
[option correct="true"]$1$[/option]
[option]Le nombre de sommets du graphe[/option]
[option]Cela dépend du sommet[/option]
[reponse statut="correct"]Tout à fait !
Les arcs sortant du sommet $E_i$ représentent toutes les transitions possibles depuis $E_i$ (y compris la boucle si $E_i$ peut rester sur lui-même). Comme ces transitions forment un événement total, la somme de leurs probabilités vaut $1$.[/reponse]
[reponse motif="$0$"]Non.
Cela signifierait qu'aucune transition n'est possible depuis ce sommet, ce qui est incompatible avec une chaîne de Markov.[/reponse]
[reponse motif="Le nombre de sommets du graphe"]Non.
Confusion entre nombre d'arcs et somme des poids. Chaque poids est une probabilité, et la somme totale d'une distribution de probabilité depuis un état est toujours $1$.[/reponse]
[reponse motif="Cela dépend du sommet"]Non.
La somme vaut toujours $1$, peu importe le sommet considéré : c'est la condition de cohérence d'une chaîne de Markov (chaque ligne de la matrice de transition somme à $1$).[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Dans tout graphe pondéré probabiliste, la somme des poids des arcs sortant d'un même sommet vaut $1$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Dans le graphe pondéré associé à la matrice $P = \begin{pmatrix} 0{,}5 & 0{,}5 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, comment se traduit la deuxième ligne ?
[qcm]
[option]Depuis $E_2$, on revient toujours en $E_1$.[/option]
[option correct="true"]$E_2$ est un état absorbant : depuis $E_2$, on reste en $E_2$ avec probabilité $1$.[/option]
[option]La probabilité de quitter $E_2$ vaut $1$.[/option]
[option]$E_2$ n'existe pas.[/option]
[reponse statut="correct"]Exactement !
La deuxième ligne $\left(0 \quad 1\right)$ signifie : depuis $E_2$, probabilité $0$ d'aller en $E_1$ et probabilité $1$ de rester en $E_2$. L'état $E_2$ est dit absorbant : une fois atteint, on n'en sort plus.[/reponse]
[reponse motif="Depuis $E_2$, on revient toujours en $E_1$."]Non.
La probabilité de passer de $E_2$ à $E_1$ est $p_{2,1} = 0$, soit jamais. C'est l'inverse : on ne quitte jamais $E_2$.[/reponse]
[reponse motif="La probabilité de quitter $E_2$ vaut $1$."]Non.
La probabilité de quitter $E_2$ est la somme des coefficients hors diagonale, soit $0$ ici. La probabilité de rester en $E_2$ vaut $1$.[/reponse]
[reponse motif="$E_2$ n'existe pas."]Non.
$E_2$ est bien un état du système, simplement c'est un état terminal (absorbant) qu'on ne peut plus quitter.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
La ligne $\left(0 \quad 1\right)$ signifie que $E_2$ est un état absorbant.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit un graphe pondéré probabiliste à $3$ états dont la matrice de transition est $P = \begin{pmatrix} 0{,}5 & 0{,}3 & 0{,}2 \\ 0{,}1 & 0{,}7 & 0{,}2 \\ 0 & 0{,}4 & 0{,}6 \end{pmatrix}$. Quelle est la probabilité de passer de l'état $E_3$ à l'état $E_1$ en une étape ?
[qcm]
[option correct="true"]$0$[/option]
[option]$0{,}2$[/option]
[option]$0{,}4$[/option]
[option]$0{,}1$[/option]
[reponse statut="correct"]Bravo !
On lit $p_{3,1}$ : ligne $3$, colonne $1$, soit $0$. Aucun arc direct ne va de $E_3$ vers $E_1$ dans le graphe.[/reponse]
[reponse motif="$0{,}2$"]Non.
Cette valeur est $p_{1,3}$ ou $p_{2,3}$ (selon l'interprétation), pas $p_{3,1}$. L'ordre des indices compte : ligne (départ) puis colonne (arrivée).[/reponse]
[reponse motif="$0{,}4$"]Non.
Cette valeur est $p_{3,2}$ (passage de $E_3$ vers $E_2$), pas $p_{3,1}$. Bien lire la première colonne de la ligne $3$.[/reponse]
[reponse motif="$0{,}1$"]Non.
Cette valeur est $p_{2,1}$ (de $E_2$ vers $E_1$). Pour la transition de $E_3$ vers $E_1$, il faut lire ligne $3$, colonne $1$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Lire $p_{3,1}$ à la ligne $3$, colonne $1$ : cela vaut $0$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
On a calculé pour une chaîne de Markov à $2$ états $E_1$ et $E_2$ : $\left(P^4\right)_{1,2} = 0{,}38$. Comment interpréter ce nombre ?
[qcm]
[option correct="true"]La probabilité d'être en $E_2$ au bout de $4$ étapes en partant de $E_1$ vaut $0{,}38$.[/option]
[option]La probabilité de visiter $E_2$ au moins une fois en $4$ étapes vaut $0{,}38$.[/option]
[option]Le nombre moyen de visites en $E_2$ en $4$ étapes vaut $0{,}38$.[/option]
[option]La distance entre $E_1$ et $E_2$ dans le graphe vaut $0{,}38$.[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
Le coefficient $\left(i, j\right)$ de $P^n$ est la probabilité, en partant de $E_i$, d'être en $E_j$ exactement après $n$ étapes (peu importe le chemin emprunté).[/reponse]
[reponse motif="La probabilité de visiter $E_2$ au moins une fois en $4$ étapes vaut $0{,}38$."]Non.
La probabilité de visiter $E_2$ au moins une fois pendant les étapes $1, 2, 3, 4$ est en général supérieure à $\left(P^4\right)_{1,2}$ (qui ne mesure que la position finale).[/reponse]
[reponse motif="Le nombre moyen de visites en $E_2$ en $4$ étapes vaut $0{,}38$."]Non.
Le coefficient $\left(P^4\right)_{1,2}$ est une probabilité, pas une espérance de visites. Pour le nombre moyen de visites, il faudrait sommer des probabilités sur plusieurs étapes.[/reponse]
[reponse motif="La distance entre $E_1$ et $E_2$ dans le graphe vaut $0{,}38$."]Non.
La notion de distance n'est pas définie dans une chaîne de Markov de cette manière. $\left(P^n\right)_{i,j}$ est toujours une probabilité, donc un nombre dans $\left[0, 1\right]$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
$\left(P^n\right)_{i,j}$ est la probabilité d'être en $E_j$ après $n$ étapes en partant de $E_i$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

QCM : Puissances d’une matrice

[enonce]
Ce QCM porte sur le calcul des puissances d'une matrice et leurs propriétés. Pour chaque question, choisir la bonne réponse parmi les quatre propositions.
[/enonce]

[etape]
Soit $A$ une matrice carrée d'ordre $2$. Par convention, que vaut $A^0$ ?
[qcm]
[option]La matrice nulle $\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$.[/option]
[option correct="true"]La matrice identité $I_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.[/option]
[option]La matrice $A$ elle-même.[/option]
[option]$A^0$ n'est pas défini.[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
Par convention, pour toute matrice carrée $A$, on pose $A^0 = I_p$ (matrice identité de même ordre). Cette convention rend cohérente la formule $A^{n+1} = A^n \times A$ pour $n = 0$.[/reponse]
[reponse motif="La matrice nulle $\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$."]Non.
Confusion avec la convention $0 \times A$. La puissance $A^0$ joue le rôle de l'élément neutre du produit matriciel, pas de l'élément absorbant.[/reponse]
[reponse motif="La matrice $A$ elle-même."]Non.
$A$ correspond à $A^1$, pas à $A^0$. La convention $A^0 = I_p$ est analogue à $a^0 = 1$ pour les nombres : la « puissance zéro » donne l'élément neutre.[/reponse]
[reponse motif="$A^0$ n'est pas défini."]Non.
$A^0$ est bien défini par convention : c'est $I_p$. Cette convention permet d'écrire les formules de récurrence sur les puissances même au rang $0$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Par convention, $A^0 = I_p$ pour toute matrice carrée d'ordre $p$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $D = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}$. Quelle est l'expression de $D^n$ pour tout entier $n \geqslant 0$ ?
[qcm]
[option]$\begin{pmatrix} 2n & 0 \\ 0 & 5n \end{pmatrix}$[/option]
[option correct="true"]$\begin{pmatrix} 2^n & 0 \\ 0 & 5^n \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} 2^n & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} 10^n & 0 \\ 0 & 10^n \end{pmatrix}$[/option]
[reponse statut="correct"]C'est bien ça !
Pour une matrice diagonale, la puissance $n$-ième s'obtient en élevant chaque coefficient diagonal à la puissance $n$. Les coefficients hors diagonale restent nuls.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 2n & 0 \\ 0 & 5n \end{pmatrix}$"]Non.
Confusion entre puissance et multiplication par $n$. $D^n$ désigne le produit $D \times D \times \cdots \times D$ ($n$ fois), pas $n \times D$.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 2^n & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix}$"]Non.
La puissance $n$ s'applique à tous les coefficients diagonaux, pas seulement au premier. Vérifier en calculant $D^2$ pour confirmer.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 10^n & 0 \\ 0 & 10^n \end{pmatrix}$"]Non.
Cela reviendrait à multiplier d'abord les coefficients diagonaux entre eux ($2 \times 5 = 10$). Or pour une matrice diagonale, chaque coefficient diagonal s'élève indépendamment à la puissance $n$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Pour une matrice diagonale, $D^n$ s'obtient en élevant chaque coefficient diagonal à la puissance $n$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. Que vaut $A^2$ ?
[qcm]
[option]$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$[/option]
[option correct="true"]$\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$[/option]
[reponse statut="correct"]Bravo !
$A^2 = A \times A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. Le coefficient $1\times 1 + 1\times 0 = 1$ pour la diagonale, et $1\times 1 + 1\times 1 = 2$ pour le coin supérieur droit.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$"]Non.
Cela reviendrait à dire que $A^2 = A$. Or $A$ n'est pas la matrice identité : effectuer le produit matriciel ligne par colonne donne un coefficient $2$ en haut à droite.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$"]Non.
Cela serait $A^2 = I_2$, ce qui n'est vrai que pour des matrices très particulières (par exemple les matrices de symétrie). Vérifier le coefficient $\left(1, 2\right)$ par calcul direct.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$"]Non.
Confusion avec $2A$. La puissance carrée s'obtient par produit matriciel, pas par multiplication scalaire par $2$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Effectuer le produit ligne par colonne : $A^2 = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $P$ la matrice de transition d'une chaîne de Markov à $2$ états. Que représente le coefficient $\left(P^3\right)_{1,2}$ ?
[qcm]
[option]La probabilité de passer de l'état $1$ à l'état $2$ en au plus $3$ étapes.[/option]
[option correct="true"]La probabilité de passer de l'état $1$ à l'état $2$ en exactement $3$ étapes.[/option]
[option]La distance entre les états $1$ et $2$.[/option]
[option]Le triple de la probabilité de passer de l'état $1$ à l'état $2$ en une étape.[/option]
[reponse statut="correct"]Exactement !
D'après le théorème du cours, le coefficient $\left(i, j\right)$ de $P^n$ donne la probabilité de passer de l'état $E_i$ à l'état $E_j$ en exactement $n$ étapes.[/reponse]
[reponse motif="La probabilité de passer de l'état $1$ à l'état $2$ en au plus $3$ étapes."]Non.
Confusion entre « exactement » et « au plus ». $P^n$ ne renseigne que sur les trajets de longueur exactement $n$. Pour cumuler plusieurs longueurs, il faudrait combiner différemment les coefficients.[/reponse]
[reponse motif="La distance entre les états $1$ et $2$."]Non.
La notion de « distance » entre états n'a pas de sens dans une chaîne de Markov. Le coefficient de $P^n$ est une probabilité, donc un nombre entre $0$ et $1$.[/reponse]
[reponse motif="Le triple de la probabilité de passer de l'état $1$ à l'état $2$ en une étape."]Non.
Confusion entre puissance et multiplication par $3$. $P^3 = P \times P \times P$ (produit matriciel), et non $3 \times P$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
$\left(P^n\right)_{i,j}$ donne la probabilité de passer de $E_i$ à $E_j$ en exactement $n$ étapes.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $A$ une matrice carrée. Quelle relation est toujours vraie ?
[qcm]
[option]$A^2 \times A^3 = A^6$[/option]
[option correct="true"]$A^2 \times A^3 = A^5$[/option]
[option]$\left(A^2\right)^3 = A^8$[/option]
[option]$A^2 + A^3 = A^5$[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
Comme pour les puissances de nombres, on a $A^p \times A^q = A^{p+q}$ pour toute matrice carrée et tous entiers $p, q \geqslant 0$. Ici $A^2 \times A^3 = A^{2+3} = A^5$.[/reponse]
[reponse motif="$A^2 \times A^3 = A^6$"]Non.
Confusion entre $\times$ et puissance. La règle est $A^p \times A^q = A^{p+q}$ : on additionne les exposants, on ne les multiplie pas.[/reponse]
[reponse motif="$\left(A^2\right)^3 = A^8$"]Non.
Pour la composition de puissances, on multiplie les exposants : $\left(A^p\right)^q = A^{p \times q}$. Ici $\left(A^2\right)^3 = A^{2\times 3} = A^6$, pas $A^8$.[/reponse]
[reponse motif="$A^2 + A^3 = A^5$"]Non.
On ne combine pas l'addition matricielle avec la puissance. $A^2$ et $A^3$ sont deux matrices, leur somme reste une matrice mais pas une puissance entière de $A$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
La règle générale est $A^p \times A^q = A^{p+q}$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $A = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} & 0 \\ 0 & \dfrac{1}{3} \end{pmatrix}$. Vers quelle matrice $A^n$ tend-elle lorsque $n \to +\infty$ ?
[qcm]
[option]$I_2$[/option]
[option correct="true"]La matrice nulle $\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$A$[/option]
[option]$+\infty$ (la suite diverge)[/option]
[reponse statut="correct"]Tout à fait !
Pour cette matrice diagonale, $A^n = \begin{pmatrix} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n & 0 \\ 0 & \left(\dfrac{1}{3}\right)^n \end{pmatrix}$. Comme $\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$ et $\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$ tendent vers $0$, $A^n$ tend vers la matrice nulle.[/reponse]
[reponse motif="$I_2$"]Non.
Aucun coefficient diagonal ne tend vers $1$ : $\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$ et $\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$ tendent vers $0$. La limite n'est donc pas l'identité.[/reponse]
[reponse motif="$A$"]Non.
Une matrice ne tend pas vers elle-même au cours d'un calcul de puissance, sauf si $A$ est idempotente ($A^2 = A$). Vérifier : $A^2 = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{4} & 0 \\ 0 & \dfrac{1}{9} \end{pmatrix} \ne A$.[/reponse]
[reponse motif="$+\infty$ (la suite diverge)"]Non.
Les coefficients diagonaux sont entre $0$ et $1$ strictement, donc leurs puissances tendent vers $0$, pas vers l'infini. La suite converge.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Chaque coefficient diagonal de $A^n$ tend vers $0$ : la limite est la matrice nulle.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

Matrice de transition-Bac ES Amérique du Nord 2008

Les parties I et II sont indépendantes.

Partie I (calculs exacts demandés)

Sur une route, deux intersections successives "a" et "b" sont munies de feux tricolores. On suppose que ces feux ne sont pas synchronisés et fonctionnent de manière indépendante. On admet que :

La probabilité que le feu de "a" soit vert est égale à $ \dfrac{3}{4} $,
La probabilité que le feu de "b" soit vert est égale à $ \dfrac{1}{2} $.

On note A l'événement : "le feu de "a" est vert", B l'événement "le feu de "b" est vert".

Un automobiliste passe successivement aux deux intersections "a" et "b".

Calculer la probabilité qu'à son passage, les deux feux soient verts.
Calculer la probabilité qu'à son passage, il rencontre au moins un feu vert.

Partie II (résultats demandés à $ 10^{ - 2} $ près)

Pour se rendre à son travail, Mathurin rencontre une succession d'intersections de feux tricolores dont le fonctionnement est décrit ci-dessous :

A chaque intersection :

Si le feu est vert, il le sera à l'intersection suivante avec la probabilité 0,9 ou sera rouge avec la probabilité 0,05.
Si le feu est orange, il le sera à l'intersection suivante avec la probabilité 0,1 ou sera vert avec la probabilité 0,8.
Si le feu est rouge, il le sera à l'intersection suivante avec la probabilité 0,5 ou sera orange avec la probabilité 0,05.

$ n $ étant un entier naturel non nul, on note :

$ V_{n} $ la probabilité que Mathurin rencontre un feu vert à la n-ième intersection,
$ O_{n} $ la probabilité que Mathurin rencontre un feu orange à la n-ième intersection,
$ R_{n} $ la probabilité que Mathurin rencontre un feu rouge à la n-ième intersection,
$ P_{n}=\left(V_{n} \quad O_{n} \quad R_{n}\right) $ la matrice traduisant l'état probabiliste du n-ième feu tricolore.

1. Construire un graphe probabiliste pour décrire cette situation.
2. Donner la matrice de transition $ M $ complétée de ce graphe :
  
  $ M = \begin{pmatrix} \cdots & 0{,}05 & 0{,}05 \\ 0{,}8 & \cdots & 0{,}1 \\ 0{,}45 & \cdots & 0{,}5 \end{pmatrix} $
1. Si le premier feu rencontré est vert, donner la matrice $ P_{1} $ de l'état initial puis calculer $ P_{2} $.
2. On donne $ P_{3}=\left(0{,}87 \quad 0{,}05 \quad 0{,}08\right) $. Quelle est la probabilité que le quatrième feu soit vert ?
Si le premier feu rencontré est rouge, donner la matrice $ P_{1} $ de l'état initial puis calculer $ P_{2} $.
On remarque que, quelle que soit la couleur du premier feu rencontré, on obtient à partir d'un certain rang n : $ P_{n}=\left(0{,}85 \quad 0{,}05 \quad 0{,}10\right) $.
Donner une interprétation concrète de ce résultat.

Corrigé

Partie I

Les feux de "a" et "b" fonctionnant de manière indépendante, les événements A et B sont indépendants.
La probabilité que les deux feux soient verts est :

$ P(A \cap B) = P(A) \times P(B) $

$ P(A \cap B) = \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{2} = \mathbf{\dfrac{3}{8}} $
La probabilité qu'il rencontre au moins un feu vert est $ P(A \cup B) $.
D'après la formule de l'union :

$ P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) $

$ P(A \cup B) = \dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{3}{8} $

$ P(A \cup B) = \dfrac{6}{8} + \dfrac{4}{8} - \dfrac{3}{8} $

$ P(A \cup B) = \mathbf{\dfrac{7}{8}} $

Partie II

1. Le graphe probabiliste comporte trois sommets : V (vert), O (orange) et R (rouge).
  Les probabilités de transition sont obtenues grâce aux données de l'énoncé et en s'assurant que la somme des probabilités issues d'un même sommet est égale à 1.
  - Depuis V : $ P(V \to V) = 0{,}9 $ ; $ P(V \to R) = 0{,}05 $ ; donc $ P(V \to O) = 1 - (0{,}9 + 0{,}05) = 0{,}05 $.
  - Depuis O : $ P(O \to O) = 0{,}1 $ ; $ P(O \to V) = 0{,}8 $ ; donc $ P(O \to R) = 1 - (0{,}8 + 0{,}1) = 0{,}1 $.
  - Depuis R : $ P(R \to R) = 0{,}5 $ ; $ P(R \to O) = 0{,}05 $ ; donc $ P(R \to V) = 1 - (0{,}5 + 0{,}05) = 0{,}45 $.
2. La matrice de transition $ M $ est obtenue en reportant ces probabilités (ordre V, O, R) :
  
  $ M = \begin{pmatrix} 0{,}9 & 0{,}05 & 0{,}05 \\ 0{,}8 & 0{,}1 & 0{,}1 \\ 0{,}45 & 0{,}05 & 0{,}5 \end{pmatrix} $
1. Si le premier feu rencontré est vert, l'état initial est $ P_1 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} $.
  L'état au deuxième feu est $ P_2 = P_1 \times M $ :
  
  $ P_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0{,}9 & 0{,}05 & 0{,}05 \\ 0{,}8 & 0{,}1 & 0{,}1 \\ 0{,}45 & 0{,}05 & 0{,}5 \end{pmatrix} = \mathbf{\begin{pmatrix} 0{,}9 & 0{,}05 & 0{,}05 \end{pmatrix}} $
2. On donne $ P_3 = \begin{pmatrix} 0{,}87 & 0{,}05 & 0{,}08 \end{pmatrix} $.
  Le quatrième état est $ P_4 = P_3 \times M $. La probabilité d'avoir un feu vert est la première composante de $ P_4 $ :
  $ V_4 = 0{,}87 \times 0{,}9 + 0{,}05 \times 0{,}8 + 0{,}08 \times 0{,}45 $
  $ V_4 = 0{,}783 + 0{,}04 + 0{,}036 = 0{,}859 $
  
  La probabilité que le quatrième feu soit vert est de $ \mathbf{0{,}86} $ (arrondi à $ 10^{-2} $).
Si le premier feu rencontré est rouge, l'état initial est $ P_1 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $.
$ P_2 = P_1 \times M = \mathbf{\begin{pmatrix} 0{,}45 & 0{,}05 & 0{,}5 \end{pmatrix}} $.
Le résultat signifie que l'état probabiliste converge vers un état stable $ P = \begin{pmatrix} 0{,}85 & 0{,}05 & 0{,}10 \end{pmatrix} $.
Interprétation : Sur le long terme, quelle que soit la couleur du premier feu rencontré, la probabilité que Mathurin rencontre un feu vert se stabilise à 0,85, celle d'un feu orange à 0,05 et celle d'un feu rouge à 0,10.

Pour réviser : Construire la matrice de transition d'une chaîne de Markov

Matrice de transition (Bac ES Pondichéry 2006)

Pendant la saison estivale, deux sociétés de transport maritime ont l'exclusivité de l'acheminement des touristes entre deux îles du Pacifique. On admet que le nombre de touristes transportés pendant chaque saison est stable.

La société "Alizés" a établi une enquête statistique sur les années 2001 à 2005 afin de prévoir l'évolution de la capacité d'accueil de ses navires.

L'analyse des résultats a conduit au modèle suivant : d'une année sur l'autre, la société "Alizés", notée A, conserve 80% de sa clientèle et récupère 15 % des clients de la société concurrente, notée B.

Pour tout entier naturel $ n $, on note pour la saison $ 2005+n $ :

$ a_{n} $ la probabilité qu'un touriste ait choisi la société "Alizés" (A),
$ b_{n} $ la probabilité qu'un touriste ait choisi l'autre société de transport (B),
$ P_{n}=\begin{pmatrix} a_{n} & b_{n }\end{pmatrix} $, la matrice traduisant l'état probabiliste,avec $ a_{n}+b_{n}=1 $.

Les résultats pour les probabilités seront arrondis à $ 10^{-4} $.

1. Modéliser le changement de situation par un graphe probabiliste de sommets nommés A et B.
2. On note $ M $ la matrice de transition de ce graphe. Compléter la matrice suivante :
  
  $ M=\begin{pmatrix} 0{,}8 & \cdots \\ 0{,}15 & \cdots \end{pmatrix} $
En 2005, la société "Alizés" a transporté 45 % des touristes. On a donc $ a_{0}=0{,}45 $.
1. Calculer la probabilité qu'un touriste choisisse la société "Alizés" en 2006.
2. Déterminer la matrice $ P_{2} $ et interpréter ces résultats.
Soit $ P=\begin{pmatrix} a & b \end{pmatrix} $ avec $ a $ et $ b $ deux réels positifs tels que $ a+b=1 $.
1. Déterminer $ a $ et $ b $ tels que $ P=P \times M $.
2. En déduire $ \lim\limits_{n\rightarrow +\infty }a_{n} $.
3. Interpréter ce résultat
On admet qu'en 2015, la probabilité qu'un touriste choisisse la société A est $ \dfrac{3}{7} $. On interroge quatre touristes choisis au hasard ; les choix des touristes sont indépendants les uns des autres.
Déterminer la probabilité qu'au moins un des quatre touristes choisisse la société "Alizés" pour ses vacances en 2015.

Corrigé

1. Le graphe probabiliste associé à cette situation possède deux sommets :
2. A représentant la société "Alizés" ;
3. B représentant sa concurrente.
  
  D'après l'énoncé :
4. La société "Alizés" (A) conserve 80 % de sa clientèle (de A vers A : $ 0{,}8 $) et en perd donc 20 % au profit de B (de A vers B : $ 0{,}2 $).
5. Elle récupère 15 % des clients de la société concurrente B (de B vers A : $ 0{,}15 $) et B en conserve donc 85 % (de B vers B : $ 0{,}85 $).
6. La matrice de transition $ M $ de ce graphe, en considérant les sommets A et B dans cet ordre, est :
  
  $ M = \begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}2 \\ 0{,}15 & 0{,}85 \end{pmatrix} $
1. En 2005 ($ n = 0 $), la société "Alizés" a transporté 45 % des touristes, donc $ a_0 = 0{,}45 $.
  Comme $ a_0 + b_0 = 1 $, on a $ b_0 = 0{,}55 $.
  L'état initial est donc $ P_0 = \begin{pmatrix} 0{,}45 & 0{,}55 \end{pmatrix} $.
  
  L'état en 2006 ($ n = 1 $) est donné par $ P_1 = P_0 \times M $ :
  $ P_1 = \begin{pmatrix} 0{,}45 & 0{,}55 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}2 \\ 0{,}15 & 0{,}85 \end{pmatrix} $
  $ P_1 = \begin{pmatrix} 0{,}45 \times 0{,}8 + 0{,}55 \times 0{,}15 & 0{,}45 \times 0{,}2 + 0{,}55 \times 0{,}85 \end{pmatrix} $
  $ P_1 = \begin{pmatrix} 0{,}36 + 0{,}0825 & 0{,}09 + 0{,}4675 \end{pmatrix} $
  $ P_1 = \begin{pmatrix} 0{,}4425 & 0{,}5575 \end{pmatrix} $
  
  La probabilité qu'un touriste choisisse la société "Alizés" en 2006 est de $ \mathbf{0{,}4425} $.
2. L'état en 2007 ($ n = 2 $) est donné par $ P_2 = P_1 \times M $ :
  $ a_2 = 0{,}4425 \times 0{,}8 + 0{,}5575 \times 0{,}15 = 0{,}354 + 0{,}083625 = 0{,}437625 $
  $ b_2 = 0{,}4425 \times 0{,}2 + 0{,}5575 \times 0{,}85 = 0{,}0885 + 0{,}473875 = 0{,}562375 $
  
  En arrondissant à $ 10^{-4} $, on obtient :
  
  $ P_2 \approx \begin{pmatrix} 0{,}4376 & 0{,}5624 \end{pmatrix} $
  
  Interprétation : En 2007, environ 43,76 % des touristes choisiront la société "Alizés" et 56,24 % choisiront la société concurrente B.
1. On cherche l'état stable $ P = \begin{pmatrix} a & b \end{pmatrix} $ tel que $ P = P \times M $ avec $ a + b = 1 $.
  $ \begin{pmatrix} a & b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}2 \\ 0{,}15 & 0{,}85 \end{pmatrix} $
  $ \iff \begin{cases} a = 0{,}8\,a + 0{,}15\,b \\ b = 0{,}2\,a + 0{,}85\,b \\ a + b = 1 \end{cases} $
  $ \iff \begin{cases} 0{,}2\,a = 0{,}15\,b \\ b = 1 - a \end{cases} $
  $ \iff 0{,}2\,a = 0{,}15\,(1 - a) $
  $ \iff 0{,}2\,a = 0{,}15 - 0{,}15\,a $
  $ \iff 0{,}35\,a = 0{,}15 $
  $ \iff a = \dfrac{0{,}15}{0{,}35} = \dfrac{15}{35} = \dfrac{3}{7} $
  
  On en déduit $ b = 1 - \dfrac{3}{7} = \dfrac{4}{7} $.
  
  L'état stable est donc $ \mathbf{P = \begin{pmatrix} \dfrac{3}{7} & \dfrac{4}{7} \end{pmatrix}} $.
2. La matrice de transition $ M $ ne contient aucun coefficient nul (elle est régulière), donc l'état de probabilité $ P_n $ tend vers l'état stable $ P $ quel que soit l'état initial.
  On a donc :
  
  $ \lim\limits_{n \to +\infty} a_n = \dfrac{3}{7} $
3. Interprétation : Sur le long terme, la probabilité qu'un touriste choisisse la société "Alizés" se stabilisera à $ \dfrac{3}{7} \approx 0{,}4286 $.
  La société "Alizés" détiendra donc environ 42,86 % des parts de marché.
Soit $ X $ la variable aléatoire correspondant au nombre de touristes choisissant la société "Alizés" parmi les quatre personnes interrogées.
L'expérience consiste à répéter quatre fois de manière indépendante une épreuve de Bernoulli de paramètre $ p = \dfrac{3}{7} $.
$ X $ suit donc la loi binomiale $ \mathcal{B}\left(4\,;\,\dfrac{3}{7}\right) $.

On cherche la probabilité qu'au moins un des quatre touristes choisisse A, soit $ P(X \geqslant 1) $.
Par passage à l'événement contraire :
$ P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) $
$ P(X \geqslant 1) = 1 - \dbinom{4}{0} \times \left( \dfrac{3}{7} \right)^0 \times \left( 1 - \dfrac{3}{7} \right)^4 $
$ P(X \geqslant 1) = 1 - 1 \times 1 \times \left( \dfrac{4}{7} \right)^4 $
$ P(X \geqslant 1) = 1 - \dfrac{256}{2401} $
$ P(X \geqslant 1) = \dfrac{2145}{2401} \approx 0{,}8934 $

La probabilité qu'au moins un des quatre touristes choisisse la société "Alizés" est d'environ $ \mathbf{0{,}8934} $.