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]

Vrai/Faux : Application aux graphes pondérés

[enonce]
Pour chaque affirmation suivante sur l'application des chaînes de Markov aux graphes pondérés, indiquer si elle est Vraie ou Fausse.
[/enonce]

[etape]
Affirmation : Dans un graphe pondéré probabiliste, le poids de chaque arc est un nombre compris entre $0$ et $1$.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
Les poids représentent des probabilités de transition. Toute probabilité est un nombre compris entre $0$ et $1$ (au sens large).[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Le poids d'un arc dans un graphe pondéré probabiliste est par définition une probabilité, donc un nombre dans $\left[0, 1\right]$.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. Les poids sont des probabilités, donc dans $\left[0, 1\right]$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Dans un graphe pondéré probabiliste, la somme des poids des arcs entrant dans un sommet vaut $1$.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
La condition de cohérence porte sur les arcs sortant de chaque sommet (qui décrivent toutes les transitions possibles depuis cet état), pas sur les arcs entrants. La somme des poids entrants n'a pas de raison particulière de valoir $1$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
La règle s'applique aux arcs sortants : la somme des probabilités de quitter un état donné vaut $1$. Pour les arcs entrants, il n'y a pas de telle règle générale.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est fausse. C'est la somme des poids des arcs sortants qui vaut $1$, pas celle des arcs entrants.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Une boucle (arc partant d'un sommet vers lui-même) dans un graphe pondéré probabiliste correspond à un coefficient diagonal de la matrice de transition.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Bravo !
Une boucle sur le sommet $E_i$ correspond à la transition de $E_i$ vers lui-même. Son poids est donc $p_{i,i}$ : c'est bien le coefficient diagonal de la matrice $P$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Le coefficient $p_{i,j}$ correspond à l'arc allant de $E_i$ à $E_j$. Pour $i = j$, on est sur la diagonale, et l'arc associé est une boucle.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. Une boucle sur $E_i$ donne la probabilité $p_{i,i}$, qui est sur la diagonale de $P$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
On considère le graphe pondéré probabiliste suivant :

Affirmation : La matrice de transition (lignes/colonnes dans l'ordre $M, N$) est $\begin{pmatrix} 0{,}2 & 0{,}8 \\ 0{,}3 & 0{,}7 \end{pmatrix}$.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Exactement !
Depuis $M$ (ligne $1$) : boucle $0{,}2$ et arc $0{,}8$ vers $N$. Depuis $N$ (ligne $2$) : arc $0{,}3$ vers $M$ et boucle $0{,}7$. Cela correspond à la matrice donnée.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Lire les arcs sortant de chaque sommet en respectant la convention « ligne = état de départ, colonne = état d'arrivée ». Vérifier que chaque ligne somme à $1$.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. La lecture des arcs sortants donne directement les coefficients de la matrice.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Dans un graphe pondéré probabiliste où chaque sommet porte une boucle, la matrice de transition a sa diagonale entièrement égale à $1$.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]C'est bien ça !
Une boucle sur $E_i$ donne seulement $p_{i,i} > 0$, mais sa valeur dépend du poids de l'arc et peut être strictement inférieure à $1$. Le coefficient vaudrait $1$ uniquement si la boucle était la seule transition issue de $E_i$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
La présence d'une boucle garantit seulement $p_{i,i} > 0$, pas $p_{i,i} = 1$. Dès qu'un autre arc part de $E_i$, son poids diagonal est strictement inférieur à $1$.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est fausse. Une boucle assure $p_{i,i} > 0$, mais ce coefficient vaut $1$ seulement si aucun autre arc ne part du sommet.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Si on inverse l'orientation de tous les arcs d'un graphe pondéré probabiliste, on obtient encore un graphe pondéré probabiliste valide.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Tout à fait !
Inverser les arcs revient à transposer la matrice $P$. Or la transposée n'a en général pas ses lignes sommant à $1$ (ce sont les colonnes de $P$ qui se retrouvent en lignes après transposition). La nouvelle matrice n'est donc pas une matrice de transition valide.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
Inverser les flèches transforme la matrice $P$ en sa transposée $P^T$. La condition « somme par ligne $= 1$ » concerne $P$ ; pour $P^T$, cette condition devient « somme par colonne $= 1$ » de la matrice initiale, ce qui n'est pas garanti.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est fausse. Inverser les arcs donne la matrice transposée $P^T$ ; or les sommes par ligne de $P^T$ (qui sont les sommes par colonne de $P$) n'ont pas de raison de valoir $1$.
[/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]

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 et Suites

Dans une région de France supposée démographiquement stable, on compte 190 milliers d'habitants qui se déplacent en voiture pour aller travailler : les uns se déplacent seuls dans leur voiture, les autres pratiquent le co-voiturage.

On admet que :

si une année un habitant pratique le co-voiturage, l'année suivante il se déplace seul dans sa voiture avec une probabilité égale à 0,6 ;
si une année un habitant se déplace seul dans sa voiture, l'année suivante il pratique le co-voiturage avec une probabilité égale à 0,35.

Première partie

On note C l'état « pratiquer le co-voiturage » et V l'état « se déplacer seul dans sa voiture ».

Dessiner un graphe probabiliste de sommets C et V qui modélise la situation aléatoire décrite.
En considérant C et V dans cet ordre, en ligne, la matrice de transition associée à ce graphe est

$ M=\begin{pmatrix} 0{,}4 & 0{,}6 \\ 0{,}35 & 0{,}65 \end{pmatrix} $

Vérifier que l'état stable du système correspond à la matrice ligne $ \left(70 \quad 120\right) $.

En donner une interprétation.

Deuxième partie

En 2000, 60 milliers d'habitants pratiquaient le co-voiturage et 130 milliers d'habitants se déplaçaient seuls dans leur voiture.

On appelle $ X_{n} $ ($ n $ entier naturel) le nombre de milliers d'habitants qui pratiquent le co-voiturage durant l'année $ 2000+n $. On a donc $ X_{0}=60 $.

On admet que pour tout entier naturel $ n $, $ X_{n+1}=0{,}05X_{n}+66{,}5 $.

On considère la suite $ \left(u_{n}\right)_{n\in \mathbb{N}} $ définie pour tout entier naturel n par $ u_{n}=X_{n} - 70 $.

Prouver que la suite $ \left(u_{n}\right)_{n\in \mathbb{N}} $ est une suite géométrique. Préciser sa raison et son premier terme.
Montrer que pour tout entier naturel $ n $, $ X_{n}=70 - 10 \times 0{,}05^{n} $.

Est-il possible que, durant une année, le nombre d'habitants pratiquant le co-voiturage atteigne la moitié de la population de cette région

Corrigé

Première partie

Le graphe probabiliste associé à cette situation possède deux sommets C (co-voiturage) et V (voiture seule).
D'après l'énoncé :
Si un habitant pratique le co-voiturage (C), l'année suivante il se déplace seul (V) avec une probabilité de 0,6. On a donc une arête de C vers V de poids 0,6 et une boucle sur C de poids $ 1 - 0{,}6 = 0{,}4 $.
Si un habitant se déplace seul (V), l'année suivante il pratique le co-voiturage (C) avec une probabilité de 0,35. On a donc une arête de V vers C de poids 0,35 et une boucle sur V de poids $ 1 - 0{,}35 = 0{,}65 $.
Notons $ S = \begin{pmatrix} 70 & 120 \end{pmatrix} $ la matrice ligne proposée.
On vérifie d'abord que la somme des coefficients correspond bien à la population totale (en milliers) :
$ 70 + 120 = 190 $.

Vérifions maintenant si $ S \times M = S $ :
$ \begin{pmatrix} 70 & 120 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0{,}4 & 0{,}6 \\ 0{,}35 & 0{,}65 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 70 \times 0{,}4 + 120 \times 0{,}35 & 70 \times 0{,}6 + 120 \times 0{,}65 \end{pmatrix} $
$ S \times M = \begin{pmatrix} 28 + 42 & 42 + 78 \end{pmatrix} $
$ S \times M = \begin{pmatrix} 70 & 120 \end{pmatrix} $.

L'égalité $ S \times M = S $ est vérifiée, donc $ S $ est bien l'état stable du système.

Interprétation :
Sur le long terme, le nombre d'habitants pratiquant le co-voiturage se stabilisera à 70 000 et celui des habitants se déplaçant seuls à 120 000.

Deuxième partie

Pour tout entier naturel $ n $, on a $ u_n = X_n - 70 $.
Calculons $ u_{n+1} $ en fonction de $ u_n $ :
$ u_{n+1} = X_{n+1} - 70 $
$ u_{n+1} = 0{,}05\, X_n + 66{,}5 - 70 $
$ u_{n+1} = 0{,}05\, X_n - 3{,}5 $
$ u_{n+1} = 0{,}05\, (X_n - 70) $
$ u_{n+1} = 0{,}05\, u_n $

La suite $ \left(u_n\right)_{n \in \mathbb{N}} $ est donc une suite géométrique de raison $ q = 0{,}05 $ et de premier terme $ u_0 = X_0 - 70 = 60 - 70 = -10 $.
D'après les propriétés des suites géométriques, pour tout entier naturel $ n $ :

$ u_n = u_0 \times q^n = -10 \times 0{,}05^n $

Comme $ u_n = X_n - 70 $, on en déduit que $ X_n = 70 + u_n $, soit :

$ X_n = 70 - 10 \times 0{,}05^n $

La population totale de la région est de 190 000 habitants.
La moitié de cette population correspond à $ 190 / 2 = 95 $ milliers d'habitants.
Cherchons si $ X_n $ peut atteindre la valeur 95 :
Pour tout entier naturel $ n $, $ 0{,}05^n > 0 $, donc $ 10 \times 0{,}05^n > 0 $.
On en déduit que $ 70 - 10 \times 0{,}05^n < 70 $.
Le nombre d'habitants pratiquant le co-voiturage reste donc toujours inférieur à 70 000.

Il n'est donc pas possible que ce nombre atteigne la moitié de la population (95 000 habitants).

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} $.