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 : État stable d’une suite matricielle

[enonce]
Pour chaque affirmation suivante sur l'état stable d'une suite matricielle ou d'une chaîne de Markov, indiquer si elle est Vraie ou Fausse.
[/enonce]

[etape]
Affirmation : Si $L$ est un point fixe de la relation $U_{n+1} = A\,U_n + C$ et que $U_0 = L$, alors $U_n = L$ pour tout $n$.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
Si $U_n = L$, alors $U_{n+1} = A\,L + C = L$ par définition du point fixe. Par récurrence, la suite reste constamment égale à $L$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
La définition même du point fixe garantit cette propriété : $L$ est invariant par la transformation, donc en partant de $L$, on reste en $L$.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. Si $U_0 = L$ avec $L = A\,L + C$, alors $U_n = L$ pour tout $n$ par récurrence directe.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Toute distribution $X = \begin{pmatrix} a & b \end{pmatrix}$ vérifiant $a + b = 1$ est invariante pour toute matrice de transition.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
Une distribution invariante doit aussi vérifier $X\,P = X$, ce qui dépend de $P$. La condition $a + b = 1$ ne fait que garantir qu'il s'agit d'une distribution de probabilité, pas qu'elle est invariante.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
Confondre « distribution » et « distribution invariante ». La condition de somme $1$ caractérise les distributions ; l'invariance impose en plus l'égalité $X\,P = X$.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est fausse. La condition $a + b = 1$ caractérise une distribution, mais l'invariance demande aussi $X\,P = X$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Pour la matrice $P = \begin{pmatrix} 0{,}6 & 0{,}4 \\ 0{,}4 & 0{,}6 \end{pmatrix}$, la distribution $X = \begin{pmatrix} 0{,}5 & 0{,}5 \end{pmatrix}$ est invariante.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Bravo !
On vérifie : $X\,P = \begin{pmatrix} 0{,}5 & 0{,}5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0{,}6 & 0{,}4 \\ 0{,}4 & 0{,}6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}5 \times 0{,}6 + 0{,}5 \times 0{,}4 & 0{,}5 \times 0{,}4 + 0{,}5 \times 0{,}6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}5 & 0{,}5 \end{pmatrix} = X$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
Quand la matrice $P$ est symétrique avec lignes égales par symétrie, la distribution équilibrée $\begin{pmatrix} 0{,}5 & 0{,}5 \end{pmatrix}$ est invariante. Effectuer le calcul $X\,P$ pour le vérifier.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. Le calcul $X\,P = X$ se vérifie directement.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Pour une chaîne de Markov dont la matrice de transition a tous ses coefficients strictement positifs, la suite des distributions $\left(X_n\right)$ converge vers la distribution invariante quelle que soit $X_0$.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Exactement !
C'est un théorème classique : sous l'hypothèse de positivité stricte de tous les coefficients de $P$, $\left(X_n\right)$ converge vers l'unique distribution invariante, et cette limite est indépendante de la distribution initiale $X_0$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
La condition « tous les coefficients strictement positifs » est précisément ce qui garantit l'oubli progressif de la distribution initiale et la convergence vers une limite unique.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. Sous cette condition, $\left(X_n\right)$ converge vers la distribution invariante, indépendamment de $X_0$.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Pour la suite $U_{n+1} = A\,U_n + C$ avec $A = I_2$ et $C \ne 0$, il existe un point fixe.

[qcm]
[option]Vrai[/option]
[option correct="true"]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]C'est bien ça !
Si $A = I_2$, l'équation $L = I_2\,L + C = L + C$ donne $C = 0$, ce qui contredit $C \ne 0$. Aucun point fixe n'existe : la suite $U_n = U_0 + n\,C$ est arithmétique.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est fausse.
Le point fixe $L$ vérifie $\left(I_p - A\right)L = C$. Si $A = I_2$, le système devient $0 = C$ : il n'a pas de solution lorsque $C \ne 0$.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est fausse. Avec $A = I_2$ et $C \ne 0$, l'équation du point fixe $C = 0$ n'a pas de solution.
[/solution]
[/etape]

[etape]
Affirmation : Si la matrice de transition est $P = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, alors toute distribution est invariante.

[qcm]
[option correct="true"]Vrai[/option]
[option]Faux[/option]
[reponse statut="correct"]Tout à fait !
$P = I_2$, donc pour toute distribution $X$, on a $X\,P = X$. Toutes les distributions sont invariantes (il n'y a pas d'unicité dans ce cas dégénéré).[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non, cette affirmation est vraie.
$P = I_2$ ne modifie aucune distribution : $X \times I_2 = X$ pour toute $X$. Donc toutes les distributions vérifient l'équation d'invariance.[/reponse]
[/qcm]

[solution]
Cette affirmation est vraie. Avec $P = I_2$, l'égalité $X\,P = X$ est satisfaite pour toute distribution $X$.
[/solution]
[/etape]

QCM : État stable et limite d’une suite matricielle

[enonce]
Ce QCM porte sur l'état stable et la limite d'une suite définie par une relation $U_{n+1} = A\,U_n + C$ ou par une chaîne de Markov. Pour chaque question, choisir la bonne réponse parmi les quatre propositions.
[/enonce]

[etape]
On dit qu'une matrice colonne $L$ est un point fixe (ou état stable) de la relation $U_{n+1} = A\,U_n + C$ lorsque :
[qcm]
[option]$L = A\,L$[/option]
[option correct="true"]$L = A\,L + C$[/option]
[option]$L = A^n\,L + C$[/option]
[option]$L = U_0$[/option]
[reponse statut="correct"]Tu as raison !
Un point fixe $L$ vérifie : si $U_n = L$, alors $U_{n+1} = L$ aussi. Cela revient à imposer $L = A\,L + C$.[/reponse]
[reponse motif="$L = A\,L$"]Non.
Cette équation correspond au cas sans terme constant ($C = 0$). En présence d'un terme additif $C$, le point fixe doit aussi en tenir compte.[/reponse]
[reponse motif="$L = A^n\,L + C$"]Non.
La définition du point fixe utilise la relation à un seul pas, pas $n$ pas. On veut que $L$ soit invariant par une seule application de la relation.[/reponse]
[reponse motif="$L = U_0$"]Non.
Le point fixe ne dépend pas du terme initial $U_0$ : il dépend de la matrice $A$ et de la constante $C$. Une suite peut converger vers un point fixe quel que soit son point de départ.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Le point fixe est défini par l'égalité $L = A\,L + C$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
On considère $U_{n+1} = A\,U_n + C$ avec $A = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} & 0 \\ 0 & \dfrac{1}{4} \end{pmatrix}$ et $C = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix}$. Quel est le point fixe $L$ ?
[qcm]
[option]$\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{3}{4} \end{pmatrix}$[/option]
[option correct="true"]$\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$\begin{pmatrix} 4 \\ 12 \end{pmatrix}$[/option]
[reponse statut="correct"]C'est bien ça !
On résout $L = A\,L + C$ avec $L = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ : $\begin{cases} x = \dfrac{1}{2}x + 1 \\ y = \dfrac{1}{4}y + 3 \end{cases}$, soit $\begin{cases} \dfrac{1}{2}x = 1 \\ \dfrac{3}{4}y = 3 \end{cases}$, d'où $x = 2$ et $y = 4$.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix}$"]Non.
$\begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix}$ est la matrice $C$, pas le point fixe. Il faut résoudre $\left(I_2 - A\right)L = C$ pour obtenir $L$.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{3}{4} \end{pmatrix}$"]Non.
Cela correspond à $A\,C$ et non au point fixe. Bien résoudre l'équation $L = A\,L + C$, qui demande d'isoler $L$.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{pmatrix} 4 \\ 12 \end{pmatrix}$"]Non.
Erreur de division : pour résoudre $\dfrac{1}{2}x = 1$, on multiplie par $2$ et non par $4$. De même $\dfrac{3}{4}y = 3$ donne $y = 4$, pas $12$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Résoudre $L = A\,L + C$ donne $L = \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \end{pmatrix}$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
La suite $\left(U_n\right)$ vérifie $U_{n+1} = A\,U_n + C$ et l'on a trouvé que $A^n$ tend vers la matrice nulle. Vers quoi tend $\left(U_n\right)$ ?
[qcm]
[option]Vers $U_0$[/option]
[option]Vers la matrice nulle[/option]
[option correct="true"]Vers le point fixe $L$ vérifiant $L = A\,L + C$[/option]
[option]Vers $C$[/option]
[reponse statut="correct"]Bonne réponse !
On pose $V_n = U_n - L$, alors $V_n = A^n\left(U_0 - L\right)$ tend vers la matrice nulle. Donc $U_n = V_n + L$ tend vers $L$.[/reponse]
[reponse motif="Vers $U_0$"]Non.
$U_0$ est le point de départ de la suite, pas sa limite. La suite évolue à chaque étape, elle ne reste pas en $U_0$.[/reponse]
[reponse motif="Vers la matrice nulle"]Non.
La présence du terme additif $C$ empêche en général la suite de tendre vers $0$. La limite est décalée par rapport au cas $C = 0$.[/reponse]
[reponse motif="Vers $C$"]Non.
$C$ apparaît dans l'expression, mais la limite n'est pas $C$ elle-même. Il faut résoudre $L = A\,L + C$ pour trouver la limite, qui est en général différente de $C$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Lorsque $A^n$ tend vers $0$, la suite $\left(U_n\right)$ tend vers le point fixe $L$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Soit $P = \begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}2 \\ 0{,}5 & 0{,}5 \end{pmatrix}$ la matrice de transition d'une chaîne de Markov à $2$ états. Une distribution invariante $X = \begin{pmatrix} a & b \end{pmatrix}$ vérifie :
[qcm]
[option]$P\,X = X$[/option]
[option correct="true"]$X\,P = X$ et $a + b = 1$[/option]
[option]$X = \begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix}$[/option]
[option]$X\,P = 0$[/option]
[reponse statut="correct"]Exactement !
La distribution invariante satisfait $X\,P = X$ (équation matricielle). On ajoute la condition de normalisation $a + b = 1$ pour qu'il s'agisse d'une distribution de probabilité (somme égale à $1$).[/reponse]
[reponse motif="$P\,X = X$"]Non.
$X$ étant une matrice ligne (et $P$ une matrice carrée), c'est $X\,P$ qui est défini, pas $P\,X$. L'ordre dans le produit matriciel est crucial.[/reponse]
[reponse motif="$X = \begin{pmatrix} 1 & 1 \end{pmatrix}$"]Non.
Une distribution doit avoir des coefficients de somme $1$, pas chacun égal à $1$. Cela donnerait une somme de $2$, ce qui ne correspond pas à des probabilités.[/reponse]
[reponse motif="$X\,P = 0$"]Non.
Confusion entre « invariante » et « annulée ». L'invariance signifie $X\,P = X$ (image inchangée), et non $X\,P = 0$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
La distribution invariante vérifie $X\,P = X$, complétée par la condition $a + b = 1$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Pour $P = \begin{pmatrix} 0{,}5 & 0{,}5 \\ 0{,}25 & 0{,}75 \end{pmatrix}$, on cherche la distribution invariante $X = \begin{pmatrix} a & b \end{pmatrix}$. Quel système faut-il résoudre ?
[qcm]
[option correct="true"]$\begin{cases} 0{,}5\,a + 0{,}25\,b = a \\ a + b = 1 \end{cases}$[/option]
[option]$\begin{cases} 0{,}5\,a + 0{,}5\,b = a \\ 0{,}25\,a + 0{,}75\,b = b \end{cases}$ (sans contrainte de somme)[/option]
[option]$\begin{cases} 0{,}5\,a + 0{,}5\,b = b \\ a + b = 1 \end{cases}$[/option]
[option]$\begin{cases} a = 1 \\ b = 0 \end{cases}$[/option]
[reponse statut="correct"]Bravo !
$X\,P = \begin{pmatrix} 0{,}5\,a + 0{,}25\,b & 0{,}5\,a + 0{,}75\,b \end{pmatrix}$. L'égalité $X\,P = X$ donne deux équations équivalentes ; on garde la première et on ajoute $a + b = 1$.[/reponse]
[reponse motif="$\begin{cases} 0{,}5\,a + 0{,}5\,b = a \\ 0{,}25\,a + 0{,}75\,b = b \end{cases}$ (sans contrainte de somme)"]Non.
Il manque la condition de normalisation $a + b = 1$. Sans elle, le système admet une infinité de solutions (en particulier la solution nulle).[/reponse]
[reponse motif="$\begin{cases} 0{,}5\,a + 0{,}5\,b = b \\ a + b = 1 \end{cases}$"]Non.
Le calcul de la première coordonnée de $X\,P$ utilise la première colonne de $P$ : $0{,}5\,a + 0{,}25\,b$, et non $0{,}5\,a + 0{,}5\,b$ (qui est la deuxième coordonnée).[/reponse]
[reponse motif="$\begin{cases} a = 1 \\ b = 0 \end{cases}$"]Non.
Cette distribution n'est pas invariante en général : $X\,P = \begin{pmatrix} 0{,}5 & 0{,}5 \end{pmatrix} \ne X$.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Il faut écrire $X\,P = X$ (en utilisant les colonnes de $P$) et compléter par $a + b = 1$.[/reponse]
[/qcm]
[/etape]

[etape]
Pour une chaîne de Markov dont les coefficients de $P$ sont tous strictement positifs, que peut-on dire de la suite des distributions $\left(X_n\right)$ ?
[qcm]
[option]Elle est constante.[/option]
[option]Elle dépend uniquement de $X_0$ même à long terme.[/option]
[option correct="true"]Elle converge vers une distribution invariante indépendante de $X_0$.[/option]
[option]Elle diverge.[/option]
[reponse statut="correct"]Tout à fait !
C'est un résultat classique : si tous les coefficients de $P$ sont strictement positifs, la suite $\left(X_n\right)$ converge vers une distribution invariante $X$, et cette limite ne dépend pas de la distribution initiale $X_0$.[/reponse]
[reponse motif="Elle est constante."]Non.
$X_n$ change à chaque étape (sauf si $X_0$ est déjà invariante). C'est sa limite qui est l'état stable, pas la suite elle-même.[/reponse]
[reponse motif="Elle dépend uniquement de $X_0$ même à long terme."]Non.
À court terme, $X_n$ dépend de $X_0$. Mais sous hypothèse de coefficients tous strictement positifs, l'effet de $X_0$ s'estompe avec $n$ : la limite est la même quelle que soit la distribution initiale.[/reponse]
[reponse motif="Elle diverge."]Non.
Les coefficients d'une distribution restent dans $\left[0, 1\right]$ et leur somme vaut toujours $1$ : la suite $\left(X_n\right)$ est bornée et converge dans ce cadre.[/reponse]
[reponse statut="incorrect"]Non.
Sous l'hypothèse de positivité stricte des coefficients de $P$, $\left(X_n\right)$ converge vers la distribution invariante, qui ne dépend pas de $X_0$.[/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} $.