Exercice 51

Modèle. On note $X_{n} \in \{M, J, D\}$ l'activité du chat dans la tranche $[5n\,,5n + 5]$, de sorte que $m_{n} = \mathrm{P}(X_{n} = M)$, et de même pour $j_{n}$ et $d_{n}$. L'énoncé donne $X_{0} = M$, soit $\mu_{0} = (1, 0, 0)$, et les probabilités de transition, par exemple $\mathrm{P}_{(X_{n} = M)}(X_{n+1} = J) = \frac{1}{2}$, qui ne dépendent pas des tranches antérieures.

1. Les événements $(X_{n} = M)$, $(X_{n} = J)$ et $(X_{n} = D)$ forment un système complet (proposition 11). La formule des probabilités totales (théorème 5), avec la convention $\mathrm{P}_{B}(A)\mathrm{P}(B) = 0$ lorsque $\mathrm{P}(B) = 0$, donne $$m_{n+1} = \sum_{s \in \{M, J, D\}} \mathrm{P}_{(X_{n} = s)}(X_{n+1} = M)\,\mathrm{P}(X_{n} = s) = \frac{1}{2}m_{n} + \frac{1}{4}j_{n} + \frac{1}{4}d_{n},$$ et de même $j_{n+1} = \frac{1}{2}m_{n}$ et $d_{n+1} = \frac{3}{4}j_{n} + \frac{3}{4}d_{n}$. Ces trois égalités s'écrivent $\mu_{n+1} = \mu_{n}T$, la ligne d'indice $s$ de $T$ contenant les probabilités de passer de l'état $s$ aux états $M$, $J$, $D$ : $$\boxed{T = \begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} & 0 \\[2pt] \tfrac{1}{4} & 0 & \tfrac{3}{4} \\[2pt] \tfrac{1}{4} & 0 & \tfrac{3}{4} \end{pmatrix}}, \qquad \mu_{n} = \mu_{0}T^{n} \text{ pour tout } n \in \mathbb{N}.$$

Le graphe de la chaîne porte sur chaque flèche une probabilité de transition, comme celui de la chaîne à deux états de la section 21.5.7 ; les flèches issues d'un même état totalisent $1$, ce qui traduit la somme $1$ de chaque ligne de $T$.

2. On cherche les vecteurs colonnes $V$ tels que $TV = \lambda V$. Pour $\lambda = 1$, la colonne $(1, 1, 1)^{T}$ convient, puisque chaque ligne de $T$ a pour somme $1$. Les deux dernières lignes de $T$ sont égales : $T$ n'est pas inversible, et la résolution de $TV = 0$ donne $V = (3, -3, -1)^{T}$. Enfin, la première ligne du système $TV = \frac{1}{4}V$ s'écrit $\frac{1}{4}v_{1} + \frac{1}{2}v_{2} = 0$, la troisième $\frac{1}{4}v_{1} + \frac{1}{2}v_{3} = 0$, et la deuxième en découle : le système équivaut à $v_{2} = v_{3} = -\frac{v_{1}}{2}$, et admet la solution $V = (2, -1, -1)^{T}$. Avec ces trois colonnes, $$P = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & -1 & -3 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad \det P = -6, \qquad P^{-1} = \begin{pmatrix} \tfrac{1}{3} & \tfrac{1}{6} & \tfrac{1}{2} \\[2pt] \tfrac{1}{3} & \tfrac{2}{3} & -1 \\[2pt] 0 & -\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} \end{pmatrix}, \qquad \boxed{P^{-1}TP = \Delta = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \tfrac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}}$$ Ainsi $T = P\Delta P^{-1}$ et $T^{n} = P\Delta^{n}P^{-1}$ (chapitre 16, matrices semblables), avec $\Delta^{n} = \mathrm{diag}\big(1, 4^{-n}, 0\big)$ pour $n \geqslant 1$. Comme $\mu_{0} = (1, 0, 0)$, la ligne $\mu_{n}$ est la première ligne de $T^{n}$, c'est-à-dire la première ligne de $P$, multipliée par $\Delta^{n}$, puis par $P^{-1}$ : pour $n \geqslant 1$, $$\mu_{n} = \big(1, 2 \cdot 4^{-n}, 0\big)P^{-1}, \qquad \boxed{m_{n} = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{4^{n}}, \quad j_{n} = \frac{1}{6} + \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{4^{n}}, \quad d_{n} = \frac{1}{2} - \frac{2}{4^{n}} \qquad (n \geqslant 1)}$$ On contrôle pour $n = 1$ : $\mu_{1} = \big(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\big)$, première ligne de $T$ ✓.

Piège. Ces formules sont fausses pour $n = 0$ : elles donneraient $m_{0} = 1$, mais $j_{0} = \frac{3}{2}$ et $d_{0} = -\frac{3}{2}$. La raison est la valeur propre $0$ : $0^{n}$ vaut $0$ pour $n \geqslant 1$, mais $1$ pour $n = 0$, et la composante de $\mu_{0}$ selon le troisième vecteur, qui disparaît dès le premier pas, n'a pas été comptée. L'erreur la plus répandue est d'écrire $\Delta^{n} = \mathrm{diag}(1, 4^{-n}, 0)$ sans préciser $n \geqslant 1$.

3. Comme $4^{-n}$ tend vers $0$, $$\boxed{(m_{n}, j_{n}, d_{n}) \xrightarrow[n \to +\infty]{} \Big(\frac{1}{3}, \frac{1}{6}, \frac{1}{2}\Big)}$$ et l'on vérifie que la ligne $\mu = \big(\frac{1}{3}, \frac{1}{6}, \frac{1}{2}\big)$ satisfait $\mu T = \mu$ : c'est la loi stationnaire de la chaîne. À long terme, le chat mange avec la probabilité $\frac{1}{3}$, joue avec la probabilité $\frac{1}{6}$ et dort avec la probabilité $\frac{1}{2}$, ce que l'on interprète comme les fractions de son temps consacrées à chaque activité. La convergence est très rapide : au bout d'une heure, soit douze tranches, l'écart à la limite est au plus $2 \cdot 4^{-12} \approx 1{,}2 \cdot 10^{-7}$, et le chat a oublié qu'il avait commencé par manger, comme la chaîne à deux états de la section 21.5.7 oublie le temps du premier jour.