Exercice 67

Les variables $X_{1}$, …, $X_{n}$ sont données par l'énoncé ; on n'a pas besoin de décrire l'univers (section 21.5.6). On note $q = 1 - p$.

1. Soit $k \in \llbracket 1\,,n - 1 \rrbracket$. Comme $\Pi_{k+1} = \Pi_{k}X_{k+1}$ et que ces deux variables sont à valeurs dans $\{-1, 1\}$, le produit vaut $1$ si et seulement si les deux facteurs sont égaux : $$(\Pi_{k+1} = 1) = (\Pi_{k} = 1,\ X_{k+1} = 1) \cup (\Pi_{k} = -1,\ X_{k+1} = -1),$$ réunion de deux événements incompatibles. La variable $\Pi_{k}$ est une fonction de $(X_{1}, \dots, X_{k})$, donc elle est indépendante de $X_{k+1}$ par le lemme des coalitions (théorème 7). Par la proposition 7 (i), puis l'indépendance, $$\boxed{u_{k+1} = p\,u_{k} + q\,v_{k}} \qquad\text{et, de même,}\qquad \boxed{v_{k+1} = q\,u_{k} + p\,v_{k}}$$ la seconde formule venant de $(\Pi_{k+1} = -1) = (\Pi_{k} = 1, X_{k+1} = -1) \cup (\Pi_{k} = -1, X_{k+1} = 1)$.

2. Comme $\Pi_{k}$ prend ses valeurs dans $\{-1, 1\}$, les événements $(\Pi_{k} = 1)$ et $(\Pi_{k} = -1)$ forment un système complet (proposition 11), et $u_{k} + v_{k} = 1$. En soustrayant les deux relations de la question 1, on obtient $$u_{k+1} - v_{k+1} = (p - q)(u_{k} - v_{k}) = (2p - 1)(u_{k} - v_{k}).$$ La suite $(u_{k} - v_{k})$ est géométrique de raison $2p - 1$, de premier terme $u_{1} - v_{1} = p - q = 2p - 1$, donc $u_{k} - v_{k} = (2p - 1)^{k}$. Avec $u_{k} + v_{k} = 1$, $$\boxed{u_{k} = \frac{1 + (2p - 1)^{k}}{2}, \qquad v_{k} = \frac{1 - (2p - 1)^{k}}{2}}$$ Comme $p \in \left]0\,,1\right[$, on a $|2p - 1| < 1$, et $(2p - 1)^{k}$ tend vers $0$ : lorsque $n$, puis $k$, deviennent grands, $\boxed{u_{k} \text{ et } v_{k} \text{ tendent vers } \tfrac{1}{2}}$. Le signe d'un long produit de signes aléatoires est presque équiprobable, quel que soit $p$ ; la convergence est géométrique, d'autant plus lente que $p$ est proche de $0$ ou de $1$. Pour $p$ proche de $0$, le signe change très probablement d'un rang au suivant, et $u_{k}$ oscille autour de $\frac{1}{2}$, puisque $2p - 1 < 0$, avant de s'en approcher.

On pouvait aussi remarquer que $u_{k+1} = (2p - 1)u_{k} + q$ : la suite $(u_{k})$ est arithmético-géométrique (chapitre 7), de point fixe $\frac{1}{2}$. Matriciellement, la colonne $(u_{k}, v_{k})^{T}$ est multipliée à chaque étape par la matrice $\begin{pmatrix} p & q \\ q & p \end{pmatrix}$, comme dans l'exemple de la chaîne de Markov à deux états de la section 21.5.7.

3. On suppose $n \geqslant 2$. Par la proposition 15, $\Pi_{1} = X_{1}$ et $\Pi_{2} = X_{1}X_{2}$ sont indépendantes si et seulement si $\mathrm{P}(\Pi_{1} = a, \Pi_{2} = b) = \mathrm{P}(\Pi_{1} = a)\mathrm{P}(\Pi_{2} = b)$ pour tous $a$, $b \in \{-1, 1\}$.

Condition nécessaire. Pour $a = b = 1$, on a $(\Pi_{1} = 1, \Pi_{2} = 1) = (X_{1} = 1, X_{2} = 1)$, de probabilité $p^{2}$, tandis que $\mathrm{P}(\Pi_{1} = 1)\mathrm{P}(\Pi_{2} = 1) = p\,u_{2} = p(2p^{2} - 2p + 1)$. Comme $p \neq 0$, l'égalité équivaut à $p = 2p^{2} - 2p + 1$, c'est-à-dire à $2p^{2} - 3p + 1 = (2p - 1)(p - 1) = 0$, soit $p = \frac{1}{2}$, puisque $p \neq 1$.

Condition suffisante. Si $p = \frac{1}{2}$, pour tous $a$, $b \in \{-1, 1\}$, l'événement $(\Pi_{1} = a, \Pi_{2} = b)$ est égal à $(X_{1} = a, X_{2} = ab)$, de probabilité $\frac{1}{4}$ par indépendance, et le produit $\mathrm{P}(\Pi_{1} = a)\mathrm{P}(\Pi_{2} = b)$ vaut aussi $\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}$, puisque $u_{2} = v_{2} = \frac{1}{2}$. D'où $$\boxed{\Pi_{1} \perp\!\!\!\perp \Pi_{2} \iff p = \tfrac{1}{2}}$$

4. On suppose $p = \frac{1}{2}$. Soit $\varphi$ l'application de $\{-1, 1\}^{n}$ dans lui-même définie par $$\varphi(x_{1}, \dots, x_{n}) = (x_{1}, x_{1}x_{2}, \dots, x_{1}x_{2}\cdots x_{n}).$$ C'est une bijection : si $\pi = \varphi(x)$, on retrouve $x_{1} = \pi_{1}$ et $x_{k} = \pi_{k}\pi_{k-1}$ pour $k \geqslant 2$, puisque $\pi_{k-1}^{2} = 1$. Par indépendance, $\mathrm{P}(X_{1} = x_{1}, \dots, X_{n} = x_{n}) = \frac{1}{2^{n}}$ pour tout $x$, et, pour tout $\pi \in \{-1, 1\}^{n}$, $$\mathrm{P}(\Pi_{1} = \pi_{1}, \dots, \Pi_{n} = \pi_{n}) = \mathrm{P}\big((X_{1}, \dots, X_{n}) = \varphi^{-1}(\pi)\big) = \frac{1}{2^{n}} = \prod_{k=1}^{n} \mathrm{P}(\Pi_{k} = \pi_{k}),$$ puisque $u_{k} = v_{k} = \frac{1}{2}$ pour $p = \frac{1}{2}$. Par la proposition 15, $$\boxed{\Pi_{1}, \dots, \Pi_{n} \text{ sont mutuellement indépendantes}}$$ Ce résultat a été contrôlé par énumération pour $n = 4$, avec $p = \frac{1}{2}$, et son échec pour $p = \frac{1}{3}$ et $p = \frac{3}{4}$ ✓.

Piège. Le lemme des coalitions ne s'applique pas ici : toutes les variables $\Pi_{k}$ dépendent de $X_{1}$, et les paquets ne sont pas disjoints. L'erreur la plus répandue est de croire que des fonctions de paquets qui se chevauchent sont « un peu » indépendantes ; la question 3 montre qu'elles ne le sont pas en général, et l'indépendance obtenue pour $p = \frac{1}{2}$ tient à la bijection $\varphi$, qui transporte la loi uniforme de $\{-1, 1\}^{n}$ sur elle-même.