ExerciceMaths expertes, chapitre 9 — Chaînes de Markov · Pour aller plus loin

Exercice 20 Tout ce qui est possible finit par arriver

DémonstrationCalcul

On lance un dé non pipé de façon répétée. On note $X_{n}$ l'état après $n$ lancers : $X_{n}=0$ si aucun $6$ n'est encore sorti, $X_{n}=1$ sinon.

1. Justifier que $(X_{n})$ est une chaîne de Markov homogène, et donner sa matrice de transition $T$ . Quel est l'état absorbant ?

2. Montrer par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$ , $T^{n}=\begin{pmatrix} \left(\frac{5}{6}\right)^{n} & 1-\left(\frac{5}{6}\right)^{n} \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ .

3. En déduire la probabilité $p_{n}$ d'obtenir au moins un $6$ en $n$ lancers, ainsi que sa limite.

4. Problème posé à Pascal par le chevalier de Méré. La probabilité qu'en $4$ lancers le dé amène au moins un $6$ est-elle supérieure à $\dfrac{1}{2}$  ? Même question pour la probabilité d'obtenir au moins un double six en $24$ lancers de deux dés, en adaptant la chaîne.

5. Pour $k\geqslant 1$ , on note $T_{6}$ le rang du premier $6$ . Calculer $P(T_{6}=k)$ .

Source : inspiré de poly « Mathématiques : du lycée aux CPGE scientifiques » (LLG / H4), n° 266, 267 et 307 (modélisation par une chaîne de Markov)

Corrigé

1. L'état après le lancer $n+1$ ne dépend que de l'état après le lancer $n$ et du résultat du lancer $n+1$ , indépendant des précédents, avec les mêmes probabilités à chaque lancer : la chaîne est de Markov et homogène. $\boxed{T=\begin{pmatrix} \frac{5}{6} & \frac{1}{6} \\ 0 & 1 \end{pmatrix}}$ L'état $1$ est absorbant : une fois un $6$ sorti, on reste dans l'état $1$ .

2. Initialisation : $T^{0}=I_{2}$ correspond bien à la formule pour $n=0$ .

Hérédité : Si la formule est vraie au rang $n$ , alors : $T^{n+1}=T^{n}T=\begin{pmatrix} \left(\frac{5}{6}\right)^{n}\times\frac{5}{6} & \left(\frac{5}{6}\right)^{n}\times\frac{1}{6}+1-\left(\frac{5}{6}\right)^{n} \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \left(\frac{5}{6}\right)^{n+1} & 1-\left(\frac{5}{6}\right)^{n+1} \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ car $\left(\frac{5}{6}\right)^{n}\left(\frac{1}{6}-1\right)=-\left(\frac{5}{6}\right)^{n+1}$ .

Conclusion : La formule est vraie pour tout $n\in\mathbb{N}$ .

3. On part de l'état $0$ : $p_{n}$ est le coefficient en ligne $1$ et colonne $2$ de $T^{n}$ . $\boxed{p_{n}=1-\left(\frac{5}{6}\right)^{n}\xrightarrow[n\to+\infty]{}1}$ car $0<\frac{5}{6}<1$ . Un événement de probabilité non nulle, répété indépendamment, finit par se produire avec une probabilité aussi proche de $1$ que l'on veut.

4. $p_{4}=1-\frac{625}{1296}=\frac{671}{1296}\approx 0{,}518>\frac{1}{2}$ : oui. Pour le double six, la chaîne est la même avec $\frac{35}{36}$ et $\frac{1}{36}$ à la place de $\frac{5}{6}$ et $\frac{1}{6}$ : $1-\left(\frac{35}{36}\right)^{24}\approx 0{,}491<\frac{1}{2}$ Non. Le chevalier de Méré pensait, par une règle de proportionnalité, que les deux paris étaient équivalents : $4$ est à $6$ comme $24$ est à $36$ . Le calcul montre que le premier est favorable et le second défavorable.

5. L'événement $(T_{6}=k)$ signifie $X_{k-1}=0$ et $X_{k}=1$ . D'après la question 2 et la propriété de Markov : $\boxed{P(T_{6}=k)=P(X_{k-1}=0)\times P_{(X_{k-1}=0)}(X_{k}=1)=\left(\frac{5}{6}\right)^{k-1}\times\frac{1}{6}}$ C'est la loi géométrique de paramètre $\frac{1}{6}$ . Contrôle : $P(T_{6}=1)=\frac{1}{6}$ , comme attendu.

Énoncé PDF, p. 7 Corrigé PDF, p. 18 Toute la feuille Le cours

Dans l'édifice

Matrices d'une application linéaire Variables aléatoires, lois, fonctions de répartition Espaces probabilisés et probabilités conditionnelles Principe de récurrence Chaînes de Markov à espace d'états fini ou dénombrable

Thèmes

matrice de transition, chaînes de markov, probabilités conditionnelles, puissances de matrices, convergence, suites, états absorbants, dés et pièces

Notions

matrices (espace des), variable aléatoire, espace probabilisé, matrice de transition, chaîne de Markov