Exercice 23 Deux piles consécutifs

Un pile fait passer de $0$ à $1$, puis de $1$ à l'état absorbant $2$ ; un face ramène toujours en $0$, sauf depuis l'état $2$.

1. $$T=\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\[1mm] \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\[1mm] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \qquad ; \qquad \pi_{0}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$ $\pi_{1}=\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \end{pmatrix}$ et $\pi_{2}=\begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}$, donc $\boxed{p_{1}=1}$ et $\boxed{p_{2}=\frac{3}{4}}$ : sur quatre suites de deux lancers, seule $PP$ est exclue.

2. $\pi_{n+1}=\pi_{n}T$ donne $a_{n+1}=\frac{1}{2}a_{n}+\frac{1}{2}b_{n}=\frac{1}{2}p_{n}$ et $b_{n+1}=\frac{1}{2}a_{n}$. Alors : $$p_{n+2}=a_{n+2}+b_{n+2}=\frac{1}{2}p_{n+1}+\frac{1}{2}a_{n+1}=\frac{1}{2}p_{n+1}+\frac{1}{4}p_{n}$$

3. Récurrence à deux termes. Initialisation : $\frac{F_{3}}{2}=\frac{2}{2}=1=p_{1}$ et $\frac{F_{4}}{4}=\frac{3}{4}=p_{2}$. Hérédité : Si la formule est vraie aux rangs $n$ et $n+1$ : $$p_{n+2}=\frac{1}{2}\times\frac{F_{n+3}}{2^{n+1}}+\frac{1}{4}\times\frac{F_{n+2}}{2^{n}}=\frac{F_{n+3}+F_{n+2}}{2^{n+2}}=\frac{F_{n+4}}{2^{n+2}}$$ Conclusion : $\boxed{p_{n}=\dfrac{F_{n+2}}{2^{n}}}$ pour tout $n\in\mathbb{N}^{*}$. Autrement dit, parmi les $2^{n}$ suites de $n$ lancers, exactement $F_{n+2}$ ne contiennent pas deux piles consécutifs.

4. Récurrence à deux termes encore : $F_{1}=1\leqslant\frac{7}{4}$ et $F_{2}=1\leqslant\frac{49}{16}$. Si $F_{n}\leqslant\left(\frac{7}{4}\right)^{n}$ et $F_{n+1}\leqslant\left(\frac{7}{4}\right)^{n+1}$, alors : $$F_{n+2}\leqslant\left(\frac{7}{4}\right)^{n}\left(1+\frac{7}{4}\right)=\left(\frac{7}{4}\right)^{n}\times\frac{44}{16}\leqslant\left(\frac{7}{4}\right)^{n}\times\frac{49}{16}=\left(\frac{7}{4}\right)^{n+2}$$ On en déduit : $$0\leqslant p_{n}\leqslant\frac{1}{2^{n}}\left(\frac{7}{4}\right)^{n+2}=\frac{49}{16}\left(\frac{7}{8}\right)^{n}$$ Comme $0<\frac{7}{8}<1$, le majorant tend vers $0$, et par le théorème des gendarmes : $\boxed{\lim_{n\to+\infty}p_{n}=0}$. Deux piles consécutifs finissent par apparaître avec une probabilité aussi proche de $1$ que l'on veut : l'état $2$ absorbe la chaîne, comme dans l'exercice 20.