Chaînes de Markov : exercices corrigés de Terminale expertes

Le coefficient $0{,}4$ est sur la ligne $N$, colonne $S$ : c'est la probabilité qu'un jour nuageux soit suivi d'un jour ensoleillé.

Graphe : quatre flèches. Une boucle sur $S$ de poids $0{,}8$, une flèche $S\to N$ de poids $0{,}2$, une flèche $N\to S$ de poids $0{,}4$ et une boucle sur $N$ de poids $0{,}6$. Les poids qui partent de chaque sommet ont pour somme $1$.

Deux chemins mènent de $S$ à $S$ en deux étapes : $S\to S\to S$ de probabilité $0{,}8\times0{,}8=0{,}64$, et $S\to N\to S$ de probabilité $0{,}2\times0{,}4=0{,}08$.

Ces chemins s'excluent : on additionne. $0{,}64+0{,}08=0{,}72$.

Depuis $A$, la somme des poids vaut $1$ : la boucle pèse $1-0{,}3-0{,}2=0{,}5$.

Depuis $C$ : la boucle pèse $1-0{,}1-0{,}6=0{,}3$.

On remplit ligne par ligne. Ligne $A$ : $(0{,}5\ \ 0{,}3\ \ 0{,}2)$. Ligne $B$ : $(0{,}5\ \ 0\ \ 0{,}5)$. Ligne $C$ : $(0{,}1\ \ 0{,}6\ \ 0{,}3)$.

On obtient $P=\begin{pmatrix}0{,}5 & 0{,}3 & 0{,}2\\ 0{,}5 & 0 & 0{,}5\\ 0{,}1 & 0{,}6 & 0{,}3\end{pmatrix}$ et on contrôle que chaque ligne a bien pour somme $1$.

Premier coefficient de $\pi_1$ : $0{,}6\times0{,}9+0{,}4\times0{,}3=0{,}54+0{,}12=0{,}66$.

Second coefficient : $0{,}6\times0{,}1+0{,}4\times0{,}7=0{,}06+0{,}28=0{,}34$. Donc $\pi_1=(0{,}66\ \ 0{,}34)$, de somme $1$ comme il se doit.

Premier coefficient de $\pi_2=\pi_1P$ : $0{,}66\times0{,}9+0{,}34\times0{,}3=0{,}594+0{,}102=0{,}696$.

Second coefficient : $0{,}66\times0{,}1+0{,}34\times0{,}7=0{,}066+0{,}238=0{,}304$. Donc $\pi_2=(0{,}696\ \ 0{,}304)$.

États : $1$ = abonné, $2$ = non abonné. Un abonné reste abonné avec $0{,}85$, donc se désabonne avec $0{,}15$. Un non-abonné s'abonne avec $0{,}30$, donc reste non abonné avec $0{,}70$.

Matrice : $P=\begin{pmatrix}0{,}85 & 0{,}15\\ 0{,}30 & 0{,}70\end{pmatrix}$ et $\pi_0=(0{,}4\ \ 0{,}6)$ puisque $400$ personnes sur $1\,000$ sont abonnées.

Après un mois : $0{,}4\times0{,}85+0{,}6\times0{,}30=0{,}34+0{,}18=0{,}52$, donc $\pi_1=(0{,}52\ \ 0{,}48)$.

Après deux mois : $0{,}52\times0{,}85+0{,}48\times0{,}30=0{,}442+0{,}144=0{,}586$.

On multiplie par la population : $0{,}586\times1\,000=586$.

Premier coefficient de $\pi_1=\pi_0P$ : $0{,}5(1-x)+0{,}5\times0{,}2=0{,}5-0{,}5x+0{,}1=0{,}6-0{,}5x$.

On pose $0{,}6-0{,}5x=0{,}55$, donc $0{,}5x=0{,}05$, donc $x=0{,}1$.

On vérifie que $x$ est bien entre $0$ et $1$ : c'est le cas.

Matrice complète : $P=\begin{pmatrix}0{,}9 & 0{,}1\\ 0{,}2 & 0{,}8\end{pmatrix}$ dont chaque ligne a pour somme $1$.

Le jeton est sûrement en $1$ au départ : $\pi_0=(1\ \ 0\ \ 0)$.

$\pi_1=\pi_0P$ est la première ligne de $P$ : $\pi_1=(\tfrac12\ \ \tfrac12\ \ 0)$.

Troisième colonne de $P$ : $(0,\ \tfrac14,\ \tfrac12)$. Le coefficient de la case $3$ dans $\pi_2$ vaut $\tfrac12\times0+\tfrac12\times\tfrac14+0\times\tfrac12=\tfrac18$.

Les deux autres coefficients : case $1$, $\tfrac12\times\tfrac12+\tfrac12\times\tfrac14=\tfrac38$ ; case $2$, $\tfrac12\times\tfrac12+\tfrac12\times\tfrac12=\tfrac12$. Donc $\pi_2=(\tfrac38\ \ \tfrac12\ \ \tfrac18)$.

Contrôle : $\tfrac38+\tfrac48+\tfrac18=1$.

Matrice : $P=\begin{pmatrix}0 & \tfrac12 & \tfrac12\\ \tfrac13 & 0 & \tfrac23\\ \tfrac12 & \tfrac12 & 0\end{pmatrix}$ Le graphe a six flèches, aucune boucle, et les poids partant d'une salle ont pour somme $1$.

$\pi_0=(1\ \ 0\ \ 0)$ donc $\pi_1=(0\ \ \tfrac12\ \ \tfrac12)$.

$\pi_2=\pi_1P$. Case $1$ : $\tfrac12\times\tfrac13+\tfrac12\times\tfrac12=\tfrac16+\tfrac14=\tfrac5{12}$. Case $2$ : $\tfrac12\times0+\tfrac12\times\tfrac12=\tfrac14$. Case $3$ : $\tfrac12\times\tfrac23+0=\tfrac13$. Donc $\pi_2=(\tfrac5{12}\ \ \tfrac14\ \ \tfrac13)$, de somme $\tfrac5{12}+\tfrac3{12}+\tfrac4{12}=1$.

Première colonne de $P$ : $(0,\ \tfrac13,\ \tfrac12)$. Premier coefficient de $\pi_3$ : $\tfrac5{12}\times0+\tfrac14\times\tfrac13+\tfrac13\times\tfrac12=\tfrac1{12}+\tfrac16=\tfrac3{12}=\tfrac14$.

Situation A : les probabilités de déplacement ne dépendent que de la case actuelle. L'état présent suffit à prévoir la suite, donc le modèle est bien une chaîne de Markov, avec une matrice $3\times3$.

Situation B : l'état est « rouge » ou « bleue » pour la dernière boule tirée. Or la composition de l'urne dépend de tous les tirages précédents.

Exemple : si la dernière boule tirée est rouge, la probabilité que la suivante soit bleue vaut $\tfrac13$ lorsqu'une seule rouge est sortie, mais elle monte à $1$ si les trois rouges sont sorties. Pour un même état « rouge », les probabilités de la suite diffèrent selon le passé.

Cette situation ne suit donc pas la propriété de Markov avec ces états : on ne peut pas lui associer une unique matrice de transition.