Une autre chaîne de Markov

(Oral Centrale Mp)
Une urne contient {n} boules indiscernables au toucher, avec {n\ge2}.

Initialement {b} sont blanches ({0\le b\le n}), les autres sont rouges.

On répète la manipulation suivante :

Sans remise, extraire au hasard une première boule puis une deuxième.

  • Si elles sont de la même couleur, les remettre dans l’urne.
  • Sinon, place dans l’urne deux boules de même couleur que la première.

Soit {X_{k}} le nombre de boules blanches après {k} manipulations.

On pose {U_{k}=(\mathbb{P}(X_{k}=i))_{0\le i\le n}\in\mathbb{R}^{n+1}} (identifié à la colonne correspondante).

  1. Trouver {A_{n}\in\mathcal{M}_{n+1}(\mathbb{R})} telle que : {\forall\, k\in\mathbb{N},\;U_{k+1}=AU_{k}}.
  2. Dans cette question, {n=4}. On note {A\in\mathcal{M}_{5}(\mathbb{R})} plutôt que {A_{4}}.
    Écrire la matrice {A} et former son polynôme caractéristique.
  3. Calculer la limite de {A^{m}} quand {m\to+\infty}.

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  1. Au cours des manipulations successives, l’urne contient toujours {n} boules.

    On suppose {X_{k}=j} ({0\le j\le n}). On procède à la {(k+1)}-ième étape.

    Soit {C_{1}} la couleur ({B} ou {R}) de la première boule, et {C_{2}} celle de la deuxième.

    Sachant {X_{k}=j}, on a {X_{k+1}(\Omega)=\{j-1,j,j+1\}\cap[[ 0,n]]} avec : {\begin{cases}X_{k+1}=j+1\Leftrightarrow (C_{1}=B,C_{2}=R)\\X_{k+1}=j-1\Leftrightarrow (C_{1}=R,C_{2}=B)\end{cases}}On trouve : {\begin{array}{rl}\mathbb{P}_{X_{k}=j}(X_{k+1}=j+1)&=\mathbb{P}(C_{1}=B)\,\mathbb{P}(C_{2}\\\\&=R\mid C_{1}=B)=\dfrac{j}{n}\cdot\dfrac{n-j}{n-1}=\dfrac{j(n-j)}{n(n-1)}\end{array}}De même : {\begin{array}{rl}\mathbb{P}_{X_{k}=j}(X_{k+1}=j-1)&=\mathbb{P}(C_{1}=R)\,\mathbb{P}(C_{2}=B\mid C_{1}=R)\\\\&=\dfrac{n-j}{n}\cdot\dfrac{j}{n-1}=\dfrac{j(n-j)}{n(n-1)}\end{array}}Enfin : {\begin{array}{rl}\mathbb{P}_{X_{k}=j}(X_{k+1}=j)&=1-\mathbb{P}_{X_{k}=j}(X_{k+1}=j+1)-\mathbb{P}_{X_{k}=j}(X_{k+1}=j-1)\\\\&=2\dfrac{j(n-j)}{n(n-1)}\end{array}}Remarque : on a bien {\begin{cases}\mathbb{P}_{X_{k}=0}(X_{k+1}=-1)=0\\\mathbb{P}_{X_{k}=n}(X_{k+1}=n+1)=0\end{cases}} ce qui est rassurant.

    On pose {U_{k}=(\mathbb{P}(X_{k}=0,\mathbb{P}(X_{k}=1),\ldots,\mathbb{P}(X_{k}=n))}.

    Avec ces notations, {n,k} quelconques, on a : {U_{k+1}=A_{n}U_{k}\text{\ où\ }A_{n}=(a_{i,j})_{0\le i,j\le n}\in\mathcal{M}_{n+1}(\mathbb{R}),\;a_{i,j}=\mathbb{P}(X_{k+1}=i\mid X_{k}=j)}La matrice {A_{n}} est tridiagonale et stochastique (somme de chaque colonne {=1}).

    Remarque: on est en présence d’une chaîne de Markov possédant deux états absorbants correspondant aux deux cas où l’urne devient (et donc reste) monocolore.

  2. On a {A=\begin{pmatrix}1&1/4&0&0&0\\0&1/2&1/3&0&0\\ 0&1/4&1/3&1/4&0\\ 0&0&1/3&1/2&0\\ 0&0&0&1/4&1\end{pmatrix}}.

    On trouve {\chi_{A}(X)=(X-1)^{2}\chi_{B}(X)}{B=\begin{pmatrix}1/2&1/3&0\\ 1/4&1/3&1/4\\ 0&1/3&1/2\end{pmatrix}}

    On trouve (avec {\text{L}_{1}\leftarrow\text{L}_{1}-\text{L}_{3}} puis {\text{C}_{1}\leftarrow\text{C}_{3}+\text{C}_{1}}) : {\begin{array}{rl}\chi_{B}(X)&=\begin{vmatrix}X-\frac12&-\frac13&0\\ -\frac14&X-\frac13&-\frac14\\ 0&-\frac13&X-\frac12\end{vmatrix}\\\\&=\begin{vmatrix}X-\frac12&0&-X+\frac12\\ -\frac14&X-\frac13&-\frac14\\ 0&-\frac13&X-\frac12\end{vmatrix}\\\\&=\begin{vmatrix}X-\frac12&0&0\\ -\frac14&X-\frac13&-\frac12\\ 0&-\frac13&X-\frac12\end{vmatrix}\end{array}}Ainsi {\chi_{A}(X)=X\Bigl(X-\dfrac{1}{2}\Bigr)\Bigl(X-\dfrac{5}{6}\Bigr)(X-1)^{2}}.

  3. On écrit {A} par blocs {A=\left(\begin{array}{c|c|c}1&L&0\\ 0&B&0\\ 0&L'&1\end{array}\right)}, où {\begin{cases}L,L'\in\mathcal{M}_{1,3}(\mathbb{R})\\B\in\mathcal{M}_{3}(\mathbb{R})\end{cases}}

    Ainsi {A^{m}=\left(\begin{array}{c|c|c}1&LC_{n}&0\\ 0&B^{n}&0\\ 0&L'C_{m}&1\end{array}\right)} (récurrence facile) où {C_{m}=\displaystyle\sum_{k=0}^{m-1}B^{k}=(I-B^{m})(I-B)^{-1}}La matrice {B} est diagonalisable et {\text{Sp}(B)\subset\{z,\;\left|z\right|\lt 1\}}.

    On en déduit {\displaystyle\lim_{m\to+\infty}B^{m}=0}, donc {\displaystyle\lim_{m\to+\infty}C_{m}=(I-B)^{-1}}.

    On trouve ensuite facilement {(I-B)^{-1}=\begin{pmatrix}3&2&1\\ 3/2&3&3/2\\ 1&2&3\end{pmatrix}}.

    Ainsi {\begin{cases}\displaystyle\lim_{+\infty}LC_{m}=\begin{pmatrix}3/4&1/2&1/4\end{pmatrix}\\\displaystyle\lim_{+\infty}L'C_{m}=\begin{pmatrix}1/4&1/2&3/4\end{pmatrix}\end{cases}}

    Finalement {\displaystyle\lim_{m\to+\infty}A^{m}=\begin{pmatrix}1&3/4&1/2&1/4&0\\ 0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0\\ 0&1/4&1/2&3/4&1\end{pmatrix}}.

    L’évènement “l’urne finit pas être monocolore” est quasi-certain (c’était quasi-évident).