Une chaîne de Markov

(Oral Centrale Mp)
Dans tout l’exercice, {n} est un entier strictement positif.

Une urne contient {n+1} boules indiscernables, de couleur blanche ou rouge.

Initialement, l’urne contient au moins une boule blanche et une boule rouge.

On répète la manipulation suivante :

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

  • si elles sont de couleurs différentes, les remettre dans l’urne.
  • sinon, les remplacer par une boule blanche et une boule rouge.

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

  1. Dans cette question seulement, on suppose que la variable {X_{0}} (nombre de boules blanches dans l’urne à la date {0}) suit la loi uniforme sur {[[ 1,n]]}.

    Par un argument de symétrie, montrer que {E(X_{k})} ne dépend pas de {k}.

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

    Trouver {A_{n}\in\mathcal{M}_{n}(\mathbb{R})} telle que : {\forall\, k\in\mathbb{N},\;U_{k+1}=A_{n}U_{k}}.

  3. Dans cette question, on suppose {n=4}. On note {A\in\mathcal{M}_{4}(\mathbb{R})} plutôt que {A_{4}}.

    Montrer que la suite {(A^{m})_{m\ge0}} converge vers une matrice de projection {B} dont on identifiera les éléments caractéristiques.

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  1. L’urne contient toujours {n+1} boules, avec au moins une boule de chaque couleur.

    Soit {Y_{k}} le nombre de boules rouges après la {k}-ième étape.

    On a bien sûr {Y_{k}=n+1-X_{k}}, donc {\text{E}(Y_{k})=n+1-\text{E}(X_{k})}.

    L’hypothèse faite ici dit que {X_{0}} et {Y_{0}} suivent la même loi.

    Ensuite les conditions de l’expérience sont symétriques relativement aux deux couleurs.

    Ainsi, pour tout {k\in\mathbb{N}}, {X_{k}} et {Y_{k}} ont la même loi, donc même espérance.

    On a donc {\text{E}(X_{k})=n+1-\text{E}(X_{k})}, donc {\text{E}(X_{k})=\dfrac{n+1}{2}} pour tout {k}.

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

    Soit {C_{1}\in\{B,R\}} la couleur de la première boule, {C_{2}} celle de la deuxième.

    Sachant {X_{k}=j}, on a {X_{k+1}(\Omega)=\{j-1,j,j+1\}\cap[[ 1,n]]} avec {\begin{cases}X_{k+1}=j+1\Leftrightarrow (C_{1}=R,C_{2}=R)\\X_{k+1}=j-1\Leftrightarrow (C_{1}=B,C_{2}=B)\end{cases}}

    On trouve alors : {\begin{array}{rl}\mathbb{P}_{X_{k}=j}(X_{k+1}=j+1)&=\mathbb{P}(C_{1}= R, C_{2}= R)\\\\&=\dfrac{(n+1-j)(n-j)}{(n+1)n}\end{array}}De même : {\begin{array}{rl}\mathbb{P}_{X_{k}=j}(X_{k+1}=j-1)&=\mathbb{P}(C_{1}= B, C_{2}= B)\\\\&=\dfrac{j(j-1)}{(n+1)n}\end{array}}Enfin : {\begin{array}{rl}\mathbb{P}_{X_{k}=j}(X_{k+1}=j)&=\mathbb{P}(C_{1}= B, C_{2}= R)+\mathbb{P}(C_{1}= R, C_{2}= B)\\\\&=\dfrac{2j(n+1-j)}{n(n+1)}\end{array}}Posons {U_{k}=(\mathbb{P}(X_{k}=0,\mathbb{P}(X_{k}=1),\ldots,\mathbb{P}(X_{k}=n))}.

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

  3. On va diagonaliser la matrice {A}. On a {A=\begin{pmatrix}2/5&1/10&0&0\\3/5&3/5&3/10&0\\ 0&3/10&3/5&3/5\\ 0&0&1/10&2/5\end{pmatrix}}.

    • On a {1\in{\text{Sp}}(A)}, avec {A-I_{4}=\dfrac{1}{10}\begin{pmatrix}-6&1&0&0\\6&-4&3&0\\ 0&3&-4&6\\ 0&0&1&-6\end{pmatrix}}.

      On trouve facilement : {\chi_{A}(X)=(X-1)\Bigl(X-\dfrac{3}{5}\Bigr)\Bigl(X-\dfrac{3}{10}\Bigr)\Bigl(X-\dfrac{1}{10}\Bigr)}Le sous-espace propre pour {\lambda=1} est engendré par {u=(1,6,6,1)}.

    • Soit {P} inversible telle que {A=PDP^{-1}}, avec {D=\text{diag}\Bigl(1,\dfrac{3}{5},\dfrac{3}{10},\dfrac{1}{10}\Bigr)}.

      On a {\displaystyle\lim_{m\to+\infty}A^{m}=B=P\Delta P^{-1}}, avec {\Delta=\text{diag}(1,0,0,0)}.

      Tout comme {\Delta}, {B} désigne (dans {\mathbb{R}^{4}} canonique) une projection de rang {1}.

      On a {Au=u} donc {Bu=u} : la projection {B} s’effectue sur la droite {\mathbb{R} u}.

      Toutes les colonnes de {B} sont proportionnelles à {u}.

      Mais ces colonnes sont (comme celles de {A}) de somme {1}.

      Ces colonnes valent donc {u/14} (cf ci-dessous).

      {\text{Ker}(B)} est l’hyperplan d’équation {x+y+z+t=0}.
      {B=\displaystyle\lim_{m\to+\infty}A^{m}=\dfrac{1}{14}\begin{pmatrix}1&1&1&1\\ 6&6&6&6\\ 6&6&6&6\\ 1&1&1&1\end{pmatrix}}