Exercices : Matrices et Graphes Probabilistes

Correction :

Question 1 : Expression de $a_{n+1}$ et $b_{n+1}$ en fonction de $a_n$ et $b_n$

Chaque jour, 20% des souris de A passent en B, donc 80% restent en A. De même, 10% des souris de B passent en A, donc 90% restent en B.

Pour le compartiment A, le nombre de souris le jour $n+1$ est composé de 80% des souris de A le jour $n$ et de 10% des souris de B le jour $n$. Ainsi :

$$a_{n+1} = 0.8a_n + 0.1b_n$$

Pour le compartiment B, le nombre de souris le jour $n+1$ est composé de 20% des souris de A le jour $n$ et de 90% des souris de B le jour $n$. Ainsi :

$$b_{n+1} = 0.2a_n + 0.9b_n$$

Question 2 : Détermination de la matrice $A$ telle que $U_{n+1} = AU_n$

On a $U_n = \begin{pmatrix} a_n \\ b_n \end{pmatrix}$ et $U_{n+1} = \begin{pmatrix} a_{n+1} \\ b_{n+1} \end{pmatrix}$. On cherche une matrice $A = \begin{pmatrix} x & y \\ z & t \end{pmatrix}$ telle que $U_{n+1} = AU_n$. En utilisant les expressions de $a_{n+1}$ et $b_{n+1}$ trouvées à la question 1, on a :

$$\begin{pmatrix} a_{n+1} \\ b_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0.8a_n + 0.1b_n \\ 0.2a_n + 0.9b_n \end{pmatrix} $$

$$= \begin{pmatrix} 0.8 & 0.1 \\ 0.2 & 0.9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_n \\ b_n \end{pmatrix}$$

Donc la matrice $A$ est :

$$A = \begin{pmatrix} 0.8 & 0.1 \\ 0.2 & 0.9 \end{pmatrix}$$

Question 3 : Démonstration par récurrence que $U_n = A^nU_0$

Initialisation : Pour $n=0$, $A^0 = I_2$ (matrice identité), donc $A^0U_0 = I_2U_0 = U_0$. La propriété est vraie pour $n=0$.

Hérédité : Supposons que pour un entier $n \geq 0$, on ait $U_n = A^nU_0$. Montrons que $U_{n+1} = A^{n+1}U_0$. On sait que $U_{n+1} = AU_n$. Par hypothèse de récurrence, $U_n = A^nU_0$. Donc :

$$U_{n+1} = A \times (A^nU_0) = (A \times A^n)U_0 = A^{n+1}U_0$$

La propriété est donc héréditaire.

Conclusion : Par le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n$, $U_n = A^nU_0$.

Question 4 : Répartition à long terme des souris

On admet que $A^n = \begin{pmatrix}\frac{1 +2 \times 0,7^n}{3}&\frac{1 - 0,7^n}{3}\\ \frac{2 - 2 \times 0,7^n}{3}&\frac{2 + 0,7^n}{3}\end{pmatrix}$ et $U_0 = \begin{pmatrix} 0.5 \\ 0.5 \end{pmatrix}$.

Alors, $U_n$ = $A^nU_0$

= $\begin{pmatrix}\frac{1 +2 \times 0,7^n}{3}&\frac{1 - 0,7^n}{3}\\ \frac{2 - 2 \times 0,7^n}{3}&\frac{2 + 0,7^n}{3}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0.5 \\ 0.5 \end{pmatrix} $

=$ \begin{pmatrix} 0.5 \times \frac{1 +2 \times 0,7^n}{3} + 0.5 \times \frac{1 - 0,7^n}{3} \\0.5 \times \frac{2 - 2 \times 0,7^n}{3} + 0.5 \times \frac{2 + 0,7^n}{3}\end{pmatrix}$

= $\begin{pmatrix} \frac{0.5 + 0,7^n + 0.5 - 0.5 \times 0,7^n}{3} \\ \frac{1 - 0,7^n + 1 + 0.5 \times 0,7^n}{3}\end{pmatrix}$

= $\begin{pmatrix}\frac{1 + 0.5 \times 0,7^n}{3} \\\frac{2 - 0.5 \times 0,7^n}{3}\end{pmatrix}$

Donc $a_n = \frac{1 + 0.5 \times 0,7^n}{3}$ et $b_n = \frac{2 - 0.5 \times 0,7^n}{3}$.

À long terme, lorsque $n \rightarrow +\infty$, $0.7^n \rightarrow 0$ car $-1 < 0.7 < 1$. Donc, $\lim_{n \rightarrow +\infty} a_n = \frac{1 + 0}{3} = \frac{1}{3}$ et $\lim_{n \rightarrow +\infty} b_n = \frac{2 - 0}{3} = \frac{2}{3}$.

Conclusion : À long terme, la proportion de souris dans le compartiment A tend vers $\frac{1}{3}$ et la proportion de souris dans le compartiment B tend vers $\frac{2}{3}$.

Correction :

Question 1 : Détermination de $U_0$ et $U_1$

On a $U_n = \begin{pmatrix} u_{n+1} \\ u_{n}\end{pmatrix}$. Pour $n=0$, $U_0 = \begin{pmatrix} u_{1} \\ u_{0}\end{pmatrix}$. On sait que $u_0 = 0$ et $u_1 = 1$. Donc :

$$U_0 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}$$

Pour $n=1$, $U_1 = \begin{pmatrix} u_{2} \\ u_{1}\end{pmatrix}$. Il faut calculer $u_2$ en utilisant la relation de récurrence : $u_{n+2} = \frac{3}{2}u_{n+1} - \frac{1}{2}u_n$. Pour $n=0$, $u_2 = \frac{3}{2}u_{1} - \frac{1}{2}u_0 = \frac{3}{2} \times 1 - \frac{1}{2} \times 0 = \frac{3}{2}$. Donc :

$$U_1 = \begin{pmatrix} 3/2 \\ 1\end{pmatrix}$$

Question 2 : Détermination de la matrice $A$ telle que $U_{n+1} = AU_n$

On a $U_n = \begin{pmatrix} u_{n+1} \\ u_{n}\end{pmatrix}$ et $U_{n+1} = \begin{pmatrix} u_{n+2} \\ u_{n+1}\end{pmatrix}$. On cherche une matrice $A = \begin{pmatrix} x & y \\ z & t \end{pmatrix}$ telle que $U_{n+1} = AU_n$. On sait que $u_{n+2} = \frac{3}{2}u_{n+1} - \frac{1}{2}u_n$ et $u_{n+1} = u_{n+1}$. On peut écrire :

$$\begin{pmatrix} u_{n+2} \\ u_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{2}u_{n+1} - \frac{1}{2}u_n \\ u_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{2} & -\frac{1}{2} \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_{n+1} \\ u_{n}\end{pmatrix}$$

Donc la matrice $A$ est :

$$A = \begin{pmatrix} \frac{3}{2} & -\frac{1}{2} \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$$

Question 3 : Expression de $U_n$ en fonction de $A$, $n$ et $U_0$

Puisque $U_{n+1} = AU_n$, on a une suite géométrique de matrices. Par récurrence (similaire à l'exercice précédent), on montre que :

$$U_n = A^nU_0$$

Question 4 : Expression de $u_n$ en fonction de $n$ et limite de $(u_n)$

On admet que $A^n = \dfrac{1}{2^n}\begin{pmatrix}2^{n+1}-1&-2^n+1\\2^{n+1}-2&-2^n+2\end{pmatrix}$ et on a $U_0 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}$.

Donc, $U_n = A^nU_0 = \dfrac{1}{2^n}\begin{pmatrix}2^{n+1}-1&-2^n+1\\2^{n+1}-2&-2^n+2\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix} $

= $\dfrac{1}{2^n}\begin{pmatrix} (2^{n+1}-1) \times 1 + (-2^n+1) \times 0 \\ (2^{n+1}-2) \times 1 + (-2^n+2) \times 0 \end{pmatrix}$

= $\dfrac{1}{2^n}\begin{pmatrix}2^{n+1}-1 \\ 2^{n+1}-2\end{pmatrix}$

= $\begin{pmatrix}\frac{2^{n+1}-1}{2^n} \\ \frac{2^{n+1}-2}{2^n}\end{pmatrix}$

= $\begin{pmatrix}2 - \frac{1}{2^n} \\ 2 - \frac{2}{2^n}\end{pmatrix}$

Or, $U_n = \begin{pmatrix} u_{n+1} \\ u_{n}\end{pmatrix}$. Donc, $u_n$ est le coefficient du bas de la matrice $U_n$. Ainsi, $u_n = 2 - \frac{2}{2^n} = 2 - \frac{1}{2^{n-1}}$.

Pour la limite de $(u_n)$, lorsque $n \rightarrow +\infty$, $2^{n-1} \rightarrow +\infty$, donc $\frac{1}{2^{n-1}} \rightarrow 0$. Par conséquent, $\lim_{n \rightarrow +\infty} u_n = 2 - 0 = 2$.

Conclusion : L'expression de $u_n$ en fonction de $n$ est $u_n = 2 - \frac{1}{2^{n-1}}$, et la limite de la suite $(u_n)$ est 2.

Correction :

Question 1 : Calcul de $A(I_2-A)$ et inversibilité de $I_2-A$

On a $A = \begin{pmatrix}1/2&1\\0&1/2\end{pmatrix}$ et $I_2 = \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$.

Donc $I_2 - A = \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}1/2&1\\0&1/2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1/2&-1\\0&1/2\end{pmatrix}$.

Calculons $A(I_2-A) = \begin{pmatrix}1/2&1\\0&1/2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1/2&-1\\0&1/2\end{pmatrix}$

= $\begin{pmatrix} 1/2 \times 1/2 + 1 \times 0 & 1/2 \times (-1) + 1 \times 1/2 \\ 0 \times 1/2 + 1/2 \times 0 & 0 \times (-1) + 1/2 \times 1/2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1/4 & 0 \\ 0 & 1/4\end{pmatrix} = \frac{1}{4}I_2$.

Puisque $A(I_2-A) = \frac{1}{4}I_2$, on a $A(4(I_2-A)) = I_2$. Donc, $(I_2-A)$ est inversible et son inverse est $4A$. On peut aussi dire que $(I_2-A) (\frac{1}{1/4}A) = I_2$, donc $(I_2-A)^{-1} = 4A = \begin{pmatrix}2&4\\0&2\end{pmatrix}$.

Alternativement, on peut calculer le déterminant de $I_2-A = \begin{pmatrix}1/2&-1\\0&1/2\end{pmatrix}$. $\det(I_2-A) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} - (-1) \times 0 = \frac{1}{4} \neq 0$. Donc $I_2-A$ est inversible. Son inverse est $(I_2-A)^{-1} = \frac{1}{\det(I_2-A)} \begin{pmatrix}1/2&1\\0&1/2\end{pmatrix} = 4 \begin{pmatrix}1/2&1\\0&1/2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2&4\\0&2\end{pmatrix}$.

Question 2 : Détermination de la matrice $L$ telle que $L = AL + B$

On cherche $L = \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$ tel que $L = AL + B$, soit $L - AL = B$, donc $(I_2-A)L = B$. Puisque $I_2-A$ est inversible, on a $L = (I_2-A)^{-1}B$. On a $(I_2-A)^{-1} = \begin{pmatrix}2&4\\0&2\end{pmatrix}$ et $B = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$. Donc $L = \begin{pmatrix}2&4\\0&2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \times 1 + 4 \times 1 \\ 0 \times 1 + 2 \times 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}6\\2\end{pmatrix}$. Vérification : $AL + B = \begin{pmatrix}1/2&1\\0&1/2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}6\\2\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/2 \times 6 + 1 \times 2 \\ 0 \times 6 + 1/2 \times 2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3+2 \\ 0+1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}6\\2\end{pmatrix} = L$. C'est correct.

Question 3.a : Montrer que $V_{n+1} = AV_n$

On a $V_n = U_n - L$, donc $U_n = V_n + L$. On sait que $U_{n+1} = AU_n + B$. Remplaçons $U_{n+1}$ et $U_n$ par leurs expressions en fonction de $V_{n+1}$ et $V_n$ : $V_{n+1} + L = A(V_n + L) + B = AV_n + AL + B$. Or, par définition de $L$, on a $L = AL + B$. Donc on peut remplacer $AL + B$ par $L$ dans l'équation précédente : $V_{n+1} + L = AV_n + L$. En soustrayant $L$ de chaque côté, on obtient :

$$V_{n+1} = AV_n$$

Question 3.b : Expression de $V_n$ puis de $U_n$ en fonction de $A$ et $n$

Puisque $V_{n+1} = AV_n$, $(V_n)$ est une suite géométrique de matrices de raison $A$. Donc, $V_n = A^nV_0$. Calculons $V_0 = U_0 - L = \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}6\\2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-6\\-1\end{pmatrix}$. Donc, $V_n = A^n \begin{pmatrix}-6\\-1\end{pmatrix} = -6 A^n \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix} - A^n \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$.

Et $U_n = V_n + L = A^nV_0 + L = A^n \begin{pmatrix}-6\\-1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}6\\2\end{pmatrix}$.

Question 4 : Déduction pour la suite $(U_n)$ lorsque $A^n$ tend vers la matrice nulle

On admet que $\lim_{n \rightarrow +\infty} A^n = \begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix} = 0$. Alors $\lim_{n \rightarrow +\infty} V_n = \lim_{n \rightarrow +\infty} A^nV_0 = 0 \times V_0 = \begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$. Puisque $U_n = V_n + L$, on a $\lim_{n \rightarrow +\infty} U_n = \lim_{n \rightarrow +\infty} V_n + L = \begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix} + L = L = \begin{pmatrix}6\\2\end{pmatrix}$.

Conclusion : La suite $(U_n)$ converge vers la matrice $L = \begin{pmatrix}6\\2\end{pmatrix}$.

Correction :

On a deux états possibles : A (beau et sec) et B (humide). On donne les probabilités de transition :

Si il fait beau et sec (A) un jour, il fera beau et sec le lendemain avec probabilité $5/6$, donc humide (B) avec probabilité $1 - 5/6 = 1/6$.

Si il fait humide (B) un jour, il fera humide le lendemain avec probabilité $2/3$, donc beau et sec (A) avec probabilité $1 - 2/3 = 1/3$.

La matrice de transition $T$ est donc (états dans l'ordre A, B) : $$T = \begin{pmatrix} 5/6 & 1/6 \\ 1/3 & 2/3 \end{pmatrix}$$

On note $P_n = \begin{pmatrix} p_n & q_n \end{pmatrix}$ la matrice d'état après $n$ jours. On sait que $P_{n+1} = P_n \times T$. Aujourd'hui, il fait beau et sec, donc à $n=0$, on est dans l'état A avec probabilité 1 et dans l'état B avec probabilité 0. L'état initial est $P_0 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix}$.

On cherche $P_n = P_0 \times T^n$. Il faut calculer $T^n$. Pour cela, on cherche l'état stable $P = \begin{pmatrix} x & y \end{pmatrix}$ tel que $P = P \times T$ et $x+y = 1$. $$ \begin{pmatrix} x & y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x & y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 5/6 & 1/6 \\ 1/3 & 2/3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{5}{6}x + \frac{1}{3}y & \frac{1}{6}x + \frac{2}{3}y \end{pmatrix} $$ Donc on a le système :

$x = \frac{5}{6}x + \frac{1}{3}y \quad \Leftrightarrow \quad \frac{1}{6}x = \frac{1}{3}y \quad \Leftrightarrow \quad x = 2y $

$y = \frac{1}{6}x + \frac{2}{3}y \quad \Leftrightarrow \quad \frac{1}{3}y = \frac{1}{6}x \quad \Leftrightarrow \quad x = 2y $

$x + y = 1 $

En substituant $x = 2y$ dans $x+y = 1$, on obtient $2y + y = 1$, donc $3y = 1$, $y = 1/3$. Et $x = 2y = 2/3$. L'état stable est $P = \begin{pmatrix} 2/3 & 1/3 \end{pmatrix}$.

On peut écrire $T = \begin{pmatrix} 5/6 & 1/6 \\ 1/3 & 2/3 \end{pmatrix} = \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 5 & 1 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$. Pour trouver $T^n$, on peut diagonaliser $T$. On cherche les valeurs propres de $T$. $\det(T - \lambda I_2) = \det \begin{pmatrix} 5/6 - \lambda & 1/6 \\ 1/3 & 2/3 - \lambda \end{pmatrix} = (5/6 - \lambda)(2/3 - \lambda) - \frac{1}{6} \times \frac{1}{3} = \frac{10}{18} - \frac{5}{6}\lambda - \frac{2}{3}\lambda + \lambda^2 - \frac{1}{18} = \lambda^2 - (\frac{5}{6} + \frac{4}{6})\lambda + \frac{9}{18} = \lambda^2 - \frac{9}{6}\lambda + \frac{1}{2} = \lambda^2 - \frac{3}{2}\lambda + \frac{1}{2} = (\lambda - 1)(\lambda - \frac{1}{2}) = 0$. Valeurs propres : $\lambda_1 = 1$ et $\lambda_2 = 1/2$.

Pour $\lambda_1 = 1$, $T - I_2 = \begin{pmatrix} 5/6 - 1 & 1/6 \\ 1/3 & 2/3 - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1/6 & 1/6 \\ 1/3 & -1/3 \end{pmatrix}$. Vecteur propre $v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$. Pour $\lambda_2 = 1/2$, $T - \frac{1}{2}I_2 = \begin{pmatrix} 5/6 - 1/2 & 1/6 \\ 1/3 & 2/3 - 1/2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2/6 & 1/6 \\ 1/3 & 1/6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1/3 & 1/6 \\ 1/3 & 1/6 \end{pmatrix}$. Vecteur propre $v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$.

Soit $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$. $P^{-1} = \frac{1}{\det(P)} \begin{pmatrix} -2 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{-3} \begin{pmatrix} -2 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$. $D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1/2 \end{pmatrix}$. $T = PDP^{-1}$. $T^n = PD^nP^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1^n & 0 \\ 0 & (1/2)^n \end{pmatrix} \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 1 & (1/2)^n \\ 1 & -2(1/2)^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 + (1/2)^n & 1 - (1/2)^n \\ 2 - 2(1/2)^n & 1 + 2(1/2)^n \end{pmatrix}$.

$P_n = P_0 \times T^n = \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix} \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 + (1/2)^n & 1 - (1/2)^n \\ 2 - 2(1/2)^n & 1 + 2(1/2)^n \end{pmatrix} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 + (1/2)^n & 1 - (1/2)^n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{2}{3} + \frac{1}{3} (\frac{1}{2})^n & \frac{1}{3} - \frac{1}{3} (\frac{1}{2})^n \end{pmatrix}$.

Donc $p_n = {\rm P}(A_n) = \frac{2}{3} + \frac{1}{3} (\frac{1}{2})^n$ et $q_n = {\rm P}(B_n) = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} (\frac{1}{2})^n$.

Conclusion : Pour tout entier $n$, $p_n = \frac{2}{3} + \frac{1}{3} \left(\frac{1}{2}\right)^n$ et $q_n = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \left(\frac{1}{2}\right)^n$. On remarque que $\lim_{n \rightarrow +\infty} p_n = \frac{2}{3}$ et $\lim_{n \rightarrow +\infty} q_n = \frac{1}{3}$, qui correspondent bien à l'état stable trouvé précédemment.

Correction :

Question 1 : Graphe probabiliste

Les états sont A (0 boule blanche dans U), B (1 boule blanche dans U), C (2 boules blanches dans U). Au départ, U contient 2 blanches et V contient 2 noires. Donc état initial est C (2 boules blanches dans U).

Transitions possibles :

De A (0 blanche dans U) : U contient 2 noires, V contient 2 blanches. On tire une boule de U (noire) et une de V (blanche).

On tire (Noire de U, Blanche de V) et on échange. U reste à 0 blanche (A). Probabilité = $P(N_U) \times P(B_V) = \frac{2}{2} \times \frac{2}{2} = 1$. En fait, il y a 2 boules dans chaque urne, donc on tire forcément une boule de chaque couleur. Donc, on tire toujours une noire de U et une blanche de V.

Transition A $\rightarrow$ A avec probabilité 1. Pas de transition vers B ou C.

De C (2 blanches dans U) : U contient 2 blanches, V contient 2 noires. On tire une boule de U (blanche) et une de V (noire).

On tire (Blanche de U, Noire de V) et on échange. U reste à 2 blanches (C). Probabilité = $P(B_U) \times P(N_V) = \frac{2}{2} \times \frac{2}{2} = 1$. Donc, on tire toujours une blanche de U et une noire de V.

Transition C $\rightarrow$ C avec probabilité 1. Pas de transition vers A ou B.

De B (1 blanche dans U) : U contient 1 blanche et 1 noire, V contient 1 blanche et 1 noire. On tire une boule de U et une de V.

Cas 1 : On tire (Blanche de U, Blanche de V). On échange. U reste à 1 blanche (B). Probabilité = $P(B_U) \times P(B_V) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$.

Cas 2 : On tire (Blanche de U, Noire de V). On échange. U passe à 2 blanches (C). Probabilité = $P(B_U) \times P(N_V) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$.

Cas 3 : On tire (Noire de U, Blanche de V). On échange. U passe à 0 blanche (A). Probabilité = $P(N_U) \times P(B_V) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$.

Cas 4 : On tire (Noire de U, Noire de V). On échange. U reste à 1 blanche (B). Probabilité = $P(N_U) \times P(N_V) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$.

Transition B $\rightarrow$ B avec probabilité $\frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$. Transition B $\rightarrow$ C avec probabilité $\frac{1}{4}$. Transition B $\rightarrow$ A avec probabilité $\frac{1}{4}$. On vérifie $\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = 1$.

Graphe probabiliste (états A, B, C) :

A $\rightarrow$ A : 1

B $\rightarrow$ A : 1/4, B $\rightarrow$ B : 1/2, B $\rightarrow$ C : 1/4

C $\rightarrow$ C : 1

Autres transitions : 0

Le graphe a 3 sommets A, B, C. Arêtes : A-A (1), B-A (1/4), B-B (1/2), B-C (1/4), C-C (1).

Question 2 : Matrice de transition $T$

Matrice de transition $T$ (états A, B, C dans cet ordre) : $$T = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1/4 & 1/2 & 1/4 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

On vérifie que la somme des coefficients de chaque ligne est 1.

Question 3 : Matrice d'état stable $P$

On cherche $P = \begin{pmatrix} x & y & z \end{pmatrix}$ tel que $P = PT$ et $x+y+z = 1$. $$ \begin{pmatrix} x & y & z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x & y & z \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1/4 & 1/2 & 1/4 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x + \frac{1}{4}y & \frac{1}{2}y & \frac{1}{4}y + z \end{pmatrix} $$ On a le système :

$x = x + \frac{1}{4}y \quad \Leftrightarrow \quad \frac{1}{4}y = 0 \quad \Leftrightarrow \quad y = 0 $

$y = \frac{1}{2}y \quad \Leftrightarrow \quad \frac{1}{2}y = 0 \quad \Leftrightarrow \quad y = 0 $

$z = \frac{1}{4}y + z \quad \Leftrightarrow \quad \frac{1}{4}y = 0 \quad \Leftrightarrow \quad y = 0 $

$x + y + z = 1 $

Avec $y = 0$, la dernière équation devient $x + 0 + z = 1$, soit $x + z = 1$. Il y a une infinité de solutions si on ne regarde que $P=PT$. Il y a une erreur dans mon raisonnement.

Re-analysons le graphe et la matrice de transition. $T = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1/4 & 1/2 & 1/4 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$. Si on part de $P_0 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ (état C initialement). $P_1 = P_0T = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1/4 & 1/2 & 1/4 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = P_0$. $P_2 = P_1T = P_0T = P_1 = P_0$. ... $P_n = P_0 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ pour tout $n \geq 0$.

L'état stable est donc $P = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$. Vérifions $P = PT$. $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1/4 & 1/2 & 1/4 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = P$. C'est vérifié.

Interprétation : Si on commence avec 2 boules blanches dans U (état C), on reste toujours dans l'état C. Car les transitions de C sont seulement vers C avec probabilité 1. De même pour l'état A (0 boule blanche dans U), on reste toujours dans l'état A. L'état B est un état transitoire qui peut mener vers A ou C, mais une fois en A ou C, on y reste bloqué.

Si l'état initial était différent, par exemple $P_0 = \begin{pmatrix} 1/3 & 1/3 & 1/3 \end{pmatrix}$. Alors $P_1 = P_0T = \begin{pmatrix} 1/3 & 1/3 & 1/3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1/4 & 1/2 & 1/4 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $

=$ \begin{pmatrix} 1/3 + \frac{1}{3} \times \frac{1}{4} & \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} & \frac{1}{3} \times \frac{1}{4} + \frac{1}{3} \times 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{4+1}{12} & \frac{1}{6} & \frac{1+4}{12} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{5}{12} & \frac{2}{12} & \frac{5}{12} \end{pmatrix}$. $P_2 = P_1T = \begin{pmatrix} \frac{5}{12} & \frac{2}{12} & \frac{5}{12} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1/4 & 1/2 & 1/4 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $

$= \begin{pmatrix} \frac{5}{12} + \frac{2}{12} \times \frac{1}{4} & \frac{2}{12} \times \frac{1}{2} & \frac{2}{12} \times \frac{1}{4} + \frac{5}{12} \times 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{5}{12} + \frac{2}{48} & \frac{1}{12} & \frac{2}{48} + \frac{5}{12} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{20+2}{48} & \frac{4}{48} & \frac{2+20}{48} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{22}{48} & \frac{4}{48} & \frac{22}{48} \end{pmatrix} $

=$ \begin{pmatrix} \frac{11}{24} & \frac{1}{12} & \frac{11}{24} \end{pmatrix}.$

On remarque que $P_n = \begin{pmatrix} a_n & b_n & c_n \end{pmatrix}$ avec $a_n + c_n = 1 - b_n$. Et $b_n \rightarrow 0$ quand $n \rightarrow +\infty$. En état stable, $y=0$. On doit avoir $x+z=1$. Les états stables sont de la forme $P = \begin{pmatrix} x & 0 & 1-x \end{pmatrix}$ pour $x \in [0, 1]$. En fait, il y a deux états absorbants A et C. L'état B est transitoire.

Pour trouver un état stable unique, il faut que la matrice de transition soit irréductible et apériodique. Ici ce n'est pas le cas. L'état stable dépend de l'état initial. Si on commence en C, on reste en C. Si on commence en A, on reste en A. Si on commence en B, on va finir soit en A soit en C.

Pour trouver un état stable, il faut peut-être revoir le système d'équations pour $P = PT$.

$x = x + \frac{1}{4}y $

$y = \frac{1}{2}y $

$z = \frac{1}{4}y + z $

$x + y + z = 1 $

La deuxième équation donne $y = \frac{1}{2}y \Rightarrow \frac{1}{2}y = 0 \Rightarrow y = 0$. La première et troisième équations sont alors toujours vérifiées si $y=0$. La quatrième équation devient $x + z = 1$. Donc l'état stable est de la forme $P = \begin{pmatrix} x & 0 & 1-x \end{pmatrix}$ avec $x \in [0, 1]$.

Comme on part de l'état C, l'état stable est $P = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ (correspond à $x=0$). Si on partait de l'état A, l'état stable serait $P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ (correspond à $x=1$). Si on part de l'état B, on va converger vers un état stable de la forme $P = \begin{pmatrix} x & 0 & 1-x \end{pmatrix}$ avec $x \in [0, 1]$. Pour déterminer $x$, il faudrait peut-être regarder les probabilités d'aller vers A et vers C à partir de B.

Conclusion : L'état stable est $P = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$. Interprétation : à long terme, on est sûr d'avoir 2 boules blanches dans l'urne U, si on a commencé avec 2 boules blanches dans U.

Correction :

Question 1 : Déterminer ${\rm P_A}_n({\rm B}_{n+1})$

${{\rm P_A}}_n({\rm B}_{n+1})$ est la probabilité de passer de l'état A à l'étape $n$ à l'état B à l'étape $n+1$. Cette probabilité est donnée par la matrice de transition $M$. La matrice $M = \begin{pmatrix} 0.55 & 0.3 \\ 0.45 & 0.7 \end{pmatrix}$ est telle que $X_{n+1} = MX_n$, où $X_n = \begin{pmatrix} a_n \\ b_n \end{pmatrix}$.

La matrice de transition est de la forme $M = \begin{pmatrix} P(A_{n+1}|A_n) & P(A_{n+1}|B_n) \\ P(B_{n+1}|A_n) & P(B_{n+1}|B_n) \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} P(A_{n+1}|A_n) & P(B_{n+1}|A_n) \\ P(A_{n+1}|B_n) & P(B_{n+1}|B_n) \end{pmatrix}$. En transposant la matrice donnée, on aurait $M^T = \begin{pmatrix} 0.55 & 0.45 \\ 0.3 & 0.7 \end{pmatrix}$. Mais l'énoncé donne $X_{n+1} = MX_n$ avec $M = \begin{pmatrix} 0.55 & 0.3 \\ 0.45 & 0.7 \end{pmatrix}$. Dans ce cas, $X_{n+1} = \begin{pmatrix} a_{n+1} \\ b_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0.55 & 0.3 \\ 0.45 & 0.7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_n \\ b_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0.55a_n + 0.3b_n \\ 0.45a_n + 0.7b_n \end{pmatrix}$. Donc, $a_{n+1} = 0.55a_n + 0.3b_n$ et $b_{n+1} = 0.45a_n + 0.7b_n$.

${\rm P_A}_n({\rm B}_{n+1}) = P(B_{n+1}|A_n)$ est la probabilité de passer de l'état A à l'étape $n$ à l'état B à l'étape $n+1$. D'après l'expression de $b_{n+1} = 0.45a_n + 0.7b_n = 0.45 P(A_n) + 0.7 P(B_n)$. $P(B_{n+1}) = P(B_{n+1} \cap A_n) + P(B_{n+1} \cap B_n) = P(B_{n+1}|A_n) P(A_n) + P(B_{n+1}|B_n) P(B_n)$. Donc, $b_{n+1} = P(B_{n+1}|A_n) a_n + P(B_{n+1}|B_n) b_n$. En comparant avec $b_{n+1} = 0.45a_n + 0.7b_n$, on identifie $P(B_{n+1}|A_n) = 0.45$ et $P(B_{n+1}|B_n) = 0.7$.

Donc, ${\rm P_A}_n({\rm B}_{n+1}) = P(B_{n+1}|A_n) = 0.45$.

Question 2 : Existe-t-il un état initial $X_0 = \begin{pmatrix} a_0 \\ b_0 \end{pmatrix}$ tel que $b_1 = 3a_1$?

On a $X_1 = MX_0 = \begin{pmatrix} 0.55 & 0.3 \\ 0.45 & 0.7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_0 \\ b_0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0.55a_0 + 0.3b_0 \\ 0.45a_0 + 0.7b_0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1 \\ b_1 \end{pmatrix}$. On veut $b_1 = 3a_1$. Donc $0.45a_0 + 0.7b_0 = 3(0.55a_0 + 0.3b_0)$. $0.45a_0 + 0.7b_0 = 1.65a_0 + 0.9b_0$. $0.7b_0 - 0.9b_0 = 1.65a_0 - 0.45a_0$. $-0.2b_0 = 1.2a_0$. $b_0 = \frac{1.2}{-0.2} a_0 = -6a_0$.

On doit avoir $a_0 \geq 0$, $b_0 \geq 0$ et $a_0 + b_0 = 1$. Si $a_0 > 0$, alors $b_0 = -6a_0 < 0$, impossible. Si $a_0 = 0$, alors $b_0 = -6 \times 0 = 0$. Dans ce cas $a_0 + b_0 = 0 \neq 1$, impossible.

Donc, il n'existe pas d'état initial $X_0 = \begin{pmatrix} a_0 \\ b_0 \end{pmatrix}$ tel que $b_1 = 3a_1$ et $a_0 + b_0 = 1$. Il y a une erreur. Relisons l'énoncé. On cherche un état initial $X_0 = \begin{pmatrix} a_0 \\ b_0 \end{pmatrix}$ tel que $b_1 = 3a_1$. On ne demande pas $a_0+b_0=1$ nécessairement pour l'état initial. On doit avoir $a_0 \geq 0$, $b_0 \geq 0$. On a $b_0 = -6a_0$. Pour avoir $a_0 \geq 0$ et $b_0 \geq 0$, il faut $a_0 = 0$ et alors $b_0 = 0$. Dans ce cas $X_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$. Alors $X_1 = MX_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$. $a_1 = 0$, $b_1 = 0$. $b_1 = 3a_1$ est vérifié car $0 = 3 \times 0$. Mais un état initial avec probabilités nulles n'a pas de sens.

Revenons à $b_0 = -6a_0$. Si on prend $a_0 = 1$, $b_0 = -6$. Alors $X_0 = \begin{pmatrix} 1 \\ -6 \end{pmatrix}$. $X_1 = MX_0 = \begin{pmatrix} 0.55 & 0.3 \\ 0.45 & 0.7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ -6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0.55 - 1.8 \\ 0.45 - 4.2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1.25 \\ -3.75 \end{pmatrix}$. $a_1 = -1.25$, $b_1 = -3.75$. $3a_1 = 3 \times (-1.25) = -3.75 = b_1$. Donc $b_1 = 3a_1$ est vérifié.

Mais des probabilités négatives n'ont pas de sens. Vérifions si il y a une erreur dans mes calculs. $0.45a_0 + 0.7b_0 = 3(0.55a_0 + 0.3b_0) = 1.65a_0 + 0.9b_0$. $0.7b_0 - 0.9b_0 = 1.65a_0 - 0.45a_0$. $-0.2b_0 = 1.2a_0$. $b_0 = -\frac{1.2}{0.2} a_0 = -6a_0$. C'est correct.

Si on considère que $a_0$ et $b_0$ ne sont pas forcément des probabilités, mais des proportions, et on cherche une relation entre elles. Alors, on peut prendre par exemple $a_0 = 1$, $b_0 = -6$. Ou $a_0 = -1$, $b_0 = 6$. Ou $a_0 = k$, $b_0 = -6k$ pour tout $k$. Si on veut des probabilités positives, il faut $a_0 = 0$, $b_0 = 0$.

Conclusion : Oui, il existe un état initial $X_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ tel que $b_1 = 3a_1$. Cependant, si on cherche un état initial avec des probabilités non nulles et positives et dont la somme est 1, alors il n'existe pas un tel état initial.

Si on suppose que l'état initial doit être un état probabiliste (somme des probabilités = 1), alors la réponse est non. Sinon, si on accepte l'état nul, la réponse est oui. L'énoncé demande "Existe-t-il un état initial ... ?". La réponse "oui" avec l'état nul est mathématiquement correcte. On peut préciser : "Oui, il existe l'état initial $X_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ qui vérifie la condition. Cependant, il n'existe pas d'état initial non nul avec des probabilités positives qui vérifie cette condition." Dans le contexte de probabilités, on attend probablement une réponse "non" si on considère des probabilités non nulles et positives.

Réponse la plus probable attendue : Non, il n'existe pas d'état initial probabiliste tel que $b_1 = 3a_1$.

Correction :

Question 1 : Détermination de la matrice de transition $T$

On a 3 états : A, B, C. On cherche la matrice de transition $T$ telle que $X_{n+1} = X_nT$, où $X_n = \begin{pmatrix} a_n & b_n & c_n \end{pmatrix}$. Nombre total de jetons dans la boîte : $3+4+18 = 25$. Probabilités de tirer : Rouge : $3/25$, Vert : $4/25$, Blanc : $18/25$.

Transitions :

De A : Rouge $\rightarrow$ B, Vert $\rightarrow$ C, Blanc $\rightarrow$ A. $P(A \rightarrow A) = \frac{18}{25}$, $P(A \rightarrow B) = \frac{3}{25}$, $P(A \rightarrow C) = \frac{4}{25}$.

De B : Rouge $\rightarrow$ A, Vert $\rightarrow$ C, Blanc $\rightarrow$ B. $P(B \rightarrow A) = \frac{3}{25}$, $P(B \rightarrow B) = \frac{18}{25}$, $P(B \rightarrow C) = \frac{4}{25}$.

De C : Rouge $\rightarrow$ A, Vert $\rightarrow$ B, Blanc $\rightarrow$ C. $P(C \rightarrow A) = \frac{3}{25}$, $P(C \rightarrow B) = \frac{4}{25}$, $P(C \rightarrow C) = \frac{18}{25}$.

Matrice de transition $T$ (lignes : états de départ A, B, C ; colonnes : états d'arrivée A, B, C) : $$T = \begin{pmatrix} P(A \rightarrow A) & P(A \rightarrow B) & P(A \rightarrow C) \\ P(B \rightarrow A) & P(B \rightarrow B) & P(B \rightarrow C) \\ P(C \rightarrow A) & P(C \rightarrow B) & P(C \rightarrow C) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 18/25 & 3/25 & 4/25 \\ 3/25 & 18/25 & 4/25 \\ 3/25 & 4/25 & 18/25 \end{pmatrix} = \frac{1}{25} \begin{pmatrix} 18 & 3 & 4 \\ 3 & 18 & 4 \\ 3 & 4 & 18 \end{pmatrix}$$

On vérifie que la somme des coefficients de chaque ligne est $\frac{18+3+4}{25} = \frac{25}{25} = 1$.

En valeurs décimales : $18/25 = 0.72$, $3/25 = 0.12$, $4/25 = 0.16$. $$T = \begin{pmatrix} 0.72 & 0.12 & 0.16 \\ 0.12 & 0.72 & 0.16 \\ 0.12 & 0.16 & 0.72 \end{pmatrix}$$

Question 2.a : Montrer que $T^n = PD^nP^{-1}$ par récurrence

Initialisation : Pour $n=0$, $T^0 = I_3$ (matrice identité). $PD^0P^{-1} = PIP^{-1} = PP^{-1} = I_3$. Donc $T^0 = PD^0P^{-1}$. La propriété est vraie pour $n=0$.

Hérédité : Supposons que pour un entier $n \geq 0$, on ait $T^n = PD^nP^{-1}$. Montrons que $T^{n+1} = PD^{n+1}P^{-1}$. $T^{n+1} = T^n \times T = (PD^nP^{-1}) \times (PDP^{-1}) = PD^nP^{-1}PDP^{-1} = PD^n(P^{-1}P)DP^{-1} $

=$ PD^nI_3DP^{-1} = PD^nDP^{-1} = PD^{n+1}P^{-1}$. La propriété est donc héréditaire.

Conclusion : Par le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n$, $T^n = PD^nP^{-1}$.

Question 2.b : Coefficients de la matrice $D^n$

$D = \begin{pmatrix}1&0&0&\\0&0,6&0\\0&0&0,56\end{pmatrix}$ est une matrice diagonale. Donc $D^n$ est aussi diagonale, et on élève chaque coefficient diagonal à la puissance $n$. $$D^n = \begin{pmatrix}1^n&0&0&\\0&0,6^n&0\\0&0&0,56^n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&0&0&\\0&0,6^n&0\\0&0&0,56^n\end{pmatrix}$$

Question 3.a : Déterminer $a_n$, $b_n$, $c_n$ à l'aide de $\alpha_n$ et $\beta_n$

On a $X_n = X_0T^n$. $X_0 = \begin{pmatrix} a_0 & b_0 & c_0 \end{pmatrix}$. Au départ, le pion est en A, donc $a_0 = 1$, $b_0 = 0$, $c_0 = 0$. $X_0 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$. $X_n = X_0T^n = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} T^n = $ première ligne de $T^n$. On note $\alpha_n,\:\beta_n,\:\gamma_n$ les coefficients de la première ligne de la matrice $T^n$. Donc $X_n = \begin{pmatrix} \alpha_n & \beta_n & \gamma_n \end{pmatrix}$. Ainsi, $a_n = \alpha_n$, $b_n = \beta_n$, $c_n = \gamma_n$.

On donne $\displaystyle \alpha_n = \frac{3}{10} + \frac{7}{10} \times 0,6^n$ et $\displaystyle \beta_n = \frac{37 - 77 \times 0,6^n + 40 \times 0,56^n}{110}$. On sait que $a_n + b_n + c_n = 1$, donc $c_n = 1 - a_n - b_n = 1 - \alpha_n - \beta_n = 1 - (\frac{3}{10} + \frac{7}{10} \times 0,6^n) - (\frac{37 - 77 \times 0,6^n + 40 \times 0,56^n}{110}) $

=$ \frac{110}{110} - \frac{33}{110} - \frac{77 \times 0,6^n}{110} - \frac{37 - 77 \times 0,6^n + 40 \times 0,56^n}{110}$

=$ \frac{110 - 33 - 37 - 77 \times 0,6^n - ( - 77 \times 0,6^n + 40 \times 0,56^n)}{110} = \frac{40 - 40 \times 0,56^n}{110} = \frac{40(1 - 0,56^n)}{110} = \frac{4(1 - 0,56^n)}{11} = \frac{44 - 40 \times 0,56^n}{110}$. Donc $\displaystyle c_n = \gamma_n = \frac{44 - 40 \times 0,56^n}{110} = \frac{4}{10} - \frac{40}{110} \times 0,56^n $

=$ \frac{4}{10} - \frac{4}{11} \times 0,56^n = \frac{2}{5} - \frac{4}{11} \times 0,56^n $

=$ \frac{44 - 40 \times 0.56^n}{110}$.

Question 3.b : Limites des suites $(a_n)$, $(b_n)$, $(c_n)$

Lorsque $n \rightarrow +\infty$, $0.6^n \rightarrow 0$ car $-1 < 0.6 < 1$. Et $0.56^n \rightarrow 0$ car $-1 < 0.56 < 1$.

$\lim_{n \rightarrow +\infty} a_n = \lim_{n \rightarrow +\infty} \alpha_n = \frac{3}{10} + \frac{7}{10} \times 0 = \frac{3}{10} = 0.3$.

$\lim_{n \rightarrow +\infty} b_n = \lim_{n \rightarrow +\infty} \beta_n = \frac{37 - 77 \times 0 + 40 \times 0}{110} = \frac{37}{110} \approx 0.336$.

$\lim_{n \rightarrow +\infty} c_n = \lim_{n \rightarrow +\infty} \gamma_n = \frac{44 - 40 \times 0}{110} = \frac{44}{110} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5} = 0.4$.

Vérification : $\frac{3}{10} + \frac{37}{110} + \frac{44}{110} = \frac{33}{110} + \frac{37}{110} + \frac{44}{110} = \frac{33+37+44}{110} = \frac{114}{110} \neq 1$. Erreur de calcul. $c_n = 1 - a_n - b_n = 1 - (\frac{3}{10} + \frac{7}{10} \times 0.6^n) - (\frac{37 - 77 \times 0.6^n + 40 \times 0.56^n}{110}) $

=$ \frac{110 - 33 - 77 \times 0.6^n - 37 + 77 \times 0.6^n - 40 \times 0.56^n}{110} = \frac{110 - 33 - 37 - 40 \times 0.56^n}{110} = \frac{40 - 40 \times 0.56^n}{110} = \frac{4 - 4 \times 0.56^n}{11}$. $\lim_{n \rightarrow +\infty} c_n = \frac{40}{110} = \frac{4}{11} \approx 0.3636$. $\lim_{n \rightarrow +\infty} c_n = \frac{4}{11}$.

Nouvelle vérification des limites : $\frac{3}{10} + \frac{37}{110} + \frac{40}{110} = \frac{33}{110} + \frac{37}{110} + \frac{40}{110} = \frac{33+37+40}{110} = \frac{110}{110} = 1$. C'est correct.

Limites : $\lim_{n \rightarrow +\infty} a_n = \frac{3}{10}$, $\lim_{n \rightarrow +\infty} b_n = \frac{37}{110}$, $\lim_{n \rightarrow +\infty} c_n = \frac{40}{110} = \frac{4}{11}$.

Question 3.c : Sommet le plus probable à long terme

Il faut comparer les limites $\frac{3}{10} = \frac{33}{110}$, $\frac{37}{110}$, $\frac{40}{110}$. On a $\frac{40}{110} > \frac{37}{110} > \frac{33}{110}$. Donc $c_n > b_n > a_n$ à long terme. Le sommet le plus probable à long terme est le sommet C, car $c_n$ a la plus grande limite.

Conclusion : À long terme, on a le plus de chance de se retrouver sur le sommet C.