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I Simulation

On a besoin de N, pour le nombre total de tirage. De i comme compteurs. De X et Y pour X n et Y n et en fin de T pour les Tirages au hasrad d'un parmi 3 (random(3) qui donne 0, 1 ou 2 comme résultat).

Program tirages;

Var X,Y,N,T,i:integer;

Begin

randomize;

X:=0;Y:=0; {position initiale }

writeln('?'); readln(N);

for i:=1 to N do

Begin

T:=random(3);

if T=0 then if X=0 then X:=1 else X:=0;

{ si X n'est pas à 0 c'est qu'il était à 1 }

if T=1 then if Y=0 then Y:=1 else Y:=0;

writeln(X,Y);

end;

end;

II Simulation

    1. Soit A 0 n l'événement ''à l'issue de la n i e ` m e opération, le jeton A n'a jamais quitté C 0 " et pour tout n , a n l'événeent ''obtenir la lettre a au n i e ` m e tirage''.

      Si A n'a jamais quitté C 0 , c'est que l'on a jamais obtenu la lettre a . Donc

      A 0 n = k = 1 n a k événements indépendants donc p ( A 0 n ) = k = 1 n p ( a k ) = ( 2 3 ) n car les lettres sont équiprobables.

    2. De même A 0 = k = 1 a k et p ( A 0 ) = lim n p ( k = 1 n a k ) = 0 car | 2 3 | < 1.

  1. Si à l'issue de la k i e ` m e opération, le jeton A revient pour la première fois dans C 0 c'est qu'il en était parti plus tôt. Donc D k = ( un seul a avant le k 1 e ` m e ) et a k Or le nombre de a lors des k 1 premiers tirages suit une loi binômiale de paramètre k 1 et 1 3 car les tirages de lettre sont indépendants. Donc p ( D k ) = C k 1 1 ( 1 3 ) 1 ( 2 3 ) k 2 1 3 = ( k 1 ) ( 1 3 ) 2 ( 2 3 ) k 2

    1. On calcule les produits : M P = ( 2 1 1 2 ) ( 1 1 1 1 ) = ( 1 3 1 3 ) P D = ( 1 1 1 1 ) ( 1 0 0 3 ) = ( 1 3 1 3 ) D'où l'égalité.

      On calcule P 1 : ( 1 1 1 1 | 1 0 0 1 ) L 2 + L 1 ( 1 1 0 2 | 1 0 1 1 ) L 1 L 2 / 2 L 2 / 2 ( 1 0 0 1 | 1 / 2 1 / 2 1 / 2 1 / 2 ) L 1 L 2 / 2 L 2 / 2

      Donc P est inversible et P 1 = ( 1 / 2 1 / 2 1 / 2 1 / 2 ) = 1 2 ( 1 1 1 1 )

    2. On a alors M = P D P 1

      Et comme d est diagonale, on connait ses puissances : M n = 1 2 ( 1 1 1 1 ) ( 1 n 0 0 3 n ) ( 1 1 1 1 ) = 1 2 ( 1 1 1 1 ) ( 1 1 3 n 3 n ) = 1 2 ( 1 + 3 n 1 + 3 n 1 + 3 n 1 + 3 n )

    1. p ( X 1 = 0 ) = p ( A ne change pas de case ) = p ( a 1 ) = 1 3 et p ( X 1 = 1 ) = 1 p ( X 1 = 0 ) = 2 3 . (contraire)

    2. ( X n = 0 , X n = 1 ) est un système complet d'événements. Donc, d'après la formule des probabilités totales,

      p ( X n + 1 = 0 ) = p ( X n + 1 = 0 / X n = 0 ) p ( X n = 0 ) + p ( X n + 1 = 0 / X n = 1 ) p ( X n = 1 ) = p ( ne change pas ) p ( X n = 0 ) + p ( change ) p ( X n = 1 ) = 1 3 p ( X n = 0 ) + 2 3 p ( X n = 1 ) et de la même façon, p ( X n + 1 = 1 ) = 2 3 p ( X n = 0 ) + 1 3 p ( X n = 1 ) donc

      ( p ( X n + 1 = 0 ) p ( X n + 1 = 1 ) ) = ( 1 3 p ( X n = 0 ) + 2 3 p ( X n = 1 ) 2 3 p ( X n = 0 ) + 1 3 p ( X n = 1 ) ) = ( 1 3 2 3 2 3 1 3 ) ( p ( X n = 0 ) p ( X n = 1 ) ) donc Q = 1 3 M convient.

    3. On a donc Q n = ( 1 3 ) n M n et comme ( p ( X n = 0 ) p ( X n = 1 ) ) est une suite matricielle de raison Q , ( p ( X n = 0 ) p ( X n = 1 ) ) = Q n ( p ( X 0 = 0 ) p ( X 0 = 1 ) ) = ( 1 3 ) n M n ( 1 0 ) = ( 1 3 ) n 1 2 ( 1 + 3 n 1 + 3 n 1 + 3 n 1 + 3 n ) ( 1 0 ) = 1 2 ( ( 1 3 ) n + 1 ( 1 3 ) n + 1 )

      Finalement, p ( X n = 0 ) = 1 2 ( ( 1 3 ) n + 1 ) et p ( X n = 1 ) = 1 2 ( ( 1 3 ) n + 1 )


III Etude d'un mouvement du couple de jetons ( A , B )

  1. p ( W 1 = 0 ) = p ( rien ne bouge ) = p ( c 1 ) = 1 3 ,

    p ( W 1 = 1 ) = p ( B  change de case ) = p ( b 1 ) = 1 3 ,

    p ( W 1 = 2 ) = p ( A  change de case ) = p ( a 1 ) = 1 3 et

    p ( W 1 = 3 ) = p ( A  et  B  change de case ) = p ( impossible ) = 0

  2. ( W n = 0 , W n = 1 , W n = 2 , W n = 3 ) est un système complet d'événements donc

    p ( W n + 1 = 0 ) = p ( W n + 1 = 0 / W n = 0 ) p ( W n = 0 ) + p ( W n + 1 = 0 / W n = 1 ) p ( W n = 1 ) + p ( W n + 1 = 0 / W n = 2 ) p ( W n = 2 ) + p ( W n + 1 = 0 / W n = 3 ) p ( W n = 3 ) = p ( rien ne change ) p ( W n = 0 ) + p ( B change ) p ( W n = 1 ) + p ( A change ) p ( W n = 2 ) + p ( Les deux changent ) p ( W n = 3 ) = 1 3 p ( W n = 0 ) + 1 3 p ( W n = 1 ) + 1 3 p ( W n = 2 ) + 0 p ( W n = 3 ) et on trouve de la même façon, p ( W n + 1 = 1 ) = 1 3 p ( W n = 0 ) + 1 3 p ( W n = 1 ) + 0 p ( W n = 2 ) + 1 3 p ( W n = 3 ) p ( W n + 1 = 2 ) = 1 3 p ( W n = 0 ) + 0 p ( W n = 1 ) + 1 3 p ( W n = 2 ) + 1 3 p ( W n = 3 ) p ( W n + 1 = 3 ) = 0 p ( W n = 0 ) + 1 3 p ( W n = 1 ) + 1 3 p ( W n = 2 ) + 1 3 p ( W n = 3 )

    soit sous forme matricielle: ( p ( W n + 1 = 0 ) p ( W n + 1 = 1 ) p ( W n + 1 = 2 ) p ( W n + 1 = 3 ) ) = ( 1 3 p ( W n = 0 ) + 1 3 p ( W n = 1 ) + 1 3 p ( W n = 2 ) + 0 p ( W n = 3 ) 1 3 p ( W n = 0 ) + 1 3 p ( W n = 1 ) + 0 p ( W n = 2 ) + 1 3 p ( W n = 3 ) 1 3 p ( W n = 0 ) + 0 p ( W n = 1 ) + 1 3 p ( W n = 2 ) + 1 3 p ( W n = 3 ) 0 p ( W n = 0 ) + 1 3 p ( W n = 1 ) + 1 3 p ( W n = 2 ) + 1 3 p ( W n = 3 ) ) = 1 3 ( 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 ) ( p ( W n = 0 ) p ( W n = 1 ) p ( W n = 2 ) p ( W n = 3 ) )  donc  R = 1 3 ( 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 )

    et R = 1 3 ( U V ) avec U et V les matrices ci-dessous.

    1. On touve U 2 = 4 U d'où par récurrence, pour tout entier n 1 , U n = 4 n 1 U et U 0 = I .

      On trouve V 2 = I d'où (sans récurrence), si n est pair, V n = ( V 2 ) n / 2 = I et si n est impair, V n = V .

    2. On a V . U = U = U V , donc d'après la formule du binôme, ( U V ) n = k = 0 n C n k U n k ( V ) k = k = 0 n ( 1 ) k C n k U n k V k

    3. On pourrait (sans déduire) démontreer le résultat par récurrence.

      ( U V ) n = k = 0 n ( 1 ) k C n k U n k V k = k = 0 n 1 ( 1 ) k C n k U n k V k + ( 1 ) n C n n U 0 V n = k = 0 n 1 ( 1 ) k C n k 4 n k 1 U V k + ( 1 ) n V n et comme  V k = V  ou  I  et  U V = U  et  U I = U = k = 0 n 1 ( 1 ) k C n k 4 n k 1 U + ( 1 ) n V n = 1 4 ( k = 0 n ( 1 ) k C n k 4 n k ( 1 ) n C n n 4 0 ) U + ( 1 ) n V n = 1 4 ( ( 1 + 4 ) n ( 1 ) n ) U + ( 1 ) n V n et on touve bien ( U V ) n = 1 4 [ 3 n ( 1 ) n ] U + ( 1 ) n V n (qui est aussi valable pour n = 0 )

  3. On a donc pour n pair, ( U V ) n = 1 4 ( 3 n 1 ) U + I et pour n impair, ( U V ) n = 1 4 [ 3 n + 1 ] U V .

    Comme R n = ( 1 3 ) n ( U V ) n , on a pour n pair: ( p ( W n = 0 ) p ( W n = 1 ) p ( W n = 2 ) p ( W n = 3 ) ) = ( 1 3 ) n ( 1 4 ( 3 n 1 ) U + I ) ( 1 0 0 0 ) = 1 4 ( 1 3 ) n ( 3 n + 3 3 n 1 3 n 1 3 n 1 ) et si n est impair ( p ( W n = 0 ) p ( W n = 1 ) p ( W n = 2 ) p ( W n = 3 ) ) = ( 1 3 ) n ( 1 4 ( 3 n + 1 ) U V ) ( 1 0 0 0 ) = 1 4 ( 1 3 ) n ( 3 n + 1 3 n + 1 3 n + 1 3 n 3 )

  4. On a C o v ( X n , Y n ) = E ( X n Y n ) E ( X n ) E ( Y n )

    On connait la loi de X n . Celle de Y n est la même. Et celle du couple est déduite de ci dessus.

    E ( X n ) = 0 p ( X n ) + 1 p ( X n ) = 1 2 ( ( 1 3 ) n + 1 ) = E ( Y n )

    p ( X n Y n = 1 ) = p ( X n = 1 Y n = 1 ) = p ( W n = 3 ) = 1 4 ( 1 3 ) n ( 3 n 3 ) = 1 4 ( 1 1 / 3 n 1 )

    E ( X n Y n ) = 0 + 1 p ( X n Y n = 1 ) = 1 4 ( 1 1 / 3 n 1 ) .

    Donc C o v ( X n , Y n ) = 1 4 ( 1 1 / 3 n 1 ) 1 4 ( ( 1 3 ) n + 1 ) 2 = : 1 4 3 n 1 4 3 2 n n + 0