Corrigé EDHEC 1996 par Pierre Veuillez

Partie I

On considère les matrices I=( 100 010 001 ) et J=( 111 111 111 ).
Soit de plus la matrice


M=( \dfrac23
\dfrac16\dfrac16 \dfrac16\dfrac23\dfrac16 \dfrac16\dfrac16\dfrac23 ).
  1. On a J2 =( 111 111 111 )( 111 111 111 )=( 333 333 333 )=3J
    d'où J3 =J· J2 =3 J2 = 32 J et par récurrence, on prouverait que Jn = 3n-1 J pour tout n1.
    (On a aussi plus rapidement : Jn+1 = Jn-1 J2 pour n-10 et donc Jn+1 =3 Jn suite géométrique de raison 3 et de premier terme J1 =J donc Jn = 3n-1 J pour n1 )
  2. On peut le prouver par récurrence en montrant d'abord
    M= 1 2 I+ 1 6 J
    Si Mn = 1 2n I+ 1 3 (1- 1 2n )J alors
    Mn+1 = Mn M=( 1 2n I+ 1 3 (1- 1 2n )J)( 1 2 I+ 1 6 J) = 1 2n+1 I+ 1 6 (1- 1 2n )J+ 1 6 1 2n J+ 1 18 (1- 1 2n ) J2 = \allowbreak 1 2n+1 I+ 1 6 J+ 1 18 (1- 1 2n )3J= 1 2n+1 I+ 1 6 (2- 1 2n )J = 1 2n+1 I+ 1 3 (1- 1 2n+1 )J

    ou bien utiliser la formule du binôme :
    Comme I·J=J=J·I alors
    Mn = ( 1 2 I+ 1 6 J)n = k=0 n( n k ) 1 6k Jk 1 2n-k In-k

    et comme la puissance de J est donnée par une formule différente pour k=0, on découpe la somme (ce que l'onpeut faire si les bornes sont 1n et donc le cas n=0 sera à vérifier à part):
    Mn = k=1 n( n k ) 1 6k 1 2n-k 3k-1 J+( n 0 ) 1 2n I

    où l'on fait réapparaîter la formule du binôme, mais pour les réels cette fois :
    Mn = 1 3 [ k=0 n( n k ) ( 3 6 )k 1 2n-k - 1 2n ]J+ 1 2n I = 1 2n I+ 1 3 ( ( 1 2 + 1 2 )n - 1 2n )J = 1 2n I+ 1 3 (1- 1 2n )J

    et la formule est également vraie pour n=0.

Partie II

Un mobile se déplace aléatoirement dans l'ensemble des sommets d'un triangle ABC de la façon suivante : si, à l'instant n, il est sur l'un quelconque des trois sommets, alors à l'instant (n+1), soit il y reste, avec une probabilité de \dfrac23, soit il se place sur l'un des deux autres sommets, et ceci avec la même probabilité.
On note An l'événement :  le mobile se trouve en A à l'instant n .
Bn l'événement :  le mobile se trouve en B à l'instant n .
Cn l'événement :  le mobile se trouve en C à l'instant n .
On pose an =P( An ), bn =P( Bn ) et cn =P( Cn ).
Attention à ne pas confondre les porbabilités (en minuscule ) et les événements (en majuscule)
  1. Comme ( An , Bn , Cn ) est un système complet d'événements alors an + bn + cn =1
    1. Comme ( An , Bn , Cn ) est un systèeme complet d'événements, d'après la formule des probabilités totales on a

      an+1 =P( An+1 )= P An ( An+1 )P( An )+ P Bn ( An+1 )P( Bn )+ P Cn ( An+1 )P( Cn ) = 2 3 P( An )+ 1 6 P( Bn )+ 1 6 P( Cn ) = 2 3 an + 1 6 bn + 1 6 cn

      et de la même façon : bn+1 = 1 6 an + 2 3 bn + 1 6 cn et cn+1 = 1 6 an + 1 6 bn + 2 3 cn
    2. On a
      an+1 - bn+1 = 2 3 an + 1 6 bn + 1 6 cn -( 1 6 an + 2 3 bn + 1 6 cn ) =\dfrac12( an - bn )

      et de même
      an+1 - cn+1 = 2 3 an + 1 6 bn + 1 6 cn -( 1 6 an + 1 6 bn + 2 3 cn ) =\dfrac12( an - cn )

  2. On suppose, dans cette question seulement, que le mobile se trouve en A à l'instant 0.
    1. On a alors a0 =1 et b0 = c0 =1 et comme les suites ( an - bn )n\BbbN et ( an - cn )n\BbbN sont géométriques de raison 1/2c, alors an - bn = 1 2n ( a0 - b0 )= 1 2n pour tout entier n et an - cn = 1 2n
      Comme de plus an + bn + cn =1, on a la troisième équation permettant de trouver :
      cn = bn = an - 1 2n et donc an +2( an - 1 2n )=1 soit
      an = 1 3 + 2 3· 2n    et  bn = cn = 1 3 - 1 3· 2n

    2. La matrice Mn est


      Mn = 1 2n I+ 1 3 (1- 1 2n )J=( 1 2n + 1 3 (1- 1 2n )
      1 3 (1- 1 2n ) 1 3 (1- 1 2n ) ) et la première colonne est bien celle prévue.
    3. Celà vient du fait que


      ( an+1 bn+1 cn+1 )=( 1 3
      1 6 1 6 1 6 1 3 1 6 1 6 1 6 1 3 )( an bn cn ) et cette suite est donc géométrique matricielle de raison


      ( 1 3
      1 6 1 6 1 6 1 3 1 6 1 6 1 6 1 3 )=M
      Donc ( an bn cn )= Mn ( a0 b0 c0 )= Mn ( 1 0 0 ) ce qui donne la première colonne de Mn .
  3. Donc, en prenant comme conditioninitiale le point en B ou en C, on trouvera les coonnes 2 et 3 de cette matrice.
(EDHEC 1996)



File translated from TEX by TTM, version 3.68.
On 11 Oct 2005, 22:23.