Marche aléatoire et matrice de transition
En classe de terminale générale maths expertes on est initié aux chaînes de Markov. Cette marche aléatoire peut être décrite par des graphes probabilistes.
Afin d’illustrer cet intéressant processus dynamique (pléonasme, vu qu’il n’existe pas de processus statique), voici un extrait de l’épreuve de maths du bac S, Polynésie, juin 2018.
Énoncé
- Un atome d’hydrogène peut se trouver dans deux états différents, l’état stable et l’état excité. À chaque nanoseconde, l’atome peut changer d’état.
- Partie A – Étude d’un premier milieu
- Dans cette partie, on se place dans un premier milieu (milieu 1) où, à chaque nanoseconde, la probabilité qu’un atome passe de l’état stable à l’état excité est 0,005, et la probabilité qu’il passe de l’état excité à l’état stable est 0,6.
On observe un atome d’hydrogène initialement à l’état stable.
On note \(a_n\) la probabilité que l’atome soit dans un état stable et \(b_n\) la probabilité qu’il se trouve dans un état excité, \(n\) nanosecondes après le début de l’observation.
On a donc \(a_0 = 1\) et \(b_0 = 0.\)
On appelle \(X_n\) la matrice ligne \({X_n} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_n}}&{{b_n}} \end{array}} \right).\)
L’objectif est de savoir dans quel état se trouvera l’atome d’hydrogène à long terme.
- 1. Calculer \(a_1\) puis \(b_1\) et montrer que \(a_2=0,993025\) et \(b_2=0,006975.\)
- 2. Déterminer la matrice \(A\) telle que, pour tout entier naturel \(n\), \( X_{n+1} = X_nA.\)
\(A\) est appelée matrice de transition dans le milieu 1. On admet alors que, pour tout entier naturel \(n,\) \(X_n = X_0A^n.\)
- 3. On définit la matrice \(P\) par \(P = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{ - 1}\\
1&{120}
\end{array}} \right)\)
On admet que \(P\) est inversible et que \({P^{ - 1}} = \frac{1}{{121}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {120}&1\\ { - 1}&1 \end{array}} \right)\)
- Déterminer la matrice \(D\) définie par \(D = P^{-1}AP.\)
- 4. Démontrer que, pour tout entier naturel \(n,\) \(A^n = PD^nP^{-1}\)
- 5. On admet par la suite que, pour tout entier naturel \(n,\)
\[{A^n} = \frac{1}{{121}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {120 + {{0,395}^n}}&{1 - {{0,395}^n}}\\ {120\left( {1 - {{0,395}^n}} \right)}&{1 + 120 \times {{0,395}^n}} \end{array}} \right)\]
En déduire une expression de \(a_n\) en fonction de \(n.\)
- 6. Déterminer la limite de la suite \((a_n).\) Conclure.
- Partie B – Étude d’un second milieu
- Dans cette partie, on se place dans un second milieu (milieu 2), dans lequel on ne connaît pas la probabilité que l’atome passe de l’état excité à l’état stable. On note \(a\) cette probabilité supposée constante. On sait, en revanche, qu’à chaque nanoseconde, la probabilité qu’un atome passe de l’état stable à l’état excité est 0,01.
- 1. Donner, en fonction de \(a,\) la matrice de transition \(M\) dans le milieu 2.
2. Après un temps long, dans le milieu 2, la proportion d’atomes excités se stabilise autour de \(2\% .\)
On admet qu’il existe un unique vecteur \(X,\) appelé état stationnaire, tel que \(XM = X,\) et que \(X = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {0,98}&{0,02} \end{array}} \right)\)
Déterminer la valeur de \(a.\)
Corrigé
Partie A
1. Cette question est plutôt facile.
\(a_0 = 1\) donc l’atome a une probabilité de \(1 - 0,005\) \(= 0,995\) de rester à l’état stable à la nanoseconde suivante. Comme \(a_1 = 0,995,\) alors \(b_1 = 0,005\) (probabilité contraire).
Étape 2 : si l’atome d’hydrogène était stable à l’étape 1 : \(a_2\) \(= 0,995 \times 0,995\) \(= 0,990025.\) La probabilité d’être stable à l’étape 2 et d’avoir été excité à l’étape 1 s’élève à \(0,005 \times 0,6\) \(= 0,003.\)
D’après la formule des probabilités totales, \(a_2\) \(= 0,990025 + 0,0003\) \(= 0,993025\) et \(b_2\) \(= 1 - a_2\) \(= 0,006975.\)
2. Généralisons.
\(a_{n+1} = 0,995a_n + 0,6b_n\)
\(b_{n+1} = 0,005a_n + 0,4b_n\)
Ainsi \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{n + 1}}}&{{b_{n + 1}}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_n}}&{{b_n}} \end{array}} \right)A\) avec \(A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {0,995}&{0,005}\\ {0,6}&{0,4} \end{array}} \right)\)
3. Le calcul se fait avec la calculatrice. Des modes d’emploi de calcul matriciel avec calculatrice existent sur ce site : matrices avec TI-83 et matrices avec Casio Graph 85.
On trouve \(D = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0\\ 0&{0,395} \end{array}} \right)\)
4. Il s'agit de démontrer la propriété par récurrence mais il est inutile d'aller chercher les coefficients des matrices. Ci-dessous, \(I\) désigne la matrice identité.
Initialisation : \(A^0 = I\) et \(PD^0P^{-1}\) \(= PIP^{-1}\) \(= PP^{-1} = I.\) La propriété est vraie au rang 0.
Hérédité : soit \({A^{n + 1}} = {A^n}A\) \(= P{D^n}{P^{ - 1}} \times PD{P^{ - 1}}\) \(= P{D^n}D{P^{ - 1}}\) \(= P{D^{n + 1}}{P^{ - 1}}\)
Donc, pour tout \(n \in \mathbb{N}\), on vérifie \(A^n=PD^nP^{-1}\).
5. Nous partons de l'égalité \(X_n = X_0 \times A^n\)
Faisons apparaître les coefficients.
\(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_n}}&{{b_n}} \end{array}} \right)\) \(= \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0 \end{array}} \right) \times \frac{1}{{121}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {120 + {{0,395}^n}}&{1 - {{0,395}^n}}\\ {120\left( {1 - {{0,395}^n}} \right)}&{1 + 120 \times {{0,395}^n}} \end{array}} \right)\)
\(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_n}}&{{b_n}} \end{array}} \right)\) \(= \frac{1}{{121}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {120 + {{0,395}^n}}&{120(1 - {{0,395}^n})} \end{array}} \right)\)
\[{a_n} = \frac{{120 + {{0,395}^n}}}{{121}}\]
6. Si vous avez pu répondre à la question précédente, celle-ci ne doit pas vous poser la moindre difficulté.
Comme \(-1 < 0,395 < 1,\) alors \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {0,395^n} = 0\)
Donc \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {a^n} = \frac{{120}}{{121}}\)
Partie B
1. La probabilité qu'un atome passe de l'état stable à l'état excité est 0,01. Donc la probabilité de rester stable est 0,99.
La probabilité qu'un atome passe de l'état excité à l'état stable est \(a\). Donc celle de rester excité est \(1 - a.\)
\(M = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {0,99}&{0,01}\\ a&{1 - a} \end{array}} \right)\)
2. Lorsque l'état est stationnaire, la matrice de transition n'a aucun effet : \(XM = X\)
\(\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {0,98}&{0,02} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {0,99}&{0,01}\\ a&{1 - a} \end{array}} \right)\) \(= \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {0,98}&{0,02} \end{array}} \right)\)
Le plus simple est de poser l'équation \(0,98 \times 0,99 + 0,02a = 0,98\). La solution est \(a = 0,49.\)
