168. On considère une suite infinie de tirages à pile ou face avec une pièce équilibrée. On considère la variable aléatoire T donnant le premier instant k pour lequel il existe i ∈ [[1, k - 1]] tel que k - i soit pair, les lancers aux instants k et i aient donné face, et les lancers à tous les instants strictement compris entre k et i aient donné pile. Montrer que T est d’espérance finie, et calculer son espérance.

Nous noterons P et F pour pile et face. On étudie le temps d’attente T d’un motif constitué de F, suivi d’un nombre impair de P , suivi de F , que nous noterons symboliquement FP2j+1 F.

Après n lancers de la pièce, il y a quatre états possibles :

  • état 1 : on n’a pas encore obtenu de F ;
  • état 2 : le motif n’est pas encore apparu mais les n premiers lancers se terminent par un F ou par un F suivi d’un nombre pair de P ;
  • état 3 : le motif n’est pas encore apparu mais les n premiers lancers se terminent par un F suivi d’un nombre impair de P ;
  • état 4 : le motif est apparu.

PIC

Ces 4 états forment une chaîne de Markov, représentée par le graphe ci-dessus (un informaticien parlerait d’automate déterministe). Pour tout n ∈ N*, on note Xn ∈ [[1,4]] la variable aléatoire donnant l’état du système à l’issue des n premiers lancers. On pose X0 = 1.

Les probabilités de transition pi,j = P(Xn+1 = j∣Xn = i) sont données par la matrice stochastique

(1⁄2 1⁄2 0 0 ) | | A = (pi,j)1≤i,j≤4 = || 0 1⁄2 1⁄2 0 || . ( 0 1⁄2 0 1⁄2) 0 0 0 1
Soit μn = (P(Xn = 1), P(Xn = 2), P(Xn = 3), P(Xn = 4)) le vecteur ligne de R4 donnant la loi de Xn . Alors on a μn+1 = μnA pour tout n ∈ N (c’est la traduction de la formule des probabilités totales : P(Xn+1 = j) = ∑ iP(Xn = i)P(Xn+1 = j∣Xn = i)).

On a E(T) = ∑ n∈NP(T > n) ∈ [0,+∞]. La suite d’événements ([Xn = 4])n∈N est croissante (car l’état 4 est absorbant), donc on a :

n⋂ [T > n] = [Xm ⁄= 4] = [Xn ⁄= 4] m=1
d’où
( ) P(T > n) = P Xn ∈ {1,2,3} = μn,1 + μn,2 + μn,3.
On va tronquer la matrice A et les vecteurs μn pour se limiter aux trois premières composantes : posons
() B* A=01 avecB ∈ M3 (R ) et νn = (μn,1, μn,2, μn,3) ∈ M1,3(R).
On a νn+1 = νn B pour tout n, d’où νn = ν0Bn, avec ν0 = (1,0,0). Soit enfin u le vecteur colonne t(1, 1, 1), alors
∑ ∑ n E (T ) = νnu = ν0B u. n∈N n∈N
On calcule facilement les valeurs propres de B, on trouve 1 2 et - 1±-√5 4. Elles sont toutes de module < 1. On en déduit que B est diagonalisable et que la série de terme général Bn est convergente, de somme (I3 - B)-1. On calcule cette matrice et on conclut que
E(T) = ν0(I3 - B )- 1u = 8.

[Liste des corrigés]

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