Les urnes des époux Ehrenfest. Eléments de correction.
Le cas M = 3.
1 et 2. On trouve 4
=1
λ puis
n
an
× +
= 9
1 4 3 4
1 ce qui implique que :
n
bn
×
−
= 9
1 4 3 4 3
3. La probabilité que l’urne A contienne exactement une boule à l’instant 2n+1 est égale à :
n n
n b
a
+
=
+ 9
1 4 1 4 3 3
2 et exactement trois boules c’est :
n
bn
−
= 9
1 4 1 4 1 3 1
4.1. On montre que :
19683
; 1372 2187
; 196 243
; 28 27
; 4 3 1
5 4
3 2
1= p = p = p = p =
p .
Rem. On note que : 0,756
5 1
∑
≈= i
pi (à 0,001 près), résultat qui est dans la fourchette prévue par la simulation accompagnant l’énoncé. Les résultats obtenus ici sont plausibles.
Une programmation donne les résultats ci- contre. On est en droit de conjecturer que pour tout entier n≥2 :
2
9 7 27
4 −
×
= n
pn , cette
relation est vérifiée aux rangs 2, 3 et 4
4.2. Soit n ≥ 2. Supposons que pour tout entier k tel que 2≤k≤n il soit vrai que :
2
9 7 27
4 −
×
=
k
pk .
L’hypothèse de récurrence revient à supposer que, pour k tel que 2≤k≤n−1 : pk pk 9 7
1=
+
Alors :
−
−
−
+
=
−
−
−
=
∑ ∑
= − +−
= +− −
− +
+
n
k
k n k n
n n
n
k
k n k n
n n
n a a p a p p a a a a p a
p
3
1 1 1
3 1 2
1 1 1
1 9
7 27
4 3
1 9 2 9 1
Le « sigma », c’est aussi :
− +
= −
−
= −
∑
11
2 3
1 9
7 9
7
n n n n
j
j n
ja p a a
p en changeant d’indexation.
On obtient : 1 1 1
27 7 9
7 9 7 27
4 9 2 9 2
−
−
+ − + − +
− +
= n n n n n
n a a p a a
p soit aussi :
Le logiciel de calcul formel obtient d’ailleurs l’expression
2
9 7 27
4 9 7 49
12 −
=
= n n
pn si on lui
fait calculer
(
2 2 1 1)
1
1 − ... −
− − + +
− n n n
n a p a p a p
a en tenant
compte de l’hypothèse de récurrence.
4.3. 1
9 1 7
1 27
4 3 1 9
7 27
4 3 1
2 2
1
=
− +
=
+
=
∑
∑
≥
−
≥ n
n
n
pn . Il est quasi certain que, à un instant ou à un autre, l’urne retrouvera son état initial.
5. L’espérance du premier retour à l’état initial
est :
∑ ∑
≥
−
≥
×
× +
=
2
2
1 9
7 27 2 4 3 2 2
n
n
n
n n
p
n . Le
logiciel de calcul formel affiche 8.
On peut aussi considérer la série entière de référence :
∑
≥
= + + +
− =1 2 .. 0 1
1
n
xn
x
x x dont le rayon de
convergence est égal à 1. A l’intérieur du disque de convergence, la série entière dérivée est égale à la dérivée de sa somme :
( ) ∑
≥
= −
+ + +
− = 1
1 2
2 1 2 3 ..
1 1
n
xn
n x
x x
. Il en résulte que :
(
1 1)
2 12
1 −
= −
∑
≥
−
x x
n
n
n .
Appliquée au cas qui nous concerne, cette formule donne :
3 8 22 3 1 2 9 1 7
1 21
8 3 2 9
7 21
8 3 2 9
2 7 27
4 3 2 2
2 2
1
2
2
1
= +
=
−
−
× +
=
× +
=
×
× +
=
∑ ∑
∑
≥−
≥
−
≥ n
n
n
n
n
n n n
p n
Le cas M = 4.
1. 1. On aboutit aux relations de récurrence :
+
=
= + +
= +
=
+ + +
n n n
n n n n
n n n
c b c
c b a b
b a a
4 1 8 1
4 3 4 3 4 3 4 3
8 1 4 1
1 1 1
.
On constate qu’à tout instant pair autre que l’instant initial, la probabilité que les deux urnes contiennent chacune deux boules est toujours égale à 3/4. Il en résulte que pour tout entier n ≥ 1 :
32 3 4
1
1= +
+ n
n a
a
1.2 et 1.3. La suite
( )
an est arithmético-géométrique de point fixe 81. La suite
−
8 1
an est une suite géométrique de premier terme
8 1 8 1 4 1 8 1
1− = − =
a et de raison
4
1. On obtient :
n n
an
× +
=
+
= −
4 1 2 1 8 1 4
1 1 8
1 1 pour tout entier n ≥ 1.
1.4. Vu que la suite
( )
bn est une suite constante à partir du rang 1, on peut écrire pour tout entier n ≥ 2 :1 1
1 4
1 8
1 8 1 4 1
−
−
+ − n = n = n = n − n
n a b b a a
a soit : 1 1
4 1 4 5
−
+ = n − n
n a a
a
2. Le programme « retour » renvoie les six premiers termes de la suite
( )
pn .Rem. On note que : 0,531
5 1
∑
≈= i
pi (à 0,001 près), résultat qui est dans la fourchette prévue par la simulation. Les résultats obtenus ici sont plausibles.
On doit résoudre :
+
= +
=
128 9 32 3 1024
63
32 3 4 128
9
v u
v u
Il apparaît que les nombres u et v cherchés sont
32
; 3
1 =−
= v
u :
−
=
−
= 2 1
3
3 32
3 p p
p
p p
p
De la relation pn+1=an+1−
(
anp1+an−1p2 +...a1pn)
on déduit, en appliquant d’une part la formule de récurrence sur an+1 et d’autre part l’hypothèse de récurrence sur les pi :
−
−
−
−
−
−
−
−
−
= − − − − − −
+1 1 1 1 2 2 2 1 3 3 2 1 1 2
32 ... 3
32 3 32
3 4
1 4 5
n n
n n
n n n
n
n a a a p a p a p p a p p a p p
p
Or : 4 1
1=
p donc an −anp1=an 4
5 et
32 3
2 =
p . La relation peut s’écrire en la réarrangeant :
(
1 1 2 2 1 1) (
1 1 2 1 2)
1 ...
32
... − 3 − − −
−
−
+ = n − n − n − − n − n − n − − n
n a p a p a a p a p a a p
p
C'est-à-dire : 1 1
32
3 −
+ = n − n
n p p
p . Il y a bien hérédité, la relation est encore vérifiée au rang n.
Pour tout entier n ≥ 2 : 1 1 32
3 −
+ = n − n
n p p
p
3. L’ensemble S des suites réelles
( )
pn n≥1vérifiant pour tout entier n ≥ 2 la relation de
récurrence 1 1
32
3 −
+ = n − n
n p p
p a une structure
d’espace vectoriel de dimension 2 (la donnée des deux termes p1 et p2 détermine la totalité de la suite). L’équation caractéristique associée à cette relation de récurrence linéaire double est
l’équation : 0
32
2 −x+ 3 =
x , qui a pour racines les nombres :
8 10 4
1
= +
r et
8 10 4
2
= −
r ,
tous deux compris entre 0 et 1.
Ainsi, S admet pour base les deux suites
( )
r1n−1 et( )
r2n−1 (l’indexation commence avec l’entier 1). Le calcul des deux réels λ et µ solutions du système :
+
= +
=
2 1 2 1
r r p p
µ λ
µ
λ , en l’occurrence :
80 10 8
; 1 80
10 8
1− = +
= µ
λ
détermine les coordonnées de la suite
( )
pn dans la base( )
r1n−1 et( )
r2n−1 . On obtient la formule explicite :1 1
8 10 4 80
10 8 1 8
10 4 80
10 8 1
2012 / 12 / . 29
−
−
−
+
+
+
−
=
n n
n GJulia
p . On peut vérifier que l’expression des
premières probabilités coïncide, qu’on les calcule par une programmation ou qu’on les calcule par cette formule explicite.
4 et 5. Le logiciel de calcul formel affiche 1
1
∑
=≥ n
pn . Il est quasi certain que, à un instant ou à un autre, l’urne retrouvera son état initial.
Il affiche aussi à propos de l’espérance : 16
2
1
∑
=≥ n
pn
n .
4 et 5 « à la main ».
10 10 5 8
10 1 4
1 80
10 8 1 8
10 4 80
10 8 1
1
1 = +
− +
−
=
+
−
∑
≥
−
n
n
et de même :
10 10 5 8
10 4 80
10 8 1
1
1= −
−
+
∑
≥
−
n
n
. La somme de ces deux nombres est 1
1
∑
=≥ n
pn .
Quant à l’espérance :
5 10 8 12 8
10 1 4
1 40
10 4 1 8
10 2 4
80 10 8 1
2 1
1
+
=
− +
−
=
+
−
∑
≥
−
n
n
n et de
même :
5 10 8 12 8
10 2 4
80 10 8 1
1
1
−
=
−
+
∑
≥
−
n
n
n . En conséquence : 2 16
1
∑
=≥ n
pn
n
Le cas M = 5
1.
+
=
+ +
= +
=
+ + +
n n
n
n n
n n
n n
n
c b
c
c b
a b
b a
a
25 13 25
6
25 12 25
17 5
4
25 2 5
1
1 1 1
. La matrice de transition est :
=
13 6 0
12 17 20
0 2 5 25
T 1 :
2. Le polynôme caractéristique de T admet trois racines réelles distinctes. Toutes les racines sont simples, il s’ensuit que les sous-espaces propres associés sont nécessairement trois droites vectorielles. T est une matrice diagonalisable.
Ses valeurs propres sont 1, 9/25 et 1/25.
2.2. On peut choisir comme base de vecteurs propres les vecteurs colonnes qui figurent dans la matrice :
−
−
=
1 3 5
2 2 10
1 1 1
P respectivement
associés aux valeurs propres 1, 9/25 et 1/25.
2.3. En ce qui concerne le calcul de Tn, le logiciel nSpire ne semble pas savoir calculer avec 9/25 et 1/25 élevés à la puissance n. On contourne la difficulté en désignant par x et y ces puissances.
2.4. L’expression du vecteur Vn s’en déduit par la relation : Vn =TnV0.
On obtient :
+
−
−
+
+
+
=
=
n n
n n
n n
n n n n
c b a V
25 10 1 25 15 9 5
25 20 1 25
10 9 10
25 10 1 25 5 9 1
16 1
En particulier, la probabilité que l’urne A retourne à son état initial à l’instant 2n est
n n
an
+
+
= 25
1 8 5 25
9 16
5 16
1 .
2.5. Le calcul explicite à l’aide du logiciel de
calcul formel de
− +
− − −
+1 1 2
625 9 625
259 5
7
n n
n
n a a a
a , légitime
pour tout entier n ≥ 3, montre que : 625 0
9 625
259 5
7
2 1
1 =
− +
− − −
+ n n n
n a a a
a .
Ainsi, pour tout entier n ≥ 3 :
2 1
1 625
9 625
259 5
7 − −
+ = n − n + n
n a a a
a
2.5 « à la main ». On peut partir du système des trois relations de récurrence de la question 1. Des deux premières, on peut déduire :
+ +
=
+
=
−
−
− +
1 1
1 1
24 34
40 50
2 5 25
n n
n n
n n n
c b
a b
b a
a puis :
( ) ( )
+
− +
=
− +
=
−
−
− +
+
1 1
1 1
1
24 5
25 17 40
5 25
25
2 5 25
n n
n n
n n
n n n
c a
a a
a a
b a
a ce qui induit : 625an+1=550an−45an−1+24cn−1
La troisième relation peut s’écrire : 1 2 24 2 25
2 13 25
24cn− =72× bn− + × cn− , ce qui donne :
(
1 1) (
1 2) (
625 550 1 45 2)
25 5 13
25 25 45 72
550
625an+ − an+ an− = × an− − an− + × an− an− + an− Soit : 625an+1=875an−259an−1+9an−2
3. On note que : 0,378
5 1
∑
≈= i
pi (à 0,001 près), résultat qui est dans la fourchette prévue par la simulation. Les résultats obtenus ici sont plausibles.
3.2. La résolution du système d’équations
+
= +
=
3 4 5
2 3 4
p y p x p
p y p x
p amène au couple solution
625
; 149 5
6 =−
= y
x
149 6
∑
= − +−
−
− − −
−
= n
k
k n k n
n n
n a p a p a p a
p
4
1 1 2
2 1
1 ;
∑
= − +−
−
−
− = − − n
k
k n k n
n
n a p a p a
p
4
1 2 2
1 1 1
Si l’on calcule l’expression 1 1
625 149 5
6 −
+ − n + n
n p p
p , en tenant compte de l’hypothèse de récurrence les trois
« sigma » en présence s’annulent. Il reste :
2 1 2
3 1 1
2 1
1 1
1 625
149 5
6 625
149 5
6 5
6 625
149 5
6 − + − −
+
− +
−
− −
−
+
−
= +
− n n n n n n
n p p a p a p p a p p p a
p
Or :
5 7 5 6 5 1 5 6
1+ = + =
p ;
625 259 625
149 25
6 125
8 625 149 5
6
1
2 − p − = − − =−
p et :
625 9 3125
149 625
48 3125
136 625
149 5
6
1 2
3 − p + p = − + =
p
On obtient : 0
625 9 625
259 5
7 625
149 5
6
2 1
1 1
1− + − = + − + − − − =
+ n n n n n n
n p p a a a a
p compte tenu de la relation de
récurrence établie entre les termes de la suite
( )
anLa relation (1) est encore vérifiée au rang n. Elle est donc vérifiée pour tout entier n ≥ 3.
3.3. La suite
( )
pn n≥2 appartient à l’ensemble S des suites( )
un n≥2dont les termes sont liés par la relation de récurrence double (1).L’équation caractéristique associée à cette
relation est l’équation 0
625 149 5
2 −6x+ =
x ,
équation qui a deux solutions réelles, 25
19 2 15
1
= +
r et
25 19 2 15
2
= −
r , toutes deux
comprises entre 0 et 1.
S est un espace vectoriel de dimension 2, engendré par les suites
( )
r1n−2 et( )
r2n−2 despuissances de ces deux nombres.
La résolution du système
= +
= +
3 2 1
2
p r y r x
p y x
fournit les coordonnées de la suite
( )
pn n≥2 dans cette base.Cette suite est ainsi déterminée à partir de son terme de rang 2.
On aboutit à la formule :
( )
2( )
225 19 2 15 2375
19 19 4 25
19 2 15 2375
19 19 4
2012 . / 12 / 29
−
−
−
+ −
+
= +
n n
n GJulia
p
A titre de vérification, on peut noter la coïncidence dès le rang 2 entre la liste des premiers pi donnée par la formule et celle donnée par la programmation.
4 et 5. En faisant calculer la somme de tous les pi par un logiciel de calcul formel, on obtient 1, le retour à l’état initial est quasi-certain.
L’espérance mathématique du premier retour à l’état initial est quant à elle égale à 32.
4 et 5 « à la main ». On peut remarquer que les coordonnées de
( )
pn n≥2 sont1 2
1 2 3 1
2 3 2
2 ;
r r
r p y p
r r
p p x r
−
= −
−
= − et en conséquence : 2 2
1 2
1 2 2 3
1 1 2
3 2
2 − −
− + −
−
= − n n
n r
r r
r p r p
r r
p p p r
La somme des probabilités peut se calculer à l’aide de la somme et du produit des racines du polynôme
( )
625149 5
2 −6 +
=x x x
f :
( )
( )( ) ( )
(
1 2)
1 2 2 1 2 3 2 21
2 1 2 3 2 2 1
2 1 2 3 1 1 2
3 2 2
2 1 1 1 1
1 1
1
r r r r
r r p p p r
r
r r p p p r r r
r p p r r
r p p p r
n
n − + +
+
−
= +
−
−
+
−
= +
−
− + −
−
−
= −
∑
≥ce qui donne :
( )
24 5 125 625
149 5 1 6
5 6
2 2 3
3 2
2
p p p
p p p
n n
= − +
−
−
= +
∑
≥
.
Finalement :
( )
15 4 5 1 24
125 8 625 125 136 5 1 24
5
125 3 2
1 1
= +
=
−
+
− = +
∑
=≥
p p p
p
n n
On obtient :
( ( ) ( ) ( ) ) ( ( ) )
( )
(
1 2 1 2)
22 1 2 1 3 2
1 2 1 2 1 2 2 1 2
2 1
3 2
2 4
2
r r r r
r r r r p r
r r r r r r r p p
n
n
n − + +
+ +
− +
+ +
− +
−
= +
∑
≥Soit :
5 79 625
149 5 1 6
1953125 45504
625 149 5 1 6
5 3 .6 625 2 149 3125 2 136 5 .6 5 4 .6 625 149 25 .36 125 2
8
2 2
2
=
− +
=
− +
− +
+
− − +
∑
=≥ n
pn
n
L’espérance est : 32
5 .79 5 2 2 2
1
= +
∑
=≥ n
pn
n
