Processus de Poisson

Exercices corrig´ es

Chaˆınes de Markov discr`etes

1. Dans un certain pays, il ne fait jamais beau deux jours de suite. Si un jour il fait beau, le lendemain il peut neiger ou pleuvoir avec autant de chances. Si un jour il pleut ou il neige, il y a une chance sur deux qu’il y ait changement de temps le lendemain, et s’il y a changement, il y a une chance sur deux que ce soit pour du beau temps.

a) Former, `a partir de cel`a, une chaˆıne de Markov et en d´eterminer sa matrice de transition.

b) Si un jour il fait beau, quel est le temps le plus probable pour le surlendemain?

c) Si on suppose que l’on a que deux ´etats (beau temps et mauvais temps), d´eterminer la matrice de transition de la nouvelle chaˆıne ainsi obtenue.

a) On a l’ensemble des ´etats suivants E ={BT, P L, N}et le temps pour un jour ne d´epend que du temps du jour pr´ec´edent, ind´ependamment de la p´eriode de l’ann´ee ´egalement. On a donc bien une chaˆıne de Markov, de matrice de transitionP=





0 1/2 1/2 1/4 1/2 1/4 1/4 1/4 1/2



.

b) Pour le temps du surlendemain, il faut d´eterminer P². Mais seule la premi`ere ligne deP<sup>2</sup> nous int´eresse car on veut d´eterminer les probabilit´es `a partir d’un jour de beau temps. On a :

p⁽²⁾_BT,BT =pBT,BT×pBT,BT+pBT,P L×pP L,BT+pBT,N×pN,BT = 0×0 +1 2×1

4+1 2×1

4 =2 8 =1

4

p⁽²⁾_{BT,P L}=p_BT,BT ×p_{BT,P L}+p_{BT,P L}×p_{P L,P L}+p_BT,N×p_{N,P L}= 0×1 4+1

2×1 2+1

2×1 4= 3

8

p⁽²⁾_BT,N =pBT,BT ×pBT,N+pBT,P L×pP L,N+pBT,N×pN,N = 0×1 4+1

2×1 4+1

2×1 2 =3

8. Ainsi, si un jour il fait beau, le temps le plus probable pour le surlendemain est la pluie ou la neige .

c) On suppose maintenant que E⁰ ={BT, M T}, ce qui est possible puisque la pluie et la neige se comportent de la mˆeme fa¸con pour ce qui est des transitions. On a encorep⁰_BT,BT = 0 mais maintenant, p⁰_{BT,M T} =p_{BT,P L}+p_BT,N = 1. Pour la deuxi`eme ligne, on ap⁰_{M T,BT} = 1

4 carp_{P L,BT} =p_N,BT = 1 4 et p⁰_{M T,M T} =3

4 carpP L,P L+pP L,N=pN,P L+pN,N = 3 4. Ainsi,P⁰=

0 1 1/4 3/4

.

2. Trois chars livrent un combat. Le char A atteint sa cible avec la probabilit´e 2/3, le char B avec la probabilit´e 1/2 et le char C avec la probabilit´e 1/3. Ils tirent tous ensembles et d`es qu’un char est touch´e, il est d´etruit. On consid`ere `a chaque instant, l’ensemble des chars non d´etruits. Montrer qu’on obtient une chaˆıne de Markov dont on explicitera l’ensemble des ´etats et la matrice de transition dans chacun des cas suivants :

a) Chaque char tire sur son adversaire le plus dangereux ; b) A tire sur B ; B tire sur C et C tire sur A.

L’ensemble des ´etats est E={ABC, AB, AC, BC, A, B, C,∅}. PourX ∈ {A, B, C}, on note encore X l’´ev´enement “le charX atteint sa cible” (et doncX l’´ev´enement “le charX rate sa cible”). On a ainsi P(A) = 2/3,P(B) = 1/2 et P(C) = 1/3. Une fois qu’un char est descendu, il ne peut plus revenir et ainsi, on peut commencer par mettre un certain nombre de 0 dans la matrice de transition. Si on est dans l’´etatA,B, Cou∅, on est sˆur d’y rester (plus d’adversaires!).

a) S’il ne reste que 2 chars, par exemple A et B, on a pAB,AB = P(A)P(B) = 1 3× 1

2 = 1 6 (les 2 ratent!),pAB,B =P(A)P(B) = 1

3×1 2 = 1

6 (A rate, B r´eussit),pAB,A =P(A)P(B) = 2 3×1

2 = 2 6 (A r´eussit,B rate) et p_AB,∅=P(A)P(B) = 2

3×1 2 = 2

6 (les 2 r´eussissent). On proc`ede de mˆeme pourAC et pourBC.

Si on a les 3 chars,Atire surB,B etCtirent surA(et personne ne tire surC, donc il reste au moins C). On a alorspABC,ABC =P(A)P(B)P(C) = 1

3 1 2 2 3 = 2

18,pABC,AC =P(A)P(B)P(C) = 2 3 1 2 2 3 = 4

18, pABC,BC=P(A)P(B∪C) =P(A)(1−P(B)P(C)) = 1

3

1−1 2 2 3

= 4

18 etpABC,C =P(A)P(B∪C) = P(A)(1−P(B)P(C)) =2

3

1−1 2 2 3

= 8

18. On obtient ainsi la matrice et le graphe suivants :

P =















1/9 0 2/9 2/9 0 0 4/9 0

0 1/6 0 0 2/6 1/6 0 2/6

0 0 2/9 0 4/9 0 1/9 2/9

0 0 0 2/6 0 2/6 1/6 1/6

0 0 0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 0 0 1















b) S’il ne reste que A et B, A tire sur B et B continue `a tirer sur C doncA n’est pas menac´e et p⁰_AB,A =P(A) = 2/3 alors que p⁰_AB,AB =P(A) = 1/3. De mˆeme avec A et C (A tire sur B, C sur A doncC n’est pas menac´e),p⁰_AC,C =P(C) = 1/3 etp⁰_AC,AC =P(C) = 2/3. AvecB et C (B tire sur C etC surA, doncB n’est pas menac´e),p⁰_BC,B =P(B) = 1/2 etp⁰_BC,BC =P(B) = 1/2.

Si on a les 3 chars, p⁰_ABC,ABC = P(A)P(B)P(C) = 1 3 1 2 2 3 = 2

18, p⁰_ABC,AB = P(A)P(B)P(C) = 1

3 1 2 2 3 = 2

18, p⁰_ABC,AC = P(A)P(B)P(C) = 2 3 1 2 2 3 = 4

18, p⁰_ABC,BC = P(A)P(B)P(C) = 1 3 1 2 1 3 = 1

18, p⁰_ABC,A = P(A)P(B)P(C) = 2

3 1 2 2 3 = 4

18, p⁰_ABC,B = P(A)P(B)P(C) = 1 3 1 2 1 3 = 1

18, p⁰_ABC,C = P(A)P(B)P(C) = 2

3 1 2 1 3 = 2

18 et p⁰_ABC,∅ = P(A)P(B)P(C) = 2 3 1 2 1 3 = 2

18. On obtient ainsi la ma- trice et le graphe suivants :

P =













0 1/3 0 0 2/3 0 0 0

0 0 2/3 0 0 0 1/3 0

0 0 0 1/2 0 1/2 0 0

0 0 0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 0 0 1













3. On consid`ere 5 points ´equir´epartis sur un cercle. Un promeneur saute `a chaque instan- t, d’un point `a l’un de ses voisins avec la probabilit´e 1/2 pour chaque voisin. D´eterminer le graphe et la matrice de transition de la chaˆıne ainsi obtenue. Quelle est la p´eriode de ses ´etats?

L’ensemble des ´etats estE={1,2,3,4,5}.

On a pi,i+1 =pi,i−1 = 1/2 pour i ∈ {2,3,4}, p1,2 = p1,5 = 1/2 et p5,1 =p5,4 = 1/2, ce qui donne la matrice :

P =









0 1/2 0 0 1/2

1/2 0 1/2 0 0

0 1/2 0 1/2 0

0 0 1/2 0 1/2

1/2 0 0 1/2 0







et le graphe :

La chaˆıne est irr´eductible (tous les ´etats communiquent) et finie donc r´ecurrente positive. Comme tous les ´etats sont dans la mˆeme classe, leur p´eriode est la mˆeme. On ad(1) =pgcd{n≥1 ; p⁽ⁿ⁾_1,1 >0}.

Orp⁽²⁾_1,1≥p1,2p2,1= 1

4>0 etp⁽⁵⁾_1,1≥p1,2p2,3p3,4p4,5p5,1= 1

2⁵ >0. Or le seul diviseur commun `a 2 et `a 5 est 1. On a doncd=d(1) = 1 : cette chaˆıne est donc ap´eriodique .

4. On dispose de 2 machines identiques fonctionnant ind´ependamment et pouvan- t tomber en panne au cours d’une journ´ee avec la probabilit´e q = 1

4. On note Xn le nombre de machines en panne au d´ebut de la n-i`eme journ´ee.

a) On suppose que, si une machine est tomb´ee en panne un jour, elle est r´epar´ee la nuit suivante et qu’on ne peut r´eparer qu’une machine dans la nuit. Montrer que l’on peut d´efinir ainsi une chaˆıne de Markov dont on d´eterminera le graphe, la matrice de transition et ´eventuellement les distributions stationnaires.

b) Mˆeme question en supposant qu’une machine en panne n’est r´epar´ee que le lendemain, le r´eparateur ne pouvant toujours r´eparer qu’une machine dans la journ´ee.

c) Le r´eparateur, de plus en plus paresseux, met maintenant 2 jours pour r´eparer une seule machine. Montrer que (Xn) n’est plus une chaˆıne de Markov, mais que l’on peut construire un espace de 5 ´etats permettant de d´ecrire le processus par une chaˆıne de Markov dont on donnera le graphe des transitions. Calculer la probabilit´e que les 2 ma- chines fonctionnent apr`esnjours (n= 1,n = 2 etn = 3) si elles fonctionnent initialement.

a) L’ensemble des ´etats est E = {0,1} car si le soir il y a une ou aucune machine en panne, le lendemain matin, il y en aura 0 ; et si le soir, il y en a 2, le lendemain matin, il y en aura une seule.

Le nombre de machines en panne le matin ne d´epend que de celui de la veille au matin et de ce qu’il

s’est pass´e dans la journ´ee, ceci ind´ependamment de la p´eriode de l’ann´ee. On a donc bien une chaˆıne de Markov dont il faut d´eterminer la matrice de transition.

On ap0,1 =q² (les 2 machines tombent en panne dans la journ´ee et ces pannes sont ind´ependantes entre elles) etp0,0= (1−q)²+ 2q(1−q) = 1−q²((1−q)²correspond `a aucune panne dans la journ´ee et 2q(1−q) `a une seule panne qui peut provenir d’une machine ou de l’autre.). On a ´egalementp1,0= 1−q (la machine en panne est r´epar´ee et l’autre fonctionne toujours), et p1,1 = q (la machine en panne est r´epar´ee et l’autre est tomb´ee en panne). Ainsi, on a la matrice :

P =

1−q² q² 1−q q

et le graphe :

Pour la distribution stationnaire, on r´esout (π0, π1) = (π0, π1)

1−q² q² 1−q q

, soitπ1=q²π0+qπ1, d’o`u π1 = q²

1−qπ0 et avec π0 +π1 = 1, on obtient π0

1 + q² 1−q

= 1, soit π0 = 1−q 1−q+q² et π1= q²

1−q+q². Avecq= 1

4, on a alors π0= 12

13 etπ1= 1 13 .

b) On a maintenantE⁰={0,1,2}car aucune machine n’est r´epar´ee la nuit ;p⁰_0,0= (1−q)² (aucune panne dans la journ´ee), p⁰_0,1 = 2q(1−q) (une des 2 machines est tomb´ee en panne) et p⁰_0,2 =q² (les 2 machines sont tomb´ees en panne) ; p⁰_1,0 = 1−q (la machine qui fonctionne ne tombe pas en panne), p⁰_1,1=q(la machine qui fonctionne tombe en panne, l’autre est r´epar´ee),p⁰_1,2= 0 (la machine en panne est sure de remarcher le lendemain) ; de mˆeme,p⁰_2,1= 1 (une seule des 2 machines en panne est r´epar´ee).

Ainsi, on a la matrice:

P =





(1−q)² 2q(1−q) q²

1−q q 0

0 1 0



et le graphe :

Pour la distribution stationnaire, on r´esout (π0, π1, π2) = (π0, π1, π2)



 (1−q)² 2q(1−q) q²

1−q q 0

0 1 0



, soitπ0= (1−q)²π0+ (1−q)π1, d’o`uπ1= 2q−q²

1−q π0etπ2=q²π0, d’o`u avecπ0+π1+π2= 1, on obtient π0

1 +q²+2q−q² 1−q

= 1, soitπ0= 1−q

1 +q−q³,π1= 2q−q²

1 +q−q³ et π2= q²−q³

1 +q−q³. Avecq= 1 4, on a alors π₀= 48

79,π₁= 28

79 et π₂= 3 79 .

c) Si on garde l’ensemble des ´etatsE⁰, on n’a pas une chaˆıne de markov car, lorque l’on a 2 machines en panne par exemple, on ne peut pas savoir si le lendemain, on en aura 1 ou 2 en panne : tout d´epend si c’est le premier jour de r´eparation ou le second. On est donc amen´e `a introduire 2 ´etats suppl´ementaires : 1<sup>0</sup>(1 machine en panne dont c’est le deuxi`eme jour de r´eparation) et 2⁰(2 machines en panne et deuxi`eme jour de r´eparation pour la premi`ere). On a alorsp⁰⁰_0,0= (1−q)²,p⁰⁰_0,1= 2q(1−q),p⁰⁰_0,2=q²;p⁰⁰_1,10 = 1−q, p⁰⁰_1,20 =q,p⁰⁰₁0,0= 1−q,p⁰⁰₁0,1=q,p⁰⁰_2,20 = 1,p⁰⁰₂0,1= 1, les autres probabilit´es ´etant nulles. On a le graphe :

On a alors p⁰⁰_0,0 = (1−p)², p⁰⁰_0,0(2) = p⁰⁰_0,0p⁰⁰_0,0 = (1−q)⁴, p⁰⁰_0,0(3) = p⁰⁰_0,0p⁰⁰_0,0p⁰⁰_0,0+p⁰⁰_0,1p⁰⁰_1,10p⁰⁰₁0,0 = (1−q)⁶+ 2q(1−q)³.

5. D´eterminer la matrice de transition des chaˆınes suivantes :

a) N boules noires et N boules blanches sont plac´ees dans 2 urnes de telle fa¸con que chaque urne contienne N boules. `A chaque instant on choisit au hasard une boule dans chaque urne et on ´echange les deux boules. `A l’instant n, l’´etat du syst`eme est le nombre de boules blanches de la premi`ere urne.

b)N boules num´erot´ees de 1 `aN sont r´eparties dans une urne. `A chaque instant, on tire un num´ero i au hasard entre 1 et N et la boule de num´ero i est chang´e d’urne. `A l’instant n, l’´etat du syst`eme est le nombre de boules dans la premi`ere urne.

c) D´eterminer la distribution stationnaire de la chaˆıne au b). (On montrera qu’il s’agit de la loi binomiale de param`etres N et 1/2). D´eterminer l’esp´erance du nombre de tirages n´ecessaires pour revenir `a l’´etat initial dans les cas N = 2M, X0 = M et N = 2M, X0 = 2M. Donner un ´equivalent lorsqueM est grand et une valeur approch´ee pourN = 10.

a) Le syst`eme est dans l’´etat k lorsque l’on ak boules blanches dansA et N −k dans B (et donc aussiN−kboules noires dansAet kdansB).

•SiXn= 0, toutes les boules blanches sont dansB `a l’instantn, donc les boules choisies seront n´ecessairement une noire dansA et une blanche dansB etXn+1= 1.

•De mˆeme, si Xn = N, alors n´ecessairementXn+1 =N −1 (car la boule choisie dans A est blanche et celle choisie dansB est noire).

•Si Xn = k, avec k ∈ {1,· · ·, N−1}, on aura Xn+1 = k−1 si la boule choisie dans A est blanche (probabilit´e k

N) et la boule choisie dansB est noire (probabilit´e k

N),Xn+1 =k+ 1 si la boule choisie dans A est noire (probabilit´e N−k

N ) et celle choisie dans B est blanche (probabilit´e N−k N ).

Enfin,X_n+1=ksi la boule choisie dansAest noire (probabilit´e N−k

N ) et celle choisie dansB est noire (probabilit´e k

N) ou bien si la boule choisie dans A est blanche (probabilit´e k

N) et celle choisie dansB est blanche (probabilit´e N−k

N ). Ainsi, la probabilit´e d’occupation d’un ´etat ne d´epend que de l’´etat pr´ec´edent et on a bien une chaˆıne de Markov de matrice de transition et de graphe :

P =

















r₀ p₀

q₁ r₁ p₁ (0)

q2 r2 p2

. .. . .. . .. qk rk pk

. .. . .. . ..

(0) qN−1 rN−1 pN−1

qN rN















 avecqk= k²

N²,rk= 2k(N−k)

N² ,pk= (N−k)²

N² pour 1≤k≤N−1,r0=rN= 0, p0=qN = 1.

b) Le syst`eme est dans l’´etatklorsque l’on akboules dansAet N−kdansB.

•SiXn = 0, toutes les boules sont dansB`a l’instantn, donc la boule choisie sera n´ecessairement dansB etXn+1= 1.

•De mˆeme, siX_n=N, alors n´ecessairementX_n+1=N−1 (car la boule est choisie dansA).

•Si Xn = k, avec k ∈ {1,· · ·, N−1}, on aura Xn+1 = k−1 si la boule est choisie dans A (probabilit´e k

N), etXn+1=k+ 1 si elle est choisie dansB (probabilit´e N−k N ).

Ainsi, la probabilit´e d’occupation d’un ´etat ne d´epend que de l’´etat pr´ec´edent et on a bien une chaˆıne de Markov de matrice de transition et de graphe :

P =























0 1

1

N 0 N−1

N (0)

2

N 0 N−2

. .. . .N. . .. k

N 0 N−k

. .. . .N. . ..

(0) N−1

N 0 1

1 N0























c) La chaˆıne est irr´eductible finie donc r´ecurrente positive. Elle admet donc une unique distribution stationnaire, probabilit´eπ solution du syst`emeπ=πP.

π=πP donne

























π0=r0π0+q1π1

π1=p0π0+r1π1+q2π2

...

πk =pk−1πk−1+rkπk+qk+1πk+1

...

π_N−1=p_N−2π_N−2+r_N−1π_N−1+q_Nπ_N π_N=p_N−1π_N−1+r_Nπ_N

o`upk+qk+rk= 1, q0=pN= 0.

La ligne “0” donne (1−r₀)π₀=q₁π₁, soitp₀π₀=q₁π₁. En rempla¸cantp₀π₀ parq₁π₁ dans la ligne 1, on obtient (1−q₁−r₁)π₁ =q₂π₂, soitp₁π₁ =q₂π₂. Ainsi, par r´ecurrence, sip_k−1π_k−1 =q_kπ_k, en reportant dans la ligne k on obtient (1−q_k−r_k)π_k =q_k+1π_k+1, soitp_kπ_k = q_k+1π_k+1, et la ligne N redonne (1−q_N)π_N =r_Nπ_N.

On a donc





















p0π0=q1π1

p1π1=q2π2

...

pk−1πk−1=qkπk

...

pN−1πN−1=qNπN

, d’o`u































π1= p0

q1

π0

π2= p0p1

q1q2

π0

...

πk =p0· · ·pk−1

q1· · ·qk

π0

...

πN =p₀· · ·p_N−1 q1· · ·qN

π0

et XN k=0

πk = 1 donneπ0.

Pour a) on obtient alors π_k =

N(N−1)· · ·(N−k+ 1) 1×2· · · ×k

² π₀ =

N! k!(N−k)!

²

π₀ = (C_N^k)²π₀. On a alorsπ0

XN k=0

(C_N^k)²

!

=π0C_2N^N = 1 donc πk = C_N^kC_N^N−k

C_2N^N pour 0≤k≤N . (C’est la loi hyper- g´eom´etrique, distribution qui correspond `a une r´epartition initiale des boules au hasard, `a raison deN par urne).

Pour b), on obtientπk =

N

N ×^N−1_N × · · · ×^N−k+1_N

1

N ×_N² × · · · ×_N^k π0=N(N−1)· · ·(N−k+ 1)

k! π0=C_N^kπ0. On a alorsπ0

XN k=0

C_N^k

!

= 2^Nπ0= 1 donc πk=C_N^k 1 2^N =C_N^k

1 2

^k1 2

^N−k

pour 0≤k≤N .

Ainsi, π=B

N,1 2

. (C’est la distribution qui correspond `a une r´epartition initiale des boules au hasard dans les 2 urnes).

6. Dans Z^k, on a k directions, et dans chaque direction, on a 2 sens. Un point de Z^k

a donc 2k voisins. Un promeneur oisif saute `a chaque instant d’un point de Z<sup>k</sup> `a l’un de ses voisins avec la mˆeme probabilit´e. ´Etudier la r´ecurrence des chaˆınes de Markov ainsi obtenues. (On distinguera les cas k = 1, k = 2 et k≥3).

a) E=Z. Pour ˆetre de nouveau au point de d´epart apr`esn´etapes, il faut avoir fait autant de pas vers la droite que vers la gauche : ainsi, n doit ˆetre pair (n = 2m). Il y a autant de trajets possi- bles que de 2m u-plets avec m “d” etm “g”, soit C_2m^m, et ils sont tous de probabilit´e

1 2

^2m

. Ainsi, p^(2m)_x,x =C_2m^m

1 2

2m

(etp^(2m+1)_x,x = 0).

Pour la nature de la s´erie, on utilise un ´equivalent grˆace `a Stirling : p^(2m)_xx = (2m)!

(m!)² 1

2 ^2m

∼ (2m)^2m e^2m

√

2π×2m

e^m m^m√

2πm ²

× 1

2^2m = 1

√πm.

Ainsi, p^(2m)_xx ∼ 1

√πm terme g´en´eral d’une s´erie divergente donc la chaˆıne est r´ecurrente.

b) E=Z². Pour ˆetre de nouveau au point de d´epart apr`esn´etapes, il faut avoir fait dans chacune des 2 directions autant de pas dans un sens que dans l’autre : ainsi,ndoit ˆetre pair (n= 2m). Si il y a 2kpas verticaux (et donc 2m−2kpas horizontaux), alors il doit y avoirkpas vers le haut, kpas vers le bas,m−kpas vers la gauche etm−kpas vers la droite. Ainsi, dans ces cas-l`a, il y aC_2m^2k ×C_2k^k ×C_2m−2k^m−k trajets possibles (on aC_2m^2k fa¸cons de choisir les pas verticaux, puis, parmi ceux-ci, on en choisitC_2k^k vers le haut et, parmi les 2m−2k horizontaux on choisit lesC_2m−2k^m−k vers la droite par exemple), et ils sont tous de probabilit´e

1 4

2m

. Mais, commekpeut prendre toutes les valeurs de 0 `am, il vient

p^(2m)_xx = Xm k=0

(2m)!

(2k)!(2m−2k)!

(2k)!

(k!)²

(2m−2k)!

((m−k)!)² 1

4 2m

= C_2m^m 1

4

2m Xm k=0

(C_m^k)²

!

=

"

C_2m^m 1

2 2m#²

∼ 1 πm

car Xm k=0

(C_m^k)²= Xm k=0

C_m^kC_m^m−k =C_2m^m (on peut par exemple d´evelopper (1 +x)^2m= (1 +x)^m(1 +x)^mdes 2 fa¸cons et identifier le coefficient dex^mdans chacune des expressions).

Ainsi, p^(2m)_xx ∼ 1

πm terme g´en´eral d’une s´erie divergente donc la chaˆıne est r´ecurrente.

c)E=Z³. Pour ˆetre de nouveau au point de d´epart apr`esn´etapes, il faut avoir fait dans chacune des 3 directions autant de pas dans un sens que dans l’autre : ainsi,ndoit ˆetre pair (n= 2m). Si il y a 2k<sub>1</sub> pas dans la direction 1, 2k2pas dans la direction 2 (et donc 2m−2k1−2k2pas dans la direction 3), alors il doit y avoirk1pas dans chaque sens de la direction 1,k2dans ceux de la direction 2 etm−k1−k2dans ceux de la direction 3. Ainsi, dans ces cas-l`a, il y aC_2m^2k1×C_2m−2k^2k2

1×C_2k^k1

1×C_2k^k2

2×C_2(m−k^m−k1−k2

1−k2)trajets