Marche aléatoire à proba non constantes

Nerf Bouilli
Nerf Bouilli
dans Probabilités, théorie de la mesure
Bonjour

On considère une marche aléatoire X 1D dans Z qui part de 0 à n=0.
À n=1, le marche atteint 1 (considérons qu'elle avance), à n=2 elle revient en 0 (considérons qu'elle recule).
Ensuite pour tout n >= 2 de N, la P(Avancer de 1) = Proportion des sauts qui l'ont fait avancer depuis le début.
Donc à n=2, la P(X=1) = P(X=-1) = 1/2
À n=3, si on a avancé à n=2 et X=1, P(X=2 | X=1) = 2/3 et P(X=0 | X=1) = 1/3 ;
si on a reculé à n=2 et X=-1, P(X=0 | X=-1) = 1/3 et P(X=-2 | X=-1) = 2/3

Un exercice classique consiste à demander quelle est la probabilité de revenir à 0 à n=100.
On peut le faire par récurrence avec le résultat qui semble se dégager des premières étapes.
On peut aussi dénombrer les trajectoires. On finit par trouver 1/(n-1)

Ma question est la suivante.
Quelle est la probabilité qu'une trajectoire ne passe jamais par 1, autrement dit qu'à n'importe quel moment de son parcours, elle ait toujours plus reculé qu'avancé. Ce type de question est classique sur les marches aléatoires avec des probas fixes qui ne dépendent pas des résultats précédents de la marche mais dans ce cas précis, je ne parviens pas à trouver de réponse. Peut-on trouver mieux qu'un encadrement ?
Merci pour toute aide.

Réponses

  • P.
    P.
    Pas tout à fait clair, puisque tout le monde s'appelle $X$ dans tes explications. Écrivons $X_n=Y_1+Y_2+\cdots+Y_n$ avec les $Y_i=\pm1$ et $$\Pr(Y_{n+1}=1|Y_1,Y_2,\ldots,Y_n)=\frac{1}{n+1}\sharp\{i=1,\ldots,n; Y_i=1\}.
    $$
    Il est clair que si $Y_1\neq 1$ alors $X_n=-n.$ Donc, en dehors de ce cas trivial ou $Y_1=-1$, la suite $(X_n)_{n=0}^{\infty}$ passe par 1 au moins une fois. Veux tu plutôt demander la probabilité pour que $(X_n)_{n=2}^{\infty}$ ne passe jamais par $1$ ?

    Quant à ton affirmation $\Pr(X_n=0)=1/(n-1)$ comment la montres-tu ?
  • Nerf Bouilli
    Nerf Bouilli
    Bonjour P.
    En effet, je ne comptais pas le premier passage par 1 dû à l'hypothèse.

    Pour démontrer le 1/(n-1). Evidemment il faut que n soit pair sinon cela est faux.

    Si on est revenu à 0 à l'étape n, c'est qu'on a autant avancer que reculer,. Les étapes n=0 et n=1 étant décidées par hypothèses, il reste à déterminer les probabilités des trajectoires pour aller de n=2 à n. Combien y a t il de trajectoires qui partent de 0 à n=2 et arrivent à 0 en n ?
    On a $\displaystyle{\binom{n-2}{\frac{n-2}{2}}}$ trajectoires valables car Il faut autant d'avancées que de reculs. Et elles sont toutes équiprobables comme montré ci-dessous.

    Il faut avancer (n-2)/2 fois au cours d'une de ces trajectoires et les probabilités associées à ces avancées sont donc de la forme i/k où i parcourt l'intervalle [1, (n-2)/2] et le dénominateur k prend (n-2)/2 valeurs comprises distinctes comprises dans l'intervalle A=[2, n-1], ce sont les temps auxquels on a décidé d'avancer. Notons les B
    De la même façon, il faudra reculer (n-2)/2 fois, et les probabilités associées à chacun de ces reculs sont de la forme i/k où i parcourt le même intervalle [1, (n-2)/2] et cette fois, le dénominateur k parcourt le complémentaire de B dans A.
    La probabilité d'une telle trajectoire est donc $\frac{(((n-2)/2)!)^2}{(n-1)!}$.
    On multiplie cette proba par $\displaystyle{\binom{n-2}{\frac{n-2}{2}}}$ et on tombe bien sur 1/n-1.
  • Nerf Bouilli
    Nerf Bouilli
    Bonjour, mon texte est-il inintelligible au point de ne susciter aucune réponse ?
    Je peux reformuler et prendre un peu de temps pour tout écrire proprement en Latex si nécessaire.
  • LOU16
    LOU16
    Bonjour,
    Je réponds à la question formulée dans ton premier message
    Notons:$\:\:\forall n \geqslant 2, \quad E_n: = \displaystyle \bigcap_{k=2}^n [X_k\neq 1].\qquad$ Il est clair que:$\quad \forall n\geqslant 1,\quad \mathbb P (E_{2n+2}) = \mathbb P(E_{2n+1}).$

    $\begin{align*}\forall n \in \N^*,\quad\mathbb P(\overline {E_{2n+1}}) &=\displaystyle \sum _{k=1}^n \mathbb P[X_{2n+1}=2k-1] + \sum _{k=1}^{n-1} \mathbb P\Big[[X_{2n+1}=-(2k-1)] \cap \overline { E_{2n+1}}\Big ]\\ & \overset {(\bigstar)} =\sum_{k=1}^n \binom {2n-1}{n-k}\dfrac {(n-k)! (n+k-1)!}{(2n)!} + \sum_{k=1}^{n-1} \binom {2n-1}{n-k-1}\dfrac {(n-k)! (n+k-1)!}{(2n)!}\\&= \sum_{k=1}^{n}\binom {2n}{n-k}\dfrac {(n-k)!(n+k-1)!}{(2n)!}\\ &= \sum_{k=1}^n \dfrac 1{n+k}.\end{align*}$
    $$\mathbb P(E_{2n+1}) =1 - \displaystyle \sum_{k=1} ^n \dfrac 1{n+k},\qquad \mathbb P\Big[\displaystyle \bigcap _{n=2}^{+\infty}(X_n \neq 1)\Big] = 1-\log2.$$

    L'obtention du second $\sum$ dans le membre de droite de $(\bigstar)$ repose sur le "principe de symétrie d' André".
  • Nerf Bouilli
    Nerf Bouilli
    Merci LOU16 pour ta réponse, je ne connaissais pas ce principe. Cela dit, je n'avais pas non plus la décomposition en évènements comme tu l'as fait et qui est judicieuse.
  • P.
    P.
    LOU16, tres joli. Si le resultat est nouveau, il merite une petite publication quelque part.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.

Bonjour!

Pour participer au forum, cliquer sur l'un des boutons :

Connexion S'inscrire

Catégories

In this Discussion

Qui est en ligne 17

CidrolinLirone93NicoLeProfVassilliadSPgai requinstfj +10 Invités