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Posté par
Krayzre : Matrices 23-04-18 à 10:27

D'où mon message de 10h10

Posté par
lakere : Matrices 23-04-18 à 10:29

Citation :
après beaucoup de clics l'utilisateur aura une probabilité d'être sur la page B.


Ça, ça ne voulait rien dire...  

Posté par
Krayzre : Matrices 23-04-18 à 10:29

Oui, je me suis mal exprimé. C'est vrai.

Posté par
Krayzre : Matrices 27-04-18 à 12:45

Bonjour,

Est-il nécessaire de démontrer (par récurrence) que P_n=P_0M^n ?

Posté par
lakere : Matrices 27-04-18 à 13:22

Bonjour,

Si ce n'est pas dans le cours, oui. Tu as déjà du le faire plusieurs fois...

Posté par
Krayzre : Matrices 27-04-18 à 15:21

Bonjour lake,

Nous en l'avons jamais démontré en cours mais a priori la récurrence à l'air assez évidente.

Posté par
lakere : Matrices 27-04-18 à 15:31

Complétement "évidente".

Posté par
Krayzre : Matrices 27-04-18 à 15:36

C'est fait

Normalement c'est correct

Posté par
Krayzre : Matrices 29-04-18 à 15:38

Bonjour,

Citation :
1) Ecrire la matrice M telle que P_{n+1}=P_nM.


Est-ce bien rédigé ?

Bon dimanche.

Matrices

***image recadrée***faire ctrl+F5****on te l'a déjà dit...*****

Posté par
Krayzre : Matrices 29-04-18 à 19:59

lake @ 23-04-2018 à 10:04

M^n=\begin{pmatrix}\dfrac{2}{9}-\dfrac{3n-7}{9}\,(-0.5)^n&\dfrac{4}{9}+\dfrac{3n-4}{9}\,(-0.5)^n&\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}\,(-0.5)^n\\\\\dfrac{2}{9}-\dfrac{3n+2}{9}\,(-0.5)^n&\dfrac{4}{9}+\dfrac{3n+5}{9}\,(-0.5)^n&\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}\,(-0.5)^n\\\\\dfrac{2}{9}+\dfrac{6n-2}{9}\,(-0.5)^n&\dfrac{4}{9}-\dfrac{6n+4}{9}\,(-0.5)^n&\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3}\,(-0.5)^n\\\end{pmatrix}


Pour le coefficient a_1, ne serait-ce pas plutôt :

\dfrac{2}{9}-\dfrac{2n-7}{9}\,(-0.5)^n

Posté par
Krayzre : Matrices 29-04-18 à 20:12

y aurait-il un logiciel pour vérifier ?

Posté par
Krayzre : Matrices 29-04-18 à 20:24

Krayz @ 29-04-2018 à 19:59

lake @ 23-04-2018 à 10:04

M^n=\begin{pmatrix}\dfrac{2}{9}-\dfrac{3n-7}{9}\,(-0.5)^n&\dfrac{4}{9}+\dfrac{3n-4}{9}\,(-0.5)^n&\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}\,(-0.5)^n\\\\\dfrac{2}{9}-\dfrac{3n+2}{9}\,(-0.5)^n&\dfrac{4}{9}+\dfrac{3n+5}{9}\,(-0.5)^n&\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}\,(-0.5)^n\\\\\dfrac{2}{9}+\dfrac{6n-2}{9}\,(-0.5)^n&\dfrac{4}{9}-\dfrac{6n+4}{9}\,(-0.5)^n&\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3}\,(-0.5)^n\\\end{pmatrix}


Pour le coefficient a_1, ne serait-ce pas plutôt :

\dfrac{2}{9}-\dfrac{2n-7}{9}\,(-0.5)^n


Je retire. J'ai vérifié les calculs et c'est bon !

Posté par
Krayzre : Matrices 01-05-18 à 22:50

Bonsoir lake,

Pour la limite de (P_n), on a une forme indéterminée. Doit-on la justifier ?

Posté par
Krayzre : Matrices 01-05-18 à 22:56

Voici ce que je propose :

Citation :
La limite éventuelle de la suite (P_n) définie par : P_{n+1}=P_nM doit vérifier P=PM.

Pour trouver P, résolvons une équation :

P=PM \\ P-PM=0 \\ P(I_3-M)=0

Or, I_3-M=\begin{pmatrix}1&-0,5&-0,5\\ \\ -0,5&1&-0,5\\ \\ 0&-1&1\\ \\ \end{pmatrix} n'est pas inversible.

Notons P=(x, y ,z).

P(I_3-M)=0 devient Matrices

De plus, d'après la somme des probabilités, x+y+z=1.

On se retrouve donc à résoudre ce système :

Matrices


Et si mon raisonnement est bon on devrait trouver x=2/9, y=4/9 et z=1/3 !

Posté par
lakere : Matrices 01-05-18 à 23:18

Bonsoir,

Oui mais les 3 premières équations sont liées (si tu fais la somme des 3, tu obtiens 0=0)

Ce qui fait que pour résoudre ton système, tu peux supprimer une des 3 premières équations, celle que tu veux.

Pour la limite de P_n directement, oui il y a une indétermination mais la lever consiste à prouver que \lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{n}{2^n}=0

Facile en écrivant que 2^n=e^{n\,\ln\,2} et en utilisant les croissances comparées.

Posté par
Krayzre : Matrices 01-05-18 à 23:25

Il vaut mieux résoudre le système ou utiliser les C.C. ?

(et pourquoi n/2^n ?)

Posté par
lakere : Matrices 01-05-18 à 23:37

Moi j'aurais calculé la limite de P_n.

Citation :
(et pourquoi n/2^n ?)


Tu as des expressions du type (-1)^n(an+b)\times 0.5^n

  et 0.5^n=\dfrac{1}{2^n}

Posté par
Krayzre : Matrices 01-05-18 à 23:45

lake @ 01-05-2018 à 23:37

et 0.5^n=\dfrac{1}{2^n}


Oui, ça j'avais compris, c'est le n du numérateur que je n'avais pas compris "dans le cas général". C'est désormais compris.

J'hésite entre le système ou la C.C.

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 00:42

J'ai finalement opté pour le système qui était... très facile à résoudre.

Posté par
lakere : Matrices 02-05-18 à 10:52

Alors tout est bien!

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 11:01

Dois-je justifier pourquoi je peux utiliser ce théorème ? (Peut-on l'appliquer pour les matrices et à quelles conditions ?)

Posté par
lakere : Matrices 02-05-18 à 11:23

Il y a un léger problème avec la méthode que tu as choisie à savoir résoudre:

  X.M=X avec X=(x\;\;y\;\;z) et x+y+z=1

L'état X trouvé avec cette méthode n'est pas forcément la limite de P_n

Une condition suffisante (mais pas nécessaire) pour qu'il le soit est que la matrice M ne comporte pas de zéros.

Or ici, elle en comporte donc on n'est pas sur que l'état stable trouvé:

\begin{pmatrix}\dfrac{2}{9}&\dfrac{4}{9}&\dfrac{1}{3}\end{pmatrix}

soit la limite de P_n

C'est pourquoi je préfère calculer cette limite plutôt que de résoudre le système (quand il y a des zéros dans la matrice M)

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 11:26

Je n'avais jamais vu ça en cours

Posté par
lakere : Matrices 02-05-18 à 11:30

Regarde la page 25 de ce document:

  

Posté par
lakere : Matrices 02-05-18 à 11:31

Euh page 24 plutôt!

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 11:34

Merci beaucoup lake, nous n'avions jamais vu ça en cours

Posté par
lakere : Matrices 02-05-18 à 11:35

On passe souvent très vite dans les cours sur ce "petit détail"

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 11:38

Citation :
Cette condition n'est pas nécessaire, comme le montrent
l'activité 3 et l'exemple 6. Ainsi, un graphe probabiliste dont la matrice de transition
comporte au moins un 0 peut admettre un état probabiliste stable.

Posté par
lakere : Matrices 02-05-18 à 11:44

Oui, c'est le cas ici; tout est dans le verbe "pouvoir":

  Peut-être ou peut-être pas ...

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 11:45

De ce fait, comment savoir si ça l'est ou pas ?

=>vérifier que la somme fait 1 est une condition suffisante ? (dans ce cas là)

Posté par
lakere : Matrices 02-05-18 à 11:50

Mais en calculant directement \lim\limits_{n\to +\infty}P_n

Ici, on tombe sur \begin{pmatrix}\dfrac{2}{9}&\dfrac{4}{9}&\dfrac{1}{3}\end{pmatrix} (en levant les indéterminations avec \lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{n}{2^n}=0) et on est sûr de cette manière d'obtenir l'état limite.

En résolvant le système, on n'est sûr... de rien.

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 11:51

C'est compris

Merci à vous, je viens d'apprendre quelque chose que nous n'avions jamais vu en classe et cela me servira certainement à nouveau

Posté par
lakere : Matrices 02-05-18 à 11:53

De rien Krayz

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 11:54

Petite parenthèse :

Vu que j'aime bien comprendre ce qui se passe derrière les propriétés, d'où vient le problème avec ces zéros ?

Posté par
lakere : Matrices 02-05-18 à 12:05

Là , on rentre dans l'algèbre linéaire; je ne suis pas assez pointu dans le domaine pour te répondre correctement.

En restant dans le domaine des probabilités, tu peux faire une recherche avec les mots clés: chaîne de Markov.

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 12:07

Ça marche

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 12:36

Calculons \lim_{n\to +\infty} M^n.

La suite ((-0,5)^n) est une suite géométrique de raison q=-0,5 et -1<q<1, cette suite converge vers 0.

Cependant, nous constatons que nous sommes en présence d'une forme indéterminée du type n(-0,5)^n.

n(-0,5)^n
(-1)^n \times n \times 0,5^n
(-1)^n \times n \times \frac{1}{2^n}
(-1)^n \times \frac{n}{2^n}
(-1)^n \times \frac{n}{e^{nln2}}

\lim_{n\to +\infty} nln2=+\infty

Posons X=nln2.

\lim_{n\to +\infty} e^X=+\infty par composition des limites.

\lim_{n\to +\infty} nln2=0  par croissance comparée.

Ainsi, \lim_{n\to +\infty} M^n=\lim_{n\to +\infty} (-1)^n \times \frac{n}{e^{nln2}}=0 par produit et quotient des limites.

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 12:52

Krayz @ 02-05-2018 à 12:36

Ainsi, \lim_{n\to +\infty} n(-0,5)^n=\lim_{n\to +\infty} (-1)^n \times \frac{n}{e^{nln2}}=0 par produit et quotient des limites.


petite rectification

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 13:11

Krayz @ 02-05-2018 à 12:36

\lim_{n\to +\infty} \frac{n}{e^X}  par croissance comparée.


rectification (erreur de frappe)

Posté par
lakere : Matrices 02-05-18 à 13:35

Il y a des détails qui ne vont pas;

J'aurais commencé (c'est un choix, pas obligatoire) par calculer P_n=P_0.M^n  avec P_0=(a_0\;\;b_0\;\;c_0) et a_0+b_0+c_0=1

  P_n=\begin{pmatrix}\dfrac{2}{9}+(-1)^n\left(-\dfrac{3n-7}{9}\,a_0-\dfrac{3n+2}{9}\,b_0+\dfrac{6n-2}{9}\,c_0\right)\,\dfrac{1}{2^n}&\dfrac{4}{9}+(-1)^n\left(\dfrac{3n-4}{9}\,a_0+\dfrac{3n+5}{9}\,b_0-\dfrac{6n+4}{9}\,c_0\right)\,\dfrac{1}{2^n}&\dfrac{1}{3}+(-1)^n\left(-\dfrac{1}{3}\,a_0-\dfrac{1}{3}\,b_0+\dfrac{2}{3}\,c_0\right)\,\dfrac{1}{2^n}\end{pmatrix}

Soit à calculer \lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{n}{2^n}

  La seule limite qui figure dans tous les cours est \lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{e^x}{x}=+\infty

  Il faut s'y ramener:

   \lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{n}{2^n}=\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{1}{\ln\,2}\,\dfrac{1}{\dfrac{e^{n\,\ln\,2}}{n\,\ln\,2}}

  Or \lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{e^{n\,\ln\,2}}{n\,\ln\,2}=+\infty (la limite du cours).

  d'où \lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{n}{2^n}=0

On en déduit immédiatement que:

   \lim\limits_{n\to +\infty}P_n=\begin{pmatrix}\dfrac{2}{9}&\dfrac{4}{9}&\dfrac{1}3{}\end{pmatrix}

Posté par
lakere : Matrices 02-05-18 à 13:44

Pour en revenir à ta petite parenthèse à 11h54, tu peux aller jeter un œil dans ce document:

  En particulier le théorème 29 page 44; c'est bien de ça dont on parle. Mais ce n'est plus tout à fait de niveau lycée.



  

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 13:58

La suite ((-0,5)^n) est une suite géométrique de raison q=-0,5 et -1<q<1, cette suite converge vers 0.

Cependant, nous constatons que nous sommes en présence d'une forme indéterminée du type n(-0,5)^n.

n(-0,5)^n
(-1)^n \times n \times 0,5^n
(-1)^n \times n \times \frac{1}{2^n}
(-1)^n \times \frac{n}{2^n}
(-1)^n \times \frac{n}{e^{nln2}}
(-1)^n \times \frac{1}{\frac{e^{nln2}}{n}}

\lim_{n\to +\infty} {\frac{e^{nln2}}{n}=+\infty d'après le cours (et par composition).

Posons X=\frac{e^{nln2}}{n}}.

\lim_{X\to +\infty} \frac{1}{X}=0 par croissance comparée.

Ainsi, \lim_{n\to +\infty} \frac{n}{e^{nln2}}=0 par produit et quotient des limites.

Posté par
Krayzre : Matrices 02-05-18 à 13:58

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