Pour vous encourager, je vous promets que les formules ne sont pas si vilaines que ça, il y a bien plus d'équiprobabilité que l'on pourrait le croire. Et puis rien ne vous empêche de prendre votre valeur préférée pour n dans le but de se faciliter la vie

Je donne une piste à ceux qui veulent faire les calculs en détail

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Il s'agit d'un processus de Markov sur Z/nZ (à renumérotation près) avec une loi pour les sauts de votre choix (par exemple Bernoulli) iid de support un doubleton.

On lui associe un temps d'arrêt pour chaque état
qui est le temps de première visite de l'état i

et enfin

1) C'est
2) C'est
3) C'est

Calculer les lois de ces temps d'arrêt est facilité par les relations habituelles entre la probabilité invariante et les inverses des espérances

Merci de ta participation Ulmiere, je compte sur toi pour résoudre l'exercice alors si personne ne s'y met

En pratique même sans connaissance du genre, on peut se débrouiller pour certaines questions avec un arbre donc pas de panique pour ceux qui feraient une crise de panique devant le mot Markov.
Je suis à peu près sure que tout le monde peut résoudre au moins la première question pour n=3 par exemple.
C'est un peu mon objectif d'intéresser à partir des élèves de lycée jusqu'à nettement plus haut pour la généralisation, pas toujours facile comme équilibre à trouver.

salut  Vassilia si j'ai bien compris ce probleme , prenons une chaine circulaire de 4 personnes  , la premiere à le temoin avec une proba de 1  ensuite des echanges ont lieu ,  on aura des echanges qu'ont peut traduire sous forme de "marche aleatoire "  du genre
P(1_n+1)=P(1_n+1/2_n).P(2n) + P(1_n+1/4_n).P(4n) = (1/2).P(2_n)+(1/2).P(4_n)
de meme :
P(2_n+1=(1/2).P(1n)+ (1/2).P(3n)
P(3_n+1=(1/2).P(2n)+ (1/2).P(4n)
P(4_n+1=(1/2).P(1n)+ (1/2).P(3n)

l'idée est à peut pré ca ?

en generalisant avec n >=3 on aurait une espèce de grande matrice

désolé pour les notations  P(2_n+1)   signifie:  proba que  le numero 2 ait le temoin à l'etape n+1

voila la géante matrice  (vite fait )

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

.................

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

finalement je prefererait m'en tenir à 4  joueurs  

avec une condition initiale représentée par le vecteur colonne  
(1,0,0,0)

tout calculs fait  avec n = 4  
P(1_n)=(1/4) -(1/4)(-1)ⁿ⁺¹
P(2_n)=(1/4)-(1/4).(-1)ⁿ
P(3_n)=P(1_n)
P(4_n)=P(2_n)  

avec tout ca on peut commencer à répondre à tes questions ...j'espere

Pour n=4

Si on regarde l'arbre sur les 6 ou 7 premiers niveaux, on constate ceci :
Au 4ème tour , on a une probabilité 1/8 que la partie s'arrête, avec le joueur 4 qui est le dernier à avoir le témoin en main, et aussi 1/8 pour le joueur 2.
Et dans la foulée, au 5ème tour, on a une proba de 1/8 également que la partie s'arrête, et c'est le joueur 3 qui est le dernier à avoir le témoin.
Même phénomène aux tours n°6 et 7, on a une proba de 3/32 pour chacun des 3 joueurs.

Et donc, si cet équilibre continue, on aurait la même probabilité pour les 3 joueurs ?

Bonjour à vous 2,

Ta matrice de transition est correcte flight, c'est très pratique pour calculer la probabilité que le joueur n°i soit en possession du témoin au tour n mais ce n'est pas tout à fait la question. Tu n'as pas vraiment l'information de par qui est passé le témoin, tu devrais peut-être essayer d'imaginer des états qui prennent en compte cette information.

C'est bien possible ty59847 encore faut-il le démontrer, pourquoi s'intéresser au tour par tour ?
Ce qu'on veut savoir c'est qui sera le prochain des joueurs à recevoir le témoin peu importe si c'est au prochain tour ou bien plus tard pour les 2 premières questions.

Bon courage

ok ok ... bon je vais revoir ca    ceci dit une simulation informatique
serait sympa à faire aussi

Bonjour,

Pour la question 3, qui me semble la plus facile, je dirais

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n(n-1)/2

avec une simu et n = 4 joueurs , la partie se termine avec presque 7 échanges

erreur je dirais que la partie se termine avec en moyenne 7 joueurs sollicités donc avec  6 échanges en moyenne ( n=4)

toujours avec une simu

la proba que le joueur 1 soit le dernier à recevoir le temoin  est
0
la proba que le joueur 2 soit le dernier à recevoir le temoin  est 0.3363
la proba que le joueur 3 soit le dernier à recevoir le temoin  est 0.3283
la proba que le joueur 4 soit le dernier à recevoir le temoin  est 0.3343

D'accord avec GBZM, la question 3 semble la plus facile.  
J'imaginais un nombre nettement plus grand pour n=40 ou 50 ... mais une simulation semble donner raison à GBZM.

En fait, quand je dis "je dirais", j'en ai la démonstration.
Pour la question 1, j'ai bien la réponse mais pas encore la démonstration. Je ne suis pas sûr de prendre les choses par le bon bout.

Ah ben les choses avancent, on veut tous la lire la démonstration de GBZM pour la question 3
Pour les questions 1 et 2, je ne sais pas comment tu comptes faire mais à priori on peut faire les deux avec le même angle d'attaque.
En tout cas la simulation de flight renforce l'intuition de ty59847, c'est encourageant il me semble.

Le bout par lequel je prends le problème est la marche de l'ivrogne entre le bar et sa maison, avec k étapes intermédiaires numérotées de 1 (la plus proche du bar) à k (la plus proche de sa maison).
Quand l'ivrogne est en 1 :
- il y a k chances sur k+1 qu'il finisse au bar, et une sur k+1 qu'il finisse chez lui.
- le temps moyen de la marche est k.
L'ivrogne est le témoin quand il vient d'arriver à une nouvelle personne qui n'est pas la dernière ; k est le nombre de personnes qui ont eu le témoin.

Je donne quelques pistes supplémentaires pour la question 3) alors

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On a une chaîne de Markov à espaces d'états fini irréductible (avec une mesure de départ de Dirac) donc récurrente positive. Il existe alors une unique mesure de probabilité invariante , satisfaisant à l'équation , où P est la matrice de transition donnée plus haut (ou plus généralement, P(i,i+1) = p et P(i,i-1) = 1-p où l'addition est modulo n).
On écrit les équations pour tout i
.

Une solution évidente est la mesure uniforme pour tout i et c'est donc la seule

On en déduit que pour tout j.
Ensuite, (c'est logique, le mieux qu'on puisse faire est un tour complet du cercle).

Pour calculer E(T), on peut par exemple écrire explicitement notre chaîne de Markov comme une somme de va iid de loi de Rademacher et appliquer l'identité de Wald à un temps optionnel indépendant de et la propriété de Markov forte.
Même genre de chose pour calculer pour tout j et pour la question 2), avec des espérances conditionnelles et le théorème ergodique

C'est difficile à faire pour tout n. Alternativement, on peut utiliser le célèbre théorème qui dit que

si et sinon

Mais cela donnera un système tout aussi difficile à résoudre.
On peut éventuellement le faire simplifier à un ordinateur à coups de programmation dynamique et de calcul symbolique

Sinon, y'a bien une chose à laquelle je pense mais ça a l'air encore pire. On travaille on plus avec {0,...,n-1} mais avec les n premiers premiers et avec l'ensemble (dénombrable) des entiers n'ayant que des facteurs premiers parmi ces n nombres premiers. Les visites correspondraient à la puissance sur chaque premier et le temps T à celui où la fonction arithmétique atteint la valeur n.
Ce faisant on aura un espace d'états infinis et on pourra utiliser une suite d'indices telle que et le théorème de Fatou à la place de Wald. On pourra aussi introduire une (semi-)martingale (locale) et travailler avec des suites croissantes de temps d'arrêt, ce qui se prête bien au contexte

Mais faut vraiment être motivé

Bof, la question 3 me paraît vraiment simple, une fois acquis ce que j'ai rappelé sur la marche de l'ivrogne :

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Le temps moyen pour passer de k personnes ayant eu le témoin à k+1 est k.

Je n'ai pas tout suivi Ulmiere mais la version de GBZM me parait tout de même plus accessible en tout cas c'est comme ça que je fais et je peux donner une démonstration pour les questions 1) et 2) uniquement avec des connaissances de niveau lycée.
Le but n'étant pas d'utiliser le plus de notions compliquées possibles (peut-être aussi parce que j'en serai bien incapable mais c'est une autre histoire ).

En tout cas ça me parait un bon bout à moi, je ne sais pas si c'est le meilleur mais il y a moyen de s'en sortir.
Elles ont quoi comme propriété les k personnes qui ont eu le témoin ?
Elles sont cote à cote forcément avec 1 qui appartient au groupe, et on vient d'atteindre le kéme nouveau soit dans le sens trigo, soit dans l'autre sens (que je vais mettre soit à droite soit à gauche par commodité).
Autrement dit si je mets en rouge le numéro du joueur qui vient d'avoir le témoin :
1,2,...(k-1),k
n,1,...,(k-2),(k-1)
...
(n-k-3),...,1,2
ou alors
(n-k-2),...,n,1
(n-k-3),....,1,2
...
n,1,...,(k-2)(k-1)

Si on arrive à calculer les probabilités de ces situations alors c'est gagné pour les questions 1) et 2)
Comment le faire ? Sachant l'étape précédente où on vient d'attendre le k-1éme nouveau, tu viens de nous dire que tu sais calculer la probabilité que le kème nouveau arrive à droite ou à gauche.
C'est du séquentiel comme dirait notre ami commun.

Je précise, niveau  bac+3

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On considère une suite iid de loi uniforme sur . Soit . On considère la chaîne de Markov

P-ps
et .
De cette manière, on n'a plus à s'embêter à faire nos additions modulo n. A la place, on a un espace d'états infini dénombrable

Ainsi que des temps d'arrêt
et , où est le nombre de facteurs premiers distincts de p. Ca correspond aussi au moment où divise pour la première fois, ou encore, où devient constant.

\omega(X_N) n'est pas une chaîne de Markov, mais par contre
E(\omega(X_N) | X_N) = (1-1/n)\omega(X_N) + 1, donc \alpha_N = (\omega(X_N)-n)/(1-1/n)^N définit une martingale, donc est d'espérance constante en N

Donc est facilement calculable, c'est

Correction: , donc définit une martingale

Toujours avec la marche de l'ivrogne, et en commençant par les petits k, on arrive à calculer les probabilités des situations mises en évidence par Vassilia.
Je trouve plus commode d'indexer les participants par les entiers modulo n, avec 0 pour le participant qui a le témoin au début. Avec cette notation, pour j de 1 à k-1, la probabilité pour
j-k+1 . . . 0 . . . j
est la même que la probabilité pour
-j . . . 0 . . . k-j-1
et elle vaut

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Merci GBZM, tu as parfaitement compris où je voulais en venir comme ça je n'ai pas besoin de le rédiger
Je ne vous avais pas menti en vous disant que les formules étaient assez simples même si je trouve surprenant que ce soit à ce point équiprobable. Je n'arrive pas à me l'expliquer autrement que par le calcul.