9.5 Quand reverra-t-on le vide ?
125
P
1
n
n
i=1
Z i r
= P
exp
λ
n
i=1
Z i
e
λnr
e
−λnr ch(λ)
n .
Comme ch(λ) exp
λ
2 /2
(découle par exemple d’un développement en
série), on obtient, après une optimisation en λ qui conduit à choisir λ = r,
P
1
n
n
i=1
Z i r
e
−nr
2 /2 .
Ceci assure que
P(|P − 1/2| r) 2e
−ar
2 /2 .
Si a = 6 × 10
23 alors, en prenant r = 10
−9 , la probabilité de trouver une fluctuation supérieure au milliardième est inférieure à 2e
−3×10
5 . Cette probabilité
extrêmement petite rend l’événement inaccessible.
9.5 Quand reverra-t-on le vide ?
La chaîne d’Ehrenfest (X n ) n0 est irréductible à espace d’états fini, et
elle visite donc tous les états, et le temps d’atteinte de chaque état est intégrable (en particulier fini p.s.). Ceci peut sembler paradoxal si l’on pense à
l’irréversibilité macroscopique. Essayons donc d’estimer ces temps d’atteinte
moyens. Le plus simple est de s’intéresser tout d’abord aux temps de retour.
Sur l’événement {X 0 = i}, le temps de retour T ii en i est la variable aléatoire
T ii := inf{n 1 : X n = i}.
Théorème 9.10 (Temps de retours moyens). Si a est pair et b := a/2 alors
E(T 00 | X 0 = 0) = 2
a
et E(T bb | X 0 = b) ∼
√
πb.
Démonstration. Notons que le premier résultat découle du lemme 9.1. On sait
que E(T ii | X 0 = i) est égale à 1/π(i) où π est la loi invariante, qui n’est rien
d’autre que Bin(a, 1/2). On a π(i) = 2
−a
a
i
, et le résultat est alors immédiat
pour i = 0 et découle de la formule de Stirling pour i = b.
Il faut donc attendre un temps immense avant que l’urne A initialement
vide, ne le redevienne ! On souhaite à présent plus de précision et obtenir des
estimations des temps d’atteinte de 0 et b partant de 0 ou b. Soit
m i,j := E(inf{n 0 : X n = j} | X 0 = i)
le temps moyen d’atteinte de j par la chaîne partant de i. Partant de i + 1,
la chaîne doit passer par i pour aller en 0, donc pour 0 i < a,
m i+1,0 = m i+1,i + m i,0 .
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P
1
n
n
i=1
Z i r
= P
exp
λ
n
i=1
Z i
e
λnr
e
−λnr ch(λ)
n .
Comme ch(λ) exp
λ
2 /2
(découle par exemple d’un développement en
série), on obtient, après une optimisation en λ qui conduit à choisir λ = r,
P
1
n
n
i=1
Z i r
e
−nr
2 /2 .
Ceci assure que
P(|P − 1/2| r) 2e
−ar
2 /2 .
Si a = 6 × 10
23 alors, en prenant r = 10
−9 , la probabilité de trouver une fluctuation supérieure au milliardième est inférieure à 2e
−3×10
5 . Cette probabilité
extrêmement petite rend l’événement inaccessible.
9.5 Quand reverra-t-on le vide ?
La chaîne d’Ehrenfest (X n ) n0 est irréductible à espace d’états fini, et
elle visite donc tous les états, et le temps d’atteinte de chaque état est intégrable (en particulier fini p.s.). Ceci peut sembler paradoxal si l’on pense à
l’irréversibilité macroscopique. Essayons donc d’estimer ces temps d’atteinte
moyens. Le plus simple est de s’intéresser tout d’abord aux temps de retour.
Sur l’événement {X 0 = i}, le temps de retour T ii en i est la variable aléatoire
T ii := inf{n 1 : X n = i}.
Théorème 9.10 (Temps de retours moyens). Si a est pair et b := a/2 alors
E(T 00 | X 0 = 0) = 2
a
et E(T bb | X 0 = b) ∼
√
πb.
Démonstration. Notons que le premier résultat découle du lemme 9.1. On sait
que E(T ii | X 0 = i) est égale à 1/π(i) où π est la loi invariante, qui n’est rien
d’autre que Bin(a, 1/2). On a π(i) = 2
−a
a
i
, et le résultat est alors immédiat
pour i = 0 et découle de la formule de Stirling pour i = b.
Il faut donc attendre un temps immense avant que l’urne A initialement
vide, ne le redevienne ! On souhaite à présent plus de précision et obtenir des
estimations des temps d’atteinte de 0 et b partant de 0 ou b. Soit
m i,j := E(inf{n 0 : X n = j} | X 0 = i)
le temps moyen d’atteinte de j par la chaîne partant de i. Partant de i + 1,
la chaîne doit passer par i pour aller en 0, donc pour 0 i < a,
m i+1,0 = m i+1,i + m i,0 .