2.1 Marche aléatoire simple sur la droite
23
Calculons à présent
R(x) := E x (τ ).
En conditionnant selon X 1 on obtient pour tout a < x < b la récurrence
linéaire (la méthode est valable pour toute chaîne de Markov, idem pour r(x))
R(x) = pR(x + 1) + (1 − p)R(x − 1) + 1.
La présence du second membre 1 fait rechercher des solutions particulières. Si
p = 1/2 alors x/(1 − 2p) est solution particulière, et les solutions de l’équation
sont de la forme R(x) = x/(1 − 2p) + A + Bρ
x . Les conditions aux bords
R(a) = 0 et R(b) = 0 donnent enfin
R(x) =
x − a
1 − 2p
−
(b − a)
1 − 2p
ρ
b
− ρ
x
ρ b − ρ a .
Si p = 1/2 alors −x
2 est solution particulière, et les solutions sont de la forme
−x
2 + A + Bx. Les conditions aux bords R(a) = R(b) = 0 donnent enfin
R(x) = (b − x)(x − a).
On peut de même calculer les fonctions suivantes :
F (x, s) = E x (s
τ ), G(x, s) = E x (s
τ
1 Xτ =a ), et G(x, s) = E x (s
τ
1 Xτ =b )
qui, pour a x b et s ∈ ] − 1, 1[, vérifient la relation de récurrence
r(x) = psr(x + 1) + (1 − p)sr(x − 1)
avec les conditions aux bords respectives suivantes :
F (a, s) = F (b, s) = 1, G(a, s) = 1 = 1−G(b, s), H(a, s) = 0 = 1−H(b, s).
On peut alors retrouver l’expression de E x (τ ) en dérivant la fonction génératrice. Les expressions explicites de F , G et H sont toutefois assez lourdes.
Remarque 2.3 (Les théorèmes limites à la rescousse). Voici un autre argument pour établir que P x (τ < ∞) = 1. Posons m = 2p − 1 et σ
2 = 4p(1 − p).
Si m = 0 alors par la loi des grands nombres, presque sûrement (X n ) n1 tend
vers +∞ si m > 0 et vers −∞ si m < 0, et donc P x (τ < ∞) = 1. Si m = 0
alors pour tout n 1, en posant I n =
1
√
n
]a, b[, on a
P x (τ = ∞) P(a < X n < b) = P
X n
√ n
∈ I n
.
Or (n
−1/2 X n ) n1 converge en loi vers N (0, σ
2 ) par le théorème limite central.
Mais I n dépend de n. Cependant, comme (I n ) n1 est décroissante,
lim sup
n→∞
P
X n
√ n
∈ I n
inf
n1
1
√
2πσ 2
In
e
−
t 2
2σ 2 dt = 0.
23
Calculons à présent
R(x) := E x (τ ).
En conditionnant selon X 1 on obtient pour tout a < x < b la récurrence
linéaire (la méthode est valable pour toute chaîne de Markov, idem pour r(x))
R(x) = pR(x + 1) + (1 − p)R(x − 1) + 1.
La présence du second membre 1 fait rechercher des solutions particulières. Si
p = 1/2 alors x/(1 − 2p) est solution particulière, et les solutions de l’équation
sont de la forme R(x) = x/(1 − 2p) + A + Bρ
x . Les conditions aux bords
R(a) = 0 et R(b) = 0 donnent enfin
R(x) =
x − a
1 − 2p
−
(b − a)
1 − 2p
ρ
b
− ρ
x
ρ b − ρ a .
Si p = 1/2 alors −x
2 est solution particulière, et les solutions sont de la forme
−x
2 + A + Bx. Les conditions aux bords R(a) = R(b) = 0 donnent enfin
R(x) = (b − x)(x − a).
On peut de même calculer les fonctions suivantes :
F (x, s) = E x (s
τ ), G(x, s) = E x (s
τ
1 Xτ =a ), et G(x, s) = E x (s
τ
1 Xτ =b )
qui, pour a x b et s ∈ ] − 1, 1[, vérifient la relation de récurrence
r(x) = psr(x + 1) + (1 − p)sr(x − 1)
avec les conditions aux bords respectives suivantes :
F (a, s) = F (b, s) = 1, G(a, s) = 1 = 1−G(b, s), H(a, s) = 0 = 1−H(b, s).
On peut alors retrouver l’expression de E x (τ ) en dérivant la fonction génératrice. Les expressions explicites de F , G et H sont toutefois assez lourdes.
Remarque 2.3 (Les théorèmes limites à la rescousse). Voici un autre argument pour établir que P x (τ < ∞) = 1. Posons m = 2p − 1 et σ
2 = 4p(1 − p).
Si m = 0 alors par la loi des grands nombres, presque sûrement (X n ) n1 tend
vers +∞ si m > 0 et vers −∞ si m < 0, et donc P x (τ < ∞) = 1. Si m = 0
alors pour tout n 1, en posant I n =
1
√
n
]a, b[, on a
P x (τ = ∞) P(a < X n < b) = P
X n
√ n
∈ I n
.
Or (n
−1/2 X n ) n1 converge en loi vers N (0, σ
2 ) par le théorème limite central.
Mais I n dépend de n. Cependant, comme (I n ) n1 est décroissante,
lim sup
n→∞
P
X n
√ n
∈ I n
inf
n1
1
√
2πσ 2
In
e
−
t 2
2σ 2 dt = 0.