2.4. MARCHES ALÉATOIRES ABSORBÉES OU RÉFLÉCHIES
• p = 1/2 (marche symétrique). Dans ce cas, r 1 = r 2 = 1 et les solutions de (2.10) sont
de la forme μ k = α + β k. En tenant compte des conditions aux limites, nous obtenons
P k (O) = 1 −
k
a
, P k (A) =
k
a
.
(2.12)
Ici encore le poisson finit par être piégé (presque-sûrement).
Remarquons que si p >
1
2
et si a est suffisamment grand, alors
1−p
p
a
est négligeable, et
P k (O)
1−p
p
k
dépend donc exponentiellement de k.
Par exemple supposons que p = 0, 505 et que a = 1000. Alors P 2 (O) 0, 96 et P 500 (O)
4, 5 × 10
−5 .
Calculons maintenant la durée moyenne avant l’absorption.
Nous définissons le nombre moyen d’étapes avant l’absorption pour le processus issu de
k, donné par V k = E k (T ), où T est le temps d’atteinte d’une des barrières,
T = min{n ≥ 0 ; X n = 0 ou a} = T 0 ∧ T a .
Par la propriété de Markov, en conditionnant par le comportement de la chaîne au temps
1, nous obtenons que pour 1 ≤ k ≤ a − 1,
E k (T ) = 1 + P (Z 1 = 1) E k+1 (T ) + P(Z 1 = −1) E k−1 (T ).
Cela nous conduit à l’équation de récurrence linéaire avec second membre
p V k+1 + (1 − p)V k−1 − V k = −1
(2.13)
pour 1 ≤ k ≤ a − 1, avec V 0 = V a = 0. Cette équation est résolue en trouvant les solutions
générales et une solution particulière. (L’équation caractéristique est la même que dans
les calculs précédents). Finalement, pour 0 ≤ k ≤ a,
E k (T 0 ∧ T a ) =
1
1 − 2p
⎛
⎜
⎝k − a
1 −
1−p
p
k
1 −
1−p
p
a
⎞
⎟
⎠
si p = 1/2 ,
= k(a − k)
si p = 1/2 .
(2.14)
Par exemple, si p = 0, 5 et a = 10, alors E 1 (T 0 ∧ T 10 ) = 9 et E 5 (T 0 ∧ T 10 ) = 25. Si
a = 1000, on a E 1 (T 0 ∧ T 1000 ) = 999 et E 500 (T 0 ∧ T 1000 ) = 250000.
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• p = 1/2 (marche symétrique). Dans ce cas, r 1 = r 2 = 1 et les solutions de (2.10) sont
de la forme μ k = α + β k. En tenant compte des conditions aux limites, nous obtenons
P k (O) = 1 −
k
a
, P k (A) =
k
a
.
(2.12)
Ici encore le poisson finit par être piégé (presque-sûrement).
Remarquons que si p >
1
2
et si a est suffisamment grand, alors
1−p
p
a
est négligeable, et
P k (O)
1−p
p
k
dépend donc exponentiellement de k.
Par exemple supposons que p = 0, 505 et que a = 1000. Alors P 2 (O) 0, 96 et P 500 (O)
4, 5 × 10
−5 .
Calculons maintenant la durée moyenne avant l’absorption.
Nous définissons le nombre moyen d’étapes avant l’absorption pour le processus issu de
k, donné par V k = E k (T ), où T est le temps d’atteinte d’une des barrières,
T = min{n ≥ 0 ; X n = 0 ou a} = T 0 ∧ T a .
Par la propriété de Markov, en conditionnant par le comportement de la chaîne au temps
1, nous obtenons que pour 1 ≤ k ≤ a − 1,
E k (T ) = 1 + P (Z 1 = 1) E k+1 (T ) + P(Z 1 = −1) E k−1 (T ).
Cela nous conduit à l’équation de récurrence linéaire avec second membre
p V k+1 + (1 − p)V k−1 − V k = −1
(2.13)
pour 1 ≤ k ≤ a − 1, avec V 0 = V a = 0. Cette équation est résolue en trouvant les solutions
générales et une solution particulière. (L’équation caractéristique est la même que dans
les calculs précédents). Finalement, pour 0 ≤ k ≤ a,
E k (T 0 ∧ T a ) =
1
1 − 2p
⎛
⎜
⎝k − a
1 −
1−p
p
k
1 −
1−p
p
a
⎞
⎟
⎠
si p = 1/2 ,
= k(a − k)
si p = 1/2 .
(2.14)
Par exemple, si p = 0, 5 et a = 10, alors E 1 (T 0 ∧ T 10 ) = 9 et E 5 (T 0 ∧ T 10 ) = 25. Si
a = 1000, on a E 1 (T 0 ∧ T 1000 ) = 999 et E 500 (T 0 ∧ T 1000 ) = 250000.
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