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Marche aléatoire et ruine du joueur .pdf



Nom original: Marche aléatoire et ruine du joueur.pdf
Auteur: Mickaël

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MARCHE ALÉATOIRE ET RUINE DU JOUEUR
[Probabilités – Préparation à l’agrégation interne]
[Djalil Chafaï – Pierre-André Zitt]
[Annexe D – page 81]

Soit 0 < 𝑝 < 1 un réel fixé et (𝜀𝑛 )𝑛≥1 une suite de variable indépendantes et de même loi telles que
∀𝑛 ≥ 1, ℙ(𝜀𝑛 = 1) = 𝑝 = 1 − ℙ(𝜀𝑛 = −1). Soit 𝑋0 une v.a. sur ℤ indépendante de la suite (𝜀𝑛 )𝑛≥1.
La marche aléatoire simple sur ℤ, de paramètre 𝑝, est la suite récurrente aléatoire (𝑋𝑛 )𝑛≥0 sur ℤ
définie par la relation récursive suivante : ∀𝑛 ≥ 0, 𝑋𝑛+1 = 𝑋𝑛 + 𝜀𝑛+1 = 𝑋0 + 𝜀1 + 𝜀2 + ⋯ + 𝜀𝑛+1 .
Le théorème suivant permet d’étudier le problème de la ruine d’un joueur qui gagne 1 € avec
probabilité 𝑝 et perd 1 € avec probabilité 1 − 𝑝. La fortune initiale est 𝑥 et le joueur quitte le jeu
lorsqu’il possède 𝑎 < 𝑥 (ruine) ou 𝑏 > 𝑥 (gain).
THÉORÈME : Soient 𝑎 et 𝑏 des entiers avec 𝑎 < 𝑏. Soient 𝑡𝑎 , 𝑡𝑏 et 𝑡 les v.a. à valeurs dans ℕ ∪ {+∞}
définies par : 𝑡𝑎 = inf⁡{𝑛 ≥ 0, 𝑋𝑛 = 𝑎}
𝑡𝑏 = inf⁡{𝑛 ≥ 0, 𝑋𝑛 = 𝑏}
𝑡 = min{𝑡𝑎 , 𝑡𝑏 }
Alors pour tout 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 on a 𝔼𝑥 (𝑡) < +∞ et en posant 𝜌 =

1−𝑝
𝑝

on a :

𝜌𝑏 − 𝜌 𝑥
1
𝑥 − 𝑎 (𝑏 − 𝑎) 𝜌𝑏 − 𝜌 𝑥
1
⁡⁡⁡⁡⁡𝑠𝑖⁡𝑝



⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑠𝑖⁡𝑝 ≠ ⁡
𝑏
𝑎
𝑏
𝑎
2 ⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝔼 (𝑡) = 1 − 2𝑝 1 − 2𝑝 𝜌 − 𝜌
2
ℙ𝑥 (𝑋𝑡 = 𝑎) = 𝜌 − 𝜌
𝑥
𝑏−𝑥
1
1
(𝑏 − 𝑥)(𝑏 − 𝑎)⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑠𝑖⁡𝑝 = ⁡
⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡𝑠𝑖⁡𝑝
=
{
{𝑏 − 𝑎
2
2

𝑋𝑛
𝑏
𝐿

x
𝑎

𝑡𝑏

𝑡𝑎

Ici 𝑡 = 𝑡𝑏 et la marche aléatoire se termine avec un gain pour le joueur

𝑛

PREMIÈRE PARTIE
Nous aurons besoin du lemme suivant :
Pour une variable aléatoire 𝑋 à valeurs entières positives, on a :
+∞

𝔼(𝑋) = ∑ ℙ⁡(𝑋 ≥ 𝑘)
𝑘=1

Preuve : (on peut échanger les sommes car tous les termes sont positifs)
+∞

+∞

+∞ 𝑘

+∞ +∞

𝔼(𝑋) = ∑ 𝑘ℙ⁡(𝑋 = 𝑘) = ∑ 𝑘ℙ⁡(𝑋 = 𝑘) = ∑ ∑ ℙ⁡(𝑋 = 𝑘) = ∑ ∑ 1𝑗≤𝑘 ℙ⁡(𝑋 = 𝑘)
𝑘=0

𝑘=1
+∞ +∞

𝑘=1 𝑗=1
+∞

𝑘=1 𝑗=1

= ∑ ∑ 1𝑘≥𝑗 ℙ⁡(𝑋 = 𝑘) = ∑ ℙ⁡(𝑋 ≥ 𝑗 )
𝑗=1 𝑘=1

𝑗=1

DEUXIÈME PARTIE
Revenons au problème de ruine du joueur et montrons pour commencer que t est d’espérance finie.
Notons 𝐿 = 𝑏 − 𝑎 la longueur de l’intervalle [𝑎, 𝑏].



Si le joueur remporte ses 𝐿 premières parties, alors : 𝑡 = 𝑡𝑎 ≤ 𝐿.
Généralisons :
si le joueur remporte 𝐿 parties consécutives (de 𝑛 + 1 à 𝑛 + 𝐿) alors : 𝑡 = 𝑡𝑎 ≤ 𝑛 + 𝐿.

On note 𝐺𝑗+1 l’événement « gagner 𝐿 parties à partir de la partie 𝑗𝐿 + 1 » :
𝐺𝑗+1 = {𝜀𝑗𝐿+1 = 𝜀𝑗𝐿+2 = ⋯ = 𝜀𝑗𝐿+𝐿 = 1}
Par exemple :




𝐺1 représente 𝐿 victoires sur la première « tranche » de longueur 𝐿 (de 𝜀1 à 𝜀𝐿 )
𝐺3 représente 𝐿 victoires sur la troisième « tranche » de longueur 𝐿 (de 𝜀2𝐿+1 à 𝜀2𝐿+𝐿 = 𝜀3𝐿 )


Pour que 𝑡 ne dépasse pas 𝑘𝐿, il faut, par exemple, que l’événement 𝐺1 ∪ 𝐺2 ∪ … ∪ 𝐺𝑘 se soit réalisé
(mais ce n’est pas la seule possibilité de réalisation de « 𝑡 ≤ 𝑘𝐿 »). Ainsi, en notant ℙ = ℙ𝑥 :
𝑘

ℙ(𝑡 ≤ 𝑘𝐿) ≥ ℙ(𝐺1 ∪ 𝐺2 ∪ … ∪ 𝐺𝑘 ) = ℙ (⋃ 𝐺𝑗 )
𝑗=1

Pour que 𝑡 dépasse 𝑘𝐿, il faut, et c’est la moindre des choses, que l’événement 𝐺1 ∪ 𝐺2 ∪ … ∪ 𝐺𝑘 ne
se soit pas produit. Ainsi :
𝑘

𝑘

𝐶

𝑘

𝑘

ℙ(𝑡 > 𝑘𝐿) ≤ 1 − ℙ (⋃ 𝐺𝑗 ) = ⁡ℙ [(⋃ 𝐺𝑗 ) ] = ℙ [⋂ 𝐺𝑗 𝐶 ] = ∏ ℙ(𝐺𝑗 𝐶 )
𝑗=1

𝑗=1

𝑗=1

𝑗=1

car les événements 𝐺𝑗 sont indépendants (ils concernent des périodes de temps disjointes et sont
composés de 𝐿 variables aléatoires 𝜀𝑖 eux-mêmes indépendantes).
Leurs événements complémentaires sont donc également indépendants.
Ainsi :
𝑘

𝑘
𝐶

ℙ(𝑡 > 𝑘𝐿) ≤ ∏ ℙ(𝐺𝑖 ) = ∏(1 − 𝑝𝐿 ) = (1 − 𝑝𝐿 )𝑘
𝑖=1

𝑖=1

Considérons le temps 𝑛 = 𝐿𝑞 + 𝑟 (division euclidienne dans ℕ avec 𝑟 < 𝐿) :
𝑛−𝑟
𝐿

ℙ(𝑡 > 𝑛) = ℙ(𝑡 > 𝐿𝑞 + 𝑟) ≤ ⁡ℙ(𝑡 > 𝑞𝐿) = (1 − 𝑝𝐿 )𝑞 = (1 − 𝑝𝐿 )

−𝑟

𝑛

= (1 − 𝑝𝐿 ) 𝐿 (1 − 𝑝𝐿 )𝐿

−𝑟



or 0 ≤ 𝑟 < 𝐿 donc (1 − 𝑝𝐿 ) 𝐿 est borné par 𝑀



et (1 − 𝑝𝐿 )𝐿 = 𝛼 𝑛 en posant 𝛼 = (1 − 𝑝𝐿 )𝐿

𝑛

1

Ainsi :
+∞

+∞

+∞

∑ ℙ⁡(𝑡 > 𝑛) = ∑ ℙ⁡(𝑡 ≥ 𝑛) ≤ 𝑀 ∑ 𝛼 𝑛
𝑛=0

𝑛=1

𝑛=1

qui converge car 𝛼 < 1, donc :
+∞

∑ ℙ⁡(𝑡 ≥ 𝑛) < +∞
𝑛=1

ce qui, d’après le lemme de la première partie, revient à dire que :
𝔼(𝑋) < +∞

TROISIÈME PARTIE
Déterminons maintenant les probabilités annoncées dans le théorème.
Notons 𝑟(𝑥) = ℙ𝑥 (𝑋𝑡 = 𝑎) la probabilité que le jeu se termine de façon « malheureuse » (𝑟 comme
ruine).
On a :
ℙ𝑥 (𝑋𝑡 = 𝑎 ) = ℙ𝑥 (𝑋𝑡 = 𝑎|𝜀1 = −1)ℙ𝑥 (𝜀1 = −1) + ℙ𝑥 (𝑋𝑡 = 𝑎|𝜀1 = +1)ℙ𝑥 (𝜀1 = +1)
𝑟(𝑥) = 𝑟(𝑥 − 1) × (1 − 𝑝) + 𝑟(𝑥 + 1) × 𝑝
En supposant les 𝑥 dans ℤ on obtient une suite récurrente d’ordre deux, de la forme :
𝑝. 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 + (1 − 𝑝). 𝑢𝑛−1 = 0

𝑃 (𝑥) = 𝑝𝑥² − 𝑥 + (1 − 𝑝)

et de polynôme caractéristique :
ayant 1 comme racine évidente, d’où :

𝑃(𝑥) = (𝑥 − 1)(𝑝𝑥 − (1 − 𝑝)) = 𝑝(𝑥 − 1) (𝑥 −


1−𝑝
) = 𝑝(𝑥 − 1)(𝑥 − 𝜌)
𝑝

1

Si 𝜌 = 1 c’est à dire si 𝑝 = 1 − 𝑝 c’est à dire si 𝑝 = 2, alors on a une racine double et :
𝑢𝑛 = (𝐴 + 𝐵𝑛)1𝑛 = 𝐴 + 𝐵𝑛
𝑟(𝑥) = 𝐴 + 𝐵𝑥

Il reste à déterminer 𝐴 et 𝐵 grâce aux conditions 𝑟(𝑎) = 1 et 𝑟(𝑏) = 0.
1
𝐵=
(𝑎 − 𝑏)𝐵 = 1
𝐴 + 𝑎𝐵 = 1
𝑎−𝑏
{
⟺{
⟺{
−𝑏
𝐴 + 𝑏𝐵 = 0
𝐴 + 𝑏𝐵 = 0
𝐴=
𝑎−𝑏
𝒃−𝒙
𝒓(𝒙) =
𝒃−𝒂


1

Si 𝜌 ≠ 1⁡ (𝑝 ≠ 2) alors on a deux racines simples 1 et 𝜌 :

𝑢𝑛 = 𝐴. 1𝑛 + 𝐵. 𝜌𝑛
𝑟(𝑥) = 𝐴 + 𝐵𝜌 𝑥

et avec les mêmes conditions initiales :
1
𝜌𝑎 − 𝜌𝑏
𝐴+𝜌 𝐵 =1
−𝜌
=1
{
⟺{

𝑏
−𝜌𝑏
𝐴+𝜌 𝐵 =0
𝐴 + 𝜌𝑏 𝐵 = 0
𝐴= 𝑎
𝜌 − 𝜌𝑏
{
𝝆𝒃 − 𝝆𝒙
𝒓(𝒙) = 𝒃
𝝆 − 𝝆𝒂
𝑎

(𝜌𝑎

𝐵=

𝑏 )𝐵

QUATRIÈME PARTIE
Intéressons-nous maintenant à l’espérance 𝔼𝑥 (𝑡) = 𝑅(𝑥).
+∞

+∞

𝑅 (𝑥) = ∑ 𝑘ℙ𝑥 (𝑡 = 𝑘) = ∑ 𝑘(ℙ𝑥 (𝑡 = 𝑘|𝜀1 = −1)ℙ𝑥 (𝜀1 = −1) + ℙ𝑥 (𝑡 = 𝑘|𝜀1 = 1)ℙ𝑥 (𝜀1 = 1))
𝑘=0

𝑘=0
+∞

𝑅 (𝑥) = ∑ 𝑘(ℙ𝑥 (𝑡 = 𝑘|𝜀1 = −1). (1 − 𝑝 ) + ℙ𝑥 (𝑡 = 𝑘|𝜀1 = 1). 𝑝)
𝑘=0

En conditionnant ainsi selon le résultat du premier jeu, on ajoute 1 au temps « espéré » :
+∞

+∞

𝑅 (𝑥) = (1 − 𝑝) ∑ 𝑘ℙ𝑥 (𝑡 = 𝑘|𝜀1 = −1) + 𝑝 ∑ 𝑘ℙ𝑥 (𝑡 = 𝑘|𝜀1 = 1)
𝑘=0

𝑘=0

𝑅 (𝑥) = (1 − 𝑝)𝑅(𝑥 − 1) + 𝑝𝑅(𝑥 + 1) + 𝟏
𝑝𝑅(𝑥 + 1) − 𝑅(𝑥) + (1 − 𝑝)𝑅(𝑥 − 1) = −1

soit la même relation que pour la probabilité de ruine, mais avec second membre.
On recherche donc une solution particulière.


Si on remplace 𝑅(𝑥) par 𝑥 dans le premier membre, on trouve 2𝑝 − 1 d’où la solution
−𝑥

1

particulière 𝑅 (𝑥) = 2𝑝−1 à condition que 𝑝 ≠ 2 :
−𝑥
𝑅 (𝑥) =
+ 𝐴 + 𝐵𝜌 𝑥
2𝑝 − 1
Et avec les conditions 𝑅(𝑎) = 𝑅 (𝑏) = 0 :
−𝑎
1
𝑏−𝑎
+ 𝐴 + 𝐵𝜌𝑎 = 0
𝐵= 𝑎
𝑏
2𝑝 − 1
𝜌 − 𝜌 1 − 2𝑝

−𝑏
−𝑏
𝜌𝑏
𝑏−𝑎
+ 𝐴 + 𝐵𝜌𝑏 = 0
𝐴
=

𝑎 − 𝜌 𝑏 1 − 2𝑝
{2𝑝 − 1
1

2𝑝
𝜌
{
𝑥
𝑏
𝜌𝑏
𝑏−𝑎
𝜌𝑥
𝑏−𝑎
(
)
𝑅 𝑥 =

− 𝑎
+
1 − 2𝑝 1 − 2𝑝 𝜌 − 𝜌𝑏 1 − 2𝑝 𝜌𝑎 − 𝜌𝑏 1 − 2𝑝
𝒙−𝒃
𝝆𝒃 − 𝝆𝒙 𝒃 − 𝒂
𝑹(𝒙) =
+ 𝒃
𝟏 − 𝟐𝒑 𝝆 − 𝝆𝒂 𝟏 − 𝟐𝒑


Si 𝑝 =

1
2

:

𝑅 (𝑥 + 1) − 2𝑅 (𝑥) + 𝑅(𝑥 − 1) = −2
On remarque que 𝑅(𝑥) = −𝑥² est solution particulière d’où :
𝑅 (𝑥) = −𝑥² + 𝐴 + 𝐵𝑥
Et avec les conditions 𝑅 (𝑎) = 𝑅 (𝑏) = 0 :
(𝑎 − 𝑏)𝐵 = 𝑎² − 𝑏²
𝐵 = 𝑎+𝑏
{−𝑎² + 𝐴 + 𝑎𝐵 = 0 ⟺ {
⟺{
𝐴 = 𝑏² − 𝑏(𝑎 + 𝑏) = −𝑎𝑏
−𝑏² + 𝐴 + 𝑏𝐵 = 0
𝐴 = 𝑏² − 𝑏𝐵
𝑅 (𝑥) = −𝑥 2 − 𝑎𝑏 + (𝑎 + 𝑏)𝑥
𝑹(𝒙) = −(𝒙 − 𝒂)(𝒙 − 𝒃)


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