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Suite de matrices

Ouverture
La MAO est la musique assistée par ordinateur. Les
règles de l’harmonie tonale résultent de constatations faites par des générations de musiciens au
cours des siècles. Elles varient selon les styles de
musique : baroque, classique, romantique… mais
elles permettent toutes de savoir comment faire
succéder les accords entre eux dans le seul but que
ces successions soient agréables à l’oreille. De par
leur précision, il est tout à fait concevable de les
implémenter en un algorithme et si cet algorithme
utilise des matrices, elles pourront représenter
par exemple les probabilités de successions entre
les notes. Un parallèle peut être fait avec l’étude
d’Andreï Markov sur les successions des lettres
dans un roman d’Alexandre Pouchkine.
Chaque situation de succession peut être modélisée par un graphe orienté, donc les sommets
représentent les différents états de la succession
et les arrêtes les probabilités de passer entre
chaque état. L’exemple le plus explicite est celui
du Web où les sommets représentent les pages et
les arêtes les hyperliens entre ces pages.
On peut associer à chaque graphe orienté une
matrice, appelée matrice de transition, et le but
est alors d’étudier la probabilité que l’on a de se
trouver dans un état donné après avoir longuement parcouru le graphe. Dans le cas du Web,
cela permet de classer les pages par importance.
Pour Google par exemple, cela signifie leur associer un PageRank.
Poursuivons un peu l’exemple du PageRank. Il y a
deux manières de le déterminer : une méthode empirique et l’autre théorique. L’étude théorique nous
dit que si la matrice satisfait quelques conditions,
décrites dans le théorème de Perron Frobenius, le
PageRank est donné par la probabilité stationnaire
de la matrice de transition. La détermination de
cette probabilité stationnaire peut devenir problématique lorsque la taille des matrices devient assez
grande puisqu’il est alors nécessaire de résoudre un
système linéaire ayant la taille de cette matrice. On
peut dans ce cas avoir recours à la méthode empirique qui consiste à parcourir le graphe pas à pas et,
sous de bonnes conditions, on trouvera une valeur
approchée de la probabilité stationnaire.

L’objectif de ce chapitre est donc d’étudier les
marches aléatoires sur des graphes orientés ou
bien, en déplaçant le problème, les suites de
matrices avec des matrices particulières. Les problèmes sont assez divers et on peut même tout
simplement utiliser les suites de matrices dans un
cadre plus général, comme par exemple dans le
cas des fractales.

Vérifier ses acquis
1 1. a. 2 + 22 + 23 + … + 210 ;
b. 1 – 3 + 5 – 7 + 9 – 11 + 13 + 15 – 17 ;
c. I + M2 + M4 + M6 + M8 + M10 ;
d. – I + M – M2 + M3 – M4.
6

2. a.
c.

3

 a2k 1 ;

b.

k 0

Â

3

 (-1)k Ak ;

k -1

(-1)ka2k 1.

k 0

3. On procède par récurrence. On vérifie la propriété au rang 0 : le membre de gauche est égal à
u0, celui de droite à a0u0 b

-1

 ak u0 car une

k 0

somme « vide » est égale à 0.
On suppose maintenant l’hypothèse vérifiée au
rang n et montrons-là au rang n + 1.
un 1 aun b an 1u0 b

n -1

 ak 1 b

k 0

n
ˆ
Ê
an 1u0 b Á1
ak˜
˜
ÁË
k 1 ¯

Â

an 1u0 b

n

 ak.

k 0

2 1. Réponse b.
3. Réponse a.

2. Réponse a.
4. Réponse b.

3 1. Réponse b.
2. Réponses a. et c.
3. Réponses b. et c.
4. Réponse a. (condition suffisante) et c. (condition nécessaire et suffisante)
4 1. a. Succession voyelle / consonne dans
sept huitième des cas. Succession consonne /
voyelle dans deux tiers des cas.
b. P(Xn = 0) (Xn+1 = 0) = 1/8 ;
P(Xn = 0) (Xn+1 = 1) = 7/8 ;
Chapitre 5 n Suite de matrices n  1

© éditions Belin, 2012.

5

P(Xn = 1) (Xn+1 = 0) = 2/3 ;
P(Xn = 1) (Xn+1 = 1) = 1/3.
2. a. P(Xn+1 = 0) = P(Xn+1 = 0 ∩ Xn = 0)

+ P(Xn+1 = 0 ∩ Xn = 1)

= P(Xn = 0)P(Xn = 0) (Xn+1 = 0)

+ P(Xn = 1)P(Xn = 1) (Xn+1 = 0)

= 1/8P(Xn = 0) + 2/3P(Xn = 1).
Ê P(X 0) ˆ
n
b. P(X n 1 0) ( 1 / 8 2 / 3 ) Á
˜.
ÁË P(X n 1) ˜¯
3. P(Xn+1 = 1) = 7/8P(Xn = 0) + 1/3P(Xn = 1) et
Ê P(X 0) ˆ
n
P(X n 1 1) ( 7 / 8 1 / 3 ) Á
˜.
ÁË P(X n 1) ˜¯
Ê 1/ 8 2 / 3ˆ
4. M Á
˜.
Ë 7 / 8 1/ 3 ¯

Activités d’introduction
Activité 1
À la question 1.c. on cherche à montrer que
m(n) = Pnm(0).

1 a. L’ensemble d’événements {(Xn = 0),
(Xn = 1) et (Xn = 3)} forme une partition de
l’espace de probabilités, on a donc :



3

 P(Xn 1 i « Xn j)
j 1

 P(Xn j)PX j(Xn 1 i).
n

De plus, pij est la probabilité de tirer le jeton n° i
dans l’urne j, c’est donc la probabilité que le
n  + 1-ième tirage s’effectue dans l’urne n° i
sachant qu’on a effectué le n-ième dans l’urne j.
Ainsi : pij P(X j)(X n 1 i) .
n

b. m(n+1) = Pm(n).
c. On vérifie la propriété au rang 0 : le membre
de gauche est égal à m(0) et le membre de droite
est égal à P0m(0) = m(0) car P0 = I3.
Supposons la propriété vraie au rang n et montrons-là au rang n + 1.
m(n+1) = Pm(n) = PPnm(0) = Pn+1m(0).
Ê 0, 32 ˆ
2 a. m(10) ª m(20) ª ÁÁ 0,24 ˜˜ . La suite (m(n))
ÁË 0, 44 ˜¯
semble converger.
b. Mêmes conjectures.
c. Les probabilités de piocher les jetons n° 1, 2 et 3
sont environ et respectivement 0,32, 0,24 et 0,43.

n

1/ 2 ˆ
˜
0 ˜.
ÁË 3 / 10 1 / 2 -1 / 2 ˜¯
b. Non car cette matrice n’est pas inversible.
c. On peut éliminer une des équations et le système correspondant s’écrit comme suit et on le
résout en prenant l’inconnue a comme paramètre :
4
1
1
ÔÔ- a b c 0
-24a 5b 15c 0
5
6
2
€Ì
Ì
ÓÔ3a - 4b 0
Ô1 a - 2 b 0
ÔÓ2
3

24a - 5b 27a

ÔÔc
15
20 .
€Ì
3
a
Ôb
ÔÓ
4
Ê 20 ˆ
d. On prend a = 20 et donc m ÁÁ 15 ˜˜ qui n’est
Ë 27 ¯
pas un vecteur de probabilité.
e. Le vecteur de probabilité associé est
Ê 20 / 62 ˆ Ê 0, 32 ˆ
˜
Á
˜ Á
m Á 15 / 62 ˜ ª Á 0, 24 ˜ .
ÁË 27 / 62 ˜¯ Á 0, 44 ˜
¯
Ë

f. Les probabilités de piocher les jetons n° 1, 2
et 3 sont exactement et respectivement 20/62,
15/62 et 27/62.

3

j 1

2

Ê -4 / 5 1 / 6

4 a. P - I3 Á 1 / 2 -2 / 3
Á

Chapitre 5 n Suite de matrices

Activité 2

1 a. m(0)

Ê
Á
Á
Á
Á
Á
Á
Á
ÁË


0 ˜˜


˜


0 ˜¯

Ê 0,14 ˆ
Ê 0,13 ˆ
˜
˜
Á
Á
0
,
27
˜
Á
Á 0, 25 ˜
Á 0,18 ˜
Á 0,19 ˜
˜
˜
Á
Á
b. m(10) ª Á 0,11 ˜ et m(20) ª m(30) ª Á 0,12 ˜ . On
Á 0,11 ˜
Á 0,12 ˜
˜
˜
Á
Á
0
,
11
˜
Á
Á 0,12 ˜
ÁË 0, 08 ˜¯
ÁË 0, 06 ˜¯
remarque que la suite (m(n)) semble converger.
c. On retrouve les mêmes résultats avec un vecteur m(0) ayant sa seule 5e coordonnée non nulle
égale à 1.

© éditions Belin, 2012.

P(X n 1 i)

3 a. m = Pm.
b. m = Pm ⇔ m – Pm = 0 ⇔ (I3 – P)m = 0
⇔ (P – I3)m = 0.

d. Un internaute est sur la page P1 avec une
probabilité d’environ 0,13 et sur P2 avec une probabilité d’environ 0,25.

mode de navigation, l’internaute passe presque
sûrement à une autre page.

2 m = Mm ⇔ Mm – m = 0 ⇔ (M – I7)m = 0.

Ê
Á
Á
Á
Á
arrondissant m ª Á
Á
Á
Á
Á
Á
Ë

e. Un internaute est sur la page P1 avec une
probabilité de 1/8 = 0,125 et sur P2 avec une probabilité de 1/4 = 0,25.
Ê
Á
Á
Á
Á
4 a. M Á
Á
Á
Á
Á
ÁË

0
0
1
0
0
0
0
0

1/ 5 1/ 3 0
0
0 0 0ˆ
˜
0 1/ 3 1/ 2 1/ 2 1/ 2 0 0 ˜
0
0
0
0
0 1 0˜
1/ 5 0
0
0 1/ 2 0 0 ˜
˜.
1/ 5 0 1/ 2 0
0 0 0˜
1/ 5 0
0 1/ 2 0 0 0 ˜
˜
0 1/ 3 0
0
0 0 0˜
1/ 5 0
0
0
0 0 1 ˜¯

b. m(200)8

≈ 1. Après 200 clics, on est donc
presque sûrement sur la page P8.
c. On calcule la matrice M – I et en résolvant le
système selon la même méthode qu’à la question
Ê 0ˆ
Á 0˜
Á ˜
Á 0˜
Á ˜
3, on obtient m ª Á 0 ˜ .
Á 0˜
Á 0˜
Á 0˜
Á ˜
Ë 1¯

5 a. On vérifie la propriété au rang 0. Le
membre de gauche est égale à m(0). Celui de
droite est égal à (1 – c)0M0m(0) + 0 =  m(0) car
M0 = I d’une part et qu’une somme vide est égale
à 0 d’autre part.
Ê 0,1 ˆ
Ê 0, 09 ˆ
Á
˜
Á
˜
0
,
18
Á
˜
Á 0,16 ˜
Á 0,15 ˜
Á 0,14 ˜
Á
˜
Á
˜
0
,
08
˜ et m(20) ª Á 0, 08 ˜ . Il semblerait
b. m(10) ª Á
Á 0, 08 ˜
Á 0, 08 ˜
Á
˜
Á
˜
0
,
08
Á
˜
Á 0, 08 ˜
Á 0, 07 ˜
Á 0, 06 ˜
Á
˜
Á
˜
Ë 0, 25 ¯
Ë 0, 3 ¯
que la suite (m(n)) soit convergente.
c. Avec c = 0,99 les coordonnées de m(10) ou m(20)
sont environ égales. Ceci est normal car d’après le

0, 09 ˆ
˜
0,16 ˜
0,14 ˜
˜
0, 08 ˜
.
0, 08 ˜
˜
0, 08 ˜
0, 06 ˜
˜
0, 3 ¯

Travaux pratiques
1TP Algorithmique 1

1 a. Il y a trois répartitions possibles : 1 boule
dans chaque urne ; toutes les boules dans A ;
toutes les boules dans B.
2 b. On remarque que toutes les boules sont
soit dans l’urne A, soit dans l’urne B.
c. On peut conjecturer qu’après un nombre pair
d’étapes, toutes les boules sont soit dans A, soit
dans B.
d. On peut conjecturer qu’après un nombre impair
d’étapes, il y a une boule dans chaque urne.
3 a. On nomme l’état 1 celui où toutes les
boules sont dans A, l’état 2 celui où il y a une
boule dans chaque urne et l’état 3 celui où toutes
les boules sont dans B.
1

1

1

2
0,5

3
0,5

b. Simple vérification.

4 a. On part de la situation où toutes les

Ê 1ˆ
boules sont dans A, donc u(0) ÁÁ 0 ˜˜ .
Ë 0¯

Ê 0, 5 ˆ
Á
˜
b. Pour n pair, on obtient u(n) Á 0 ˜ et pour n
Á
Ê 0ˆ
Ë 0, 5 ˜¯
˜
Á
(
n
)
impair u Á 1 ˜ .
Ë 0¯

Chapitre 5 n Suite de matrices n  3

© éditions Belin, 2012.

3 a. b. Voir captures sur le manuel.
c. La 8e équation est a + b + c + d + e + f + g = 1.
d. Le résultat donné par Maxima est :

6 La matrice A = I – (1 – c)M et on obtient en

2TP TICE 1

Ê
ˆ
Ê
ˆ
Ê
ˆ
1 a. F 2 Á 2 1 ˜  ; F 3 Á 3 2 ˜  ; F 4 Á 5 3 ˜  ;
Ë 1 1¯
Ë 2 1¯
Ë 3 2¯
etc.
b. F n+1 = F nF = FF n. On a alors
Ê Fn Fn ˆ
Ê
ˆ
Ê
ˆ Ê
ˆ Fn Fn
Á 1,1 1,2 ˜ 1 1 1 1 Á 1,1 1,2 ˜ ⇔
Á F n F n ˜ ËÁ 1 0 ¯˜ ËÁ 1 0 ¯˜ Á F n F n ˜
Ë 2,1 2,2 ¯
Ë 2,1 2,2 ¯
Ê Fn Fn Fn ˆ Ê Fn Fn Fn Fn ˆ
2,2 ˜
Á 1,1 1,2 1,1 ˜ Á 1,1 2,1 1,2
. Les
n
n
Á Fn Fn Fn ˜ Á
˜
F1,1
F1,2
Ë 2,1 2,2 2,1 ¯ Ë
¯
coefficients à la 2e ligne et 2e colonne sont donc
égaux.
c. Ces termes correspondent aussi à F n–11,1 et
F n+12,2.
d. D’après les calculs de la question b, on a :
F n+11,1 = F n1,1 + F n1,2 ce qui correspond à
un+2 = un+1 + un.
e. On a u15 = 610, u16 = 987 et u17 = 1 597. On
u
peut remarquer que n 1 ª 1, 62. La suite semble
un
donc être presque géométrique de raison 1,62
environ.

2 a. On utilise la forme vn = v0qn au rang n + 2
et n + 1 pour obtenir v0qn+2 = v0qn+1 + v0qn et on
obtient le résultat demandé en simplifiant.
b. C’est une équation du second degré et les
1 5
1- 5
solutions sont f1
et f2
. On
2
2
remarque que φ1 ≈ 1,62.
c. φ1n+2 = φ1n×φ12 = φ1n×(φ1 + 1) = φ1n+1 + φ1n. De
même pour φ2.
d. Même démonstration.
e. u0 = 0 =  λφ10 + mφ10 =  l + m. On a aussi
u1 = 1 = λφ1 + µf. Ainsi, en résolvant le système :
5
5
l
; m .
5
5
n
n
5 Ê1 - 5 ˆ
5 Ê1 5 ˆ
Ainsi : un = un
.
Á
˜
Á
˜
5 Ë 2 ¯
5 Ë 2 ¯
f. On indique la commande suivante :
solve_rec(u(n+1)=u(n)+u(n–1), u(n), u(0)=0, u(1)=1);

4

n

Chapitre 5 n Suite de matrices

3 Lors n devient grand, φ2n devient proche de 0
car –1 < φ2 < 1. On peut donc négliger ce terme
et la suite (un) est approximativement égale à
n

5 Ê1 5 ˆ
, qui est la forme d’une suite géomé5 ÁË 2 ˜¯
trique de raison φ1.
Ê fn 1 - fn 1 fn - fn ˆ
2
1
2 ˜
4 a. M n 5 Á 1
5 ÁË fn - fn fn-1 - fn-1 ¯˜
1
2
1
2
b. Simple vérification.
3TP TICE 2

un 1 - un
v
-v
a.
b. n 1 n -c .
vn
un
u -u
c. n 1 n a - bvn € un 1 un(1 a bvn) et
un
vn 1 - vn
-c dun € vn 1 vn(1 - c dun).
vn
b représente le taux de prédation et d le taux de
croissance des prédateurs.

1 a.

2 a. b. c. @ Le fichier corrigé est disponible
sur www.libtheque/maths.fr
3 b. Le premier retour se fait au bout d’environ
164 étapes, le deuxième au bout de 328 étapes et
le troisième au bout de 492 étapes.
c. Les coordonnées des états d’équilibre sont
(0 ; 0) et (150 ; 50).
4 a. un+1 = un et vn+1 = vn.
Ôu un(1 a - bvn)
b. Ì n

ÓÔvn vn(1 - c dun)


ÔÔvn
Ì
Ôu
ÔÓ n

a
b.
c
d

c. Simple vérification.

Ê
c Ê
cˆ Ê
aˆˆ
ÔUn 1 ÁUn ˜ Á1 a - b ÁVn ˜˜
d
d
b
Ë
¯
Ë
¯¯
Ë
5 a. ÔÌ
ÔV a ÊV aˆ Ê1 - c d ÊU c ˆˆ
ÁË n d ˜¯˜¯
ÔÓ n 1 b ÁË n b˜¯ ÁË

c Ê

ÔUn 1 ÁUn ˜ (1 - bVn)
d
d
Ë
¯
Ô
€Ì
ÔV a ÊV aˆ (1 dU )
n
ÔÓ n 1 b ÁË n b˜¯

bc
V
ÔÔUn 1 Un - bUnVn d n
€Ì
ad
ÔV
Vn dUnVn
U
ÔÓ n 1
b n
b. Si Un et Vn sont proches de 0 (par ex. 0,01),
alors UnVn est encore plus proche de 0 (0,0001)
donc négligeable par rapport à Un ou Vn.

© éditions Belin, 2012.

c. Démonstration pour n pair.
La propriété est vraie au rang 0. On la suppose
vraie au rang n pair et démontrons-là au rang
Ê 0, 5 ˆ Ê 0, 5 ˆ
n

2
(
0
)
2
n
(
0
)
2
n + 2 : M u M M u M Á 0 ˜ Á 0 ˜ .
Á
˜ Á
˜
ÁË 0, 5 ˜¯ ÁË 0, 5 ˜¯
Démonstration similaire pour n impair.

Un système approchant S1 est donc

bc
V
Ô Un 1 Un Ô
d n
Ì
ad
ÔV
Vn
U
ÔÓ n 1
b n
Ê
ˆ
ÊU ˆ Ê
1
-bc / d ˆ Un
€ Á n 1 ˜ Á
Á
˜.
˜
ÁË Vn 1 ˜¯ Ë ad / b
1
¯ ÁË Vn ˜¯
Ê 1 -0,15 ˆ
Donc M Á
˜.
Ë 0, 01 1 ¯
c. Lorsqu’on est de retour à l’état initial, la
matrice Mn = I.
Ê 1,13 -0,11 ˆ
M163 Á
˜ , assez proche de la matrice
Ë 0, 01 1,13 ¯
unité.

0, 5a 0, 5c 0, 45
équations Ì
. Il s’agit donc d’un
ÓÔ0, 5b 0, 5d 0, 55

1 a. Faux.   b. Vrai.   c. Vrai.
d. Faux, il peut y avoir des coefficients négatifs
e. Faux, les dimensions ne sont pas forcément les
bonnes.
2. Réponse d.

3 a. Faux.

Ê 0, 5 ˆ
Ê 0, 625 ˆ
Ê -1, 25 0 ˆ
u Á
˜, v Á
˜ et A Á
˜.
Ë 0, 5 ¯
Ë 0, 375 ¯
Ë 0, 25 1 ¯
b. Vrai, voir cours.
Ê 0, 5 ˆ
Ê
ˆ
c. Faux. A Á 1 0 ˜ et u Á
˜.
Ë 0 1¯
Ë 0, 5 ¯
4 1. Réponse a.
2. Réponse b.

5 a. Faux. b. Vrai. c. Vrai.

d. Faux.

2. Réponse b.
4. Réponse c.

7 a. Faux. b. Vrai. c. Faux. d. Vrai.
8 a. Faux.
b. Faux, c’est u1 = 1.
c. Faux, cela dépend du vecteur u donnant l’état
initial.

Appliquer les capacités attendues
10 a.
1

2
0,65

On obtient a = 0,8 ; b = 0,2 ; c = 0,1 et d = 0,9.

14 1. x % représente donc la probabilité de passer de l’état 2 à l’état 1, c’est-à-dire le coefficient
1,2 qui vaut 0,2. Ainsi x = 20.
y % représente le coefficient de passage de l’état
1 à l’état 2, c’est-à-dire le coefficient 2,1 qui vaut
0,1. Ainsi y = 10.
Ê 0, 3 ˆ
2. a. u Á
˜.
Ë 0, 7 ¯
Ê 0, 41 ˆ
b. M3u Á
˜ . La proportion de vente au
Ë 0, 59 ¯
bout de 3 semaines est donc de 0,41. La campagne fonctionne.

0,6
0,4

système de deux équations à quatre inconnues.
La matrice associée n’est pas carrée, donc non
inversible.
2. On rajoute les deux équations et le système
0, 5a 0, 5c 0, 45
Ô
0, 5b 0, 5d 0, 55
devient ÔÌ
Ô0,1a 0, 3c 0,11
ÔÓ0,1b 0, 3d 0, 29
Ê 0, 5 0 0, 5 0 ˆ Ê a ˆ Ê 0, 45 ˆ
˜
Á
˜
Á
0 0, 5 0 0, 5 ˜ Á b ˜ Á 0, 55 ˜
.
Á ˜
€Á
Á 0,1 0 0, 3 0 ˜ Á c ˜ Á 0,11 ˜
˜
˜Á ˜ Á
Á
Ë 0 0,1 0 0, 3 ¯ Ë d ¯ Ë 0, 29 ¯

0,35

16 1. On forme la matrice R =  M – I4 qui
n’est pas inversible. On résout alors l’équation
Chapitre 5 n Suite de matrices n  5

© éditions Belin, 2012.

Maîtriser le cours

6 1. Réponse a.
3. Réponse a.

11 1. La matrice est stochastique selon les
colonnes, donc réponse a.
2. a. Il faut regarder le coefficient 4,1 qui est
égal à 0,32.
b. C’est le coefficient 1,3 égal à 0,29.
c. C’est le coefficient 2,1 égal à 0,17.
d. C’est le coefficient 4,2 égal à 0,3.
3. Le plus petit coefficient est 0,08 placé en position 3,4. Il s’agit donc de faire succéder de la
cytosine avec de guanine.
Le plus gros coefficient est 0,32 placé en position
1,4. Il s’agit donc de faire succéder de la cytosine
avec de l’adénine.
Ê
ˆ
13 1. En posant M Á a c ˜ , on obtient les
Ëb d¯

Exercices

2 1. Réponse a.

Ê 0, 4 0, 65 ˆ
b. M Á
˜.
Ë 0, 6 0, 35 ¯

Ê
Á
Á
Á
ÁË

a ˆ Ê 41 / 182 ˆ
Á
˜
b ˜˜ Á 38 / 91 ˜ .
c ˜ Á 15 / 182 ˜
d ˜¯ ÁË 25 / 91 ˜¯

2. a. On calculer par exemple M20u, et M50u, etc.
b. On peut s’en apercevoir rien qu’en calculant
M20v où les deux coordonnées « centrales » sont
égales à 0.

17 1. a. On forme la matrice

Ê
Á
R M – I4 Á
Á
Á
Ë

-0, 75
0, 25
0, 25
0, 25

0 0
0 0
0 -0, 5
0 0, 5

0 ˆ
˜
0 ˜
et on doit donc

˜
-1 ¯

-0, 75a 0
Ô
Ô0, 25a 0
résoudre le système Ì
. La
Ô0, 25a - 0, 5c d 0
ÔÓa b c d 1
matrice associée à ce système n’est pas inversible,
on prend donc l’inconnue d comme paramètre et
on obtient a = 0 ; b = 1 – 3d ; c = 2d.
En prenant d = 0, on trouve p et en prenant
d = 1/3, on trouve m. Il s’agit bien de deux
mesures stationnaires car les vecteurs p et m ne
sont pas colinéaires.
b. Si v = ap + vm,
alors Mv = aMp + bMm = ap + bm = v.
c. On doit avoir a + 2b/3 + c/3 = 1. Il existe donc
une infinité de mesures stationnaires à M.
Ê 0 ˆ
Á 0, 33 ˜
˜,
2. a. La limite semble être le vecteur v ª Á
Á 0, 44 ˜
Ê 0 ˆ
˜
Á
Á 1/ 3 ˜
Ë 0, 22 ¯
˜
Á
c’est-à-dire v
.
Á 4 /9˜
ÁË 2 / 9 ˜¯

b. On en déduit que a = 1/3 et b = 1/2.
Ê 0ˆ
Ê 0ˆ
Á 1˜
Á ˜
c. Si u Á ˜ , alors v Á 1 ˜ . a = 1, b = 0.
0
Á ˜
Á 0˜
ÁË 0 ˜¯
ÁË 0 ˜¯

Ê
Á
Si u Á
Á
ÁË


0 ˜˜ ou u

0 ˜¯

b = 1.

Ê
Á
d. Si u Á
Á
ÁË

Ê
Á
Á
Á
ÁË

Ê 0 ˆ

˜
Á
0 ˜˜ , alors v Á 0 ˜ . a = 0,

Á 2 /3˜
ÁË 1 / 3 ˜¯
1 ˜¯

Ê 0 ˆ
0 ˆ
Á 0, 5 ˜
0, 5 ˜˜
˜ . a = 1/2, b = 1/2.
, alors v Á
Á 1/ 3 ˜
0 ˜
ÁË 1 / 6 ˜¯
0, 5 ˜¯

19 1. a.
0,98

0,02
0

1

0,99

0,01

Ê 0, 98 0, 01 ˆ
b. M Á
˜.
Ë 0, 02 0, 99 ¯

2. Pour tout entier naturel n, on a : u(n+1) = Mu(n)
donc u(n) = Mnu(0).
Ê ˆ
3. a. u(0) Á 0 ˜
Ë 1¯
Ê 0, 03 ˆ
b. On calcule u(3) M3u(0) ª Á
˜ . On a donc
Ë 0, 97 ¯
une probabilité de 97 % d’avoir le bit 1 au 3e relais.
c. Tout d’abord, quelques calculs. On a
Êu(n 1)ˆ Ê 0, 98 0, 01 ˆ Êu(n)ˆ Ê
ˆ
º
1
1
Á
˜ Á
˜Á ˜
ÁËu(n 1)˜¯ ÁË 0, 02 0, 99 ˜¯ ÁËu(n)˜¯ ÁË0, 02u(n) 0, 99u(n)˜¯
1
2
2
2
Et en n’oubliant pas que u(n)1 + u(n)2 = 1, on
obtient : u(n+1)2 = 0,02 + 0,97 u(n)2.
Vérifions l’hypothèse au rang 0 : u(0)2 = 1 qui est
bien supérieur à 2/3.
Supposons maintenant l’hypothèse vérifiée au
rang n et montrons-là au rang n + 1.
u(n)2 > 2/3 donc 0,02 + 0,97 u(n)2 > 2/3, c’est-àdire u(n+1)2 > 2/3.
Calculons maintenant la différence
u(n+1)2 – u(n)2 = 0,02 – 0,03u(n)2 < 0.
Ê 0, 09 ˆ
Ê
ˆ
(12) ª 0,1021 et comme
d. u(11) ª Á
˜ et u
Á
˜
Ë 0, 91 ¯
Ë 0, 8979 ¯
la suite (u(n)2) est décroissante, les autres valeurs
sont inférieures à 0,9, le nombre maximum de
relais est 11.
Ê 0, 91 ˆ
Ê ˆ
4. a. On prend u(0) Á 1 ˜ et on a : u(5) ª Á
˜
Ë 0¯
Ë 0, 09 ¯
Ê 0, 89 ˆ
et u(6) ª Á
˜ . Il faut donc au maximum 5 relais.
Ë 0,11 ¯

b. On prend le minimum de 5 et 11 : il faut donc
au maximum 5 relais dans le réseau.

6

n

Chapitre 5 n Suite de matrices

© éditions Belin, 2012.

matricielle suivante, où la dernière ligne provient
de l’équation a + b + c + d = 1 :
Ê -1 0, 5 0, 2 0 ˆ Ê a ˆ Ê 0 ˆ
˜Á ˜ Á ˜
Á
Á 1 -1 0 0, 7 ˜ Á b ˜ Á 0 ˜ et on trouve
Á 0 0 -1 0, 3 ˜ Á c ˜ Á 0 ˜
˜Á ˜ Á ˜
Á
Ë 1 1 1 1 ¯Ë d ¯ Ë 1¯

20 Dans cet exercice on cherche à montrer que
M est une matrice stochastique selon les lignes si
et seulement si Mu = u.
u étant stochastique avec tous ses coefficients
1
égaux, ils sont égaux à , où n est la taille du
n
vecteur (et de la matrice). Le i-ème coefficient de
n
n
1
Mu est donné par
mikuk
m .
n k 1 ik
k 1
Si M est stochastique selon les lignes, alors pour

Â

Â

n

tout i,

 mik 1, donc chaque coefficient de Mu

k 1

1
est égal à .
n
n
1
1
Si Mu = u, alors
mik , ce qui montre que
n
n
n
k 1
mik 1, c’est-à-dire M stochastique selon les

Â

Â

k 1

lignes.

21 1. a. Cette somme est égale à 1 puisqu’il
s’agit de la somme des coefficients d’une même
colonne et que la matrice unité est stochastique.
b. Iij

n

 mik pkj .

k 1

c. Pour tout j :
1

n

n

n

Ê

n

n

ˆ

n

Ë i 1

¯

k 1

 Iij   mik pkj  pkj ÁÁ mik˜˜  pkj .
i 1

i 1 k 1

k 1

d. P est donc stochastique selon les colonnes.
n

 pikmkj et donc

2. Dans ce cas, on a Iij
n

n

n

k 1

n

n

ˆ

Ë i 1

¯

Ê

 Iij   pikmkj  mkj ÁÁ pik˜˜ ...?. On
i 1

i 1 k 1

pourrait aussi tenter
n

Â

j 1

Iij

n

n

ÂÂ

j 1k 1

pikmkj

k 1
n

n

  mkj mais M n’est

k 1

pik

j 1

pas stochastique selon les lignes.

22 a. Pour tout i, vi
chastique, 1

n

n

n

 aikuk , or v étant sto-

k 1

n

n

 vi  uk aik  uk ,
i 1

k 1

i 1

ce qui

k 1

signifie que u est stochastique.
b. Si on suppose A inversible, alors on a u = A–1v
qui est donc un vecteur stochastique car l’inverse
d’une matrice stochastique l’est aussi par l’exercice précédent.

23 Le coefficient à la i-ème ligne et j-ème colonne
de M2 est donné par
n

n

n

k 1

k 1

k 1

 mikmkj  mi1mkj mi1 mkj mi1 où

on a

remplacé mik par mi1, car toutes les colonnes sont
identiques. Ce coefficient est celui de M situé à la
i-ème ligne et 1re colonne donc aussi égal à celui
de la i-ème ligne et j-ème colonne.

24 1. Dans ce cas, A =  I2 et donc An =  I2 pour
tout n. Donc la suite (An) converge vers I2.
Ê
ˆ
Ê
ˆ
2. A Á 0 1 ˜ et An Á 0 1 ˜ pour n impair et
Ë 1 0¯
Ë 1 0¯
An = I2 pour n pair. La suite ne converge pas.
Ê
ˆ
3. a. A - I Á a - 1 1 - b ˜ et
Ë 1- a b - 1¯

Ê
ˆ
A - (a b - 1)I Á 1 - b 1 - b ˜ et le produit est
Ë 1- a 1- a ¯
bien égal à O.
b. D’après le théorème donné, on a xn = P(x)Q(x)
+ R(x) avec deg(R) < deg(P) = 2. Donc R est une
fonction affine.
c. Les racines de P sont 1 et a + b – 1.
En prenant x = 1 on obtient
1 = P(1)Q(1) + R(1) = m + p.
En prenant x = a + b – 1, on obtient
(a + b – 1)n = P(a + b – 1)Q(a + b – 1)
+ R(a + b – 1) = m(a + b – 1) + p.
(b a - 1)n - 1
Les solutions sont m
et
b a-2
(b a - 1) - (b a - 1)n
p
.
b a-2
n
d. On a A  = P(A)Q(A) + mA + pI2 = mA + pI2.
On peut alors écrire que
1
An
b a-2
Ê(a - 1)(b a - 1)n b - 1 b - 1 (b - 1)(b a - 1)nˆ
Á
˜
Ë a - 1 - (a - 1)(b a - 1)n (b - 1)(b a - 1)n a - 1¯

e. On a pris 0 < a, b < 1 donc 0 < a + b < 2
donc –1 < a + b – 1 < 1 donc la suite
((a + b – 1)n) converge vers 0. Ainsi, (An) converge
vers la matrice donnée.

25 1. Simple vérification.
Ê n 0 ˆ
2. a. On conjecture que Dn Á 6
˜ . VériË 0 (-1)n ¯
fions la propriété au rang 0 : D0 = I2 et on a bien
60 = (–1)0 = 1.
Supposons la propriété vraie au rang n et montrons-là au rang n + 1. On a alors

Chapitre 5 n Suite de matrices n  7

© éditions Belin, 2012.

S’entraîner

28 1. a. (x - y)n

Ê 6 n 1
0 ˆ
Á
˜.
Ë 0 (-1)n 1 ¯

b. Vérifions la propriété au rang 0. M0 =  I2.
PD0P–1 = PP–1 = I2.
Supposons la propriété vraie au rang n et montronslà au rang n +  1. On a alors Mn+1 = MnM = (PDnP–1)
(PDP–1) = PDnDP–1 = PDn+1P–1.
Ê 21 ¥ 6n - 20(-1)n 2 ¥ 6n 1 - 12(-1)n ˆ
c. M n Á
˜.
Ë 35(-1)n - 35 ¥ 6n 21(-1)n - 20 ¥ 6n ¯

26 1. a. vi(n)

8

 mikm(kn) .

k 1

b.
8

8

8

8

8

8

k 1

i 1

k 1

 vi(n)   mikm(kn)  m(kn) mik  m(kn) 1.
i 1

i 1 k 1

2. a.
b.

m(in 1)

(1 -

c)vi(n)

8

8

i 1

i 1

c
.
8
c

 m(in 1) (1 - c) vi(n) 8 ¥ 8 1 - c c 1.

27 1. a. an+1 = 0,95an + 0,2bn.
b. bn+1 = 0,05an + 0,8bn.
2. a. b0 = 500 – 375 = 125.
c. Il semblerait que les populations des états A et
B se stabilisent autour des 400 et 100 individus.
Ê 0, 95 0, 2 ˆ
3. a. M Á
˜.
Ë 0, 05 0, 8 ¯
b. Dans la question 2.b. on a vu que la suite (un)
Ê
ˆ
semble converger vers Á 400 ˜ .
Ë 100 ¯
0, 95a 0, 2b 0
c. On doit résoudre le système Ì
ÓÔa b 1
Ê ˆ Ê 4 /5ˆ
qui a pour solution Á a ˜ Á
.
Ë b ¯ Ë 1 / 5 ˜¯

d. Il y a donc bien environ (4 × 500)/5 = 400 individus dans l’état A et 100 dans l’état B.
4. a. Simple vérification.
1 Ê 4 n 1 3n 4 n 1 - 4 ¥ 3n ˆ
b. M n
Á
˜.
54 n Ë 4 n - 3n 4 n - 4 ¥ 3n ¯
ˆ
ˆ
Ê
ˆ Ê
Ê
ˆ Ê
c. M50 Á 375 ˜ ª Á 400 ˜ et M100 Á 375 ˜ ª Á 400 ˜ .
Ë 125 ¯ Ë 100 ¯
Ë 125 ¯ Ë 100 ¯
5. Le calcul de Dn est très facile et celui de PDnP–1
nécessite deux multiplications de matrices aussi
alors que le calcul direct de Mn nécessite beaucoup plus d’opérations.

8

n

Chapitre 5 n Suite de matrices



n

Ê

ˆ

Ê

ˆ

 ÁË nk ˜¯ x k(-1)n- k y n- k

k 0
n

 ËÁ nk ¯˜ x n- k(-1)k y k.

k 0

b. (1 – 1)n = 0 et (1 - 1)n


n

Ê

ˆ

Ê

ˆ

 ÁË nk ˜¯ 1n- k(-1)k

k 0
n-1

 ËÁ nk ¯˜ (-1)k (-1)n.

k 0

n-1

Ê nˆ
k
n
n-1
Ainsi
ÁË k ˜¯ (-1) -(-1) (-1) .
k 0

Â

2. a. Il semblerait que pour toute entier naturel
n ≥ 1, Pn = P.
b. La propriété est vraie au rang 1. Supposons-la
vraie au rang n et démontrons-la au rang n + 1 :
P n 1 P nP P2 P .
Ê 0, 48 -0, 52 ˆ
b. Q Á
˜ . Même conjecture et
Ë -0, 48 0, 52 ¯
même démonstration.
c. PM = MP = P.
d. Faisons la démonstration par récurrence. La
propriété est évidemment vraie au rang 0. Supposons-la au rang k et démontrons-la au rang
k + 1. PMk+1 = PMkM = PM = P.
3. a. Qn 4 n(P - M)n
(-1)nM n

n

 P n- k(-1)kMk

k 0
n-1

 (-1)kPMk

k 0

(-1)nM n (-1)n-1P
b. On en déduit que
ˆ
1 Ê 1 n
1
Mn
Q (-1)nP˜
Qn P
Á
n
n
¯ (-4)n
(-1) Ë 4
1
Q P.

(-4)n
Ê
Á
Á
29 1. a. M Á
Á
Á
ÁË

0, 8
0
0
0
0,1

0, 2 0
0
0 ˆ
˜
0, 7 0, 3 0
0 ˜
0 0, 4 0, 6 0 ˜ .
˜
0
0 0, 2 0, 8 ˜
0 0, 25 0 0, 65 ˜¯

b. Cette matrice est stochastique selon les lignes.
c. On aurait dû dire que mij représentait la probabilité de passage de l’état j à l’état i.
2. a. On doit prendre la matrice M stochastique
selon les lignes.

© éditions Belin, 2012.

Ê
ˆ Ê 6n 0 ˆ
Dn 1 DDn Á 6 0 ˜ Á
˜
Ë 0 -1 ¯ Ë 0 (-1)n ¯

( 0 0 0 0 1)
qui a pour solution
Ê
ˆ
( a b c d e ) Á 24 16 28 21 48 ˜ .
Ë 137 137 137 137 137 ¯

30 1. a. x doit être égal au reste de la division
euclidienne de i par 10 augmenté de 1, ce qui
s’écrit en langage informatique : x = (i+1)%10.
b. y = (i – x)/10 + 1 ;
c. Voir fichier.
2.
Pour i = 1 à 5 000 faire
n est un entier aléatoire entre 0 et 199 ;
x = x(An)
y = y(An)
Déplacer le point An aux coordonnées (– x ; y) ;
FinPour

3. a. UA doit être initialisé à 200 et UB à 0.
b.
UA = 200 ; UB = 0 ;
Pour i = 1 à 5 000 faire
n est un entier aléatoire entre 0 et 199 ;
x = x(An)
y = y(An)
Déplacer le point An aux coordonnées (– x ; y) ;
Si x > 0 alors
UA = UA – 1 ;
UB = UB + A ;
Sinon
UA = UA + 1 ;
UB = UB – 1 ;
FinSi
FinPour

4. a. Ce choix permet d’avoir un tout le graphique dans une fenêtre de taille raisonnable,
d’un seul coup d’œil.
b. L’ordonnée est UA/200.
c. On constate que la proportion de particules
dans l’urne A est d’environ 0,5.

31 1. a. M est stochastique selon les lignes.
b. On devra utiliser le vecteur V en ligne.
c. On devra calculer VM.
d. (12 5 6 3)M = (10,7 2,4 5,98 3,42)
2. a. X1 = X0M.
b. X2 = X1M + X0 = X0M + X0 = X0(M + I).
c. La propriété est vraie aux rangs 0, 1 et 2
d’après les deux questions précédentes. Supposons la propriété vraie au rang n et démontrons-la
au rang n + 1.
X n 1 X nM X0 X0

n

 Mk 1 X0

k 0

n 1
ˆ
Ê n
X0 Á
M k 1 M˜ X0
M k.
ÁË
¯˜
k 0
k 0

Â

Â

d. X30 ≈ (38,3 7,66 9,13 9,21).
X40 ≈ (38,36 7,67 9,16 9,23) et
X50 ≈ (38,37 7,67 9,16 9,23). Si l’on suppose que
les données sont en milliers, il faut donc environ
3837 lits dans le service 1, 767 dans le n° 2, 916
dans le n° 3 et 923 dans le n° 4.

32 1.
A

1

0,5

0,5
I

1

2. a. Il semblerait que pour n impair,
Ê 0, 5 0 0, 5 ˆ
pour n pair n > 0, M n Á 0 1 0 ˜ .
Á
˜
ÁË 0, 5 0 0, 5 ˜¯

B

Mn = M

et

b. Démonstration pour n impair.
La propriété est vraie au rang 1. Supposons la
vraie jusqu’au rang n et montrons-la au rang
n + 2.
Mn+2 = MnM2 = MM2 = M3 = M.
Démonstration pour n pair.
On vérifie par le calcul la propriété au rang 2.
Supposons la vraie jusqu’au rang n et montronsla au rang n + 2.
Mn+2 = MnM2 = MM = M2 = M.
3. a. e = 0 correspondant à l’état I, donc l’état
suivant est A ou B, donc e = – 1 ou 1.
b. Lorsque e = – 1 ou 1, alors dans l’état suivant,
e = 0.
c. b = 2 pour obtenir un intervalle d’amplitude
2 ; a = 2 et c = 1 pour transformer 0 et 1 en – 1 et
1 à l’aide d’une fonction affine.

Chapitre 5 n Suite de matrices n  9

© éditions Belin, 2012.

b. On aurait dû calculer MV0 et prendre la
matrice stochastique en colonnes.
3. a. V20 ≈ V30 ≈ (0,18 0,12 0,2 0,15 0,35). La
suite semble converger.
b. V = VM ⇔ V(M – I) = 0. On pose V = (a b c d e
f g). On doit alors résoudre l’équation matricielle
suivante :
Ê 0, 2 -0, 2 0
0 1ˆ
Á
˜
Á 0 0, 3 -0, 3 0 1 ˜
( a b c d e )Á 0
0
0, 6 -0, 6 1 ˜
Á
˜
0
0
0, 8 1 ˜
Á 0
ÁË -0,1 0 -0, 25 0 1 ˜¯

e.
e = 1 ;
n = 0 ;
Faire
Si (e == 0) alors
e = 2*Ent(2*alea) – 1 ;
Sinon
e = 0 ;
FinSi
n = n + 1 ;
TantQue(e != 0)
Afficher (n) ;

f. g.
compt = 0 ;
Pour i = 1 à 10 000 faire
… [algorithme de la question e.]
Si (n == 2) alors
compt = compt + 1 ;
FinSi
FinPour
Afficher (compt / (i – 1)) ;
Il semblerait que la fréquence de retour en 2 pas
soit de 0,5.
h. Pour les fréquences de retour en 3 pas, 4
pas, etc on remplace le 2 par le nombre de
pas souhaité dans l’algorithme. On trouve que
P(XB = 3) = 0, P(XB = 4) ≈ 0,25, P(XB = 5) = 0,
P(XB = 6) ≈ 0,125, etc.
On peut conjecturer que si n est impair, alors
P(XB =  n) = 0 et que si n est pair de la forme
1
n = 2k alors P(XB = n) =  .
2k
4. a. Simple vérification. Ceci est normal car les
états A et B sont symétriques.
b. Dans l’algorithme, on remplace l’initialisation
e = 1 par e = 0. Dans le TanQue, on modifie par
e != 0. On exécute ensuite l’algorithme avec des
retours en 2 pas, 3 pas ou plus et on conjecture
que P(XI = 2) = 1 et P(XI = n) = 0 pour tout n ≠ 2.
5. a.
P(XI = 2) = P((XI = 2) ∩ (I → A)) + P((XI = 2) ∩ (I → B))

= P((I → A) ∩ (A → I)) + P((I → B) ∩ (B → I))

= P(I → A)P(A → I) + P(I → B)P(B → I)

10 n Chapitre 5 n Suite de matrices

car les événements sont indépendants.

= 0,5 × 1 + 0,5 × 1 = 1.
b. La conjecture est donc confirmée.
6. a. Si on fait 1 pas, on se retrouve en I. Il est
donc impossible d’être à nouveau à A après un
1 pas. À partir de là, si on fait un nombre pair
de pas, on se retrouvera nécessairement en I,
comme vu en 5.a. Ainsi, en faisant un nombre de
pas impair n = 1 + 2k, il n’est pas possible de se
retrouver en A.
b. P(XA = 2) = P((A → I) ∩ (I → A)) 
= P(A → I)P(I → A) = 1 × 0,5 = 0,5.
c. Pour faire un retour en 4 étapes, il ne faut pas
faire un aller-retour en I, c’est-à-dire qu’il faut
aller jusqu’en B et en revenir.
2

2

Ainsi (X A 4) (A ææ
Æ B) « (B ææ
Æ A).




2



P(A ææ
Æ B) P (A Æ I) « (I Æ B)



P (A Æ I)P(I Æ B) 1 ¥ 0, 5 1/2.
Ainsi, P(XA = 4) = 1/4.
d. Pour faire un retour en 2n étapes, il faut aller
en B (en 2 étapes), faire des aller-retour entre B
et I puis revenir en A (en 2 étapes). Le nombre de
pas permettant les aller-retour entre B et I doit
donc être égal à 2n – 2 – 2 = 2n – 4.
2n

e. On conjecture la formule P(B ææÆ B) sans
1
revenir en A) =  .
2n
2
Vérifions la propriété au rang n =  1 : P(B ææ
Æ B)
sans revenir en A) = P(B → I)P(I → B) = 1 × 0,5 = 1/2.
Supposons maintenant la propriété vraie au rang
n et montrons-la au rang n + 1.
2n 1

P(B æææÆ B sans revenir en A)
2n

2

P(B ææÆ B sans revenir en A)P(B ææ
Æ B)
1 1
1

.
2n 2 2n 1
1 1 1 1
Ainsi, P(XA = 2n) = 
.
2 2n- 2 2 2n
33 1. a. À partir d’un sommet, on peut atteindre
tous les autres sommets sauf celui sur lequel on est.
b. Les coefficients nuls seront ceux sur la diagonale (même indice de ligne et de colonne). On
Ê 0 1/ 3 1/ 3 1/ 3ˆ
Á
˜
1/ 3 0 1/ 3 1/ 3˜
aura alors M Á
.
Á 1/ 3 1/ 3 0 1/ 3˜
ËÁ 1 / 3 1 / 3 1 / 3 0 ˜¯



Ê
Á
2. M2 Á
Á
ÁË

1/ 3
2/9
2/9
2/9

2/9
1/ 3
2/9
2/9

2/9
2/9
1/ 3
2/9

2/9ˆ
˜
2/9˜
 ;
2/9˜
1 / 3 ˜¯

© éditions Belin, 2012.

e = 1 ;
Faire
Si (e == 0) alors
e = 2*Ent(2*alea) – 1 ;
Sinon
e = 0 ;
FinSi
Afficher (e) ;
TantQue(e != 1)

2/9
7 / 27
7 / 27
7 / 27

7 / 27
2/9
7 / 27
7 / 27

7 / 27
7 / 27
2/9
7 / 27

7 / 27 ˆ
˜
7 / 27 ˜
 ; etc.
7 / 27 ˜
2 / 9 ˜¯

a. Il semblerait que un = vn–1.
b. Il semblerait que bn = 3n–1.
c. a1 =  0 ; a2 =  1 ; a3 =  2 ; a4 =  7 ; a5 =  20 ;
a6 = 61.
d. a1 + a2 = 1 ; a2 + a3 = 3 ; a3 + a4 = 9 ;
a4 + a5 = 27 ; a5 + a6 = 81.
Il semblerait que an + an+1 = 3n–1.
e. Dans Maxima, on entre
« solve_rec(a(n+1)=3^(n–1)-a(n),a(n),a(1)=0); »
et on obtient
(-1)n 3n-1
an
.
4
f. On trouve a5 = 27 – a4 ; – a4 = – 9 + a3 ;
a3 = 3 – a2 et – a2 = – 1. En additionnant membre
à membre et en simplifiant, on obtient
a5 = 27 – 9 + 3 – 1. On en déduit la formule suivante : a5 -

3

 (-3)k .

k 0

Si l’on fait la même chose pour a4, on obtient
a4 = 9 – 3 + 1, d’où la formule a4

2

 (-3)k .

k 0

n- 2

La formule générale est donc an (-1)n

 (-3)k.

k 0

g. Il s’agit, au signe près, de la somme d’une
suite géométrique de raison –3. On a donc
n- 2

 (-3)k

k 0

1 - (-3)n-1 1 - (-3)n-1

et donc
1 - (-3)
4

1 - (-3)n-1 (-1)n 3n-1

.
4
4
(-1)n 3n-1
h. un vn-1
et donc
4 ¥ 3n-1
(-1)n 1 3n
vn
.
4 ¥ 3n
1
2
(-1)n 3n-1
(-1)n 1 3n
2
3. a. un vn
3
3
4 ¥ 3n
4 ¥ 3n 1
3 (-1)n 3n-1 2 (-1)n 1 3n

4 ¥ 3n 1
n
n

1
(-1) 3

4 ¥ 3n 1
n
et comme (–1)  = (–1)n+2, on en déduit bien le
résultat annoncé.
an (-1)n





b. On conjecture la forme suivante :
Êu v v v ˆ
Á n n n n˜
Áv u v v ˜
Mn Á n n n n ˜ .
Á vn vn un vn ˜
Áv v v u ˜
Ë n n n n¯
La formule est vraie au rang 1 d’après les formules donnant u1 et v1. Supposons la formule
vraie au rang n et montrons-la au rang n+1.
Mn+1 =  MnM. Chaque coefficient diagonal sera
3
donné par vn vn un 1. Chaque autre coeffi3
1
2
cient est donné par un vn vn 1 d’après la
3
3
question précédente.
x¢ k(x - a) a
.
ÓÔy ¢ k(y - a) a
Ê
ˆ
Ê
ˆ
b. A Á k 0 ˜ et B Á a - ka ˜ .
Ë0 k¯
Ë b - kb ¯

34 1. a. Ì

Ê x¢ ˆ Ê 0, 5 0 ˆ Ê x ˆ Ê 0, 5a ˆ
c. Á ˜ Á
˜Á ˜ Á
˜.
Ë y ¢ ¯ Ë 0 0, 5 ¯ Ë y ¯ Ë 0, 5b ¯

2. a. La variable choix n’a que trois valeurs possibles : 0, 1 ou 2. Si ce n’est ni 0 ni 1, il ne reste
que la possibilité 2 qui est donc traitée dans ce
cas.
b.
Si (choix == 0) alors
x = 0,5*xm + 0,5*xA ;
y = 0,5*ym + 0,5*yA ;
Sinon Si (choix == 1) alors
x = 0,5*xm + 0,5*xB ;
y = 0,5*ym + 0,5*yB ;
Sinon
x = 0,5*xm + 0,5*xC ;
y = 0,5*ym + 0,5*yC ;
FinSi

c. On doit commencer par multiplier alea par
3, puis on prend sa partie entière. C’est-à-dire
choix = Ent(3*alea).



Chapitre 5 n Suite de matrices n  11

© éditions Belin, 2012.

Ê
Á
M3 Á
Á
ÁË

N = 50 000 ;
a est le point de coordonnées (0 ; 0) ;
Pour i = 2 à N faire
choix est un nombre aléatoire entre 0 et 1 ;
Si (choix < 0.5) alors
x = (xa – ya)/2 ;
y = (xa + ya)/2 ;
Sinon
x = 1 – (xa + ya)/2 ;
y = 1 – (ya – xa)/2 ;
FinSi
a est le point de coordonnées (x ; y) ;
FinPour
0 1 1
; ;
1 1 0
0 1 1 2 1
2e étape : ; ; ; ;
1 2 1 1 0
0
1 1 2 1 3 2 3 1
3e étape : ; ; ; ; ; ; ; ;
1 3 2 3 1 2 1 1 0
2. a. 0 × 1 – 1 × 0 = –1.
b. a(b + b’) – b(a + a’) = ab + ab’ – ba – ba’

= ab’ – ba’ = –1.
(a + a’)b – (b + b’)a = ab + ab’ – ba – b’a

= ab’ – ba’ = –1.
La fraction donnée se situant entre a/b et a’/b’ à
la ligne p + 1, on en déduit que l’hypothèse est
vérifiée au rang p + 1.
3. On peut en déduire que le numérateur et le
dénominateur de chaque fraction sont premiers
entre eux, c’est-à-dire que chaque fraction est
irréductible.

36 1. 1re étape :

Ê
ˆ
37 1. On pose D Á x z ˜ . On a donc
y t
Ë

¯

Ê ax a¢ y az a¢ t ˆ
MD Á
˜ et on en déduit que
Ë bx b¢y bz b¢t ¯
Ê
ˆ
x = y = t = 1 et z = 0. Donc D Á 1 0 ˜ .
Ë
¯
1
1
Ê
ˆ
2. G Á 1 1 ˜ .
Ë 0 1¯
Ê
3. a. JGGD Á
Ë
Ê
Á
Ë
Ê
Á
Ë

0 1 ˆ Ê 1 1ˆ Ê 1 1ˆ Ê 1 0 ˆ
1 0 ˜¯ ÁË 0 1 ˜¯ ÁË 0 1 ˜¯ ÁË 1 1 ˜¯
0 1ˆ Ê 1 1ˆ Ê 1 0 ˆ
1 1 ˜¯ ÁË 0 1 ˜¯ ÁË 1 1 ˜¯
0 1ˆÊ 1 0 ˆ Ê 1 1ˆ.
Á
˜
1 2 ˜¯ ÁË 1 1 ˜¯ Ë 3 2 ¯

Cela correspond bien à deux fractions de la
3e ligne.

12 n Chapitre 5 n Suite de matrices

Ê
ˆ
b. JGDG Á 1 1 ˜ . Cela correspond bien à deux
Ë 2 3¯
fractions de la 3e ligne.
c. La matrice G s’appelle ainsi car on s’oriente
vers la gauche dans la ligne suivante. De même
la matrice D permet de s’orienter à droite dans la
ligne suivante.

38 1.
Pour i = 1 à N faire
d = JD ;
g = JG ;
Si (d11/d21 ≤ x && x ≤ d12/d22) alors


2.
M = "" ; (chaine de caractère vide)
Si (d11/d21 ≤ x && x ≤ d12/d22) alors
J = d ;
M = M + "D" ;
Sinon
J = g ;
M = M + "G" ;
FinSi
FinPour
Afficher (J) ;
Afficher (M) ;

Préparer le BAC
Exercices guidés BAC
45 1.

0,3
0,7

1

2

0,2

0,8

Ê
ˆ Ê 0, 7 0, 8 ˆ
2. M Á 1 - a b ˜ Á
˜.
Ë a 1 - b ¯ Ë 0, 3 0, 2 ¯
Ê ˆ
3. a. u(0) Á 0 ˜ .
Ë 1¯

b. u(n) = Mnu(0).

Ê 0, 27 ˆ
c. On doit calculer u(7) ª Á
˜ . Il pleut donc
Ë 0, 73 ¯
avec une probabilité d’environ 27 %.

© éditions Belin, 2012.

35

Ê 0, 27 ˆ
d. u(10) ª u(20) ª Á
˜ . La suite semble converË 0, 73 ¯
ger.
4. a. On doit résoudre p = Mp ⇔ (M – I2)p = 0 ⇔
Ê -a b ˆ Ê p1 ˆ
ÁË a -b ˜¯ ÁÁ p ˜˜ 0 ⇔ – aπ1 + bπ2 = 0. Il s’agit
Ë 2¯
Ô-ap bp2 0
donc de résoudre le système Ì 1
.
ÓÔp1 p2 1
Ê p ˆ
Ê
ˆ
Ê ˆ
b. A Á -a b ˜ ; X Á 1 ˜ ; Y Á 0 ˜ .
ÁË p2 ˜¯
Ë 1 1¯
Ë 1¯

c. Y = AX ⇔ A–1Y = X. La bonne réponse est la
Ê 8 / 11 ˆ
1re. On obtient alors p Á
˜.
Ë 3 / 11 ¯
Ê

pn 1 ˆ Ê 1 - a b ˆ Ê pn ˆ
˜
Á
˜.
ÁË 1 - pn 1 ¯˜ ÁË a 1 - b ˜¯ ÁË 1 - pn ˜¯

4. On résout
Ê 1
ˆ
Á0, 9 4 - p˜
ln Á
˜
1
Á 1- p ˜
Ë
¯
pn4 ≥ 0,9 ⇔ pn 0, 9 4 ⇔ n
ª 2, 66.
ln(1 - a - b)

QCM – Vrai ou faux BAC
47 1. a. Vrai ;
c. Faux (u = 0) ;

b. Faux ;
d. Vrai.

48 Réponse a. si on définit mij comme étant la
probabilité de passer de j à i et réponse b.
si on définit mij comme étant la probabilité de
passer de l’état i à l’état j.

46 1. Á

Donc pn+1 = pn(1 – a – b) + b.
Et ainsi pn+1 – pn = pn(1 – a – b) + b – p

= pn(1 – a – b) + p(a + b) – p

= (pn – p)(1 – a – b).
2. (pn – p) est donc une suite géométrique de
raison 1 – a – b et de premier terme p0 – p. Ainsi :
pn – p = (p0 – p)(1 – a – b)n
⇔ pn = (p0 – p)(1 – a – b)n + p.
1
3. Ici, p .
3
a. On transmet 0, donc p0 = 1.
On résout
pn ≥ 0,9 ⇔(1 – p)(1 – a – b)n + p ≥ 0,9
0, 9 - p

⇔(1 – a – b)n ≥ 
1- p
Ê 0, 9 - pˆ

⇔ n ln(1 - a - b) ln Á
Ë 1 - p ¯˜
Ê 0, 9 - pˆ
ln Á
Ë 1 - p ˜¯

⇔ n
car 1 – a – b ≤ 1.
ln 1 - a - b





En appliquant les valeurs numériques, on trouve
n ≤ 5,33. Il faut donc au maximum 5 relais dans
le réseau.
Ê 0, 9 p - 1ˆ
ln Á
˜¯
p
Ë
ª 11, 7. Il
b. p0 = 0. On trouve n
ln 1 - a - b
faut donc au maximum 11 relais.





Exercice BAC
49 1.

q

q

p
q

p

1

2

p

3

4

1

r
r

r

5
1

2. M est carrée de taille 5 et on a
Ê q 0 0 0 0ˆ
Á
˜
Á p q 0 0 0˜
M Á 0 p q 0 0 ˜.
Á
˜
Á 0 0 p 1 0˜
ÁË r r r 0 1 ˜¯

3. a. u(0)

Ê
Á
Á
Á
Á
Á
Ë


0 ˜˜


˜


b. Il faut calculer u(3) et regarder le coefficient
u(3)4 ≈ 0,61.
c. On a u(4)4 ≈ 0,7983 et u(5)4 ≈ 0,83 donc à partir de 5 années d’études, on obtient son diplôme
avec une probabilité d’au moins 80 %.

Chapitre 5 n Suite de matrices n  13

© éditions Belin, 2012.

Ê (1 - a)p b(1 - p ) ˆ
n
n
Á
˜
Ë
¯
...

P(A11)PA (A41) P(A21)PA (A41) P(A51)PA (A41)
11

21

51

qP(A41) pP(A42) rP(A45) qa1 pa2 r ¥ 0.
Êq
Á
Áp
c. a1 a2 a3 1 0 a1 a2 a3 1 0 Á 0
Á
Á0
ÁË r







0 0 0 0ˆ
˜
q 0 0 0˜
p q 0 0˜ .
˜
0 p 1 0˜
r r 0 1˜¯

On reconnaît la matrice M est on a donc u = uM
⇔ u(M – I) = 0.
On peut aussi vérifier qu’en calculant Mv, on
n’obtient pas v.
5. a. On ne regarde que la solution du 1er système, qui est le seul correct. La probabilité pour
un élève de 1re année d’obtenir son diplôme est
p3
donc de a1 ª 0, 84.
(1 - q)3
b. a2 et a3 représentent les probabilités d’obtenir
le diplôme pour les étudiants de 2e et 3e année.
c. On reprend la question 3. en prenant
Ê 0ˆ
Ê 0ˆ
Á 0˜
Á 1˜
Á ˜
Á ˜
(
0
)
(
0
)
u Á 0 ˜ puis u Á 1 ˜ . On regarde ensuite si
Á 0˜
Á 0˜
Á ˜
Á ˜
Ë 0¯
Ë 0¯
la suite (u(n)) converge et si c’est le cas, on note la
valeur de u(n)4 pour une valeur de n assez grand.
On trouve alors a3 ≈ 0,89 et a3 ≈ 0,94, ce qui correspond bien aux valeurs données par le logiciel.

Pour aller plus loin
50 1. a. M est carrée de taille p.
b. Chaque variable aléatoire prend des valeurs
entières entre 1 et p.
c. PX j(X n 1 i) est la probabilité de passer de
n

l’état j à l’état i, c’est donc mij.
P(A « B)
d. PB(A)
.
P(B)

14 n Chapitre 5 n Suite de matrices

2. a. Le membre de gauche est égal à mij(1) mij.
Le membre de droite est égal à PX j(X n 1 i) = mij
n
d’après 1.c.
b.
P(X n j « X n k i)



p

 P(Xn j « Xn k i « Xn k -1 l)
l 1
p

 P(Xn j « Xn k -1 l)PX j « X
n

l 1

n k -1 l

(X n k i)

c. C’est Xn+k–1 =  l car l’état à l’étape n + k ne
dépend que de l’état à l’étape précédente.
Ainsi,
PX j « X
(X n k i) PX
(X n k i) mil .
n k -1 l

n

n k -1 l

d. P(X n j « X n k i)



p

 P(Xn j « Xn k -1 l)mil
l 1
p

 PX j(Xn k -1 l)P(Xn j)mil
l 1

n

p

 mlj(k -1)mil.

P(X n j)

e. On a donc
PX

n

j(X n k

l 1

i)


P(X n j « X n k i)
P(X n j)
p

 milm(k -1) mij(k).
l 1

lj

51 1. f n’est continue sur R+ que si l’équation
cx  + d = 0 n’admet pas de solution positive. La
d
solution de cette équation est x - . Il faut
c
d
donc que
0, c’est-à-dire c et d de même
c
signe.
a
b
a
b
2. f(0) et lim f(x) donc f(x) si f
d
c
c
d
x Æ
b
a
est décroissante sur R+ et
f(x) si f est
d
c
+
croissante sur R .
3. x2 – 2 = 0 ⇔ x2 + x – x – 2 = 0
x 2
⇔ x(x + 1) = x + 2 ⇔ x
.
x 1
4. a. 1 < f(x) < 2 et on ne peut pas réellement
donner une valeur approchée de 2.
b. 2 f( 2) donc 2 f f( 2) .
Ê
ˆ
c. F Á 1 2 ˜ .
Ë 1 1¯





© éditions Belin, 2012.

Ê 0 ˆ
Á 0 ˜
˜
Á
(
10
)
(
20
)
ªu
ª Á 0 ˜ , donc la suite semble
d. u
Á 0, 84 ˜
˜
Á
Ë 0,16 ¯
converger vers ce vecteur. La probabilité qu’un
élève de 1re année obtienne son diplôme est
d’environ 84 %.
4. a. a4 = 1 et a5 = 0.
b.
a1 P(A41) P(A41 « A11) P(A41 « A21) P(A41 « A51)

Ê
ˆ
4
3
d. On calcule F 2 Á 3 4 ˜ . Ainsi, 2 ⇔
3
2
Ë2 3¯
1,33 <  2 < 1,5. On en peut pas encore donnée
une valeur approchée.
Ê
ˆ
7
10
e. F 3 Á 7 10 ˜ donc 2
5
7
Ë5 7 ¯

Pour la fonction f2 :
Ê x¢ ˆ Ê 0, 85 0, 04 ˆ Ê x ˆ Ê 0 ˆ
˜Á ˜ Á
Á y¢ ˜ Á
˜.
Ë ¯ Ë -0, 04 0, 85 ¯ Ë y ¯ Ë 1, 6 ¯

⇔ 1,4 <  2 < 1,42. Une valeur approchée à
10–1 est donc 1,4.
Ê
ˆ
17
24
F 4 Á 17 24 ˜ , donc
2
12
17
Ë 12 17 ¯

Pour la fonction f4 :
Ê x¢ ˆ Ê -0,15 0, 28 ˆ Ê x ˆ Ê 0 ˆ
˜Á ˜ Á
Á y¢ ˜ Á
˜.
Ë ¯ Ë 0, 26 0, 24 ¯ Ë y ¯ Ë 0, 44 ¯

Saisir (n) ;
M et P sont la matrice [[1,2],[1,1]] ;
u = p11/p21 ;
v = p12/p22 ;
TantQue |u – v| > 10–2 faire
P = MP ;
u = p11/p21 ;
v = p12/p22 ;
FinTantQue
Afficher (u) ;

c. Avant la boucle TantQue, on rajoute l’initialisation d’un compteur compt = 0 ;
À l’intérieur de la boucle, on rajoute
compt = compt + 1 ;
À la fin, on rajoute Afficher (compt) ;
d. Pauline a raison, on peut effectivement remplacer P =  MP par P =  PP. La convergence sera
plus rapide car P sera à chaque fois une puissance
d’une puissance de 2 de la matrice M : au 1er tour
de boucle, P = PP = M2, au 2e tour P = P2 = M4, au
3e tour, P = M8, etc.
Par contre, on n’obtiendra pas la matrice permettant une précision de 10–n, mais une matrice
permettant une précision d’au plus 10–n.
Marie a tort car la puissance de M sera donnée
par 2compt (puisqu’on double la puissance à
chaque tour de boucle).

52 1. x2 = x + 1 ⇔ x

x 1
.
x

Ê
ˆ
b. F Á 1 1 ˜ .
Ë1 0¯
2. On calcule les puissances successives de F. On
Ê
ˆ
trouve F10 Á 89 55 ˜ et donc f ≈ 1,618.
Ë 55 34 ¯

53 1. a. Pour la fonction f1 :

Ê x¢ ˆ Ê 0 0 ˆ Ê x ˆ Ê 0 ˆ
Á y¢ ˜ Á
˜Á ˜ Á ˜.
Ë ¯ Ë 0 0,16 ¯ Ë y ¯ Ë 0 ¯

b. On complète par 0,1.
c. Si l’on complète par ligne 9 par 0,76, la probabilité de choisir f2 sera 0,76 – 0,1 = 0,66. On doit
compléter cette ligne par 0,86.
d. On doit compléter par 0,93 = 0,86 + 0,07. Le
dernier sinon ne possède pas de test car, ayant
déjà épuise 3 cas sur les 4 possibles, la probabilité de choisir f4 est de 1 – 0,93 = 0,07.
2. b. Il faut placer l’instruction de la ligne 19
après chaque calcul de coordonnées et aussi
rajouter une instruction permettant de modifier
la couleur du point créé.

54 1.

n
n
n
ˆ
Ê
1
1
1
Dk diag Á1,...,1,
xrk 1,...,
x k˜ .
ÁË
n k 1
n k 1
n k 1 p˜¯

Â

Â

n

1- xn

 xk x 1- x

De plus,

Â

qui admet donc

k 1

x
1- x

pour limite lorsque n tend vers plus l’infini car
|x| < 1.
Ê1 n
ˆ
Ainsi, lim Á
x k˜ 0 pour tout x, tel que
˜
nÆ ÁË n
k 1 ¯

Â

|x| < 1.
ˆ
Ê1 n
2. a. Bn P -1MnP P -1Á
Dk˜ P
˜
ÁË n
k 1 ¯

Â



n

n

1
1
P -1DkP
Ak.
n k 1
n k 1

Â

Â

Ainsi, pour tous i et j, on a : bij(n)
p

donc pour tout j,

n

1

n

1
a(k) et
n k 1 ij

p

Â

1

n

 bij(n) n   aij(k) n  1 1,
i 1

k 1 i 1

k 1

ce qui signifie que Bn est une matrice stochastique selon les colonnes.
b. Notons B =  P–1∆P, alors bij lim bij(n). Donc


p

p

p

i 1

i 1

i 1

bij(n) lim  bij(n) lim 1 1.
 bij  nlim
Æ



Chapitre 5 n Suite de matrices n  15

© éditions Belin, 2012.

⇔ 1,417 <  2 < 1,411. Une valeur approchée à
10–2 est donc 1,41.
5. b.

Pour la fonction f3 :
Ê x¢ ˆ Ê 0, 2 -0, 26 ˆ Ê x ˆ Ê 0 ˆ
˜Á ˜ Á
Á y¢ ˜ Á
˜.
Ë ¯ Ë 0, 23 0, 22 ¯ Ë y ¯ Ë 1, 6 ¯

Accompagnement
personnalisé
 AP 1

1. La boucle portant sur la variable i doit
s’arrêter à n – 1 du fait que cette boucle commence à 0. De même pour la boucle portant sur j
qui soit s’arrêter à p – 1.
De plus, on ne sait pas à quelles valeurs sont initialisées les variables n et p ?
2. Comme précédemment, la boucle portant sur
k doit s’arrêter à q – 1. De plus, la variable C[i][j]
n’est pas initialisée avant la boucle.
3. On doit saisir les matrices en lignes et non en
colonnes.
1.
1

2

0,7
0,05

0,8

13
.
213
c. Ainsi, le hamster passe environ 88,3 % du
temps à dormir, 5,6 % à manger et 6,1 % à dormir.

c

 AP 4

0,05
0,9

ne pourra extraire que deux équations du système correspondant que l’on complétera par
a + b + c = 1. Cela donne
Ê -0,1 0, 7 0, 8 ˆ Ê a ˆ Ê 0 ˆ
188
4
˜Á ˜ Á ˜
Á
Á 0, 05 -1 0, 2 ˜ Á b ˜ Á 0 ˜ ⇔ a 213 , b 71 et
˜
ÁË 1
1 1 ¯Ë c ¯ Ë 1¯

0,2
3

0,3

Ê 0, 9 0, 7 0, 8 ˆ
2. M ÁÁ 0, 05 0 0, 2 ˜˜ .
ÁË 0, 05 0, 3 0 ˜¯
3. a. On doit considérer la suite donnée par la
relation u(n+1) = Mu(n), ou bien u(n) = Mnu(0).
Ê 1ˆ
(
0
)
b. u ÁÁ 0 ˜˜ .
Ë 0¯
Ê 0, 88 ˆ
˜
Á
(
5
)
c. On calcule u ª Á 0, 06 ˜ donc au bout de
ÁË 0, 06 ˜¯
5 minutes, le hamster dort avec une probabilité
d’environ 88 %.
Ê 0, 88 ˆ
˜
Á
d. u(50) ª u(100) ª Á 0, 06 ˜ donc la suite semble
ÁË 0, 06 ˜¯
converger.
4. a. On voudrait déterminer la probabilité d’être
en chaque état pour que, l’instant d’après, le

16 n Chapitre 5 n Suite de matrices

La matrice de transition associée à la situaÊ 1/ 3 1/ 4 1/ 2 ˆ
tion est M Á 1 / 3 1 / 2 3 / 10 ˜ et on doit
Á
˜
ÁË 1 / 3 1 / 4 1 / 5 ˜¯
rechercher sa mesure invariante. Tous calculs
Ê 39 / 113 ˆ
Á
˜
faits, elle est donnée par le vecteur Á 44 / 113 ˜ .
ÁË 30 / 113 ˜¯

 AP 5

1. La matrice de transition associée à la
Ê 0, 8 0,1 ˆ
situation est M Á
˜ et en considérant la
Ë 0, 2 0, 9 ¯
suite (Mnu), où u est un vecteur stochastique
quelconque, on trouve que cette suite semble
Ê 1/ 3 ˆ
converger vers Á
˜ . Ce sera donc toujours le
Ë 2 /3¯
parti n° 2 qui gagnera, à terme.
Ê u(n) ˆ
2. a. v (n) Á 2 ˜ .
Á u(n) ˜
Ë 1 ¯
b. Pour c = 0,6, il semblerait que la suite converge
Ê 0, 47 ˆ
vers Á
˜.
Ë 0, 53 ¯
Pour c = 0,2, il y a alternance les premières années
Ê 0, 494 ˆ
pour une stabilisation autour de Á
˜.
Ë 0, 506 ¯
© éditions Belin, 2012.

 AP 3

hamster ait la même probabilité d’être dans chacun des états.
b. On doit résoudre l’équation (M – I)p = 0 ⇔
Ê -0,1 0, 7 0, 8 ˆ Ê a ˆ
˜Á ˜
Á
Á 0, 05 -1 0, 2 ˜ Á b ˜ 0. On sait déjà que l’on
ÁË 0, 08 0, 3 -1 ˜¯ Ë c ¯


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