Corrigés des exercices

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Mathématiques
Terminale ES
Enseignement de Spécialité
Corrigés des exercices
Rédaction :
Jean-Yves Hély
Coordination :
Sébastien Kernivinen
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C orrigé séquence 1
Corrigé des activités du chapitre 2
Activité 1
L’informatique en promotion
On détermine le montant total des achats, le montant des recettes et le
montant des bénéfices dans le même tableau.
Magasin
Achats
Recettes
Bénéfices
M1 26 × 20 + 18 × 50 + 30 × 400 26 × 40 + 18 × 80 + 30 × 600
= 13 420
= 20 480
20 480 – 13 420 = 7 060
M2 28 × 20 + 22 × 50 + 20 × 400 28 × 40 + 22 × 80 + 20 × 600
= 9 660
= 14 880
14 880 – 9 660 = 5 220
M3
24 × 20 + 15 × 50 + 25 × 400
= 11 230
24 × 40 + 15 × 80 + 25 × 600
= 17 160
17 160 – 11 230 = 5 930
Ensemble, les trois magasins ont vendu 78 cartouches d’encre, 55 impri-
mantes et 75 ordinateurs.
Les recettes correspondant aux ventes de chacun des trois matériels sont calculées dans le tableau suivant :
Activité 2
Nombre total
Cartouches
78
Recettes en euros
78 × 40 = 3 120
Imprimantes
55
Ordinateurs
75
55 × 80 = 4 400 75 × 600 = 45 000
Moyennes trimestrielles
On calcule le total des trois moyennes trimestrielles (par élève et par matière).
Pour calculer les moyennes annuelles, on divise chaque total annuel par 3.
Tous les résultats sont indiqués dans le tableau.
Année
Philo
39
13
SES
36
12
Alix
Total annuel
Moyenne annuelle
Math
42
14
Briac
Total annuel
Moyenne annuelle
48
16
33
11
36
12
Carole
Total annuel
Moyenne annuelle
42
14
30
10
39
13
Corrigé séquence 1 – MA04
3
Corrigé des exercices
d’apprentissage du chapitre 2
Exercice 1
M est une matrice 3 × 3 telle que aij = i + j .


Écrivons M sous la forme M = 


On a donc
a11 a12 a13 

a21 a22 a23  avec aij = i + j .

a31 a32 a33 

a11 = 2, a12 = 3, a13 = 4 , a21 = 3, a22 = 4 , a23 = 5, a31 = 4 , a32 = 5, a33 = 6.
 2 3 4
D’où M =  3 4 5
 4 5 6

.


N est une matrice 3 × 3 telle que aij = 2i − j .


Écrivons N sous la forme N = 


On a donc
a11 a12 a13 

a21 a22 a23  avec aij = 2i − j .

a31 a32 a33 

a11 = 1, a12 = 0, a13 = −1, a21 = 3, a22 = 2, a23 = 1, a31 = 5, a32 = 4 , a33 = 3.
 1 0 −1 


D’où N =  3 2 1  .
 5 4 3 


Exercice 2
On donne
 −2 3 2

A =  4 0 0, 5
 −1, 5 1 −1

 1 −0, 5 3



1, 5 −2
, B =  3
 −1

4
−5


 −5 2, 2 6



 , C =  −3 1, 5 −3
 −4 −1

5




.


On a
 −2
3 2    1 −0, 5 3

 
0 0, 5  +   3
A + (B + C ) =  4
1, 5 −2
 −1, 5 1 −1    −1
4
−5

 
4
  −5 2, 2 6
 
 +  −3 1, 5 −3
  −4 −1
5
 





  –4
 
+ 0
  −5
 
 −2
3 2

A + (B + C ) =  4
0 0, 5

 −1, 5 1 −1
1, 7
3
3
9   −6
4 , 7 11
 
−5  =  4
3
− 4,5
  − 6, 5 4
–1
0  





On a
  −2
3 2

(A + B ) +C =   4
0 0, 5
  −1, 5 1 −1

  1 − 0, 5 3
 
1, 5 −2
+ 3
 
−5
4
  −1
 − 1 2, 5 5

(A + B ) +C =  7
1, 5 −1, 5
 − 2, 5 5 − 6

  −5 2, 2 6
 
 +  −3 1, 5 −3
  −4 −1
5
 
  −5 2, 2 6
 
 +  −3 1, 5 −3
  −4 −1
5
 





  −6
4 , 7 11
 
3 − 4,5
= 4
  − 6, 5 4
−1
 


.


Sur cet exemple on vérifie que A + (B + C ) = ( A + B ) + C .
Exercice 3
 y −2 
 x
 −1 1 
3 
On donne A = 
,
B
=
,
S
=



 1 7 .


 0 2x 
 1 y 
 x +y
Calculons A + B = 
 1

.
2x + y 
1
Pour avoir A + B = S il faut que x et y vérifient le système suivant
 x + y = −1 ← L1

2x + y = 7 ← L2
L2 − L1 donne x = 8 et 2L1 − L2 donne y = – 9. A + B = S pour x = 8 et y = −9.
Exercice 4
 0 −a a

On donne A =  a
0 −a

0
 −a a

x

Calculons A + X =  a + y
 −a + z


 x


, X =  y

 z


−a + y
z
a+x
y
z
x
a +z
−a + x
y
z
x
y

 3 0 3 



 , M =  2 2 2 .

 1 4 1 



.


Pour avoir A + X = M il faut avoir x = 3, y = 1 et z = 2. D’autre part – a + y = 0
implique a = y = 1.
On vérifie ensuite que a + y = 2 ; – a + z = 1 ; a + x = 4 ; a + z = 3 ; – a + x = 2.
A + X = M pour x = 3 , y = 1, z = 2 et a = 1.
5
Exercice 5
 6 1 8

On pose M =  7 5 3
 2 9 4
 0 –3 3 
 6 4 5

 , A =  3 0 –3  , B =  4 5 6





 –3 3 0 
 5 6 4

.


Les deux matrices A et B sont des matrices magiques car pour chacune d’elles la
somme des 3 lignes, des 3 colonnes et des 2 diagonales est la même (constante
= 0 pour A et constante = 15 pour B ).
 0 −3 3   6 4 5

 
Calculons A + B =  3 0 −3  +  4 5 6
 −3 3 0   5 6 4
  6 1 8 
 =  7 5 3 .
 

  2 9 4 
D’où A + B = M .
Pour transposer une matrice, il suffit d’échanger les lignes et les colonnes.
 6 7 2
D’où M =  1 5 9

 8 3 4
t

.


Calculons
 6 1 8
M− M = 7 5 3

 2 9 4
t
  6 7 2
 − 1 5 9
 
  8 3 4
  0 −6 6 
 =  6 0 −6  = 2A.
 

  −6 6 0 
1
D’où A = (M − t M ).
2
 6 1 8
Calculons M + M =  7 5 3

 2 9 4
t
  6 7 2
 + 1 5 9
 
  8 3 4
  12 8 10 
 =  8 10 12  = 2B .
 

  10 12 8 
1
D’où B = (M + t M ).
2
Corrigé de l’activité du chapitre 3
Activité 3
Réservation d’hôtel
Connaissant le prix des pensions complètes et le nombre de réservations pour
l’agence T1, on obtient le coût de réservation journalier dans le tableau suivant :
6
Coût journalier
Vecteur colonne
Hôtel
Agence T1
Détail
Total
H1
50 × 15 + 60 × 20 + 80 × 10
2 750
H2
60 × 15 + 80 × 20 + 100 × 10
3 500
H3
80 × 15 + 100 × 20 + 120 × 10
4 400
2 750 


 3 500 
 4 400 


Connaissant le prix des pensions complètes et le nombre de réservations pour
l’agence T2, on obtient le coût de réservation journalier dans le tableau suivant :
Coût journalier
Vecteur colonne
Hôtel
Agence T2
Détail
Total
H1
50 × 10 + 60 × 15 + 80 × 8
2 040
H2
60 × 10 + 80 × 15 + 100 × 8
2 600
H3
80 × 10 + 100 × 15 + 120 × 8
3 260
2 040 


2 600 
 3 260 


Les deux vecteurs colonne déterminés précédemment forment une matrice
3 × 2, notée G.
Le gérant peut ainsi lire le coût de réservation journalier des deux agences pour
chacun des trois hôtels.
2 750 2 040  ← H1


G =  3 500 2 600  ← H2
 4 400 3 260  ← H


3
p
T1
p
T2
Exercice 6
On
donne A =
1  −1

2  − 3
3 
.
−1 
7
2
1  −2 −2 3
3 
 = 
4  2 3
−2
−1 
1  −1
On obtient A 2 = 
4  − 3
D’où A 2 =
1  −1 − 3

2  3 −1

.


.

Calculons
1  −1
A 3 = A A2 = 
2  − 3
3  1  −1 − 3
× 
−1  2  3 −1
 1
4 0   1 0 
.
=
= 
 4  0 4   0 1 
D’où A 3 = Ι.
Comme A A 2 = Ι , on peut affirmer que A −1 = A 2. La matrice inverse de A est
la matrice A 2.
Calculons
On a B =
la matrice B = A + A 2 + A 3 .
1  −1

2  − 3
3  1  −1 − 3
+ 
−1  2  3 −1
 
1 0 
 +
  0 1 

 
 

=  −1 0  +  1 0  =  0 0  .
 0 −1   0 1   0 0 
Ainsi B = A + A 2 + A 3 = O où O est la matrice nulle d’ordre 2.
Exercice 7
 d


On considère la matrice A =  a b  et la matrice B = 
 −c
 c d 
 a b   d
Calculons A × B = 
×
 c d   −c
A × B = (ad − bc ) Ι .
−b   ad − bc
=
a  
0
−b 
.
a 

0
 , soit
ad − bc 
1
Si ad − bc ≠ 0 on peut écrire A ×
B = Ι. Dans ce cas, la matrice A est
ad − bc
inversible.
matrice
inverse de A
L’inverse de la matrice A est la matrice
D’où si ad − bc ≠ 0, A −1 =


Si ad − bc ≠ 0,  a b 
 c d 
8
1
B.
ad − bc
1
B.
ad − bc
−1
=
1  d

ad − bc  −c
−b  .

a 
Exercice 8
 1 0 
 0 1 
 1 1 
On considère les matrices A = 
, B = 
 et C = 
.
 0 1 
 0 0 
 0 1 
 0 1   1 0   0 1 
Calculons A × B = 
×
=

 0 0   0 1   0 0 

 
 
et A × C =  0 1  ×  1 1  =  0 1
 0 0   0 1   0 0
On a donc, pour cet exemple,
Exercice 9
A × B = A × C et B ≠ C .



On a A =  1 −1  et B =  2 3
 1 −1 
 2 3

Calculons A × B =  1 −1
 1 −1

.


.

  2 3   0 0 
=
 . D’où A × B = O.
×
  2 3   0 0 
On peut en déduire que deux matrices non nulles peuvent avoir pour produit la
matrice nulle.
Exercice 10
 2 −2 −4 


Soit A la matrice définie par A =  −1 3 4  .
 1 −2 −3 


Si on tape A −1
entrer
l’écran de la calculatrice
indique une erreur.
La calculatrice nous montre que la matrice A n’est pas
inversible.
Déterminons, à la calculatrice, le carré de la matrice A.
On obtient A 2 = A.
3
2
2
On en déduit : A 3 = A A
= A A = A = A , d’où A = A.
A
On conjecture que pour tout entier n ≥ 0, An = A.
Déterminons, à la calculatrice, la matrice ( 2A − Ι )2.
On obtient (2A − Ι )2 = Ι
ou encore (2A − Ι ) × (
2A −
Ι ) = Ι.
inverse
de 2A − Ι
La matrice (2A − Ι ) est égale à sa matrice inverse.
On obtient (2A − Ι )−1 = (2A − Ι ).
9
Exercice 11
L’état initial des clients en 2010 est (a b ) = ( 900 100 ).
0 0
Le nombre de clients de A en 2011 est a1 = 0,8 × 900 + 0,3 × 100 = 750.
Le nombre de clients de B en 2011 est b1 = 0,2 × 900 + 0,7 × 100 = 250.
Ainsi (a1 b1) = (750 250 ).
 0, 8 0, 2 
Calculons (a0 b0 ) × C = (900 100 ) × 

 0, 3 0, 7 
= (900 × 0,8 +100 × 0,3 900 × 0,2+100 × 0,7) = (750 250).
On a donc (a1 b1) = (a0 b0 ) × C .
(
)
On admet que, pour tout n ≥ 0, (an bn ) = a0 b0 × C n .
Pour
l’année 2012 on calcule
(a2 b2 ) =
 0, 8
(a0 b0 ) × C 2 = (900 100 ) × 
 0, 7 0, 3 
= (900 100 ) × 
.
 0, 45 0, 55 
0, 2 

 0, 3 0, 7 
2
D’après la calculatrice (a2 b2 ) = (675 325).
Pour
5
 0, 8 0, 2 
(a5 b5 ) = (a0 b0 ) × C = (900 100 ) × 
 .
 0, 3 0, 7 
5
D’après la calculatrice (a5 b5 ) = (609, 375 390, 625) arrondi à (609 391).
Pour
(a10
b10 ) = (a0 b0 ) × C
10
 0, 8 0, 2 
= ( 900 100 ) × 

 0, 3 0, 7 
D’après la calculatrice ( a10
(600 400 ).
10
b10 ) = ( 600, 292 9...
10
.
399, 707 0...)
arrondi à
La lettre D désigne la matrice (a0 b0 ) = (900 100 ).
Résumons les résultats (éventuellement arrondis à l’unité) dans un tableau :
2010
2011
2012
2015
2020
Société A
900
750
675
609
600
Société B
100
250
325
391
400
Un nombre de clients est un nombre entier : il faut donc arrondir les résultats à
l’unité.
On peut faire deux conjectures :
Le nombre de clients de A semble diminuer et celui de B semble augmenter.
Au bout d’une dizaine d’années, le nombre de clients va sans doute se stabiliser : 600 pour A et 400 pour B.
On peut noter que (600 400 ) × C = C .
Activité 4
Les trois joueurs
À chaque partie, le perdant double l’avoir des deux autres joueurs. Au début
du jeu, les avoirs respectifs des trois joueurs X, Y et Z, exprimés en euros, sont
x, y et z.
Le tableau suivant indique les avoirs des trois joueurs à la fin de chacune des
trois parties.
Joueurs
X
Y
Z
Avoirs
Perdant
Début du jeu
x
y
z
X
1re partie
x – (y + z)
2y
2z
Y
2e partie
2[x – (y + z)]
Z
3e partie
4[x – (y + z)]
2(– x + 3y – z)
Fin du jeu
240
240
2y – [x – (y + z)] – 2z
= – x + 3y – z
4z
4z – 2[x – (y + z)] – (– x + 3y – z)
= – x – y + 7z
240
11
Remarque
À la fin de chaque partie, la somme des avoirs est toujours égale à x + y + z .
Comme à la fin du jeu chacun des trois joueurs possède 240 euros, on peut écrire :
4[x – (y + z)] = 240 ; 2(– x + 3y – z) = 240 ; – x – y + 7z = 240.
 x − y − z = 60

Après simplification on obtient le système (S ) suivant : − x + 3y − z = 120 .
− x − y + 7z = 240
1re méthode – Résolution par combinaison

 x − y − z = 60

 − x + 3y − z = 120
 − x − y + 7z = 240

1
1
1
1
La première combinaison donne 2y – 2z = 180 et la seconde donne –2y + 6z = 300.
Après simplification on obtient un système de deux équations à deux inconnues
 y − z = 90 1 3

− y + 3z = 150 1 1
La première combinaison donne 2z = 240 et la seconde donne 2y = 420.
Ainsi y = 210 et z = 120.
La première équation de (S ) s’écrit x = y + z + 60, d’où x = 390.
Le système (S ) possède une seule solution, le triplet (390 ; 210 ; 120).
2e méthode – Résolution sous forme matricielle
 x − y − z = 60

Le système (S ) − x + 3y − z = 120 s’écrit sous forme matricielle
− x − y + 7z = 240

 1 −1 −1   x  
 

 
 −1 3 −1  ×  y  = 
 −1 −1 7   z  
 
 

 1 −1 −1

En posant A =  −1 3 −1
 −1 −1 7

60 

120  .
240 

 x 
 60 





 , V =  y  et B =  120 

 z 
 240 

on obtient A × V = B .
La calculatrice nous montre que la matrice A est inversible.
−1
A
×
A × V = A −1 × B
D’après l’égalité A × V = B on a d’où V = A −1 × B .
12
Ι
 390 
La calculatrice affiche sur l’écran la matrice colonne V =  210 
 120 
.
On en déduit les avoirs initiaux des trois joueurs.
Remarques
Joueurs
X
Y
Z
Avoirs initiaux
390 €
210 €
120 €
R1 On aurait pu écrire une quatrième équation x + y + z = 720. En additionnant
cette équation et la 3e du système (S) on obtenait directement 8 z = 960, soit
z = 120.
R2 On peut connaître les avoirs des joueurs sans résoudre de système : il suffit de
partir des avoirs à la fin du jeu et de « remonter » jusqu’au début (voir tableau).
Avoirs
X
Y
Z
Total
Fin du jeu
240
240
240
720
2e partie
120
120
480
720
1re
60
420
240
720
390
210
120
720
partie
Début du jeu
Activité 5
Tableau entrées-sorties
Les vecteurs colonne demandés sont dans le tableau suivant :
Le vecteur colonne des
consommations intermédiaires consommations finales
productions
est le vecteur
est le vecteur
est le vecteur
 200 
X =
.
 800 
 100 
C =
.
 380 
 100 
F =
.
 420 
On complète le tableau entrées-sorties.
Consommations intermédiaires
De l’agriculture
De l’industrie
Consommation
finale
Agriculture
c11 = 20
c12 = 80
100
x = 200
Industrie
c 21 = 60
c 22 = 320
420
y = 800
Production
13


a. La matrice des coefficients techniques est la matrice A = 

 0,1 0,1 

soit A = 

.
 0, 3 0, 4 
20
200
60
200
80
800
320
800


,



b. Déterminons la matrice A × X .
 0,1 0,1   200   20 + 80   100 
 × 
On a A × X = 
=
=
.
 0, 3 0, 4   800   60 + 320   380 
Ainsi A × X = C .
c. On sait que « production » = « consommations intermédiaires » + « consommation finale ». D’où X = C + F .
D’après ce qui précède, on peut remplacer C par A × X , ce qui donne
X = A × X + F .
On en déduit X − A × X = F , soit F = (I − A ) × X .
Montrons que les données de l’énoncé vérifient cette égalité.
 0, 9 − 0,1   200   180 − 80   100 
(I − A ) × X = 
 × 
=
=
 d’où
−
,
,
0
3
0
6
800
−
+
60
480
420

 
 
 

(I − A ) × X = F .
Les données de l’énoncé vérifient bien l’égalité (I − A ) × X = F .
d. Vérifions, à la calculatrice, si la matrice (I − A ) est inversible.
L’écran obtenu nous montre que (I − A ) est inversible.
(Les coefficients ont été arrondis à 0,001 près.)
−1
I−
A )
×
(I − A ) × X = (I − A )−1 × F .
L’égalité (I − A ) × X = F implique (
D’où X = (I − A )−1 × F .
I
Les productions agricoles augmentent de 5 %.
 210 
.
Le nouveau vecteur colonne des productions est le vecteur X ' = 
 800 
Déterminons le nouveau vecteur colonne F ' des consommations finales.
L’égalité (I − A ) × X ' = F ' devient
 0, 9 − 0,1   210   189 − 80   109 
(I − A ) × X ' = 
 × 
=
=
.
 − 0, 3 0, 6   800   − 63 + 480   417 
Quand les productions agricoles augmentent de 5 %, la consommation finale de
l’agriculture passe de 100 UM à 109 UM alors que la consommation finale de l’industrie passe de 420 UM à 417 UM.
a. On augmente chaque consommation finale de 10 %.
Le nouveau vecteur colonne des consommations finales est le vecteur 1,1 × F .
14
Le nouveau vecteur colonne des productions est égal à
1
(Ι − A )−1 × 1,1 × F = 1,1 × (
Ι−
)−
×
F = 1,1 × X .
A
X
Chacune des deux productions doit donc être augmentée de 10 %.
La production agricole passe de 200 UM à 220 UM et la production industrielle
passe de 800 UM à 880 UM.
b. On augmente la consommation en produit agricole de 10 % et la consommation industrielle de 5 %.
Le nouveau vecteur colonne F ′′ des consommations finales est le vecteur colonne
 110 
F ′′ = 
.
 441 
Le nouveau vecteur colonne des productions, égal à (Ι − A )−1 × F ′′, est affiché
sur l’écran de la calculatrice.
La production de l’agriculture passe de 200 UM à
215,882 UM.
La production de l’industrie passe de 800 UM à
842,941 UM.
Exercice 12

 5

7
On considère dans un repère du plan les points E  1 ; −  et F  − ; − 1 .
15 

 3

7
5
En E on peut écrire − = a + b et en F on peut écrire −1 = − a + b.
15
3
7

 a + b = − 15
Les inconnues a et b vérifient le système (S) 
qui s’écrit aussi
− 5 a + b = −1
 3

7
 a +b = − .
15

−5a + 3b = −3


7
3
 a+ b=−
5 en utilisant les combi Résolvons le système 
15
−5a + 3b = −3
1
−1

naisons indiquées.
8
16
d’où
La première combinaison donne 8a = ; la seconde donne 8b = −
5
3
1
2
a = et b = − .
5
3
1
2
La droite (EF ) a pour équation y = x − .
5
3
15
 1 1 

7 
 a 


−


Posons A =  5
,X =
 , B =  15  .

 b 
 −3 1 
 −1 


7

 a + b = − 15
s’écrit sous forme matricielle A X = B .
Le système (S) 
5
− a + b = −1
 3
−1
Si A est inversible alors X = A B . La calculatrice nous montre que A est inver-
−1
sible car A B existe.
1
2
et b = − .
5
3
1
2
La droite (EF ) a bien pour équation y = x − .
5
3
L’écran de la calculatrice nous affiche a =
Exercice 13
2y + z = 7


On considère le système suivant  6 x + 6 y + 2z = 21.
24 x + 6 y + z = 15

 x 
 0 2 1 




Soit A, X et B les matrices définies par A =  6 6 2  , X =  y  et
 z 
 24 6 1 
 7 
B =  21  .
 15 
L’écriture matricielle du système est A X = B . Si A est inversible alors X = A −1B .
La calculatrice nous montre que A est inversible car A −1B existe.
L’écran de la calculatrice affiche x = −0, 5 ; y = 5 ; z = −3.
Le système possède un seul triplet solution ( −0, 5 ; 5 ; − 3).
La fonction f est définie sur l’intervalle ] − 2 ; + ∞[ par f ( x ) = ax + b +
et la courbe (C ) passe par A, B et D.
c
x +2
Cela nous permet d’obtenir trois équations.
Point
Équation
16
 7
A  0 ; 
 2
 7
B  1 ; 
 2
 5
D  4 ; 
 2
c 7
b+ =
2 2
c 7
a +b + =
3 2
c 5
4a + b + =
6 2
2b + c = 7
6a + 6b + 2c = 21
24a + 6b + c = 15
2b + c = 7


Les inconnues a, b et c vérifient donc le système suivant  6a + 6b + 2c = 21.
24a + 6b + c = 15

D’après la question précédente on trouve a = – 0,5 ; b = 5 ; c = – 3.
1
3
.
La fonction f est définie, pour x > – 2, par f ( x ) = − x + 5 −
2
x +2
Exercice 14
 x + 2y + 3z + 4t = 5
 2x − y + z − t = −1

.
Soit le système suivant 
−3x + y − 2z + 3t = −14
 4 x + 3y − z + t = 13



On considère les matrices A = 


4
x

y
2 −1 1 −1 

,
X
=
−3 1 −2 3 
z

 t
4 3 −1 1 
1
2
3
 5




− 1

.
 , B =
−14 




 13 
L’écran de la calculatrice affiche x = −1 ; y = 9 ; z = 4 ; t = −6.
Le système possède un seul quadruplet solution ( −1 ; 9 ; 4 ; − 6 ).
L’ensemble solution du système, noté E, est tel que E = {( −1 ; 9 ; 4 ; − 6 )}.
Exercice 15
Soit x le nombre de personnes embauchées sous contrat A et y le nombre de
personnes embauchées sous contrat B.
Le chef d’entreprise dispose de 370 h de travail d’où 35x + 20 y = 370.
Le budget est de 5 060 € par semaine d’où 550 x + 220 y = 5 060.
7x + 4 y = 74
.
Après simplification on obtient le système suivant 
5x + 2y = 46
 x 
 74 
 7 4 
X
=

 ,B = 
,
.

 y 
 46 
 5 2 
L’écran de la calculatrice affiche x = 6 et y = 8.
On considère les matrices A = 
Exercice 16
L’entreprise a embauché 6 personnes sous contrat A et 8 personnes sous contrat B.
On désigne par x, y, z les productions, en UM, du secteur agricole, du secteur
industriel et du secteur des services.
On a « production = consommations intermédiaires + demande (finale) des
consommateurs ».
17
Secteur de l’agriculture : 0, 2x + 0, 2y + 100 = x .
Secteur de l’industrie : 0, 4 x + 0, 6 y + 0, 2z + 300 = y .
Secteur des services : 0, 2y + 0, 2z + 200 = z .
+ 100 = x
0, 2x + 0, 2y

On obtient le système (S ) suivant 0, 4 x + 0, 6 y + 0, 2z + 300 = y .

0, 2y + 0, 2z + 200 = z

 0, 2 0, 2 0 


La matrice technologique est A =  0, 4 0, 6 0, 2  .
 0
0, 2 0, 2 

 x 
 100 




Posons D =  300  et X =  y  .
 z 
 200 
Une écriture matricielle du système (S ) est AX + D = X .
Déterminons le vecteur colonne X.
Si (I − A ) est inversible, la matrice production X est telle que X = (I − A )−1D .
D’après la calculatrice la matrice (I − A ) est inversible.
La calculatrice affiche x = 525 ; y = 1600 ; z = 650.
Pour satisfaire les consommations intermédiaires et les demandes finales, l’économie de ce pays doit produire 525 UM de produits agricoles, 1 600 UM de produits
industriels et 650 UM de services.
La matrice A est stable. La demande en produits industriels baisse de 5 %
alors que la demande dans le secteur des services augmente de 10 %.
 100 
Le nouveau vecteur demande est D ' =  285  .
 220 
Le nouveau vecteur production est X ' = (I − A )−1D '. Calculons X ' à la calculatrice.
La calculatrice affiche x = 515 ; y = 1 560 ; z = 665.
Pour satisfaire les consommations intermédiaires et les nouvelles demandes finales,
l’économie de ce pays doit produire 515 UM de produits agricoles, 1 560 UM de
produits industriels et 665 UM de services.
18
Corrigé des exercices de synthèse
Exercice I
La parabole ᏼ a pour équation y = ax 2 + bx + c . Elle passe par trois points A, B
et C dont on connaît les coordonnées.
Cela nous permet d’obtenir trois équations dans le tableau suivant :
Point
A(2 ; 2, 5)
B ( −1 ; −5)
C ( 3 ; 3)
Équation
4a + 2b + c = 2, 5
a − b + c = −5
9a + 3b + c = 3
Les trois inconnues a, b et c vérifient le système (S ) suivant
4 a + 2b + c = 2, 5

 a − b + c = − 5.
9 a + 3 b + c = 3

 4 2 1
 a


On considère les matrices A =  1 −1 1  , X =  b

 9 3 1 
 c
 2, 5 


 , B = −5  .



 3 

Le système (S) s’écrit sous forme matricielle A X = B . Si A est inversible alors
X = A −1B .
La calculatrice nous montre que la matrice A est inversible.
L’écran affiche comme réponse a = −0, 5 ; b = 3 ; c = −1, 5.
La parabole ᏼ a pour équation y = −0, 5x 2 + 3x − 1, 5.
Le point K, sommet de la parabole, a pour abscisse x K = −
b
= 3.
2a
Le sommet de la parabole est le point K ( 3 ; 3). D’où K = C.
Exercice II
En janvier 2012 on a (a1 i 1) = (1840 160 ).
Calculons a2 = 0, 95 × 1840 + 0, 01 × 160 = 1749, 6 et
i 2 = 0, 05 × 1840 + 0, 99 × 160 = 250, 4.
Cela nous donne la matrice ligne (a2 i 2 ) = (1 749, 6 250, 4 ).
Remarque
Si on voulait le nombre de clients, il faudrait arrondir à l’unité (1 750 pour A et
250 pour I).
 0, 95 0, 05 
Soit C = 
.
 0, 01 0, 99 
 0, 95 0, 05 
(
1840
160
)
=
×
Calculons (a1 i1) × C 
.
 0, 01 0, 99 
19
La calculatrice affiche (a1 i1) × C = (1 749, 6 250, 4 ) = (a2 i 2 ).
Ainsi (a2 i 2 ) = (a1 i1) × C .
On admet que, pour tout n ≥ 1, (an i n ) = (a1 i 1) ×C n −1.
On affiche les résultats sur l’écran de la calculatrice.
( an i n )
Date
Rang n
Décembre 2012
12
(a12 i 12 ) = (a1 i 1 ) × C 11
(1 096,16
903,84)
Décembre 2015
48
(a 48 i 48 ) = (a1 i 1 ) × C 47
(415,56
1 584,44)
Décembre 2022
132
(a132 i 132 ) = (a1 i 1) × C 131
(333,79
1 666,21)
Décembre 2032
252
251
(a252 i 252 ) = (a1 i 1 ) × C
(333,33
1 666,67)
On conjecture que : t le nombre de clients d’agence semble diminuer ;
t le nombre de clients Internet semble augmenter ;
t le nombre de clients d’agence tend à se stabiliser vers 333
et le nombre de clients Internet tend à se stabiliser vers
1 667.
Au bout d’une dizaine d’années, la situation sera quasiment stable :
1
5
des 2 000 clients seront des clients d’agence alors que des 2 000 clients seront
6
6
des clients Internet.
Exercice III
 2 9 4 


On considère la matrice magique G définie par G =  7 5 3  et la matrice
 6 1 8 
 12 


colonne C =  11  .
 10 
La calculatrice peut afficher les coefficients de la matrice G −1, soit sous
forme décimale, soit sous forme fractionnaire.
Sous forme fractionnaire, les dénominateurs sont assez différents : on peut
prendre comme dénominateur commun 360.
20
On obtient alors la matrice inverse suivante :
 −37 68 − 7

1
8 −22
G −1 =
×  38
360 
 23 −52 53


.


 −37 68 − 7 


8 −22  .
Soit la matrice magique A =  38
 23 −52 53 


Sur chaque ligne, sur chaque colonne et sur chaque diagonale, la somme des
nombres est égale à 24.
1
La constante de la matrice A est égale à 24. Comme G −1 =
× A , la constante
360
24
1
de G −1 est égale à
= .
360 15
La matrice G a pour constante 15 et la matrice inverse G −1 a pour constante
1
. Les deux constantes sont inverses l’une de l’autre.
15
La relation G X = C implique X = G −1C .
L’écran de la calculatrice nous donne x = 0, 65 ; y = 0, 90 ; z = 0, 65.
 x   0, 65

 
On obtient X =  y  =  0, 90
 z   0, 65

Exercice IV


.


On tape D −1 puis entrer : la calculatrice affiche un message d’erreur. La
matrice D n’est pas inversible.
Résolvons le système (S )
16 x + 3y + 2z + 13t = 624
 5x + 10 y + 11z + 8t = 634


 9 x + 6 y + 7z + 12t = 634
 4 x + 15y + 14z + t = 624
← L1
← L2
← L3
← L4
On suppose que le système (S ) possède une solution ( x ; y ; z ; t ).
a. L3 − L2 donne 4 x − 4 y − 4z + 4t = 0. D’où x + t = y + z .
b. L1 + L2 donne 21x + 13y + 13z + 21t = 1258 soit 21( x + t ) + 13( y + z ) = 1258.
x +t
D’après la question précédente y + z = x + t d’où 34 ( x + t ) = 1258, soit
x + t = 37.
21
On obtient x + t = y + z = 37.
c. L4 peut s’écrire 4 x + 15y + 14 ( 37 − y ) + ( 37 − x ) = 624 , soit 3x + y = 69.
Exprimons y, z et t en fonction de x.
On a y = 69 − 3x ; z = 37 − y = 37 − 69 + 3x = 3x − 32 ; t = 37 − x .
Les 4 inconnues s’écrivent en fonction de x :
x = x ; y = 69 − 3x ; z = 3x − 32 ; t = 37 − x .
d. On choisit x = 17. D’où y = 18 ; z = 19 ; t = 20.
Pour x = 17 le quadruplet solution est (17 ; 18 ; 19 ; 20 ).
e. Si x = z alors x = 3x − 32, ce qui implique x = 16. On obtient y = t = 21.
Si x = z le quadruplet solution est (16 ; 21 ; 16 ; 21).
f. Chaque fois que l’on donne une valeur entière à x on obtient un quadruplet solution. Certains quadruplets peuvent contenir des nombres négatifs
[exemple : ( −29 ; 156 ; − 119 ; 66 )].
Le système (S ) admet une infinité de quadruplets solutions (formés de nombres
entiers).
Exercice V
Désignons respectivement par x, y et z le nombre d’adultes, le nombre d’enfants
et le nombre d’étudiants ayant visité le musée ce jour-là.
t 300 personnes ont visité le musée ce jour-là. D’où x + y + z = 300.
t Le nombre d’adultes augmenté du triple du nombre d’enfants est égal au
nombre d’étudiants. D’où x + 3y = z .
t 25 % des étudiants ont payé « plein tarif » pour non-présentation de leur
z
carte d’étudiant. Le nombre de personnes ayant payé plein tarif est x + et la
4
z
3
recette de la journée est donnée par 12 x +  + 6 y + 8  z  = 12x + 6 y + 9z .
4

4 
t La recette de la journée s’élève à 2 772 € d’où 12x + 6 y + 9z = 2 772 [soit
4 x + 2y + 3z = 924 ].
 x + y + z = 300

Les inconnues x, y et z sont solutions du système  x + 3y − z = 0 .
4 x + 2y + 3z = 924

 1 1 1 
 300 
 x 






On pose A =  1 3 −1  , X =  y  , B =  0  .
 4 2 3 
 924 
 z 


Sous forme matricielle le système s’écrit A X = B .
22
−1
Si A est inversible on a X = A B . La calculatrice affiche x = 66, y = 42 et
z = 192.
Ainsi 66 adultes, 42 enfants et 192 étudiants ont visité le musée ce jour-là.
Exercice VI
Le tableau complété est le suivant :
Production
Consommations intermédiaires
Total
Consommations
finales
Production
Acier
Électricité
Fabrication
automobile
Acier
400
400
600
1 400
3 600
5 000
Électricité
100
200
200
500
1 100
1 600
Fabrication
automobile
100
200
100
400
400
800
a. La matrice technologique est




A=




600 

800 
 0, 08 0, 25 0, 75 


100
200 200 
 , soit A =  0, 02 0,125 0, 25  .
5 000 1600 800 
 0, 02 0,125 0,125 


200 100 
100

5 0000 1600 800 

 3 600 


Le vecteur des consommations finales est F =  1100  .
 400 


400
5 000
400
1600
 5 000

b. Le vecteur des productions est X =  1600
 800

 1400 


tions intermédiaires est C =  500  .
 400 


 0, 08 0, 25 0, 75

Calculons A X =  0, 02 0,125 0, 25
 0, 02 0,125 0,125



 et le vecteur des consomma

  5 000   1400 
 
 

 ×  1600  =  500  d’où
  800   400 

 
 
A X = C.
On a « production = consommations intermédiaires + consommations finales ».
C + F soit X = AX + F .
Ainsi X = AX
23
En ne gardant que deux décimales, l’écran 1 nous montre que (I − A ) est
inversible.
On sait que X = AX + F d’où X − AX = F ; on peut écrire (I − A ) X = F .
Écran 1
Comme (I − A ) est inversible on obtient X = (I − A )−1F .
 3 700

a. Le nouveau vecteur des demandes est le vecteur F ' =  1200
 500



.


Le nouveau vecteur des productions est :
(Le nouveau vecteur
demandes
F ' est noté E sur
la calculatrice).
 3 700

(I − A )−1 ×  1200
 500

  5 269, 561...
 
 =  17661, 450...
  943, 511...
 


.


Nouvelles productions : acier t 5 269,56 UM ; électricité t 1 761,45 UM ;
fabrication automobile t 943,51 UM.
b. La demande d’acier augmente de 10 %, les demandes en
fabrication automobile de 5 %.
 3 960

Le nouveau vecteur des demandes est le vecteur F '' =  1155
 420

électricité et en


.


Le nouveau vecteur des productions est
(Le nouveau vecteur
demandes
F’’est noté E sur la
calculatrice).
 3 960   5 451, 812...
 

(I − A )−1 ×  1155  =  16886,183...
 420   845, 496...
 



.


Nouvelles productions : acier t 5 451,81 UM ; électricité t 1 686,18 UM ;
fabrication automobile t 845,50 UM.
24
C orrigé séquence 2
Activité 1
Les sept ponts de Königsberg
Chacun des quatre points A, B, C et K permet d’accéder à un nombre impair
de ponts (3 ou 5). Si la région d’arrivée est la même que la région de départ,
cela veut dire que le nombre d’entrées et de sorties en chacun des points est
obligatoirement un nombre pair. Comme ce n’est pas le cas, il est impossible
de trouver un itinéraire tel que la région d’arrivée soit la même que celle de
départ.
Si la région d’arrivée est distincte de la région de départ, on doit pouvoir, pour
les deux autres régions, sortir autant de fois que l’on entre, ce qui est encore
impossible.
Conclusion
Il était impossible de traverser, une fois et une seule, chacun des sept ponts
de la ville de Königsberg.
Remarque
Il semblerait qu’à l’heure actuelle deux des sept ponts sur la Pregel aient été
démolis (l’un entre A et K, l’autre entre B et K). On pourrait dans ces conditions
trouver un itinéraire tel que les régions d’arrivée et de départ soient distinctes
(C et K) mais on ne pourrait toujours pas trouver un itinéraire tel que la région
d’arrivée soit la même que celle de départ.
Activité 2
Cavaliers sur un échiquier 3 × 3
On peut indiquer sur un échiquier schématisé les mouvements possibles des
cavaliers (voir figure 1).
On constate qu’il est impossible pour un cavalier de se retrouver dans la case
centrale .
1
2
3
1
4
6
8
9
7
4
9
3
7
6
Figure 1
5
2
8
5
Figure 2
On va essayer de trouver une autre disposition des 8 cases sur lesquelles les
cavaliers se déplacent de telle manière que les « fils » ne se croisent pas (voir
25
figure 2). Cette figure nous montre que l’on peut effectivement permuter les
cavaliers blancs et les cavaliers en couleur.
Il suffit de choisir un sens de parcours, par exemple , de déplacer chaque cavalier d’une case et de réitérer cette opération trois fois.
Chaque cavalier aura alors pris la place du cavalier opposé (le 1 en 5 ; le 5 en 1 ;
le 3 en 7 ; le 7 en 3).
Conclusion
Activité 3
Oui il est possible, sur cet échiquier 3 × 3, de permuter les cavaliers blancs et
les cavaliers en couleur.
Le problème du voyageur de commerce (en abrégé : PVC)
Désignons les vingt villes réparties à la surface du globe par a, b, c…… s, t. Nous
allons donner une représentation « à plat » d’un dodécaèdre (figure 3.a) pour
mieux visualiser le problème et pouvoir ainsi le résoudre.
Les vingt villes sont les 20 sommets du dodécaèdre et les nombres indiquent
l’ordre dans lequel elles sont visitées.
Le parcours ainsi tracé est le périmètre d’un polygone à 20 côtés (un icosagone)
ayant un peu la forme de la lettre « G ».
a
1
15
14 9
2
20
16 17
8
7
10
13 11
12
18
e
b
c
19
t
h
6
p
5
r
4
m
3
3.b
3.a
Figure 3
On peut donner une autre représentation des vingt villes sur 3 cercles concentriques (figure 3.b).
Le parcours est le périmètre de la surface grisée ayant la forme du chiffre « 2 ».
On peut partir de « a » et suivre l’ordre alphabétique (seules quelques lettres ont
été placées).
Conclusion
Activité 4
Le voyageur de commerce peut visiter les vingt villes une fois et une seule et
revenir dans la ville de départ.
Accès codés par des chiffres
Le nombre le plus petit possible possède 3 chiffres : 246. Comme il est divi-
sible par 3, il convient. Le plus petit code possible est 246 .
26
Déterminons les nombres de 4 chiffres, les nombres de 5 chiffres et les
nombres de 6 chiffres.
Nombre
de chiffres
3
Nombres
possibles
246
2 146 2 436
21 146
21 436
24 336
24 546
Divisible
par 3
Oui
Non
Oui
Non
Non
Oui
Oui
Code
246
24 336
24 546
4
5
2 436
Nombre
de chiffres
6
Nombres
possibles
211 146
211 436
214 336
243 336
214 546
243 546
245 146
245 436
Divisible
par 3
0ui
Non
Non
Oui
Non
Oui
Non
Oui
Code
211 146
243 336
243 546
245 436
On obtient 8 codes formés, au maximum, de 6 chiffres : ils sont dans les cases
grisées du tableau.
On pourrait chercher tous les codes de 7 chiffres, de 8 chiffres, etc., mais ce
n’est pas nécessaire.
Il suffit de remarquer que la « boucle 3 » est toujours divisible par 3. On peut
donc rajouter autant de « 3 » que l’on veut aux codes déjà trouvés, en les plaçant
entre le « 4 » et le « 6 » ou entre le « 4 » et le « 5 ». Certains codes seront sans
doute un peu longs mais le nombre y sera.
Le professeur pourra donner un code personnel aux 32 personnes.
Exercice 1
Graphe
G1
G2
G3
G4
Ordre = s = nombre de sommets
10
9
5
5
a = nombre d'arêtes
12
16
6
9
Nombre de sommets de degré impair
0
4
2
0
27
Seul le graphe G4 possède des arêtes multiples. Le graphe G4 possède deux
arêtes multiples.
On détermine le nombre de sommets de degré impair pour chacun des graphes
(voir tableau).
t Chacun des graphes G1, G3 et G4 admet au moins une chaîne eulérienne.
t Chacun des graphes G1 et G4 admet au moins un cycle eulérien : ce sont des
graphes eulériens.
Exercice 2
3
Un cube possède 6 faces : le graphe G aura 6 sommets.
Chaque face d’un cube a des arêtes communes avec 4 autres faces (pas d’arête
commune avec la face opposée).
Supposons que les 6 faces du cube soient numérotées comme un dé. Les faces
opposées sont donc : 1 et 6 ; 2 et 5 ; 3 et 4.
Donnons plusieurs représentations du graphe G résultant de cette situation.
2
6
1
1
5
4
3
2
3
1
5
4.a
4
6
4.b
2
6
5
Les trois graphes
sont isomorphes.
4
4.c
Figure 4
La figure 4.c nous montre que le graphe G est planaire, connexe mais qu’il n’est
pas complet.
Tous les sommets sont de degré 4 : le graphe G est eulérien.
Conclusion
Exercice 3
Le graphe G est planaire, connexe, eulérien et non complet.
Parcourir une fois et une seule chacun des segments d’une figure sans lever le
crayon revient à chercher sur le graphe associé une chaîne eulérienne (les sommets sont les points d’intersection).
On désigne par Ga, Gb et Gc les graphes associés aux figures 23.a, 23.b et 23.c
t Figure 23.a (9 sommets)
Le graphe Ga possède 4 sommets de degré 3 : il n’existe pas de chaîne eulérienne.
On part d’un sommet de degré impair jusqu’à un autre sommet de degré impair ;
on réitère cette opération une fois et on peut alors parcourir tous les segments.
Il faut, au minimum, lever une fois le crayon.
t Figure 23.b (10 sommets)
Le graphe Gb possède 4 sommets de degré 3 : il n’existe pas de chaîne eulérienne.
Comme pour Ga , il faut, au minimum, lever une fois le crayon.
28
t Figure 23.c (15 sommets)
Le graphe Gc possède 10 sommets de degré 3 : il n’existe pas de chaîne eulérienne.
On a 10 " 5 w 2, ce qui prouve que le tracé peut se faire en cinq étapes.
Pour tracer Gc , il faut, au minimum, lever quatre fois le crayon.
Conclusion
Pour les trois figures, il est impossible de parcourir tous les segments sans
lever le crayon.
Pour a et b, il faut lever le crayon au moins une fois ; pour c, il faut lever le
crayon au moins quatre fois.
Tracer une ligne continue traversant tous les segments une fois et une seule
revient à :
t Choisir une face de départ.
t Couper chaque segment limitant les faces une fois et une seule.
t Revenir dans une face pour terminer, cette face pouvant être la même que la
face de départ.
On pourrait représenter chaque figure par un graphe où les sommets seraient les
faces et les arêtes les segments limitant ces faces. Il faut donc compter le nombre
de segments limitant les faces de chaque figure.
t Figure 23.a
Elle comporte 5 faces (dont la face « extérieure »). Les faces intérieures sont :
1 triangle (degré 3) ; 2 quadrilatères (de degré 4 chacun) ; 1 pentagone (degré 5).
La face extérieure est limitée par 8 segments (degré 8).
Ainsi 2 sommets seulement seraient de degré impair. On peut donc tracer une
ligne continue coupant tous les segments, à condition de partir, soit du triangle,
soit du pentagone (voir figure 5).
Figure 5
t Figure 23.b
2 triangles (de degré 3 chacun) ; 2 quadrilatères (de degré 4 chacun) ; 1 pentagone (degré 5). La face extérieure est limitée par 9 segments (degré 9).
Ainsi 4 sommets seraient de degré impair. On ne peut donc pas tracer une ligne
continue coupant tous les segments.
t Figure 23.c
6 quadrilatères (de degré 4 chacun) ; 1 pentagone (degré 5). La face extérieure
est limitée par 11 segments (degré 11).
29
Ainsi, 2 sommets seulement seraient de degré impair. On peut donc tracer une
ligne continue coupant tous les segments, à condition de partir soit du pentagone, soit de l’extérieur (voir figure 5).
Conclusion
23.a
23.b
23.c
Oui
Non
Oui
Ligne continue coupant une fois et une seule
chaque segment
Exercice 4
La conjecture de Syracuse ou le problème « 3n + 1 »
Le graphe orienté représentant les parcours obtenus pour tous les entiers de
1 à 20 est sur la figure 6.
Il suffit de placer 18 nombres supplémentaires pour pouvoir construire le parcours de tous les entiers de 1 à 20.
On constate que pour les 38 nombres du graphe on arrive toujours au cycle
4 → 2 → 1 → 4
On peut conjecturer qu’en partant de n’importe quel entier on arrive toujours à 1.
35
106
53
160
80
40
20
13
70
16
8
4
@Cycle
4A2A1A4
2
6
52
46
5
3
26
23
10
1
12
17
15
34
11
19
58
29
88
44
22
7
14
28
9
18
Figure 6
Compléments
On peut montrer les résultats obtenus sur le tableur « OpenOffice.org Calc »
pour 1 fnf20.
Dans la cellule C6 on écrit la formule suivante :
=SI(C5=1;“ “;SI(C5=“ “;“ “;SI((C5/2)=ENT(C5/2);C5/2;3*C5+1)))
Remarque
30
« ENT » est la fonction « partie entière ». Ainsi ENT(3,5) = 3 ; ENT(0,23) = 0 ;
ENT(6) = 6.
Conjecture de Syracuse
On peut aussi considérer les termes obtenus comme les termes d’une suite (un)
définie par récurrence.

un
si un est pair

.
2
On donne u0 et, pour tout n ≥ 0, un +1 = 
 3un +1 si un est impair

Donnons un programme permettant, pour chaque valeur de u0 choisie, de déterminer le nombre d’itérations (ITER=) pour arriver à la valeur 1(U=) ainsi que la
valeur maximale atteinte (MAX=) par les termes de la suite.
TI-82 Stats.fr
Casio Graph 25+ Pro
31
2
entrer
27
Modélisons le problème posé par un graphe qui serait construit de la manière
suivante : les sommets seraient les 9 segments et 2 sommets seraient reliés
entre eux par une arête si les segments correspondants se coupent.
Supposons le problème résolu.
Chacun des 9 sommets serait de degré 3 car chaque segment devrait couper
exactement 3 autres segments.
Cela ferait 9 sommets de degré impair, ce qui est impossible car dans un graphe
le nombre de sommets de degré impair est toujours un nombre pair.
La démonstration par l’absurde nous prouve que le problème posé est impossible.
Conclusion
32
On ne peut pas dessiner dans le plan 9 segments de telle manière que chaque
segment coupe exactement 3 autres.
TI
TI
EXE
EXE
EXE
Fonction « partie entière »
Sur TI « ent »
Sur Casio « Int »
Pour 27 il faut 111 itérations (ou étapes) pour arriver à 1.
On peut aussi essayer 31, 97, etc.
Exercice 5
Casio
entrer
Casio
F1(EXE)
27
TI
Exit
Casio
Quitter
Prgm
Pour 10 segments, le graphe aura 10 sommets. Dans ce cas le nombre de som-
mets de degré impair est un nombre pair. Il n’y a donc pas de contradiction.
On peut construire un graphe ayant 10 sommets, chacun d’eux étant de degré 3
(voir figure 7).
Reste à construire les 10 segments (voir figure 8).
1
2
3
4
5
1
2
3
9
4
8
5
10
9
8
7
6
6
Figure 7
Figure 8
Dessiner dans le plan n segments de telle manière que chaque segment coupe
exactement trois autres est impossible pour n impair.
C’est possible pour n pair et n v.
La figure 9 montre ce que l’on obtient pour n = 4, pour n = 6 et pour n = 8.
n=4
n=6
n=8
Figure 9
Le passeur, la chèvre, le chou et le loup
Modélisons la situation par un graphe orienté dont les sommets sont des couples
X ;
Y ) en précisant qui est sur la rive initiale et qui est sur
de la forme ( rive autre
initiale rive
l’autre rive.
Désignons le passeur par P, la chèvre par C, le loup par L et le chou par Z.
Les situations ZC et CL étant interdites par l’énoncé, on considère uniquement
les couples possibles.
On commence par la situation (PCLZ ; ∅ ) pour terminer par la situation (∅;PCLZ ).
(Z ; PCL) → (PCZ ; L) → (C ; PLZ)
(PCLZ ; ∅) → (LZ ; PC) → (PLZ ; C)
→
→
Donnons deux représentations possibles du graphe (voir figures 10. a et 10. b).
(PC ; LZ) → (∅ ; PCLZ)
→
Exercice 6
10
(L ; PCZ) → (PCL ; Z) → (C ; PLZ)
→
Remarque
7
Figure 10.a
33
(PCLZ ; ∅)
(PLZ ; C)
(PCZ ; L)
(PCL ; Z)
(PC ; LZ)
(LZ ; PC)
(Z ; PCL)
(L ; PCZ)
(C ; PLZ)
(∅ ; PCLZ)
Figure 10.b
Les deux graphes nous montrent qu’il y a deux solutions possibles au problème.
Exercice 7
Le labyrinthe
Le labyrinthe peut être représenté par un graphe planaire (voir figure 11).
—
26 — 27 — 25 — 14 — 15 — 16 — 28 — 29
—
4
—
18
21
11
35 — 24 — 34 — 23 — 22
—
Sortie
12
—
3
33
—
—
—
10 — 9
—
—
1 — 2 — 5 — 6 — 17 — 7 — 8 — 19 — 30 — 31 — 20 — 32
13
Figure 11
a. La chaîne qui passe par le nombre minimum de galeries et qui mène à la
sortie est :
– 2 – 5 – 6 – 17 – 7 – 8 – 19 – 30 – 31 – 20 – 32 – 21 – 22 – 23 – 34 – 24
– 35 ➩ Sortie
b. Yann devra emprunter au minimum 18 galeries avant de pouvoir sortir du
labyrinthe…
Activité 5
Liaisons ferroviaires
On remplit le tableau T1 qui indique les liaisons ferroviaires entre les diffé-
rentes villes.
Le tableau T2 est composé de 0 et de 1 : on met 1 quand une liaison ferro-
viaire existe entre deux villes, 0 sinon.
A
B
C
D
E
A
0
BA
CA
0
0
B
AB
0
CB
DB
0
C
AC
BC
0
DC
EC
T1
D
0
BD
CD
0
ED
E
0
0
CE
DE
0
A
B
C
D
E
A
0
1
1
0
0
B
1
0
1
1
0
C
1
1
0
1
1
D
0
1
1
0
1
E
0
0
1
1
0
T2
Les deux tableaux sont symétriques par rapport à la première diagonale.
34
Activité 6
Partie A



Mettons le tableau T2 sous forme de matrice M = 



Randonnée en montagne
0
1
1
0
0
1
0
1
1
0
1
1
0
1
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
0



.



Il faut au minimum trois jours pour aller de D à F.
Les randonnées possibles en trois jours sont données dans le tableau.
Randonnée 3 jours
DAEF DBCF
DBEF
Distance totale
78
84
80
La randonnée la plus courte, d’une longueur de 78 km, est DAEF.
Les randonnées de quatre jours sont :
DABEF ; DABCF ; DAECF ; DBAEF ; DBCEF ; DBECF.
Déterminons toutes les randonnées de cinq jours.
Randonnée 5 j
DABAEF
DABCEF*
DABECF*
DAECEF
DBABCF
DBABEF
DBAECF*
DBCECF
DBECEF
Distance totale
110
118
106
118
116
112
116
124
120
Il existe 9 randonnées de cinq jours mais seulement trois d’entre elles passent par
tous les sommets du graphe (elles sont repérées par une étoile*).
Le parcours le plus court est le parcours DABECF. Sa longueur est de 106 km et il
passe par tous les sommets.
Remarque
Partie B
La recherche d’un plus court chemin sera étudiée dans la séquence 3.
Les sommets du graphe sont pris dans l’ordre D, A, B, C, E, F.
On écrit 1 entre un sommet X et un sommet Y si on peut aller de X à Y, 0 sinon.




La matrice associée au graphe G est telle que M = 



0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
0
0
0
1
1
0




.



La calculatrice nous donne les matrices M 2 , M 3 , M 4 et M 5 .



2 
M =



0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
1
2
1
1
0
0
2
1
2
0
1
0
0
1
2
1
1
0







3 
 ,M = 






0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
1
1
0
0
0
0
3
1
3
0
1
0
3
3
2
1
0
0
3
3
3
1
1
0




,



35



4 
M =



0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
4
4
2
1
0
0
5
2
4
0
1
0
6
4
5
1
1
0







5 
 ,M = 






0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
1
1
0
0
0
0
6
2
5
0
1
0
6
5
3
1
0
0
9
6
6
1
1
0




.



a. Le nombre situé à droite de la 1re ligne de M 3 est égal au nombre de ran-
données de D à F en 3 étapes.
4
b. Le nombre situé à droite de la 1re ligne de M est égal au nombre de randonnées de D à F en 4 étapes.
5
c. Le nombre situé à droite de la 1re ligne de M est égal au nombre de randonnées de D à F en 5 étapes.
Exercice 8
5
La matrice M a été calculée dans l’exemple 15. On constate que la diagonale
principale est constituée uniquement de 0.
Cela signifie qu’il n’y a aucune chaîne de longueur 5 d’un sommet à lui-même.
Si le graphe G1 était hamiltonien, il devrait posséder un cycle hamiltonien qui
serait obligatoirement de longueur 5 car il passerait par tous les sommets une
fois et une seule.
On vient de voir qu’il n’existe aucun cycle de longueur 5 allant d’un sommet à
lui-même.
Le graphe G1 n’est donc pas hamiltonien.
Remarque
Soit M une matrice d’adjacence d’ordre n. Un cycle hamiltonien (s’il existe) est
n
obligatoirement de longueur n. Si la diagonale de la matrice M est composée
uniquement de 0, on peut affirmer que le graphe n’est pas hamiltonien.
Cette condition est suffisante pour démontrer qu’un graphe n’est pas hamiltonien mais elle n’est absolument pas nécessaire ! Elle est d’ailleurs assez rarement
réalisée.
Exercice 9
Comme rien n’est dit sur l’ordre des points, il faut en choisir un : prenons les
points dans l’ordre alphabétique.




La matrice d’adjacence associée au graphe G est M = 



36
0
1
0
0
1
1
1
0
1
0
0
0
0
1
0
1
0
1
0
0
1
0
1
0
1
0
0
1
0
1
1
0
1
0
1
0




.



On obtient



2 
M =



3
0
2
1
1
1
0
2
0
1
1
2
2
0
3
0
2
0
1
1
0
2
0
2
1
1
2
0
3
1
1
2
0
2
1
3







3 
 et M = 






2
5
2
3
5
6
5
0
5
1
3
1
2
5
0
5
2
7
3
1
5
0
5
1
5
3
2
5
2
6
6
1
7
1
6
2




.



a. t Le nombre de chaînes de longueur 2 partant de A est égal à 8 : c’est la
2
somme des nombres de la 1re ligne de M .
t Le nombre de chaînes de longueur 2 arrivant en B est égal à 6 : c’est la somme
2
des nombres de la 2e colonne de M .
t Le nombre de chaînes de longueur 2 entre A et F est égal à 1 : c’est le dernier
2
nombre de la 1re ligne de M .
t Le nombre de chaînes de longueur 2 entre C et F est égal à 0 : c’est le dernier
2
nombre de la 3e ligne de M .
b. Le nombre total de chaînes de longueur 3 est égal à la somme de tous les
3
termes de la matrice M .
Il existe 120 chaînes de longueur 3.
c. Le nombre de cycles de longueur 3 est égal à la somme des termes de la
diagonale principale.
Il existe 6 cycles de longueur 3.
Un cycle de longueur 3 est un « triangle ». Géométriquement le seul triangle sur
le graphe est AEF.
Donnons les 6 cycles d’ordre 3 : AEFA, AFEA, EAFE, EFAE, FAEF, FEAF.
3
d. D’après la matrice M , il existe 3 chaînes de longueur 3 reliant A à D qui sont
ABCD ; AFCD ; AFED.
Reliant A à D
Chaînes
Exercice 10
ABCD ; AFCD ; AFED
Soit M la matrice d’adjacence associée au graphe étiqueté, les sommets étant
classés dans l’ordre d, a, b, f.
 0 1 0 0 


0 1 1 0 
.
On a M = 
 0 1 1 1 
 0 0 0 0 


Les deux nombres 1 sur la diagonale indiquent la présence de deux boucles.
6
La première ligne de la matrice M donne le nombre de chemins de longueur 6
partant du sommet d.
37
La première ligne de M 6 est  0 16 16 8  .


Le nombre 8 indique le nombre de chemins de longueur 6 partant de d et arrivant en f.
On peut donc former 8 nombres de 6 chiffres à l’aide du graphe étiqueté.
a. Déterminons la première ligne de la matrice M 8 . La première ligne de M 8
est  0 64 64 32  .


On peut former 32 codes personnels de 8 chiffres. C’est exactement le nombre de
codes dont le professeur a besoin.
b. Il nous faut maintenant 128 codes personnels.
10
La 1re ligne de la matrice M est  0 256 256 128  .


Pour que les 128 personnes aient un code personnel, il faut des codes de 10 chiffres.
Remarque
n
Il semble que les matrices M soient assez particulières. La 1re colonne et la 4e ligne
sont composées de 0. C’est logique car on ne peut ni arriver en d, ni partir de f.


On a M 3 = 





5 
M =



0
0
0
0
2
4
4
0
2
4
4
0
1
2
2
0

 0


 ,M4 =  0

 0

 0



0 8 8 4 


0 16 16 8  6 
,M =
0 16 16 8 



0 0 0 0 

4
8
8
0
4
8
8
0
2
4
4
0


,



0 16 16 8 

0 32 32 16 
.
0 32 32 16 
0 0 0 0 
Pour n ≥ 3 les nombres non nuls de la matrice M n semblent être des puissances
de 2.


n −2
2n − 2 2n − 3 
 0 2
n −1

2n −1 2n − 2  .
On peut conjecturer que, pour n ≥ 3 , M n =  0 2

 0 2n −1 2n −1 2n − 2 
 0
0
0
0 

Il semble que le fait d’ajouter un chiffre aux codes multiplie par 2 le nombre de
codes possibles.
Exercice 11
a. La matrice M n’est pas symétrique par rapport à la diagonale principale.
Le graphe G est un graphe orienté.
b. La matrice M est une matrice carrée d’ordre 5. Le graphe G possède donc
5 sommets : G est d’ordre 5 .
Pour trouver le degré de A on cherche le nombre d’arcs d’extrémité A ; le
point A peut être le début ou la fin de l’arc.
En additionnant le nombre de 1 de la 1re ligne et le nombre de 1 de la 1re colonne
on obtient 6.
38
On fait de même pour les autres sommets (pour B : 2e ligne et 2e colonne ; … ;
pour E : 5e ligne et 5e colonne). Résumons les résultats dans un tableau :
Sommet
A
Arc
sortant rentrant
Nombre
3
3
Degré
6
B
sortant
3
C
rentrant
4
sortant
3
7
D
rentrant
2
sortant
2
5
E
rentrant
2
4
sortant
3
rentrant
3
6
La somme des termes de la matrice M est égale à 14.
Le graphe G possède 14 arcs.
On peut aussi dire que le nombre d’arcs est égal à la moitié de la somme de tous
d 28
= 14.
les degrés : a = =
2 2
c. On cherche s’il existe des 0 qui soient symétriques par rapport à la diagonale
principale. On en trouve seulement deux.
Les sommets C et D ne sont reliés par aucun arc : ils ne sont pas adjacents.
Les sommets C et D ne sont pas adjacents.
 2 2 1 0 3 


2 3 1 2 1 

La calculatrice nous donne M 2 =  2 2 2 2 1  .
 2 1 1 1 1 


 1 2 2 1 2 
Le nombre de chemins de longueur 2 partant de B est égal à 9 (total des nombres
de la 2e ligne).
Le nombre de chemins de longueur 2 arrivant en B est égal à 10 (total des
nombres de la 2e colonne).
Le seul couple où il n’existe pas de chemin de longueur 2 allant du 1er sommet
2
au second est le couple (A ; D) car il y a un seul 0 dans la matrice M (par contre
il existe deux chemins de longueur 2 allant de D à A).
a. On enlève les orientations des arcs du graphe G pour obtenir un graphe
non orienté F ayant les mêmes sommets.
On appelle N la matrice d’adjacence associée au graphe F avec N = M + X .
Soit X et Y deux sommets du graphe orienté G. Quatre cas peuvent se présenter :
X et Y adjacents
X et Y non adjacents
Arcs
X →Y
X ←Y
X ↔Y
X Y
Arêtes
X –Y
X –Y
X –Y
X –Y
X Y
Dans le cas X ↔ Y il y a deux arêtes multiples entre X et Y
Les arcs sortants se lisent sur les lignes de M alors que les arcs rentrants se lisent
sur les colonnes de M. Pour « lire » les arêtes sur le graphe non orienté F, il suffit
t
t
de « lire » les lignes (ou les colonnes) de la matrice N = M + M . Ainsi X = M .
39
b.



N = M + tM = 



0
1
1
0
1



On calcule N 2 = 



1
0
1
1
1
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
1
1
1
0
 
 
 
+
 
 
 
0
1
1
1
0
1
0
1
0
1
1
1
0
0
1
0
1
0
0
1
1
1
0
1
0
 
 
 
=
 
 
 
0
2
2
1
1
2
0
2
1
2
2
2
0
0
1
1
1
0
0
2
1
2
1
2
0
10 7 5 4 8 

7 13 6 6 6 
5 6 9 6 6 .
4 6 6 6 3 

8 6 6 3 10 
c. Une chaîne est fermée si les deux extrémités sont confondues. Le nombre de
chaînes fermées se lit sur la diagonale principale (nombres en gras).
On calcule 10 + 13 + 9 + 6 + 10 = 48.
Le graphe F contient 48 chaînes fermées de longueur 2.
Exercice 12
On connaît :
t Le nombre de chaînes de longueur 1 allant en F (matrice colonne).
t Le nombre de chaînes de longueur 4 partant de D (matrice ligne).
Première ligne de M 4
Dernière colonne de M











0
0
0
0
1
1
1
0











[
20 11 19 12 14 6 21 6
]
On connaît donc le nombre de chaînes de longueur 4 allant du sommet D vers
chacun des sept autres sommets. Pour trouver le nombre de chaînes de longueur 5 partant de D pour aller en F, il nous faut savoir quels sont les sommets
d’où l’on peut aller en F en une seule étape. D’après la dernière colonne de M ces
sommets sont E, H et K.
De… à F en une « étape »
Nombre de chaînes de
longueur 4 de D à …
Nombre de chaînes de
longueur 5 de D à F.
E
H
14
+
6 +
21
41
Il existe 41 chaînes de longueur 5 reliant D à F.
40
K



.



Exercice 13
Le graphe orienté des rencontres est sur la figure 12.
E
C
A
D
B
Figure 12
L’ordre des équipes est l’ordre alphabétique.
La matrice d’adjacence M associée au graphe des rencontres est la matrice



M=



0
1
1
1
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
0
0
1
1
0
1
0
0



.



t La somme des termes de la 1re ligne est égale à 3. Cette somme donne le
nombre de matchs joués, à l’extérieur, par l’équipe A.
La somme des termes d’une ligne donne le nombre de matchs joués à l’extérieur
par l’équipe correspondant à cette ligne.
t La somme des termes de la 2e colonne est égale à 3. Cette somme donne le
nombre de matchs joués, à domicile, par l’équipe B.
g La somme des termes d’une colonne donne le nombre de matchs joués à domicile par l’équipe correspondant à cette colonne.
t La somme de tous les termes de la matrice M donne le nombre total de matchs
qui ont été joués.
Prenons, par exemple, l’équipe E. La somme des termes de la dernière ligne et
de la dernière colonne indique le nombre de matchs joués par l’équipe E (on fait
la somme des termes en gras dans M).
Donnons les résultats dans un tableau (Ext : extérieur ; Dom : domicile).
A
Équipe
B
C
D
E
Ext. Dom. Ext. Dom. Ext. Dom. Ext. Dom. Ext. Dom.
3
Nombre de
matchs joués
3
6
2
3
5
3
3
6
3
3
6
3
2
5
6+5+6+6+5
= 14.
2
(Dans le tableau chaque match est compté deux fois.)
Pour retrouver le nombre total de matchs on calcule
41
Exercice 14
Partie A
Vrai - Faux
Faux ; le nombre 2 469 n’est pas reconnu (odans le mauvais sens).
Vrai ; le nombre 23 479 est reconnu.
Vrai ; les nombres 259 et 279 sont reconnus et aucun nombre de 2 chiffres
n’est reconnu.
Vrai ; il faut passer soit par q 5, soit par q 7.
Faux ; le graphe ne reconnaît que deux nombres de 3 chiffres (259 et 279).
Vrai ; les nombres 25 659 et 247 659 sont reconnus.
Faux ; dans un nombre de 10 chiffres (reconnu), on peut avoir au plus trois
fois le chiffre 6.
Vrai ; 2 359 ; 2 459 ; 2 589 ; 2 379 ; 2 479 ; 2789.
Faux ; le graphe reconnaît les nombres 23 359, 23 459, 24 359, 24 459,
23 589, 24 589, 25 889, 23 379, 23 479, 24 379, 24 479, 23 789, 24 789,
27 889, 25 659, 25 679, 27 659, 27 679. Le graphe reconnaît au moins 18
nombres de 5 chiffres.
Vrai ; voir .
Partie B
La matrice d’adjacence associée au graphe H est la matrice



M=



0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
1
1
1
1
0
0
1
1
1
0
0
0
0
1
0



.



Déterminons la première ligne des matrices M 2 , M 3 , M 4 et M 5 .
Matrice
M2
M3
M4
M5
1re ligne
 0 2 2 2 0 


 0 6 6 6 2 


 0 18 18 18 6 


 0 54 54 54 18 


Ce tableau nous montre que :
t Aucun nombre de 2 chiffres n’est reconnu.
t Deux nombres de 3 chiffres sont reconnus.
t Six nombres de 4 chiffres sont reconnus.
t Dix-huit nombres de 5 chiffres sont reconnus.
Ces résultats permettent de vérifier les réponses aux questions , , , et
de la partie A.
42
Exercice 15
Le graphe orienté V représentant les vols directs entre les sept villes est sur
la figure 13.
3
6
2
4
5
7
1
Figure 13
Les dix-sept liaisons aériennes entre deux villes distinctes comportant une
seule escale sont les suivantes :
1→ 6 → 5 ; 1→ 6 → 3 ; 1→ 7 → 4 ; 1→ 7 → 2;
2 → 7 → 1; 2 → 7 → 4 ; 3 → 2 → 7 ; 3 → 4 → 5 ;
4 → 5 → 7 ; 5 → 7 → 1; 5 → 7 → 2; 5 → 7 → 4 ; 6 → 3 → 2;
6 → 3 → 4 ; 6 → 5 → 7 ; 7 → 1→ 6 ; 7 → 4 → 5.
Les liaisons aériennes comportant une seule escale sont des chemins de longueur 2.
Soit M la matrice d’adjacence associée au graphe orienté V.




On a M = 





0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
1
0
1
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
1
0
0








 et M 2 = 










1
1
0
0
1
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
1
1
0
1
2




.





On peut vérifier le nombre de liaisons entre deux villes distinctes, comportant une
seule escale, en faisant la somme de tous les nombres (ici des « 1 ») de la matrice
M 2 qui ne sont pas sur la diagonale principale. On calcule 4 + 2 + 2 + 1 + 3 + 3 + 2 = 17.
Il existe 17 vols entre deux villes distinctes comportant une seule escale.
Pour trouver le nombre de vols partant de 1 et comportant deux escales, on
3
détermine la première ligne de M .
3
La première ligne de M est  0 1 0 1 1 1 3  .
La somme des six termes est égale à 7 :
de la ville 1 il part 7 vols comportant deux escales.
Ces sept vols sont : 1-6-3-2 ; 1-6-3-4 ; 1-6-5-7 ; 1-7-1-7 ; 1-7-1-6 ; 1-7-2-7 ;
1-7-4-5.
43
Sur ces sept vols, quatre seulement sont des chemins élémentaires (en gras dans
la liste).
Pour savoir s’il existe au moins une liaison aérienne entre deux villes
distinctes, comportant au plus trois escales, on détermine la matrice
S = M + M2 + M 3 + M 4.




On a S = 





4 5
3 3
2 3
2
1
0
5 4 2 6
3 2 1 4
3 2 1 4
1 1
0
1 2 1 3
3 3
2 3
4 5
1
1
1
3 2 1 4
3 3 1 5
5 4 3 8





.




La matrice S possède un 0 en dehors de la diagonale principale : cela signifie
qu’il est impossible d’aller de 4 en 3 en faisant au maximum trois escales.
On peut aller de la ville 4 à la ville 3 en faisant 4 escales (en gras) : 4-5-7-1-6-3.
Il n’existe pas de vol comportant au plus trois escales de la ville 4 à la ville 3.
Exercice I
Le graphe K3,3
Supposons que le graphe G soit planaire.
Si le graphe G est connexe et planaire, on peut appliquer la formule d’Euler :
s – a + f = 2 où s est le nombre de sommets, a le nombre d’arêtes et f le nombre
de faces.
Ici on connaît a = 9 et s = 6. On aurait donc f = a − s + 2 = 9 − 6 + 2 = 5.
Si le graphe G était planaire, il aurait 5 faces.
Posons E = { A; B ; C } et F = {1; 2; 3}.
Comme le graphe est biparti, aucune face ne peut être triangulaire car, sinon, on
aurait une arête, soit entre deux sommets de E, soit entre deux sommets de F, ce
qui n’est pas possible.
Chaque face du graphe G est bordée par au moins 4 arêtes.
Chaque arête est la frontière entre deux faces.
Cela nous donne l’inégalité suivante : 4f ≤ 2a.
On devrait donc avoir 4f ≤ 18.
On a trouvé f = 5, ce qui est contradictoire avec 4f ≤ 18.
L’hypothèse « le graphe G est planaire » est donc fausse.
Le graphe G n’est pas planaire.
Si on pouvait placer les 9 conduites dans un plan, sans qu’au moins deux
d’entre elles ne se croisent, alors le graphe biparti G serait planaire.
Or, on vient de démontrer que G n’est pas planaire.
44
Il est impossible de placer les 9 conduites dans un plan sans qu’au moins deux
d’entre elles ne se croisent.
Exercice II
Graphes isomorphes
Désignons les sommets de G1 par 1, 2, 3, 4 , 5, 6, 7, 8, 9, 10.
Plaçons ces 10 sommets sur le graphe G2 de telle manière que le nombre 1 soit
relié à 3, 6, 9, que le nombre 2 soit relié à 3, 7, 10, etc.
10
2
10
9
2
3
9
8
1
3
4
8
4
5
7
7
1
6
5
6
G1
G2
Figure 14
Les deux graphes de la figure 14 nous montrent que G1 et G2 représentent la
même situation.
Les graphes G1 et G2 sont isomorphes.
a) Pour parcourir une fois et une seule chacune des arêtes d’un graphe, sans
lever le crayon, il faut que ce graphe admette une chaîne eulérienne.
Les graphes G1 et G2 ayant chacun dix sommets de degré 3, aucun d’entre eux
n’admet de chaîne eulérienne. Pour chacun des graphes G1 et G2 il est impossible
de parcourir une fois et une seule chacune des 15 arêtes sans lever le crayon.
b) On a 10 = 5 w 2, ce qui montre que le tracé peut se faire en 5 étapes.
Pour tracer G1 ou pour tracer G2 il faut au minimum lever 4 fois le crayon.
Exercice III
Cavaliers sur un échiquier m × n avec m et n impairs
On place un cavalier sur la case blanche F .
1re
2e
3e
…
23e
24e
25e
Case de départ :
F
B
N
B
…
B
N
XXX
Case de départ :
A
N
B
N
…
N
B
N
A
B
C
D
E
F
G
H
J
K
L
M
N
O
P
Q
R
S
T
U
V
W
X
Y
Z
45
Supposons que le cavalier se soit déplacé jusqu’à la 24e case.
Il se trouve alors sur une case noire ; pour aller sur la 25e case, il lui faudrait une
case blanche.
Or la seule case vide est obligatoirement noire car il n’y a que 12 cases blanches.
Le cavalier ne pourra pas aller sur la 25e case en partant de F.
La figure 15.a montre que le cavalier peut se déplacer jusqu’à la 24e case.
Remarque
On place un cavalier sur la case noire
A.
a. Supposons que le cavalier se soit déplacé jusqu’à la 24e case.
Il peut, a priori, aller sur la 25e case qui est la dernière case noire disponible.
La case de départ était une case noire ; comme la 25e case est aussi une case
noire, il ne pourra en aucune façon retourner sur la 1re case car elle est de la
même couleur.
En partant de A, le cavalier ne pourra pas revenir sur la case de départ.
Si un cycle hamiltonien existait, on devrait pouvoir, en partant de A ou de F, parcourir toutes les cases de l’échiquier et revenir sur la case de départ. On vient de
montrer que cela est impossible.
On ne peut pas trouver de cycle hamiltonien sur un échiquier 5 × 5.
b. La figure 15.b propose un parcours possible du cavalier sur les 25 cases de
l’échiquier.
15.a
12 15 20
1
6
xx
1
12 25 18
3
11 14 19
22 17
2
13 24
2
21
8
11
8
23
4
19
10 23 18
3
16 21
6
9
14
22
7
16 13
5
7
24 17
4
9
10 15 20
15.b
5
Figure 15
On considère maintenant un échiquier m w n (avec m et n impairs).
Supposons que le nombre de cases noires soit impair et le nombre de cases
blanches pair.
On place un cavalier sur une case B .
(m × n − 2) − ième (m × n − 1) − ième
1re
2e
3e
…
Case de départ :
Blanche
B
N
B
…
B
Case de départ :
Noire
N
B
N
…
N
m × n − ième
1re
N
XXX
B
B
Nq
N
impossible
À la fin d’un parcours possible, le cavalier est sur une case noire ; il ne peut plus
se rendre sur une case blanche car la seule case libre est noire.
46
On place un cavalier sur une case
N.
La dernière case sera aussi une case noire. Il ne pourra donc pas revenir sur la
1re case car c’est aussi une case noire.
Un cycle hamiltonien est impossible sur un échiquier m w n avec m et n impairs.
Exercice IV
Énigme cinématographique
On part de la situation
(
0
;
0
)
Contenu du
bidon de 3 l
Contenu du
bidon de 5 l
(
pour arriver à
?
;
4
)
Contenu du
bidon de 3 l
Contenu du
bidon de 5 l
Pour simplifier l’écriture, on va noter un couple (a ; b ) sous forme d’un « nombre »
à deux chiffres ab.
Ainsi le couple (0 ; 5) sera noté 05.
On modélise le problème par un graphe orienté où les sommets sont les couples
ab.
On trace un arc ab → cd si on peut passer de ab vers cd et deux arcs ab ↔ cd si
on peut passer d’une situation à l’autre.
Ainsi l’arc 32 → 30 existe bien mais pas l’arc 30 → 32.
Entre 15 et 33 on aura : 15 ↔ 33.
Le graphe résumant les principales situations possibles est représenté sur la figure 16.
33
30
15
03
10
35
32
00
05
31
02
20
01
04
34
25
Figure 16
Le graphe nous montre au moins deux chemins possibles :
00 → 05 → 32 → 02 → 20 → 25 → 34
00 → 30 → 03 → 33 → 15 → 10 → 01→ 31→ 04
Le premier chemin comporte six étapes alors que le second en compte huit. La
solution n’est donc pas unique.
Remarque
On peut aussi faire quelques chemins buissonniers…
00 → 30 → 35 → 05 → 32 → 02 → 20 → 25 → 34 ;
00 → 05 → 35 → 30 → 03 → 33 → 15 → 10 → 01→ 31→ 04.
47
Exercice V
Graphe de dominance
Intuitivement, on peut penser :
i A et C seront les deux premières équipes, mais dans quel ordre ?
i B et E seront classées 3e et 4e , mais dans quel ordre ?
i D sera classée dernière.
Classement possible :
1er et 2e
3e et 4e
ex aequo
ex aequo
A et C
B et E
5e
D
a. Le graphe G des victoires est sur la figure 17.
A
B
D
E
C
Figure 17
b. Déterminons la matrice d’adjacence M associée au graphe G. On choisit
l’ordre alphabétique pour les sommets.



D’où M = 



0
0
0
0
1
1
0
1
0
0
1
0
0
0
0
1
1
1
0
1
0
1
1
0
0



.



0
1
1
0
0
 
 
 
+
 
 
 
a. On pose S = M + M 2.



D’où S = 



0
0
0
0
1
1
0
1
0
0
1
0
0
0
0
1
1
1
0
1
0
1
1
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
2
1
2
0
1
0
0
1
0
0
 
 
 
=
 
 
 
0
1
1
0
1
2
0
1
0
1
1
0
0
0
1
3
2
3
0
2
2
1
2
0
0



.



b. Les termes de la matrice M donnent les chemins de longueur 1, c’est-à-dire
les victoires directes.
2
Les termes de la matrice M donnent les chemins de longueur 2, c’est-à-dire les
victoires au second degré.
48
La 1re ligne de S indique donc les points obtenus par l’équipe A face aux autres
équipes : ainsi, par exemple, A marque 3 points contre D.
La somme des termes de la 1re ligne donne le nombre total de points de l’équipe A.
La somme des termes d’une ligne donne le nombre total des points de l’équipe
correspondant à cette ligne.
→
→
→
→
→
A
B
C
D
E







0
1
1
0
1
2
0
1
0
1
1
0
0
0
1
3
2
3
0
2
2
1
2
0
0







→
→
→
→
→
8 points
4 points
7 points
0 point
5 points
Classement
1er
2e
3e
4e
5e
Équipe
A
C
E
B
D
Ce classement confirme la conjecture. Il a permis de départager les ex aequo.
Exercice VI
Visites dans la ville
a. La matrice associée au plan de la ville est




M=





0
1
0
0
1
1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
1
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
0
1
1
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
1
0




.





b. Le seul circuit de longueur 2 est le circuit : TDT .
a. Yann visite trois sites ; il fait donc un circuit de longueur 4. Le nombre de
circuits de longueur 4 partant de T et arrivant en T est le premier terme de
la matrice M 4.
La 1re ligne de M 4 est [ 6
circuits possibles.
2 7 6 6 5 1 ]. Il existe, au maximum, six
Énumérons les six circuits de longueur 4 pour voir lesquels passent par trois sites.
Les six circuits sont : TDTDT , TDBDT , TDCDT , TBCDT , TBDET , TDEAT .
Yann a le choix entre trois circuits : TBCDT , TBDET et TDEAT .
b. Énora visite quatre sites ; elle fait donc un circuit de longueur 5.
La 1re ligne de M 5 est [ 13
6 14 13 19 8 5] .
Énora peut, a priori, choisir entre 13 circuits de longueur 5 : on les énumère pour
voir lesquels passent par quatre sites.
49
Les 13 circuits sont :
TBDBDT, TBDCDT, TBDTDT, TBDEAT , TDBCDT, TDBDET,TDCDET, TDEAET, TDEFAT ,
TDETDT, TDTDET, TDTBDT, TDTDET .
Énora a le choix entre deux circuits : TBDEAT et TDEFAT .
c. Visiter tous les sites sans passer deux fois par le même c’est trouver un cycle
hamiltonien.
On ne peut pas ici énumérer tous les circuits de longueur 7 (il y en a 78…).
On voit que si on commence par :
i TDC ou TDBC , on se trouve bloqué ;
i TDEA , on ne peut pas aller en F ;
i TDEFABC , on se trouve bloqué.
On ne peut pas terminer par ET car, pour aller en F, on doit d’abord passer par E.
On termine par AT et, même mieux, par EFAT.
On commence obligatoirement par TB et on trouve alors le circuit TBCDEFAT.
Le seul circuit hamiltonien possible pour visiter les six sites est le circuit TBCDEFAT.
Exercice VII
La table ronde
Le graphe G donné indique les incompatibilités d’humeur entre les huit personnes.
Pour les placer autour de la table ronde (si c’est possible), on va construire le
graphe H des personnes ayant des « humeurs compatibles ». Il restera à trouver
sur ce nouveau graphe un circuit hamiltonien.
Ce nouveau graphe (voir figure 18) est tel que :
t H aura les mêmes sommets que G ;
t Si on a X – Y dans G alors on aura X Y dans H ;
t Si on a X Y dans G alors on aura X – Y dans H.
Par définition, on dit que H est le complémentaire de G et on peut noter H = G .
Les sommets A et D sont de degré 2. On peut chercher un cycle partant de
A en construisant un graphe sous forme d’arbre (voir figure 19).
Le sommet A n’a que deux voisins possibles qui sont C et K : si on « sort » par K
on devra « entrer » par C.
On va chercher un « arbre minimal » de la forme A → K → ... → C → A.
Comme on doit finir l’arbre par C → A , on pourra éliminer les branches où l’on
rencontrera © avant la dernière étape.
Comme D n’a que deux voisins possibles, certaines branches bloquent assez vite
(voir D ). On obtient ainsi un arbre de taille raisonnable.
On obtient trois dispositions possibles : AKFEBDJCA ; AKFEJDBCA ; AKFJDBECA.
Si on était parti de A q C, on aurait aussi trouvé trois dispositions, mais dans
l’ordre inverse : ACJDBEFKA ; ACBDJEFKA ; ACEBDJFKA. Pour une personne, ces
dispositions ne font qu’inverser les voisins de gauche et de droite.
Un plan de table est donc possible (voir figure 20) : les huit personnes peuvent
pousser un ouf de soulagement.
50
On peut trouver trois plans de table possibles (ou six si on considère l’ordre
inverse).
A
B
K
C
J
D
F
E
Figure 18
A
K
C
J
F
E
B
C
J
J
C
D
D
C
D
B
J
B
E
C
C
C
A
A
A
C
C
C
E
B
C
B
C
C
D
C
E
D
E
B
F
F
C
D
C
B
F
C
E
C
D
Figure 19
A
C
K
J
F
D
E
B
Figure 20
Un plan de table possible
51
Corrigé séquence 3
Activité 1
Réseau autoroutier
� La longueur du trajet D – C – A, exprimée en kilomètres, est : 450 + 200 = 650.
Le trajet D – C – A fait 650 km.
Déterminons toutes les chaînes simples entre D et A.
Chaîne
Distance
Prix
D–B–A
500
35
D–C–A
650
50
D–B–C–A
450
50
D–C–B–A
1 000
75
Le trajet le plus court entre D et A est le trajet D – B – C – A.
� Le trajet minimisant le prix du péage est le trajet D – B – A.
Activité 2
Travaux de rénovation
� Tous les chemins allant de E à S comportent six arcs : ces chemins ont pour
longueur 6.
� a. Le dernier terme de la matrice M 6 est égal à 6. Cela signifie qu’il y a
six chemins de longueur 6 allant de E à S.
Tous les chemins de longueur 6
Chemin
allant de E à S, ainsi que leur poids
EACHKNS
respectifs, sont indiqués dans le
EACFKNS
tableau.
Poids
27
←
Min
←
Max
32
EADFKNS
31
EBCHKNS
30
EBCFKNS
35
EBDFKNS
34
b. Le chemin E A C H K N S est celui qui a un poids minimum égal à 27.
On sait qu’il faut attendre 6 heures avant de pouvoir commencer les tâches C et
D. Dans le chemin E A C H K N S , la tâche C commence seulement 3 heures après
le début de la rénovation, ce qui est impossible compte tenu des antériorités.
Le chemin de poids minimum ne permet pas d’exécuter toutes les tâches.
53
c. Le chemin de longueur 6 qui permet d’exécuter toutes les tâches est le
chemin de poids maximal.
Le chemin E B C F K N S dont le poids maximal est égal à 35 permet d’exécuter
toutes les tâches.
Il faut, au minimum, 35 heures pour rénover la pièce.
� a. Les tâches B, C, F, K et N se trouvent sur le chemin de poids maximal. Tout
retard sur l’une de ces tâches entraîne automatiquement un retard dans la
réalisation du projet.
Le chemin B C F K N est le « chemin critique ». (Voir la définition d’un chemin
critique dans l’exemple 5 du paragraphe 5.)
b. Les tâches A, D, H ne se trouvent pas sur le chemin critique : elles peuvent
supporter un certain retard.
Remarques
tLes tâches A et B peuvent se terminer en même temps sans entraîner de retard
pour les tâches C et D. On a donc 3 heures de marge sur la tâche A (on calcule
6 – 3 = 3).
tLes tâches C et D peuvent se terminer en même temps sans entraîner de
retard pour la tâche F. On a donc 1 heure de marge pour la tâche D (on calcule
5 – 4 = 1).
tLes tâches F et H peuvent se terminer en même temps sans entraîner de retard
pour la tâche K. On a donc 5 heures de marge pour la tâche H (on calcule
12 – 7 = 5).
Tâche
A
D
H
Marge (en h)
3
1
5
tSi la durée de la tâche D était égale à 5, au lieu de 4, on trouverait deux chemins critiques. Les chemins E B C F K N S et E B D F K N S auraient alors tous
les deux un poids maximal égal à 35.
Activité 3
Niveau d’un sommet
La détermination des niveaux des sommets peut se faire à partir d’un tableau
des prédécesseurs.
Sommet
T
A
B
C
D
F
K
Prédécesseurs
C0
C1
C2
C3
Niveau
C4
C5
C6
0
1
2
4
5
6
T
T
A
A
B–T
B
B
A–C
A–C
C
B–D
B–D
B–D
B–D–F B–D–F B–D–F
A
B
C
D
C
D
D
D–F
D–F
F
F
La colonne C 0 montre que seul le sommet T est de niveau 0.
54
3
K
On va ensuite éliminer, colonne après colonne, les sommets déjà traités ainsi que
les arcs issus de ces sommets.
Dans la colonne C1 , on élimine le sommet T ; ainsi, A n’a plus de prédécesseur.
Dans la colonne C 2 , on élimine le sommet A ; ainsi, B n’a plus de prédécesseur.
Dans la colonne C 3 , on élimine le sommet B ; ainsi, C n’a plus de prédécesseur.
Dans la colonne C 4 , on élimine le sommet C ; ainsi, D n’a plus de prédécesseur.
Dans la colonne C 5 , on élimine le sommet D ; ainsi, F n’a plus de prédécesseur.
Dans la colonne C 6 , on élimine le sommet F ; ainsi, K n’a plus de prédécesseur.
Conclusion
Remarque
Sommet
T
A
B
C
D
F
K
Niveau
0
1
2
3
4
5
6
Dans cette activité, tous les sommets sont de niveaux différents, ce qui n’est pas
toujours le cas (voir exercice 5).
Exercice 1
� Le graphe G est connexe et les sommets A et K sont de degré impair alors que
les autres sommets sont tous de degré pair. Le graphe G possède donc une
chaîne eulérienne.
La balayeuse peut emprunter chaque allée une fois et une seule, à condition de
commencer soit en A, soit en K.
Si elle commence en A, elle doit finir en K. Si elle commence en K, elle doit finir
en A.
La balayeuse passera le plus souvent par le(s) sommet(s) de plus haut degré.
Elle passera trois fois par le sommet D (3 « entrées - sorties »).
Elle passera aussi trois fois par le sommet A (1 « sortie » et 2 « entrées - sorties »
ou bien 1 « entrée » et 2 « entrées - sorties »).
� Utilisons l’algorithme de Dijkstra pour déterminer une plus courte chaîne pour
aller de A en K.
A
B
C
D
E
F
H
K
0
90 (A)
90 (A)
290 (A)
275 (B )
175 (A)
245 (B )
260 (E )
175 (A)
150 (A)
270 (B )
150 (A)
∞
∞
285 (E )
280 (D )
∞
∞
∞
395 (D )
∞
∞
∞
∞
535 (C )
510 (F )
540 (H )
510 (F )
295 (D)
275 (B )
280 (D)
395 (D)
Sommet dont
le poids est
fixé
A
B
E
D
C
F
H
K
55
La plus courte chaîne de A à K a un poids égal à 510. Pour trouver cette chaîne,
on écrit la liste de ses sommets de droite à gauche à partir de K :
tEBOTMBDPMPOOFK, on repère le sommet F écrit en gras entre parenthèses ;
tEBOTMBDPMPOOFF, on repère le sommet D écrit en gras entre parenthèses ;
tEBOTMBDPMPOOFD, on repère le sommet A écrit en gras entre parenthèses.
Le sommet K a un poids égal à 510 venant de F. Le sommet F est pondéré à partir
de D et D est pondéré à partir de A.
La chaîne A – D – F – K (notée en abrégé A D F K) est la plus courte chaîne entre
A et K.
L’itinéraire A D F K est le plus court entre A et K ; sa longueur est de 510 m.
Pour tout sommet X du graphe, on pose :
f α ( X ) le poids d’un plus court chemin de B à X ;
f γ ( X ) le poids d’un plus long chemin de B à X.
Exercice 2
On peut traiter les deux questions en utilisant l’algorithme de Ford car le graphe
est ordonné par niveau.
Sommet
Prédécesseurs
B
C
D
F
H
K
56
B
Calculs de α ( X ) et de γ ( X )
Nombres
α ( X ) et γ ( X )
Min
α (B ) = 0
α (B ) = 0
Max
γ (B ) = 0
γ (B ) = 0
Min
α (C ) = p (B → C ) = 8
α (C ) = 8
Max
γ (C ) = p (B → C ) = 8
γ (C ) = 8
Min
α (D ) = min[α ( B ) + p (B → D ) ; α (C ) + p (C → D )]
α (D ) = min[12 ; 8 + 9]
α (D ) = 12
Max
γ (D ) = max[γ (B ) + p (B → D ) ; γ (C ) + p (C → D )]
γ (D ) = max[12 ; 8 + 9 ]
γ (D ) = 17
Min
α (F ) = min[α (C ) + p (C → F ) ; α (D ) + p (D → F )]
α (F ) = min[8 + 10 ; 12 + 6]
α (F ) = 18
Max
γ (F ) = max[γ (C ) + p (C → F ) ; γ (D ) + p (D → F )]
γ (F ) = max[8 + 10; 17 + 6]
γ (F ) = 23
Min
α (H ) = α (D ) + p (D → H )
α (H ) = 12 + 7
α (H ) = 19
Max
γ (H ) = γ (D ) + p (D → H )
γ (H ) = 17 + 7
γ (H ) = 24
Min
α (K ) = min[α (C ) + p (C → K ) ; α ( D ) + p (D → K ) ;
α (F ) + p (F → K ) ; α (H ) + p (H → K )]
α (K ) = min[8 + 18 ; 12 + 5 ; 18 + 6 ; 19 + 11]
α (K ) = 17
Max
γ (K ) = max[γ (C ) + p (C → K ) ; γ (D ) + p (D → K ) ;
γ (F ) + p (F → K ) ; γ (H ) + p (H → K )]
γ (K ) = max[8 + 18 ; 17 + 5 ; 23 + 6 ; 24 + 11]
γ (K ) = 35
B, C
C, D
D
C, D, F, H
α (T ) = min[α (D ) + p (D → T ) ; α (F ) + p (F → T ) ;
Min
T
α (H ) + p (H → T ) ; α ( K ) + p (K → T )]
α (T ) = 22
α ( T ) = min[12 + 20 ; 18 + 15 ; 19 + 23 ; 17 + 5]
D, F, H, K
Max
γ (T ) = max[γ (D ) + p (D → T ) ; γ (F ) + p (F → T ) ;
γ (H ) + p (H → T ) ; γ (K ) + p (K → T )]
γ (T ) = max[17 + 20 ; 23 + 15 ; 24 + 23 ; 35 + 5]
γ (T ) = 47
� Le plus court chemin de B à T a un poids égal à 22. On obtient la liste des
sommets en partant du sommet T et en repérant de quel sommet vient le
minimum. Les nombres écrits en gras permettent de trouver la liste T –
K – D – B.
Le sommet T a un poids égal à 22 venant de K ; K est pondéré à partir de D et
D est pondéré à partir de B.
Le chemin B – D – K – T (noté en abrégé B D K T) est le plus court chemin entre
B et T.
Le premier groupe fera une randonnée de 22 km en prenant l’itinéraire B D K T.
Remarque
On peut aussi utiliser l’algorithme de Dijkstra pour trouver le plus court chemin.
� Le plus long chemin de B à T a un poids égal à 47. On obtient la liste des
sommets en partant du sommet T et en repérant de quel sommet vient le
maximum. Les nombres écrits en gras permettent de trouver la liste T – H –
D – C – B. Le sommet T a un poids égal à 47 venant de H ; H est pondéré à
partir de D, D est pondéré à partir de C et C est pondéré à partir de B.
Le chemin B – C – D – H – T (noté en abrégé B C D H T) est le plus long chemin
entre B et T.
Le second groupe fera une randonnée de 47 km en prenant l’itinéraire B C D H T.
Exercice 3
� Le graphe donné est connexe. Pour que le voyageur de commerce puisse partir
de son bureau, passer une fois, et une seule, dans chaque rue et revenir à son
bureau, il faudrait que le graphe soit eulérien.
Comme tous les sommets ne sont pas de degré pair, le graphe n’est pas eulérien.
� Pour que le voyageur de commerce puisse effectuer son parcours en passant
au moins une fois dans chaque rue, il faut ajouter des arêtes au graphe G afin
d’obtenir un nouveau graphe Γ qui soit eulérien. Il faut que tous les sommets
du graphe Γ soient de degré pair. Comme il y a quatre sommets de degré
impair (B, C, D et F), on va les grouper par deux.
On peut « coupler » B avec n’importe lequel des trois autres sommets, ce qui fait
trois couplages possibles. Il reste à déterminer un couplage augmentant au minimum la distance à parcourir. Pour chaque paire de sommets, on cherche une plus
courte chaîne allant de l’un à l’autre. Sur le graphe G, on peut trouver les plus
courtes chaînes sans passer par un algorithme (mais ce n’est pas toujours le cas).
d ( X , Y ) désigne le poids, en mètres, d’une plus courte chaîne entre X et Y.
57
Couplage
Calcul des distances minimales
Total
B – C et D – F
d (B , C ) = d (B , K ) + d (K , C ) = 320.
d (D , F ) = d (D , E ) + d (E , F ) = 480.
B – D et C – F
d (B , D ) = d (B , K ) + d (K , C ) + d (C , D )
= 520.
d (C , F ) = d (C , K ) + d (K , H ) + d (H , F )
d (C , F ) = 520.
B – F et C – D
d (B , F ) = d (B , K ) + d (K , H ) + d (H , F )
d (B , F ) = 600.
d (C , D ) = 200.
800
1 040
800
Le voyageur de commerce a le choix entre deux options.
Choix 1
Choix 2
Couplage
Rues où il passe deux fois
Un itinéraire possible
B – C et D – F
B – F et C – D
B K, K C, D E et E F
B K, K H, H F et C D
BAHFEDCBKHDFEDKCKB
BAHFEDCBKHFDHKDCKB
� La longueur totale des 13 rues est égale à 5 320 m. Il faut rajouter 800 m, ce
qui fait au total 6 120 m.
Un itinéraire minimal fait 6,120 km.
Exercice 4
10
A
15
B
C
5
M
N
10
K
10
8
D
12
T
32
R
5
8
F
H
Figure 1
23
E
Pour connecter entre elles les 12 villes, il suffit de créer un réseau
de 11 connections formant un arbre couvrant.
Le coût de l’installation sera minimal lorsque la somme des distances sera elle aussi minimale. On est donc ramené à chercher
un arbre couvrant minimal sur ce réseau Internet.
Cela peut se faire en appliquant l’algorithme de Kruskal.
On commence par trier les 26 arêtes par ordre croisssant de
poids (5, 5, 8, …, 32, 35, 35).
On sélectionne une arête de poids minimal (ici, 5) puis on continue à sélectionner une nouvelle arête de poids minimal, sans
introduire de cycle, jusqu’à ce que tous les sommets soient
connectés.
Un exemple d’arbre couvrant minimal est donné sur la figure 1.
Cette solution n’est pas unique : on voit aisément que l’on peut choisir l’arête CN
au lieu de l’arête B C. On aurait aussi pu choisir, presque au début, l’arête N T au
lieu de l’arête N R.
Un arbre couvrant de poids minimal est constitué des arêtes
AB, BN, NR, RF, FT, TM, MK, KH, BC, RD, RE.
Un arbre couvrant minimal a pour poids 138 (en km).
Exercice 5
Partie A – Construction d’un graphe pondéré ordonné
� Donnons une présentation sans tableau de la détermination du niveau des
sommets. Soit n ( X ) le niveau d’un sommet X.
Le sommet d n’a pas de prédécesseur, d’où n (d ) = 0.
Le sommet A a pour seul prédécesseur un sommet de niveau 0, d’où n ( A ) = 1.
Les sommets B et C ont pour seul prédécesseur un sommet de niveau 1, d’où
n (B ) = n (C ) = 2.
58
Les sommets D, E et F ont pour prédécesseurs des sommets de niveau 2, d’où
n (D ) = n (E ) = n (F ) = 3.
Les sommets H et K ont pour prédécesseurs des sommets de niveau 3, d’où
n (H ) = n (K ) = 4.
Le sommet N a pour prédécesseurs des sommets de niveau 4, d’où n (N ) = 5.
Le sommet f a pour seul prédécesseur un sommet de niveau 5, d’où n (f ) = 6.
� Cela nous permet de construire le graphe ordonné représentant l’ordonnance-
ment des tâches (voir figure 2).
4
B
d
A
3
H
4
5
0
D
5
C
8
2
6
E
6
K
2
5
N
2
f
4
F
Niveau
0
1
2
3
4
5
6
Figure 2
Partie B – Chemin critique et dates de début au plus tôt
� a. Soit γ ( X ) le poids d’un plus long chemin de d à X.
Appliquons l’algorithme de Ford pour trouver les dates de début au plus tôt et un
chemin de poids maximal.
Les dates de début au plus tôt des tâches sont dans la colonne de droite.
Sommet
d
Dates de début
au plus tôt
Calcul de γ ( X )
Prédécesseurs
γ (d ) = 0
γ (d ) = 0
A
d
γ ( A ) = p (d → A ) = 0
γ (A) = 0
B
A
γ (B ) = γ ( A ) + p ( A → B ) = 0 + 5
γ (B ) = 5
C
A
γ (C ) = γ ( A ) + p ( A → C ) = 0 + 5
γ (C ) = 5
D
B
γ (D ) = γ (B ) + p (B → D )
γ (D ) = 5 + 4
γ (D ) = 9
E
B–C
γ (E ) = max[γ (B ) + p (B → E ) ; γ (C ) + p (C → E )]
γ (E ) = max[5 + 4 ; 5 + 6 ]
γ (E ) = 11
F
C
γ (F ) = γ (C ) + p (C → F ) = 5 + 6
γ (F ) = 11
H
D–E
γ (H ) = max[γ (D ) + p (D → H ) ; γ (E ) + p (E → H )]
γ (H ) = max[9 + 3 ; 11 + 2]
γ (H ) = 13
K
E–F
γ (K ) = max[γ (E ) + p (E → K ) ; γ (F ) + p (F → K )]
γ (K ) = max[11+ 2 ; 11+ 4]
γ (K ) = 15
N
H–K
γ (N ) = max[γ (H ) + p (H → N ) ; γ (K ) + p (K → N )]
γ (N ) = max[13 + 8 ; 15 + 5]
γ (N ) = 21
59
f
N
γ (f ) = γ (N ) + p (N → f ) = 21 + 2
Il faut au moins 23 semaines de travail pour terminer les travaux.
γ (f ) = 23
K
Durée minimale
du projet
b. Le sommet f est pondéré à partir de N. Le sommet N est pondéré à partir de
H ; H est pondéré à partir de E ; E est pondéré à partir de C et C est pondéré
à partir de A.
Le chemin critique est le chemin A C E H N. Il est en gras sur la figure 2 et les
étiquettes sont entourées.
� Le lundi 9 janvier 2012 correspond au début de la semaine 2. Il faut, au mini-
mum, 23 semaines pour effectuer les travaux, ce qui correspond à la fin de la
semaine 24. Les travaux devraient donc être terminés pour le vendredi 15 juin
2012, soit une semaine avant l’inauguration prévue le samedi 23 juin 2012.
Si tout se passe bien, l’inauguration pourrait avoir lieu le samedi 23 juin 2012
comme prévu.
� L’entreprise E se trouve sur le chemin critique. Si elle met trois semaines pour
effectuer son travail, au lieu de deux semaines, cela retarde la fin des travaux
d’une semaine. Ceux-ci se termineraient alors le vendredi 22 juin, soit juste le
jour précédant l’inauguration.
Si l’entreprise E met trois semaines pour effectuer son travail, l’inauguration
pourrait avoir lieu le samedi 23 juin 2012.
Activité 4
Trafic routier
� Le flot circulant entre E et S est égal à f (E , A ) + f (E , B ) = 5 + 2 = 7.
Sur l’axe E → B → A → C → S , compte tenu des capacités des quatre tronçons,
on peut améliorer de 4 le flot (c’est B → A qui limite le flot à 4).
On obtient alors un flot amélioré égal à 11, ce qui prouve que le flot précédent
n’était pas maximal.
� On fait une coupe du graphe G en prenant X = {E , A , B } et Y = {C , D , S }. La
capacité de cette coupe est définie par c ( X , Y ) = c ( A , C ) + c ( A , D ) + c (B , C ),
ce qui donne c ( X , Y ) = 5 + 6 + 2 = 13.
Comme 11 < 13, la valeur du flot amélioré est strictement inférieure à c ( X , Y ).
� a. Sur l’axe E → A → C → S , compte tenu des capacités des trois tronçons,
on peut améliorer de 1 le flot (c’est A → C qui limite le flot à 1).
Sur l’axe E → A → D → C → S , compte tenu des capacités des quatre tronçons,
on peut améliorer de 1 le flot (c’est A → D qui limite le flot à 1).
Soit v (f ) la valeur du flot f qui, après ces améliorations, circule entre E et S.
On a v (f ) = 7 + 4 + 1+ 1 = 13.
60
b. On a v (f ) = c ( X , Y ) = 13.
Sur chacun des arcs de la coupe, le flot est saturé car il est égal à la capacité
maximale de chaque arc. Les arcs en gras sur la figure 4 montrent bien que le
flot ne peut plus être augmenté, compte tenu des capacités de ces trois arcs.
La valeur du flot traversant la coupe est égal à la capacité de la coupe : il est
impossible d’augmenter le flot entre E et S.
Le flot f, d’une valeur égale à 13, est un flot maximal de E vers S.
7
6
A
8
D
5
4
E
4
6
6
7
5
B
2
X
Y
5
1
5
2
S
3
8
10
C
Figure 4
Activité 5
Raffinerie de pétrole
� Les deux sources peuvent débiter un flot dont le total est égal à 15 (8 pour
S1 et 7 pour S2 ).
La raffinerie peut recevoir, au maximum, un flot égal à 14 (8 pour D → P et 6
pour E → P ). La raffinerie ne peut pas recevoir la quantité maximale que les
deux sources peuvent fournir.
Sur la figure 18 de l’énoncé, aucun flux entre deux sommets ne dépasse la capacité de l’arc. D’autre part, à chaque sommet, le flux entrant est égal au flux
sortant.
Le flot est compatible avec les capacités du réseau. Sa valeur est égale à
2 + 2 + 2 + 3 = 9.
Les quatre pipe-lines S2 → B , B → E , C → D et E → P sont saturés.
� Sur le chemin S1 → A → E → D → P , on peut augmenter au maximum de 2 le
flot (c’est S1 → A qui limite cette augmentation).
Le flot circulant entre les deux sources et le port est alors égal à 11.
Remarque
On aurait aussi pu choisir d’augmenter de 2 le flot sur le chemin S1 → B → D → P .
� Sur le chemin S 2 → C → B → D → P , on peut augmenter au maximum de 2 le
flot (c’est S2 → C et C → B qui limitent cette augmentation).
Le flot circulant entre les deux sources et le port est alors égal à 13. Ce flot est
indiqué sur la figure 5.
Remarque
Sur la figure 5, on observe que sur le chemin en pointillés S1B D P le flot pourrait
encore être amélioré de 1 pour être égal à 14. Les deux arcs E → P et D → P
seraient alors saturés, ce qui montre que la raffinerie recevrait ainsi la quantité
de pétrole la plus grande possible.
61
A
4
4
4
1
S1
2
2
2
2
2
5
3
1
S1
6
4
2
2
5
6
4
B
4
4
E
4
4
S2
5
Coupe Z
A
4
Coupe X
3
P
3
7
2
8
D
4
B
3
2
5
3
5
Figure 5
6
6
4
2
2
S2
c
E
4
4
2
3
5
3
P
8
8
D
3
c
Figure 6
� Sur la figure 19 de l’énoncé, aucun flux entre deux sommets ne dépasse la
capacité de l’arc. D’autre part, à chaque sommet, le flux entrant est égal au
flux sortant. Ce flot est compatible avec les capacités du réseau.
Le flot circulant entre les deux sources et le port est alors égal à 13.
Les besoins de la raffinerie ne sont donc pas complètement satisfaits.
� On fait une coupe du graphe G en prenant X = {S1, S 2 , B , C } et Y = { A , D , E , P }.
a. La capacité de cette coupe est définie par
c ( X ) = c ( X , Y ) = c (S1, A ) + c (B , E ) + c (B , D ) + c (C , D ), ce qui donne
c ( X ) = c ( X , Y ) = 4 + 4 + 3 + 3.
On obtient c ( X ) = 14.
Comme 13 < 14, la valeur du flot amélioré est strictement inférieure à la
capacité c ( X ) de la coupe.
b. Sur la figure 19 de l’énoncé, les arcs S1 → B , A → E , E → D et D → P ne
sont pas saturés. On peut augmenter de 1 le flot sur cette partie du réseau
(c’est D → P qui limite cette augmentation) ; pour que le flux entrant en
B soit égal au flux sortant de B, il faut aussi diminuer de 1 le flux sur l’arc
B ← A , ce qui est possible.
S1
2
4
+1
B
1
-1
1
A
3
+1
5
E
1
+1
4
D
7
+1
8
P
On obtient ainsi un flot égal à 14 entre les deux sources et le port. Ce flot est
indiqué sur la figure 6.
c. Comme la capacité de la raffinerie ne peut pas dépasser 14, le flot obtenu
est maximal.
La quantité maximale de pétrole que les deux sources peuvent apporter à la
raffinerie est égale à 14 milliers de litres par heure.
Remarque
62
Soit Z = {S1, S2 , A , B , C , D , E }. On a alors c (Z ) = c (D → P ) + c (E → P ) = 14,
d’où c ( X ) = c (Z ) = 14.
La capacité de chacune des deux coupes X et Z est égale à la valeur du flot
maximal.
Exercice 6
� Calculons v (f ) = f (E , A ) + f (E , D ) + f (E ,B ) = 4 + 5 + 4 , d’où v (f ) = 13.
� Calculons c ({E ; A ; B }) = c ( A , D ) + c (E , D ) + c (B , D ) + c (B , C ) = 4 + 6 + 5 + 4 ,
d’où c ({E ; A ; B }) = 19.
On en déduit v (f ) < c ({E ; A ; B }).
� On peut améliorer de 1 le flot sur la chaîne E → D → S pour obtenir un flot
égal à 14.
� On peut améliorer de 1 le flot sur la chaîne E → B → D → C → S pour obte-
+E
4/4
A
4/8
E
+
5/6
6/6
B
+E
Figure 7
nir un flot ϕ égal à 15 (voir figure 7).
� a. On place f une étiquette + au sommet E ;
Coupe minimale
+B
f une étiquette + E au sommet A ;
6/6
S
D
f une étiquette + E au sommet B ;
5/5
f une étiquette + B au sommet D.
9/10
1/5
On ne peut pas marquer les sommets C et S.
C
Comme on ne peut plus marquer le puits S, le flot ϕ est
4/4
maximal.
La valeur du flot maximal est v (ϕ ) = 15.
b. La valeur du flot maximal est égale à la capacité de la coupe déterminée
par les sommets marqués qui définissent une coupe de capacité minimale.
Posons X = {E , A , B , D }. On a c ( X ) = v (ϕ ) = 15.
Les arcs D → S ; D → C et B → C forment une coupe de capacité minimale (voir
figure 7).
Exercice 7
� En chaque sommet, autre que s et p, il y a conservation des flux et, sur chaque
arc, le flux est inférieur ou égal à la capacité : les valuations sur les arcs définissent un flot.
Réseau R1
Réseau R2
La valeur du flot sur la figure 26 est La valeur du flot sur la figure 27 est
égale à 25.
égale à 27.
�
Réseau R1
Réseau R2
On peut améliorer de 2 le flot sur la On peut améliorer de 5 le flot sur
chacune des chaînes s B H K p et
chaîne s A E p.
s D C E N p.
La valeur du flot amélioré est égale à 27.
s
12
10+2
A
3
2-2
E
12
9+2
p
La valeur du flot amélioré est égale à 37.
Le flot donné sur la figure 26 n’est Le flot donné sur la figure 27 n’est
pas maximal.
pas maximal.
63
� Réseau R1
Montrons que le flot amélioré f est maximal.
A
12
12
8
4 3
s
B
2
15
7
20
C
8
8
Soit X = {s , A , B , C }. Les arcs sortants de X sont tous saturés et l’arc
entrant en X a un flux nul (voir figure 8).
8
0
2 2
4
E
7
11
2
2
3
p
12
Cela prouve que le flot f est maximal.
10
Les arcs A → p , B → E , B → D ,C → E , C → D forment une coupe
de capacité minimale associée à ce flot maximal.
8
D
On a v max (f ) = c min ( X ) = 27.
Figure 8
Réseau R2
Un marquage nous permet d’améliorer de 4 le flot sur la chaîne
s B C F K p.
+
s
E
7/7
C
12/15
0/5
F
12/20
9/10
s
14/25
B
9/10
G
0/10
p
5/10
15/20
A
15/15
H
29/30
0/5
C
5/9
+C
F
5+4
5/10
+F
K
5+4
+K
25/30
p
25+4
Cela prouve que le flot f est maximal.
Les arcs D → E , C → E , C → F , H → K forment une coupe de
capacité minimale associée à ce flot maximal.
On a v max (f ) = c min ( X ) = 41.
K
20/20
5+4
+B
Soit X = {s , A , B , C , D , H }. Les arcs sortants de X sont tous
saturés et l’arc entrant en X a un flux nul (voir figure 9).
N
9/9
B
10+4
5/10
Montrons que le flot f obtenu sur la figure 9 est maximal.
12/16
5/5
D 5/10
+s
10/25
Figure 9
Exercice 8
� Le flot mentionné sur le réseau de la figure 28 est égal au flot sortant de la
source E : il a pour valeur 9.
Ce flot n’est pas maximal car on peut l’améliorer sur la chaîne E A D F S.
� Le flot peut être amélioré de 3 sur la chaîne E A D F S.
Le flot peut aussi être amélioré de 3 sur la chaîne E B C F H S.
On arrive ainsi à un flot de valeur 15 entre E et S.
� f Un marquage nous permet d’améliorer de 1 le flot sur la chaîne E B C D H S.
On obtient un flot égal 16.
+
E
f
64
8+1
+E
B
8/10
8+1
+B
C
0/4
0+1
+C
D
0/2
0+1
+D
+H
7/9
H
S
8+1
Un marquage nous permet d’améliorer de 1 le flot sur la chaîne E B C D H F S.
On obtient un flot égal à 17.
+
E
8/10
9/10
9+1
+E
B
9/10
9+1
+B
C
1/4
1+1
+C
D
1/2
1+1
+D
H
6/6
6-1
+H
F
7/9
7+1
+F
S
D
7/7
A
2/4
F
2/2
7/8
8/9
5/6
0/2
E
10/10
On peut soit tenter un marquage, et voir que S n’est pas
marqué, soit trouver sur la figure 10 une coupe de capacité minimale.
Posons X = {E , A , B }.
On a c ( X ) = c ( A → D ) + c (B → C ) soit c ( X ) = 17.
Comme la capacité de la coupe est égale à la valeur du
flot f, on peut dire que le flot f est maximal et que la
coupe X est de capacité minimale.
7/7
6/6
H
B
S
9/9
2/2
C
10/10
Figure 10
On a v max (f ) = c min ( X ) = 17.
Chaque heure, 17 minibus au maximum peuvent circuler dans le parc.
Sur la figure 10, le flux est nul sur l’arc A → B . On peut modifier les flux dans
X = {E , A , B }.
Si f (E → A ) = 8, f (E → B ) = 9, f ( A → B ) = 1, on garde un flot égal à 17 et il
passe au moins un minibus sur chaque arc du réseau.
Exercice I
Voyages
� Le graphe G est connexe car chaque sommet est relié à chacun des autres
sommets par une chaîne.
� a. Utilisons l’algorithme de Dijkstra pour déterminer une plus courte chaîne
entre A et C.
A
B
F
D
E
C
ᏼ
Sommet dont
le poids est fixé
0
7 ( A)
2 ( A)
15 (A)
∞
∞
A
A
5 (F)
2 (A )
8 (F )
12 (F )
∞
A, F
F
10 (B )
17 (B )
A, F, B
B
11 (D )
12 (D )
A, F, B, D
D
10 (B )
18 (E )
A, F, B, D, E
E
12 (D )
A, F, B, D, E, C
C
5 (F )
8 (F )
Le plus court chemin de A à C a pour poids 12. Pour trouver ce chemin, on écrit
la liste de ses sommets de droite à gauche à partir de C :
t dans la colonne C, on repère le sommet D écrit en gras ;
t dans la colonne D, on repère le sommet F écrit en gras ;
t dans la colonne F, on repère le sommet A écrit en gras.
Le sommet C a un poids égal à 12 venant de D. Le sommet D est pondéré à partir
de F et F est pondéré à partir de A.
Le chemin A F D C est le plus court chemin entre A et C.
b. Pour aller du site A au site C, il faut au minimum, 12 heures.
65
� Un touriste X souhaite suivre un parcours empruntant toutes les routes, une
fois et une seule. Il ne peut le faire que si le graphe G représentant les excursions possède une chaîne eulérienne. Comme le graphe G est connexe et possède seulement deux sommets de degré impair, A et C, il possède au moins
une chaîne eulérienne.
Le touriste X pourra suivre un parcours empruntant toutes les routes une fois,
et une seule, à condition que son parcours parte de A (respectivement C) et se
termine en C (respectivement A).
Le touriste X pourra, par exemple, suivre le parcours A B C D A F B E D F E C.
Remarque
Le parcours C D E C B E F B A F D A est un autre parcours possible.
� a. Un touriste Y souhaite partir du site D, emprunter toutes les routes une fois,
et une seule, et revenir au site D. Il ne peut le faire que si le graphe G est
eulérien. Comme G possède deux sommets de degré impair, A et C, il n’est
pas eulérien.
Le touriste Y ne peut pas partir du site D, emprunter toutes les routes une fois, et
une seule, et revenir au site D.
b. Pour partir du site D et revenir au site D, après avoir emprunté toutes les
routes, il faut un graphe eulérien.
Soit Γ un graphe eulérien ayant les mêmes sommets que G et minimisant le
temps total du parcours. Pour construire Γ, il suffit de rajouter au graphe G les
arêtes se trouvant sur la plus courte chaîne entre les deux sommets de degré
impair.
Le touriste Y devra donc emprunter deux fois les trajets A – F, F – D et D – C. Un
parcours possible est indiqué sur la figure 11.
Le temps mis pour parcourir toutes les routes une fois, et une seule, est égal à
75 heures. Il faut rajouter les 12 heures du trajet A F D C.
Le touriste Y mettra, au minimum, 87 heures pour effectuer son parcours.
DABCDFAFBEFDECD
B
7
A
3
2
5
12
10
F
15
6
E
3
C
8
4
D
Figure 11
Exercice II
L'orchestre en tournée
Partie A
� Organiser la tournée en passant au moins une fois par chaque ville, tout en
empruntant une fois et une seule chaque tronçon d’autoroute, n’est possible
que si le graphe possède une chaîne eulérienne. Seuls les sommets B et E sont
de degré impair.
66
L’orchestre peut, en partant de B et en terminant par E, emprunter une fois et une
seule chaque tronçon d’autoroute.
Un itinéraire possible est B A C E H K F D B C D K E. La longueur de cet itinéraire
est égale à 3 500 km.
Remarque
L’orchestre peut aussi partir de E et terminer en B.
� a. Utilisons l’algorithme de Kruskal pour déterminer tous les arbres couvrants
minimaux. Comme le graphe possède huit sommets, les arbres couvrants
ont tous sept arêtes.
Les nombres écrits dans le tableau indiquent les distances en centaines de kilomètres.
Arête
Poids 앖
(divisé par 100)
Arête sélectionnée
C–D F–K C–E D–F E–H H–K B–D E–K A–B B–C A–C D–K
1
1
C–D
C–D
C–D
C–D
Distance
2
2
2
2
F–K C–E D–F E–H
F–K C–E D–F
H–K
F–K C–E
E–H H–K
F–K
D–F E–H H–K
1+1
2+2+2
3
3
4
4
B–D
B–D
B–D
B–D
A–B
A–B
A–B
A–B
3
4
5
6
On obtient quatre arbres couvrants minimaux dont le poids est égal à 1 500 (en km).
b. Seul l’arbre couvrant minimal ne comprenant pas l’arête D – F convient :
c’est une chaîne couvrante minimale (en gras dans le tableau). Il ne reste
plus qu’à ordonner les arêtes pour obtenir la chaîne A B D C E H K F.
400
300
100
200
200
200
100
La longueur du trajet
A —— B ——– D ——– C ——– E ——– H ——– K ——– F est égale à 1 500 km.
La chaîne A B D C E H K F correspond au trajet choisi par l’orchestre (voir
figure 12 a).
Remarque
On a représenté sur la figure 12 b un autre arbre couvrant de poids minimal ; cet
arbre n’est pas une chaîne.
Il est formé de deux chaînes partant de A : la chaîne A B D F K H et la chaîne
A B D C E.
Cet arbre couvrant minimal est une chaîne Cet arbre couvrant minimal n’est pas une
chaîne
B
300
400
A
200
400
D
500
200
A
600
200
H
F
D
500
100
600
100
C
K
300
E
200
200
Figure 12a
200
400
200
300
E
300
400
100
100
C
B
F
H
K
200
Figure 12b
67
Partie B
� Déterminons un plus court trajet entre A et K en utilisant l’algorithme de
Dijkstra.
A
B
C
D
E
F
H
K
Sommet dont le
poids est fixé
0
400 (A)
500 (A)
∞
∞
∞
∞
∞
A
400 (A)
800 (B )
700 (B )
∞
∞
∞
∞
B
500 (A)
600 (C )
700 (C )
∞
∞
∞
C
800 (D )
∞
1 200 (D )
D
900 (E )
1 000 (E )
E
900 (F )
F
1 100 (H )
H
900 (F )
K
600 (C )
700 (C )
800 (D )
900 (E)
Le sommet K est pondéré à partir de F, F est pondéré à partir de D, D est pondéré
à partir de C et C est pondéré à partir de A.
Le trajet le plus court est A C D F K. Ce trajet fait 900 km.
� a. Le graphe est ordonné par niveau.
Sommet
A
B
C
D
E
F
H
K
Niveau
0
1
2
3
3
4
4
5
b. Déterminons un plus court trajet entre A et K en utilisant l’algorithme de Ford.
Sommet
A
B
A
C
A, B
D
B, C
E
C
F
D
H
E
K
Calcul de α ( X )
Prédécesseurs
α (A) = 0
α (A) = 0
α (B ) = α ( A ) + p ( A → B ) = 400
α (B ) = 400
α (C ) = min[α ( A ) + p ( A → C ) ; α (B ) + p (B → C )]
α (C ) = min[500 ; 400 + 400]
α (D ) = min[α (B ) + p (B → D ) ; α (C ) + p (C → D )]
α (D ) = min[400 + 300 ; 500 + 100 ]
α (E ) = α (C ) + p (C → E )
α (E ) = 500 + 200
α (F ) = α (D ) + p (D → F )
α (F ) = 600 + 200
α (H ) = α (E ) + p (E → H )
α (H ) = 700 + 200
D, E, F, H
Nombre α ( X )
α (K ) = min[α (D ) + p (D → K ) ; α (E ) + p (E → K )
α(F ) + p (F → K ) ; α(H ) + p (H → K ]
α (C ) = 500
α (D ) = 600
α (E ) = 700
α (F ) = 800
α (H ) = 900
α (K ) = 900
α (K ) = min[600 + 600 ; 700 + 300 ; 800 + 100 ; 900 + 200]
De bas en haut, les lettres en gras donnent le trajet K F D C A, ce qui donne
A C D F K comme trajet le plus court.
Le trajet A C D F K fait 900 km.
68
Routes de France
Exercice III
Partie A
Connecter les 12 villes entre elles, en minimisant la distance totale parcourue, revient
à chercher un arbre couvrant de poids minimal. Utilisons l’algorithme de Prim.
À chaque étape, on sélectionne un nouveau sommet pour obtenir une arête de
poids minimal.
Sommet
sélectionné
B
N
X
T
E
M
C
Y
F
P
L
S
B
C
E
F
L
M
N
760(B )
0
Y–F
P–L
E–M
Y
340(N )
250(X ) 340(N )
250(X )
470(Y ) 500(Y )
430(F )
380(N ) 490(P )
520(L )
490(P )
220(P )
220(P )
T–E
X
310(M )
180(Y )
180(Y )
M–C
T
320(E )
320(E)
210(M )
210(M )
Arête déterminée
S
300(B ) 600(B )
300(B) 380(N )
590(X )
380(X )
210(T )
210(T ) 430(E )
P
B–N
N–P
P–S
310(M )
X–T
N–X
M–Y
Les arêtes sont déterminées par les deux lettres en gras d’une même colonne.
Les 11 trajets qui connectent les 12 villes et qui minimisent la distance totale
parcourue sont écrits en bas du tableau. On peut retrouver ces trajets sur la
figure 13.
Les 11 cyclotouristes vont parcourir une distance minimale égale à 3 210 km.
Partie B
� Connecter les 12 villes entre elles, en maximisant la distance totale parcourue,
revient à chercher un arbre couvrant de poids maximal. Utilisons l’algorithme
de Kruskal.
À chaque étape, on sélectionne une nouvelle arête de poids maximal, sans introduire de cycle, jusqu’à ce que tous les sommets soient connectés.
B–L
B–P
P–X
L–S
S–Y
P–S
P–Y
E–F
F–P
N–P
760
Arête sélectionnée B – L
Distance
760
600
B–P
600
590
P–X
590
520
L–S
520
500
S–Y
500
490
470
430
E–F
430
430
F–P
430
380
N–P
380
L–P
220
C–M E–T
210
210
C–M
210
F–Y
180
Arête
Poids
앗
Arête
Poids
앗
Distance
F–X
380
N–X E–M M–Y B–N T–X
340
320
310
300
250
E–M
T–X
320
250
Les 11 trajets qui connectent les 12 villes et qui maximisent la distance totale
69
parcourue sont écrits en gras dans le tableau. On peut retrouver ces trajets sur
la figure 14.
Les 11 cyclotouristes vont parcourir une distance maximale égale à 4 990 km et
récolter 4 990 euros.
Pour chaque question, on a le choix entre l’algorithme de Kruskal et l’algorithme
de Prim.
Remarque
L
B
L
S
P
B
S
P
N
N
F
F
Y
X
Y
X
C
C
T
T
M
M
E
E
Figure 13
Figure 14
� On note que les quatre trajets C – M, E – M, N – P et T – X sont parcourus par
les deux groupes de cyclotouristes.
Exercice IV
Extension d'une habitation
� Le graphe montrant l’ordonnancement des travaux est sur la figure 15.
B
4
D
0
6
E
2
4
15
d
4
3
A
4
6
F
8
N
2
f
K
J
4
15
6
C
6
G
3
H
Figure 15
� a. Appliquons l’algorithme de Ford pour déterminer un chemin de poids maxi-
mal entre d et f, ainsi que les dates de début au plus tôt.
Sommet
d
70
Calcul de γ ( X )
Prédécesseurs
Date de début
au plus tôt
γ (d ) = 0
γ (d ) = 0
A
d
γ ( A ) = p (d → A ) = 0
γ (A) = 0
B
A
γ (B ) = γ ( A ) + p ( A → B ) = 15
γ (B ) = 15
C
A
γ (C ) = γ ( A ) + p ( A → C ) = 15
γ (C ) = 15
γ (D ) = 19
γ (D ) = γ (B ) + p (B → D ) = 15 + 4
D
B
E
C–D
F
C–D
G
C–D
H
G
γ (H ) = γ (G ) + p (G → H ) = 23 + 3
γ (H ) = 26
J
F
γ ( J ) = γ (F ) + p (F → J ) = 23 + 8
γ ( J ) = 31
K
J
γ (K ) = γ ( J ) + p ( J → K ) = 31+ 3
γ (K ) = 34
γ (N ) = max[γ (E ) + p (E → N ) ; γ (H ) + p (H → N )
γ (K ) + p (K → N )]
γ (N ) = 36
N
E–H–K
γ (E ) = max[γ (C ) + p (C → E ) ; γ (D ) + p (D → E )]
γ (E ) = max[15 + 6 ; 19 + 4]
γ (F ) = max[γ (C ) + p (C → F ) ; γ (D ) + p (D → F )]
γ (F ) = max[15 + 6; 19 + 4 ]
γ (G ) = max[γ (C ) + p (C → G ) ; γ ( D ) + p (D → G )]
γ (G ) = max[15 + 6; 19 + 4]
γ (E ) = 23
γ (F ) = 23
γ (G ) = 23
γ (N ) = max[23 + 6 ; 26 + 4 ; 34 + 2]
f
N
γ (f ) = γ (N ) + p (N → f ) = 36 + 2
γ (f ) = 38
Il faut au moins 38 jours de travail pour réaliser l’extension de l’habitation.
K
Durée minimale
du projet
Les lettres en gras nous donnent d A B D F J K N f comme chemin de poids
maximal entre d et f.
Le chemin critique est le chemin A B D F J K N. Le moindre retard sur l’une des
sept tâches de ce chemin critique augmente la durée minimale de l’extension.
Les dates de début au plus tôt se trouvent dans la dernière colonne du tableau.
b. Pour chacune des huit semaines, entre le lundi 4 juin 2012 et le vendredi
27 juillet 2012, on compte cinq jours de travail (le 14 Juillet est un samedi).
Cela fait 40 jours de travail entre les deux dates. Comme la durée minimale des
travaux est de 38 jours, tout devrait normalement être terminé avant le départ
en congé des artisans.
Exercice V
Les châteaux d'eau
� Le réseau représentant l’alimentation en eau potable des quatre villes est sur
la figure 16.
La valeur du flot ϕ est égale à la valeur du flot sortant de la source s. D’où
v (ϕ ) = 190.
71
20/40
A
10/20
50/50
s
80/100
a
-c
30/30
b
B 40/40
60/80
C
20/20
50/60
A
c
20/30
10/20
40/40
+A
b
+
p
+s
80/100
B 40/40
s
60/80
C
50/50
+s
50/60
30/30
10/20
50/50
50/60
40/40
a +A
20/40
50/60
20/20
c
20/30
40/40
p
+b
+C
10/20
40/40
+a
50/50
d +B
d
Figure 16 Figure 17
� a. Déterminons, en appliquant l’algorithme de Ford-Fulkerson, la valeur du
flot maximal.
Le marquage de la figure 17 montre que le flot peut être amélioré de 10, soit sur
la chaîne s C c A a p, soit sur la chaîne s C c A b p.
Chaîne s C c A a p de la figure 17 :
s
60/80
+10
C
20/30
+10
c
20/20
–10
A
20/40
+10
a
50/60
+10
p
Chaîne obtenue en améliorant de 10 le flot :
s
70/80
C
30/30
c
10/20
A
30/40
a
60/60
p
Le marquage de la figure 18 montre que seuls les sommets s, B, C, d peuvent
encore être marqués. Cela signifie que le flot ne pouvant plus être amélioré est
un flot maximal.
La valeur maximale du flot ϕ pouvant circuler entre s et p est v max (ϕ ) = 200.
Pour trouver une coupe minimale associée, il suffit de prendre les quatre sommets marqués.
Posons X = {s , B , C , d }.
On a c ( X ) = c (s → A ) + c (B → a ) + c (B → b ) + c (C → c ) + c (d → p ),
soit c ( X ) = 200.
Une coupe minimale, d’une capacité égale à 200, est formée des cinq arcs sortants de X (voir figure 18).
Remarque
72
On pouvait aussi choisir d’améliorer de 10 le flot sur la chaîne s C c A b p.
30/40
A
10/20
50/50
30/30
b
+s
80/100
B
s
+
70/80
Coupe X
a
C
+s
40/40
30/30
10/20
30/40
60/60
A
50/60
10/20
+s
80/100
B
s
+
c
70/80
50/50
40/40
30/30
b
60/60
p
40/40
20/20
a
C
+s
40/40
30/30
10/20
60/60
60/60
p
40/40
c
10/20
50/50
40/40
d
+B
d
+B
Figure 18
Figure 19
b. Les quantités maximales souhaitées par les quatre villes sont égales à
210 milliers de m3. Comme le flot maximal est égal à 200, cela ne répond
pas complètement à leurs souhaits.
Pour satisfaire aux souhaits des quatre villes, il faut augmenter certaines capacités et certains flux.
On peut f soit augmenter de 10 le flot sur le chemin s A b p afin d’avoir
c (s , A ) = ϕ (s , A ) = 60 , ϕ ( A , b ) = 20 et ϕ (b , p ) = 60 (voir figure 19) ;
f soit augmenter de 10 le flot sur le chemin s B b p afin d’avoir
ϕ (s , B ) = 90, c (B , b ) = ϕ (B , b ) = 50 et ϕ (b , p ) = 60.
쮿
73
Corrigé séquence 4
Activité 1
Bains d’été
L’énoncé
nous dit que, pour tout entier
p An (Bn +1) = 0, 9.
n ≥ 1, pBn (Bn +1) = 0, 7 et
On en déduit pBn ( An +1) = 0, 3 et p An ( An +1) = 0,1.
Pour n = 1, on obtient les deux arbres pondérés suivants :
Si Alex ne se baigne pas le premier jour, alors
P1 = (1 0)
1
0
A1
0,1
A2
0,9
B2
0,3
A2
Si Alex se baigne le premier jour, alors
P1 = (0 1)
0
1
B1
0,7
A1
0,1
A2
0,9
B2
0,3
A2
0,7
B2
B1
B2
D’après l’énoncé, p (B → B ) = 0, 7 et p ( A → B ) = 0, 9. D’où p (B → A ) = 0, 3
et p ( A → A ) = 0,1.
Le graphe probabiliste décrivant la situation est sur la figure 1.
0,1
0,9
Matrice de transition
vers 씮
A
0,3
0,7
Figure 1
A
de
앗
B
B
A
0,1
0,9
B
0,3
0,7
 0,1 0,9 

M =
 0,3 0,7 
Le graphe nous permet de remplir le tableau de probabilité. On obtient ainsi
la matrice de transition M.
75
a. Les événements A1 et B1 forment une partition de l’univers. La formule des
probabilités totales nous donne :
Si Alex ne se baigne pas le premier jour,
alors P1 = (1 0)
p ( A2 ) = p ( A1) × p A ( A2 ) + p (B1) × pB ( A2 ),
1
1
Si Alex se baigne le premier jour,
alors P1 = (0 1)
p ( A2 ) = p ( A1) × p A ( A2 ) + p (B1) × pB ( A2 ),
1
1
p ( A2 ) = 0 × 0,1+ 1× 0,3 = 0,3.
p ( A2 ) = 1× 0,1+ 0 × 0,3 = 0,1.
p (B2 ) = p ( A1) × p A1 (B2 ) + p (B1) × pB1 (B2 ),
p (B2 ) = 1× 0,9 + 0 × 0,7 = 0,9.
p (B2 ) = p ( A1) × p A1 (B2 ) + p (B1) × pB1 (B2 ),
p (B2 ) = 0 × 0,9 + 1× 0,7 = 0,7.
On obtient P2 = ( 0,1 0,9).
On obtient P2 = ( 0,3 0,7).
Calculons
Calculons
 0,1 0,9 
P1 × M = ( 1 0) × 

 0,3 0,7 
P1 × M = ( 1× 0,1+ 0 × 0,3 1× 0,9 + 0 × 0,7)
P1 × M = ( 0,1 0,9) = P2.
P1 × M = ( 0,3 0,7) = P2.
 0,1 0,9 
P1 × M = ( 0 1) × 

 0,3 0,7 
P1 × M = ( 0 × 0,1+ 1× 0,3 0 × 0,9 + 1× 0,7)
Dans les deux cas, on obtient P2 = P1 × M .
b. Calculons
Calculons
 0,1 0,9 
P2 × M = ( 0,3 0,7) × 

 0,3 0,7 
P2 × M = ( 0,24 0,76).
 0,1 0,9 
P2 × M = ( 0,1 0,9) × 

 0,3 0,7 
P2 × M = ( 0,28 0,72).
Calculons
 0,1 0,9   0,1 0,9   0,01+ 0,27 0,09 + 0,63 
M 2= 
 ×
 =
 d’où
 0,3 0,7   0,3 0,7   0,03 + 0,21 0,27 + 0,49 
 0, 28 0, 72 
M2=
.
 0, 24 0, 76 
 0,28 0,72  → matrice ligne P2 M si P1 = ( 1 0 )
2
.
On note que M = 

 0,24 0,76  → matrice ligne P2 M si P1 = ( 0 1 )
On pose M = C.
n
4
5
10
20
Mn
On constate que pour n = 4 et pour n = 5, les deux matrices M 4 et M 5 sont
presque identiques ;
en ne gardant que quatre décimales, la calculatrice affiche
10
20
des lignes identiques pour M et pour M .
76
Montrons les écrans obtenus sur une calculatrice si on
ne fixe pas le nombre de décimales.
Pour n = 10, les deux lignes sont quasiment identiques.
Pour n = 20, elle affiche deux fois [.25 .75].
Déterminons la matrice ligne P = (a
Méthode
b) telle que P M = P et a + b = 1.
1
 0,1 0,9 
Résolvons d’abord le système ( a b ) × 
 = ( a b ). On obtient
 0,3 0,7 
(0,1a + 0,3 b 0,9 a + 0,7 b ) = ( a b ).
0,1a + 0, 3 b = a
−0, 9 a + 0, 3 b = 0
c’est-à-dire 
Résolvons le système 
.
0 , 9 a + 0 , 7 b = b
 0, 9 a − 0, 3 b = 0
Ce système se ramène à l’unique équation 3a – b = 0.
Comme a + b = 1, nous sommes amenés à résoudre le nouveau système
3a − b = 0 1
−1

3
 a +b =1 1
On trouve 4a = 1 et 4b = 3. On en déduit a = 0,25 et b = 0,75.
Remarque
On peut mettre ce système sous forme matricielle et le résoudre à la calculatrice.
 3 −1 
D =

 1 1 
 a 
X =

 b 
Méthode
 0 
F =

 1 
X = D −1 × F
2
Comme a + b = 1, on cherche P sous la forme P = (a 1 – a).
 0,1 0,9 
Résolvons le système ( a 1− a ) × 
 = ( a 1− a ).
 0,3 0,7 
D’où
( 0,1a + 0,3(1− a )
0,9 a + 0,7(1− a )
)=(a
1− a ).
0,1a + 0, 3(1− a ) = a
−1, 2a + 0, 3 = 0
.
c’est-à-dire 
On résout 
0, 9a + 0, 7(1− a ) = 1− a
 1, 2a − 0, 3 = 0
Ce système se ramène à la seule équation 4a – 1 = 0.
D’où a = 0,25 et 1 – a = 0,75.
La matrice P = (a 1 – a ) telle que P M = P est la matrice P = ( 0,25 0,75).
On note que les coefficients de chacune des lignes des matrices M 10 et M 20
sont (presque) égaux aux coefficients de la matrice ligne P.
 0,25 0,75  ← matrice ligne P
M 20 ≈ 

 0,25 0,75  ← matrice ligne P
77
Activité 2
Évolution de populations
On a initialement X 0 = 250 000 et Y0 = 750 000.
X 1 = 250 000 × 0,95 + 750 000 × 0,20 = 387 500.
Y1 = 250 000 × 0,05 + 750 000 × 0,80 = 612 500.
X 2 = 387 500 × 0,95 + 612 500 × 0,20 = 490 625.
Au bout de deux ans, on a
Y2 = 387 500 × 0,05 + 612 500 × 0,80 = 509 375.
Au bout d’un an, on a
Ainsi ( X 1 Y1) = ( 387 500 612 500) et ( X 2 Y2 ) = ( 490 625 509 375).
D’après l’énoncé, p ( X → Y ) = 0, 05 et p (Y → X ) = 0, 20.
D’où p ( X → X ) = 0, 95 et p (Y → Y ) = 0, 8.
Le graphe probabiliste décrivant l’évolution de la population est sur la figure 2.
0,95
0,05
X
vers 씮
Y
0,2
X
de
앗
0,8
Figure 2
Y
X
0,95
0,05
Y
0,2
0,8
 0,95 0,05 

M =
 0,20 0,80 
L’état probabiliste initial est donné par P0 = ( x 0 y 0 ) = ( 0, 25 0, 75).
On a obtenu x 0 =
X0
Y0
= 0, 25 et y 0 =
= 0, 75.
1000 000
1000 000
L’état probabiliste au bout d’un an est P1 = (0,387 5 0,612 5).
L’état probabiliste au bout de deux ans est P2 = ( 0,490 625 0,509 375).
 0,95 0,05 
Calculons P0 × M = ( 0,25 0,75) × 
=
 0,20 0,80 
( 0,237 5 + 0,15 0,012 5 + 0,6). D’où P0 × M = (0,387 5 0,612 5).
On aurait pu calculer P0 × M à l’aide d’une calculatrice.
Calculons P1 × M (on pose M = A et P1 = C ).
On obtient alors la matrice ligne P2 sur l’écran d’une calculatrice.
Conclusion : P1 = P0 × M et P2 = P1 × M .
a. Déterminons la matrice ligne P = ( x
Résolvons le système ( x
78
y ) telle que P M = P et x + y = 1.
 0,95 0,05 
y )× 
 = (x
 0,20 0,80 
y ).
On obtient ( 0,95x + 0,2y
0,05x + 0,8 y ) = ( x
y ).
0, 95x + 0, 2y = x
On résout 
, ce qui s’écrit aussi
0, 05x + 0, 8 y = y
−0, 05x + 0, 2y = 0
.

 0, 05x − 0, 2y = 0
Ce système, après simplification, se ramène à l’unique équation x – 4y = 0.
x − 4y = 0
Comme x + y = 1, on résout le nouveau système 
x + y = 1
On trouve 5x = 4 et 5y = 1. On en déduit x = 0,8 et y = 0,2.
La matrice P = ( x
P = ( 0,80
1
4
−1
1
y ) telle que P M = P et x + y = 1 est la matrice
0,20).
On calcule 0,8 × 1 000 000 = 800 000 et 0,2 × 1 000 000 = 200 000.
Au bout d’un certain nombre d’années, la population de X se stabiliserait à
800 000 personnes et celle de Y à 200 000.
Remarque
Si, initialement, 800 000 personnes habitaient X et 200 000 habitaient Y, il n’y
aurait aucune évolution.
Le « flux » allant de X vers Y serait alors égal au « flux » allant de Y vers X.
b. Les calculs faits pour obtenir x et y ne font intervenir que les coefficients de la
matrice de transition et en aucun cas les populations des deux villes. La matrice
P ne dépend donc pas de l’état initial, mais uniquement de la matrice M.
15
c. La calculatrice nous donne les matrices P0 M et M 15 .
15
Les coefficients de la matrice ligne P0 M sont pratique- On pose
ment les mêmes que ceux de la matrice ligne P.
M = A et P0 = B.
Les coefficients des deux lignes de la matrice M 15 sont très
proches des coefficients des deux matrices ligne P et P0 M 15 .
P = ( 0,8 0,2) ; P0 M 15 ≈ (0,8 0,2) et
 0, 8 0, 2 
M 15 ≈ 
.
 0, 8 0, 2 
Le graphe probabiliste décrivant la nouvelle évolution de la population est sur
la figure 3.
Le graphe nous permet de remplir le tableau de probabilité et d’obtenir la matrice
de transition T.
0,9
0,1
X
Figure 3
X
Y
X
0,9
0,1
Y
0,2
0,8
de
앗
Y
0,2
vers 씮
0,8
 0,9 0,1 

T =
 0,2 0,8 
79
y) telle que L × T = L et x + y = 1.
Déterminons la matrice ligne L = (x
Comme x + y = 1, on peut chercher L sous la forme L = (x 1 – x).
 0,9 0,1 
Résolvons le système ( x 1− x ) × 
 = ( x 1− x ).
 0,2 0,8 
D’où
( 0,9 x + 0,2(1− x )
0,1x + 0,8(1− x )
)=(x
1− x ).
0, 9 x + 0, 2(1− x ) = x
−0, 3x + 0, 2 = 0
.
c’est-à-dire 
On résout 
0,1x + 0, 8(1− x ) = 1− x
 0, 3x − 0, 2 = 0
2
1
Ce système se ramène à la seule équation 3x – 2 = 0. D’où x = et 1− x = .
3
3
 2
La matrice L = (x y) telle que L × T = L et x + y = 1 est la matrice L = 
 3
1 
.
3 
Avec cette nouvelle hypothèse, cela voudrait dire qu’au bout d’un certain nombre
d’années les deux tiers de la population habiteraient la ville X et un tiers la ville Y.
Activité 3
Le cyclotourisme
%BQSÒTMÏOPODÏt p ( A → A ) = 0, 4 t p ( A → B ) = 0, 6 t p (B → B ) = 0, 7 t p (B → A ) = 0, 2 t p (C → C ) = 0, 85 øt p (C → B ) = 0,15.
p (B → C ) = 0,1 et p ( A → C ) = p (C → A ) = 0.
D’où
B
0,6
A
0,2
A
de
앗
0,1
0,85
0,4
vers 씮
0,7
0,15
C
Figure 4
B
C
A
0,4
0,6
0
B
0,2
0,7
0,1
C
0
0,15
0,85
 0, 4 0, 6
0

M =  0, 2 0, 7 0,1
 0 0,15 0, 85






On admet l’existence d’un état probabiliste stable P = [ x
PM = P et x + y + z = 1.
Résolvons le système [ x
On obtient [0,4 x + 0,2y
y
 0,4 0,6
0 


z ] ×  0,2 0,7 0,1  = [ x
 0 0,15 0,85 


0,6 x + 0,7 y + 0,15z
z ] tel que
y
y
0,1y + 0,85z ] = [ x
0, 4 x + 0, 2y = x

Résolvons le système (S1) 0, 6 x + 0, 7y + 0,15z = y qui s’écrit aussi

0,1y + 0, 85z = z

80
z ].
y
z ].
0,6 x − 0,2y = 0

(S1) 0,6 x − 0,3 y + 0,15z = 0

0,1y − 0,15z = 0

← L1
← L2
← L3
En faisant L1 − L3 , on obtient 0,6x – 0,3y + 0,15z = 0, c’est-à-dire l’équation L2.
Comme on obtient l’équation L2 à partir d’une combinaison linéaire des équations L1 et L3 , cela signifie que l’équation L2 est inutile. Le système (S1) se
ramène donc à un système de deux équations à 3 inconnues.
 3x − y = 0
Après simplification, on obtient (S1) 
.
2y − 3z = 0
 3x − y = 0

Comme x + y + z = 1, on résout le nouveau système (S2 ) 2y − 3z = 0
x + y + z = 1

1
2
Dans L4 , on a x = y ; dans L5 , on a z = y .
3
3
1
2
En reportant dans L6 , on obtient y + y + y = 1, soit 2y = 1.
3
3
1
1
1
D’où y = , x = et z = .
6
3
2
 1
L’état probabiliste stable est P = 
 6
1
2
1
3
← L4
← L5
← L6

.

Cela nous montre qu’au bout d’un certain nombre d’années la répartition dans les
trois niveaux va se stabiliser. Environ la moitié des membres choisira le niveau B.
En affirmant que 50 % des adhérents choisiront, après un certain nombre d’années, le niveau B, le président de l’association a raison.
Remarques
t6OTZTUÒNFEFMBGPSNF X × M = X , comme le système (S1), a toujours une
solution évidente X = O, mais cette solution peut ne pas être unique. Si vous
essayez de résoudre le système (S1) à la calculatrice, sous forme matricielle,
vous obtenez la solution évidente x = y = z = 0. Cette solution ne vérifie pas
x + y + z = 1.
t0OQFVUSÏTPVESFMFTZTUÒNF (S2 ) en le mettant sous forme matrielle.
 3 −1 0   x  
0 

 
 

On obtient  0 2 −3  ×  y  =  0  , qui est de la forme D × X = F .
 1 1 1   z   1 

 

 
−1
Si D est inversible, on aura X = D × F .
La calculatrice nous donne la même solution, à savoir
1
1
1
x= , y= , z= .
6
2
3
81
Exercice 1
Une île bretonne
D’après l’énoncé, p ( A → B ) = 0, 2 et p (B → A ) = 0,1. D’où p ( A → A ) = 0, 8
et p (B → B ) = 0, 9.
0,8
0,2
A
 0,8 0,2 

M = 

0,1
0,9


B
On pose
M = C et P0 = D .
0,9
0,1
Figure 5
Les sommets A et B étant pris dans l’ordre alphabétique, on obtient la matrice
de transition M du graphe.
L’état initial est la matrice ligne P0 = ( x 0
y 0 ). En 2012, 60 % de la population voyage avec la compagnie A, d’où x 0 = 0, 6.
On a donc P0 = ( 0,6 0,4).
On sait que P1 = P0 × M d’où
( x 1 y 1) = ( x 0
 0,8 0,2 
y 0 ) × M = ( 0,6 0,4) × 

 0,1 0,9 
( x 1 y 1) = (0,6 × 0,8 + 0,4 × 0,1 0,6 × 0,2 + 0,4 × 0,9) et P1 = ( 0,52 0,48).
La répartition prévisible en 2014 et en 2015 est donnée respectivement par
P2 et P3 .
2
3
On a P2 = P0 × M et P3 = P0 × M d’où
2
(x2
 0,8 0,2 
y 2 ) = ( 0,6 0,4) × 
 et
 0,1 0,9 
(x3
 0,8 0,2 
y 3 ) = ( 0,6 0,4) × 

 0,1 0,9 
3
La calculatrice donne P2 = (0,464 0,536) et P3 = ( 0,424 8 0,575 2).
82
Année
État probabiliste
2013
Pourcentage de la population
Compagnie A
Compagnie B
P1 = [0,52 0,48]
52 %
48 %
2014
P2 = [0,464 0,536]
46,40 %
53,60 %
2015
P3 = [0,424 8 0,575 2]
42,48 %
57,52 %
Comme aucun des coefficients de M n’est nul, l’état probabiliste
Pn = ( x n
y n ) converge vers un état stable unique P = ( x
y ), indépen-
dant de l’état initial.
L’état stable P = ( x
y ) est tel que P = P M et x + y = 1.
Déterminons les réels x et y tels que ( x y ) = ( x
x + y = 1.
 x = 0, 8 x + 0,1y

Résolvons le système  y = 0, 2x + 0, 9 y qui s’écrit aussi
x + y = 1

 0,8 0,2 
y )× 
 et
 0,1 0,9 
 0, 2x − 0,1y = 0

−0, 2x + 0,1y = 0 .
x + y = 1

Les deux premières équations sont identiques et le système se ramène à
2x − y = 0

x + y = 1
1
1
−1
2
1
2
et y = .
3
3
 1 2 
L’état stable du processus est donc P = 
 . Au bout d’un certain nombre
 3 3 
d’années, la compagnie A devrait transporter un tiers des habitants de l’île et la
compagnie B les deux tiers.
On obtient 3x = 1 et 3y = 2. D’où x =
L’état probabiliste l’année (2012 + n) est donné par la matrice ligne
Pn = ( x n y n ) et, pour tout entier n, Pn +1 = Pn × M .
 0,8 0,2 
D’où, pour tout entier n, ( x n +1 y n +1) = ( x n y n ) × 
 avec
 0,1 0,9 
x n + y n = 1.
( − xn )
 x n +1 = 0, 8 x n + 0,1y n
 x n +1 = 0, 8 x n + 0,11


On en déduit  y n +1 = 0, 2x n + 0, 9 y n d’où  y n +1 = 0, 2(1− y n ) + 0, 9 y n .
x + y = 1
x + y = 1
n
n
 n
 n
On obtient x n +1 = 0, 7x n + 0,1
On admet que, pour tout entier naturel n, x n =
Comme 0 < 0,7 < 1,
lim 0, 7n = 0 et
n→ + ∞
4
1
× 0,7n + .
15
3
lim x n =
n →+ ∞
1
3
Cela signifie, qu’à partir d’un certain nombre d’années, la probabilité qu’une per1
sonne choisisse la compagnie A sera voisine de
, ce qui est cohérent avec la
3
question .
Exercice 2
Les voyages de M. et Mme Toulemonde
a. D’après l’énoncé p (F → E ) = 0, 4 et p (E → E ) = 0, 7. D’où p (F → F ) = 0, 6
et p (E → F ) = 0, 3.
83
0,7
0,3
E
Matrice de transition M
F
0,4
0,6
 0,7 0,3
M = 
 0,4 0,6
On pose M = A.




Figure 6
b. Les sommets étant pris dans l’ordre E, puis F, on obtient la matrice de transition M du graphe.
c. La calculatrice nous donne les matrices M 2 et M 3 (voir tableau).
a. L’été 2012, ce couple est resté en France. On a donc P0 = ( 0 1).
 0,7 0,3 
La matrice ligne P1 est telle que P1 = P0 × M = (0 1) × 
 , d’où
0,4 0,6 

P1 = (0,4 0,6 ).
 0,583 0,417 
b. On sait que P3 = P0 × M 3 = (0 1) × 
 , d’où
 0,556 0,444 
P3 = (0,556 0,444).
L’état probabiliste en 2015 est donné par la matrice ligne P3 .
La probabilité pour que le couple parte à l’étranger en 2015 est égale à 0,556.
a. L’été 2012, ce couple est parti à l’étranger. On a donc P0 = ( 1 0).
(
La matrice ligne P1 est telle que P1 = P0 × M = 1 0
P1 = (0,7 0,3 ).
 0,583 0,417
3
b. On sait que P3 = P0 × M = (1 0) × 
 0,556 0,444
P3 = ( 0,583 0,417).
 0,7 0,3 
 , d’où
0,4 0,6 
) × 

 , d’où

L’état probabiliste en 2015 est donné par la matrice ligne P3 .
La probabilité pour que le couple parte à l’étranger en 2015 est égale à 0,583.
Remarque
 0, 7 0, 3  ← P1 si P0 = (1 0 )
M =

 0, 4 0, 6  ← P1 si P0 = (0 1)
 0,583 0,417  ← P3 si P0 = (1 0)
.
M3=

 0,556 0,444  ← P3 si P0 = (0 1)
씰Méthode 1 (On pose M = A et P = B)
Les valeurs affichées, comportant 5 décimales, sont des valeurs approchées.
n
Lorsque n augmente, on constate que les deux lignes de M sont très proches
de la matrice ligne (0,57143 0,428 57).
84
On conjecture que la matrice ligne (0,57143 0,428 57) donne un état très
proche de l’état probabiliste stable.
 0,7 0,3 
Pour le vérifier, on calcule P × M = (0,57143 0,428 57) × 
.
 0,4 0,6 
On obtient P × M = ( 0,571429 0,428 571).
Ainsi, P × M ≈ P , ce qui prouve que l’état stable P est tel que
P ≈ (0,57143 0,428 57) .
Cette méthode ne donne pas les valeurs exactes de la matrice ligne P.
씰Méthode
2
Comme la matrice de transition ne possède pas de terme nul, l’état probabiliste
Pn = ( an bn ) converge vers un unique état probabiliste stable P = ( x y )
indépendant de l’état initial. Cet état stable P vérifie P = P M avec x + y = 1.
On peut écrire P sous la forme ( x
1− x ).
Comme P = P M on a :
(x
1− x ) = ( x
 0,7 0,3 
1− x ) × 
=
 0,4 0,6 
( 0,7x + 0,4(1− x )
)
0,3x + 0,6(1− x ) .
 x = 0, 7x + 0, 4(1− x )
 0, 7x = 0, 4
, ce qui donne 
.
1− x = 0, 3x + 0, 6(1− x )
−0, 7x = −0, 4
4
Le système se ramène à l’équation 7x = 4. D’où x = .
7
 4 3 
4
et
L’état probabiliste stable est P = 
 . On a donc lim an =
7
 7 7 
n→+∞
3
lim bn = .
7
n→+∞
4
3
= 0, 571428... et = 0, 428 571...
7
7
Au bout d’un certain nombre d’années, la probabilité que M. et Mme Toulemonde
4
partent à l’étranger est égale à
et la probabilité qu’ils visitent une région de
7
3
France est égale à .
7
La calculatrice donne
Exercice 3
Propagation d’un virus… informatique
Si un site n° n est sain (état S), il ne peut pas infecter le site n° (n + 1). On a
donc p (S → V ) = 0 et p (S → S ) = 1.
Si un site n° n est infecté par le virus (état V), il peut infecter le site n° (n + 1)
avec une probabilité égale à 0,2. On a donc p (V → V ) = 0, 2 et p (V → S ) = 0, 8.
Le graphe probabiliste traduisant la propagation du virus est sur la figure 7.
85
0,2
0,8
V
 0,2 0,8 
M =

 0
1 
S
1
0
Figure 7
Les sommets étant pris dans l’ordre V puis S, on obtient la matrice de transi-
tion M du graphe.
a. On a, pour tout n ≥ 1, X n +1 = X n × M avec X 1 = [1 0] car le site n° 1
est infecté.
 0,2 0,8 
qn ] × 

1 
 0
d’où [ pn +1 q n +1] = [0,2pn 0,8 pn + q n ] .
On peut écrire [ pn +1 q n +1] = [ pn
On en déduit que, pour tout n ≥ 1, pn +1 = 0, 2pn .
b. La suite p est une suite géométrique de raison 0,2 et de premier terme p1 = 1.
n −1
n −1
Ainsi, pour tout n ≥ 1, pn = p1 × 0,2 , soit pn = 0, 2 .
On a, pour tout n ≥ 1,
pn + q n = 1, ce qui implique q n = 1− pn , soit
n −1
q n = 1− 0, 2
.
c. Comme 0 < 0,2 < 1,
lim 0, 2n −1 = 0 , d’où
n→ + ∞
lim pn = 0 et
n→+∞
lim q n = 1.
n→+∞
d. L’état probabiliste stable est la matrice ligne P = [ 0 1]. Cela signifie que
pour un site n° n, avec n assez grand, la probabilité d’être infecté par le virus
est quasiment nulle.
Exercice 4
Le cube et les deux fourmis
a.
Fourmi
en F
Probabilités
1/3
1/3
C
1/3
1/3
1/3
E
1/3
86
Oui
Oui
G 1/9
Oui
D 1/9
1/3
1/3
G 1/9
N 1/9
1/3
1/3
Oui
D 1/9
1/3
1/3
T
D 1/9
N 1/9
1/3
F
Fourmi Même
en H
face
G 1/9
Oui
N 1/9
Oui
La fourmi qui est en F peut aller en C, en
E ou en T de manière équiprobable.
La fourmi qui est en H peut aller en D, en
G ou en N de manière équiprobable.
L’arbre pondéré nous montre que
6 2
3 1
k1 = = et r 1 = = .
9 3
9 3
 2 1 
On a donc P1 = 
.
 3 3 
 1− a
a 
Soit M = 
 la matrice de transition associée au graphe probabiliste.
 b 1− b 
 1− a
a 
On sait que P1 = P0 × M . On a P0 × M = [ 0 1] × 
 = [ b 1− b ].
1− b 
 b
D’où P1 = [ b 1− b ]. La matrice ligne P1 donne la deuxième ligne de la matrice M.
2
7
b. L’énoncé nous donne p (K → R ) = , d’où p (K → K ) = .
9
9
On connaît donc la matrice de transition M et on peut compléter le graphe probabiliste (voir figure 8).
7
–
9
On pose M = A et P0 = B.
2
–
9
K
1
–
3
R
2
–
3
1 7 2 
M= 

9 6 3 
Figure 8
L’état probabiliste au bout de 2 minutes est
2
1  7 2   20
P2 = P0 × M 2 = [0 1] × 
 =
81  6 3   27
7
27

.

L’état probabiliste au bout de 5 minutes est
5
1  7 2 
P5 = P0 × M = [0 1] × 
 = [ 0,749 99... 0,250 01…].
95  6 3 
En arrondissant à 0,001 près, on trouve P5 = [ 0,750 0,250 ].
5
La calculatrice nous donne les matrices M 10 et M 12 (on pose M = A).
On note que, pour n = 10 et pour n = 12, la matrice M n est quasiment égale à
 0,75 0,25 
la matrice L = 
.
 0,75 0,25 
Pn = [ k n rn ] converge vers un état stable unique P = [ k
dant de l’état initial.
r ] , indépen-
L’état stable P = [ k
r ] est tel que P = P M et k + r = 1.
1 7 2 
Déterminons les réels k et r tels que [ k r ] = [ k r ] × 
 et k + r = 1.
9 6 3 
1

k = 9 (7k + 6r )
2k − 6r = 0
.
qui s’écrit aussi 
2k − 6r = 0
r = 1 (2k + 3r )
 9
87
Ce système se ramène à la seule équation k – 3r = 0, soit k = 3r. Comme k + r = 1,
on obtient r = 0,25 et k = 0,75.
L’état probabiliste stable est P = [ 0,75 0,25].
On a, pour tout n entier, Pn = P0 × M n avec P0 = [ 0 1].
On peut écrire [ k n +1 rn +1] = [ k n
d’où [ k n +1 rn +1] =
1
[ 7k n + 6rn
9
1 7 2 
rn ] × 
,
9 6 3 
2k n + 3r n ].
1
1
7kn + 6(1− kn )] = [kn + 6 ].
[
9
9
1
2
Ainsi, pour tout entier n ≥ 0, kn +1 = kn + .
9
3
On en déduit kn +1 =
3
4
a. Soit u la suite définie, pour tout entier n ≥ 0, par un = kn − . Ainsi
3
k n = un + .
4
3 1
2 3 1
3 1
On peut écrire un +1 = kn +1 − = kn + − =  un +  − , soit

4 9
3 4 9
4  12
1
un + 1 = un .
9
3
3
Calculons u 0 = k 0 − = − .
4
4
1
La suite u est une suite géométrique de raison q = et de premier terme
9
3
u0 = − .
4
n
3  1 n
3 3  1
n
b. Pour tout n ≥ 0, un = u 0 q , d’où un = −   et kn = −   ,
4  9
4 4  9
n
3   1 
soit kn = 1−    .
4   9  
c. Comme 0 <
n
1
 1
< 1, lim   = 0 et lim kn = 0, 75.
9
n→ + ∞
n→ + ∞  9 
Au bout de quelques minutes, la probabilité que les deux fourmis soient sur une
même face du cube est proche de 0,75.
Remarque
88
On a vu, dans la question , que cela est déjà presque vrai au bout de 5 minutes.
Exercice 5
Sauts de puce
Le graphe est bien un graphe probabiliste car la somme des poids des arcs
sortants de chaque sommet est égale à 1.
La matrice de transition M est obtenue à partir du graphe, les sommets étant pris
dans l’ordre A, B, C.


M=




0 0, 5 0, 5
2
1
0
3
3
2 1
0
3 3

 0 3 3

1
=  4 0 2
 6
 4 2 0





.

On pose M = D et P0 = F .
 0 3 3 
1
a. On a P1 = [a1 b1 c 1] = [ 1 0 0] × M = × [ 1 0 0] ×  4 0 2  .


6
 4 2 0 
On obtient P1 = [ 0 0, 5 0, 5] .
b. Pour n = 2, on a :
 12 3 3 
1
P2 = [a2 b2 c 2 ] = [1 0 0] × M = × [ 1 0 0] ×  4 8 6  .
18
 4 6 8 
Pour n = 3, on a :
 12 21 21
1
3
P3 = [a 3 b3 c 3 ] = [1 0 0] × M = × [ 1 0 0] ×  28 12 14
54
 28 14 12
2
 2
Ainsi P2 = 
 3
1
6
 2
1 
 et P3 = 
6 
 9
7
18

.


7 
.
18 
c. Les matrices P10 et P16 , obtenues à la calculatrice, sont données dans le
tableau.
d. En observant P10 et P16 , on conjecture que, pour n assez grand, la matrice
ligne Pn est quasiment égale à [ 0,4 0,3 0,3].
Conjecture :
lim an = 0, 4 ;
n→ + ∞
lim bn = 0, 3 ;
n→ + ∞
lim c n = 0, 3.
n→ + ∞
On admet l’existence d’un état probabiliste stable. Si P = [ a
b c ] est la
matrice ligne correspondant à l’état probabiliste stable, on a P × M = P et
a + b + c = 1.
Calculons
 0 3 3 
1
1
[ 0,4 0,3 0,3] × M = [0,4 0,3 0,3] ×  4 0 2  = [ 2,4 1,8 1,8].
6
6
 4 2 0 
D’où [ 0,4 0,3 0,3] × M = [0,4 0,3 0,3].
L’état probabiliste stable est la matrice ligne P = [ 0,4 0,3 0,3].
89
Exercice 6
Déplacement d’un jeton sur des carrés
Si le joueur tire le jeton , il va en B ; s’il tire un jeton , il va en C et s’il
tire le jeton , il va en D. Chacun des quatre jetons a une probabilité égale
à 0,25 d’être tiré.
On a donc a1 = 0 ; b1 = 0, 25 ; c1 = 0, 5 ; d 1 = 0, 25.
D’où P1 = ( 0 0,25 0,5 0,25).
L’état initial est P0 = ( 1 0 0 0) . Si M est la matrice de transition du graphe,
on a P1 = P0 × M = (1 0 0 0) × M .
La multiplication de la matrice ligne ( 1 0 0 0) par la matrice M donne la
première ligne de M.
À chaque tirage, on avance de une, deux ou trois cases. Il est donc impossible
de rester sur la même case, ce qui justifie les 0 sur la diagonale.
La deuxième ligne est immédiate car on connaît déjà trois des quatre coefficients.
On a donc p (B → A ) = 0, 25.
Pour la 3e ligne, on a p (C → B ) = 0, 25 et p (C → D ) = 0, 25.
Pour la 4e ligne, on a p (D → A ) = 0, 25 ; p (D → B ) = 0, 5 ; p (D → C ) = 0, 25.
À l’aide de tous ces résultats, on obtient la matrice de transition M.
 0
0,25 0,5 0,25 


0
0,25 0,5 
 0,25
M =
0,5 0,25
0
0,25 


0,25
0,5
0,25
0


On pose M = E et P0 = F
L’état probabiliste P2 est tel que P2 = P0 × M 2. La calculatrice nous donne
P2 = ( 0,375 0,25 0,125 0,25).
On note que, pour les trois matrices R, T, S, la somme des coefficients est égale
à 1. Comme on nous dit que l’une des trois matrices R, T ou S correspond à
un état stable, il suffit de chercher celle qui vérifie une égalité de la forme
P M = P.
Remarque
90
On obtient R M ≠ R ; T M ≠ T et S M = S. La matrice S est la seule à vérifier une
égalité de la forme P M = P.
 1 1 1 1 
L’état probabiliste stable est S = 
.
 4 4 4 4 
Cet état stable est homogène car tous les coefficients sont égaux. On peut aussi
noter que la somme des coefficients de chaque colonne de la matrice M est égale
à 1.
Campagne publicitaire
Exercice I
Désignons par Y l’état des acheteurs de yaourts de marque Y et par Z l’état
des autres acheteurs.
D’après l’énoncé, p (Z → Y ) = 0, 2 et p (Y → Z ) = 0,1. D’où p (Z → Z ) = 0, 8 et
p (Y → Y ) = 0, 9.
0,9
0,1
Y
 0,9 0,1 

A =
 0,2 0,8 
Z
0,2
On pose X 0 = B .
0,8
Figure 9
a. Les sommets Y et Z étant pris dans l’ordre alphabétique, on obtient la
matrice de transition A du graphe.
b. La matrice ligne décrivant l’état initial de la population est
X 0 = [ y 0 z 0 ] = [0,3 0,7] .
Au bout de deux semaines, l’état probabiliste de la population est
2
 0,9 0,1 
X 2 = X 0 × A 2 = [ 0,3 0,7] × 
.
 0,2 0,8 
La calculatrice nous donne X 2 = [ 0,487 0,513].
Après deux semaines de campagne publicitaire, la probabilité pour qu’un acheteur de yaourts choisi au hasard achète des yaourts de la marque Y est égale à
0,487.
La matrice ligne décrivant la situation après n semaines de campagne publicitaire est X n = [ y n z n ] = X 0 × An .
D’où
[ yn


n
z n ] = [0,3 0,7] × A = [ 0,3 0,7] × 


2  1 n
+   0,7
3  3
2  2 n
−   0,7
3  3
1  1 n 
−   0,7 
3  3
.
1  2 n 
+   0,7 
3  3

 2  1

 2  2

On obtient y n = 0,3  +   0,7n  + 0,7  –   0,7n 
 3  3

 3  3

 1  1

 1  2

z n = 0,3  –   0,7n  + 0,7  +   0,7n  .
 3  3

 3  3

91
[ yn
 2  0,3 1,4  n
zn ] =  + 
−  0,7
3
 3  3
1  0,3 1,4  n
+−
+  0,7
3  3
3

.

La probabilité pour qu’un acheteur de yaourts, choisi au hasard après
n semaines de campagne publicitaire, achète des yaourts de la marque Y est
2  0, 3 1, 4  n
2  11 
yn = + 
−  0, 7 , soit y n = −   × 0,7n .
3  3
3
3  30 
Remarque
Exercice II
2
Ainsi, pour tout entier naturel n, y n ≤ (soit y n ≤ 66, 67 %).
3
2
On sait que < 0, 7. L’entreprise ne peut pas espérer atteindre une part de
3
marché de 70 %.
2
2
Comme 0 < < 1, lim 0, 7n = 0 et lim y n = .
3
3
n→ + ∞
n→ + ∞
Vente par téléphone
a. D’après l’énoncé, p ( A → A ) = 0, 5 et p (B → A ) = 0, 2. D’où p ( A → B ) = 0, 5
et p (B → B ) = 0, 8.
Le graphe probabiliste décrivant la situation est sur la figure10.
0,5
0,5
A
 0,5 0,5 

M = 

0,2
0,8


B
0,2
On pose M = C, D = (1 0)
et E = ( 0 1).
0,8
Figure 10
b. Les sommets A et B étant pris dans l’ordre alphabétique, on obtient la
matrice de transition M du graphe.
On a P1 = (1 0) et P2 = P1 M .
 0,5 0,5 
D’où P2 = ( 1 0) × 
 = ( 0,5 0,5).
 0,2 0,8 
L’état probabiliste au deuxième appel est P2 = (0,5 0,5).
a. La calculatrice nous donne la matrice M 5 (voir tableau).
5
b. La calculatrice nous donne P6 = P1M (voir tableau).
La matrice ligne P6 donne l’état probabiliste au sixième appel.
Zoé a une probabilité égale à 0,287 45 de réussir à convaincre son sixième client.
c. Si Zoé n’a pas convaincu son premier client, l’état initial est alors
P1 = ( 0 1).
5
5
Calculons P6 = P1 M = (0 1) × M .
92
La calculatrice nous donne P6 = ( 0,285 02 0,714 98).
Si Zoé n’a pas convaincu son premier client, la probabilité de convaincre le
sixième client n’est que de 0,285 02.
Pn = ( an bn ) converge vers un état stable unique P = ( a b ), indépendant de l’état initial. L’état stable P = ( a b ) est tel que P = P M et
a + b = 1.
 0,5 0,5 
Déterminons les réels a et b tels que ( a b ) = ( a b ) × 
 et
0,2 0,8 

a + b = 1.
0, 5a − 0, 2b = 0
a = 0, 5a + 0, 2b
.
Résolvons d’abord le système 
0, 5a − 0, 2b = 0
b = 0, 5a + 0, 8b
Comme les deux équations sont identiques, le système se ramène à l’équation
5a – 2b = 0.
5a − 2b = 0 1
Résolvons le nouveau système 
2
a + b = 1
2
5
On obtient 7a = 2 soit a = . Comme a + b = 1, on en déduit b = .
7
7
 2
L’état probabiliste stable est P = 
 7
5 
.
7 
Pour n assez grand, l’état probabiliste Pn = ( an
P, et ceci indépendamment de l’état initial.
bn ) converge vers l’état stable
La probabilité pour Zoé de convaincre son n-ième client est égale à
2
, qu’elle ait
7
convaincu son premier client ou pas.
Exercice III
Les joueurs de tennis
Première méthode : graphe probabiliste
On se trouve en présence d’un processus pouvant être dans deux états :
état A : le joueur A gagne la partie ;
씰 état B : le joueur B gagne la partie.
씰
D’après l’énoncé, on peut dire que : p ( A → A ) = 0, 7 et p (B → A ) = 0, 5. On en
déduit p ( A → B ) = 0, 3 et p (B → B ) = 0, 5.
0,7
0,3
A
 0,7 0,3 

M =
 0,5 0,5 
B
0,5
On pose :
M = C et P1 = D .
0,5
Figure 11
93
Les sommets A et B étant pris dans l’ordre alphabétique, on obtient la matrice de
transition M du graphe.
a. Les matrices M 2 et M 3, obtenues à l’aide de la calculatrice, sont dans le
tableau.
b. La probabilité que A gagne la partie de la 1re semaine est 0,8. La matrice ligne
P1 décrivant l’état probabiliste la 1re semaine est donc P1 = [ 0,8 0,2].
La matrice ligne décrivant l’état probabiliste la 4e semaine est P4 = P1 × M 3 .
3
 0,7 0,3 
 0,628 0,372 
On a P4 = [ 0,8 0,2] × 
 = [ 0,8 0,2] × 
.
 0,5 0,5 
 0,62 0,38 
Soit P4 = [0,626 4 0,373 6].
La probabilité pour que A gagne la partie de la 4e semaine est égale à 0,626 4.
a. Déterminons la matrice ligne P = [ x
 0,7 0,3 
1− x ] × 
=[x
 0,5 0,5 
0, 7x + 0, 5(1− x ) = x
.

0, 3x + 0, 5(1− x ) = 1− x
On a [ x
1− x ] telle que P × M = P.
1− x ] , ce qui donne
−0, 8 x + 0, 5 = 0
On obtient 
. Le système se ramène à la seule équation 8x – 5 = 0,
0
,
8
0
,
5
0
−
=
x

d’où x = 0,625.
La matrice P telle que P × M = P est P = [0,625 0,375].
b. La n-ième semaine, l’état probabiliste est Pn = [ an
1− an ].
Comme la matrice M ne possède pas de 0, l’état probabiliste Pn converge vers
un état probabiliste stable P vérifiant P × M = P.
L’état probabiliste stable est P = [0,625 0,375] et
lim an = 0, 625.
n→ + ∞
Au bout d’un assez grand nombre de semaines, le joueur A gagnera avec une
probabilité très proche de 0,625.
an
1–an
An
Deuxième méthode : probabilités et suites
An+1 L’énoncé nous donne les probabilités conditionnelles
0,7
suivantes : p An ( An +1) = 0, 7 et pBn ( An +1) = 0, 5.
0,3
Bn+1
0,5
An+1
Bn
On en déduit p An (Bn +1) = 0, 3 et pBn (Bn +1) = 0, 5.
Cela permet de compléter l’arbre pondéré.
Les événements An et Bn sont deux événements
contraires. Ils forment une partition de l’univers.
D’après la formule des probabilités totales :
0,5
Bn+1
p ( An +1) = p ( An ∩ An +1) + p (Bn ∩ An +1)
p ( An +1) = p ( An ) × p An ( An +1) + p (Bn ) × pBn ( An +1)
94
p ( An +1) = an +1 = an × 0,7 + (1− an ) × 0,5.
On en déduit, pour tout n ≥ 1, an +1 = 0, 5 + 0, 2an .
On considère la suite u définie, pour tout entier n ≥ 1, par : un = an − 0, 625.
On a donc an = un + 0, 625.
a. On a un +1 = an +1 − 0, 625 = (0, 5 + 0, 2an ) − 0, 625
un +1 = 0, 2(un + 0, 625) − 0,125
un +1 = 0, 2un .
Calculons u1 = a1 − 0, 625 = 0, 8 − 0, 625 = 0,175.
La suite u est une suite géométrique de raison q = 0,2 et de premier terme
u1 = 0,175.
n −1
, d’où un = 0,175 × 0,2n −1. On en déduit
b. On sait que un = u1 × q
an = 0,625 + 0,175 × 0,2n −1.
Comme 0 < 0,2 < 1,
lim 0, 2n −1 = 0 et
n→ + ∞
lim an = 0, 625.
n→ + ∞
La suite (an ) converge vers 0,625.
c. Comme an + bn = 1, on obtient bn = 0,375 − 0,175 × 0,2n −1.
Comme 0 < 0,2 < 1,
lim 0, 2n −1 = 0 et
n→ + ∞
lim bn = 0, 375.
n→ + ∞
La suite (bn ) converge vers 0,375.
Exercice IV
Les dés rouges et verts
a. On commence par lancer le dé A.
Si la face supérieure est rouge, on garde le même dé A pour le 2e lancer.
Si la face supérieure est verte, on change de dé : on utilise donc le dé B pour le
2e lancer.
La probabilité d’utiliser le dé A au 2e lancer est égale à la probabilité d’obtenir
rouge au 1er lancer du dé A.
On a p ( A 2 ) = p (R 1) = 0, 5 car le dé A possède trois faces rouges et trois faces
vertes.
Comme a2 = p ( A 2 ) = 0, 5 , on obtient b2 = 1− a2 = 0, 5.
La matrice ligne indiquant l’état probabiliste à l’étape 2 est P2 = [0,5 0,5].
b. Si on utilise le dé A à une étape n, on utilise le dé A à l’étape n + 1 si on obtient
une face rouge : d’où p An ( An +1) = 0, 5. On en déduit p An (Bn +1) = 0, 5.
Si on utilise le dé B à une étape n, on utilise le dé B à l’étape n + 1 si on obtient
2
une face rouge : d’où pBn (Bn +1) = .
3
1
On en déduit pB ( An +1) = .
n
3
Cela nous permet de construire le graphe probabiliste décrivant le lancer des dés
(voir figure 12).
95
0,5
0,5
1/3
 0,5 0,5 


M = 1
2 
 3
3 
A
B
2/3
On pose
M = C et P1 = D .
Figure 12
a. Les sommets étant pris dans l’ordre alphabétique, on obtient la matrice de
transition M (voir tableau).
2
Remarque
 0,5 0,5 


2
b. On a P3 = P1 × M = [1 0] ×  1
2  . La calculatrice donne
 3
3 
 5 7 
P3 = 
.
 12 12 
1 1 1 5
Sur l’arbre pondéré, on pouvait obtenir p ( A3 ) = 0,5 × 0,5 + 0,5 × = + = .
3 4 6 12

29 43 
Calculons, à l‘aide d’une calculatrice, P4 = P1 × M 3 = 
.
72
72


a. La matrice de transition ne possède pas de terme nul. L’état probabi-
liste Pn = [ an bn ] converge vers un unique état probabiliste stable
P = [ a b ], indépendant de l’état initial. Cet état stable P vérifie P = P M
avec a + b = 1.
 0,5 0,5 


Déterminons les réels a et b tels que [ a b ] = [ a b ] ×  1
2  et
a + b = 1.
 3
3 
1
1


a = 0, 5a + 3 b
 0, 5a − 3 b = 0
.
Résolvons d’abord le système 
b = 0, 5a + 2 b
−0, 5a + 1 b = 0


3
3
Comme les deux équations sont identiques, le système se ramène à l’équation
3a – 2b = 0.
3a − 2b = 0 1
Résolvons le nouveau système 
2
a + b = 1
2
3
On obtient 5a = 2 soit a = . Comme a + b = 1, on en déduit b = .
5
5
L’état probabiliste stable est P = [0,4 0,6].
Remarque
On pouvait aussi chercher P sous la forme P = [ a 1− a ].
b. Pour n assez grand, l’état probabiliste Pn = [ an
stable P indépendant de l’état initial.
On a donc
96
lim an = a = 0, 4 et
n→+∞
bn ] converge vers l’état
lim bn = b = 0, 6.
n→+∞
Après un assez grand nombre de lancers, la probabilité d’utiliser le dé A au
n-ième lancer sera très proche de 0,4 et celle d’utiliser le dé B très proche de 0,6.
Exercice V
Chemins buissonniers
D’après l’énoncé, p ( A → B ) = 0, 3 ; p ( A → C ) = 0, 4 ; p (B → A ) = 0, 5 ;
p (B → C ) = 0, 4 ; p (C → A ) = 0, 2 ; p (C → B ) = 0, 6.
D’où p ( A → A ) = 0, 3 ; p (B → B ) = 0,1 ; p (C → C ) = 0, 2.
0,2
C
0,4
0,2
0,3
A
0,6
0,1
0,4
0,3
0n pose M = D et P1 = E .
 0,3 0,3 0,4 


M =  0,5 0,1 0,4 
 0,2 0,6 0,2 


B
0,5
Figure 13
Les sommets étant pris dans l’ordre alphabétique, on obtient la matrice de
6O MVOEJ ²OPSB B DIPJTJ MF DIFNJO A pour aller au lycée. On a donc
P1 = [1 0 0].
a.-FNBSEJtMBQSPCBCJMJUÏEFDIPJTJSA est 0,3
tMBQSPCBCJMJUÏEFDIPJTJSB est 0,3
tMBQSPCBCJMJUÏEFDIPJTJSC est 0,4.
Le mardi, l’état probabiliste est P2 = [ 0,3 0,3 0,4].
On aurait aussi pu calculer P2 = P1 × M = [ 1 0 0 ] × M . L’état probabiliste P2
est donné par la 1re ligne de M.
b. Pour tout n ≥ 1, on a Pn = P1 × M n −1.
L’état probabiliste le vendredi est P5 = P1 × M 4 .
La calculatrice nous donne, en gardant 4 décimales,
P5 = [0,333 9... 0,332 6... 0,333 4...].
On arrondit à 0,001 près, d’où P5 = [ 0,334 0,333 0,333].
a. On calcule
 0,3 0,3 0,4 


[1 1 1] ×  0,5 0,1 0,4  = [ 0,3 + 0,5 + 0,2 0,3 + 0,1+ 0,6 0,4 + 0,4 + 0,2].
 0,2 0,6 0,2 


D’où [1 1 1] × M = [ 1 1 1] , c’est-à-dire T × M = T.
97
b. La matrice M n’ayant aucun coefficient nul, l’état probabiliste
Pn = [ an bn c n ] converge vers un état probabiliste stable
P = [ x y z ] avec x + y + z = 1.
La matrice ligne T ne peut pas être la matrice de l’état stable car la somme de
ses coefficients est égale à 3. Pour obtenir une matrice ligne dont la somme des
coefficients soit égale à 1, il suffit de les diviser tous par 3.
 1
1
Soit P = T = 
3
 3
1 
 . On a alors P × M = P et
3 
 1 1 1
L’état probabiliste stable est la matrice P = 
 3 3 3
1
3
1
1
1
+ + = 1.
3
3
3

.

1
3
EÐUSFFNQSVOUÏQBS²OPSB$FTUEBJMMFVSTEÏKËQSFTRVFWSBJMFe jour. Comme
toutes les probabilités sont égales, on obtient un état stable homogène.
Au bout de quelques jours, chacun des trois chemins a une probabilité égale à
Exercice VI
La bille
D’après l’énoncé,
p ( A → A ) = 1 ; p (D → D ) = 1 ; p (B → A ) = 0, 5 ; p (B → C ) = 0, 5 ;
p (C → B ) = 0, 5 ; p (C → D ) = 0, 5.
0,5
B
C
0,5
0,5
0,5


M=



0
0
0
1
0, 5 0 0, 5 0
0 0, 5 0 0, 5
0
0
0
1






M n pour n = 20
A
D
1
1
Figure 14




L=




1
2
3
1
3
0
0 0 0
1
0 0
3
2
0 0
3
0 0 1




.




M n pour n = 50
Matrice L
a. Les sommets étant pris dans l’ordre alphabétique, on obtient la matrice de
b. On pose M = E.
98
M2
M3
M4
M5
M 250
Avec le logiciel SciLab, on peut même calculer
la puissance 1 000 de M :
2
3
4
5
250
. Pour
La calculatrice nous donne les matrices M , M , M , M et M
250
, on a seulement gardé 2 décimales afin de mieux voir l’affichage du
M
nombre 5,53 × 10−76.
On note que : les première et dernière lignes sont toujours les mêmes : ([ 1 0 0 0] et
[ 0 0 0 1]) ;
 2
1 
0 0
씰 la deuxième ligne est proche de 
;
3 
 3
 1
2 
0 0
씰 la troisième ligne est proche de 
.
3 
 3
씰
Si, initialement, la bille est en A, elle tombe dans le trou et y reste : l’état stable
est alors [ 1 0 0 0].
Si, initialement, la bille est en D, elle tombe dans le trou et y reste : l’état stable
est alors [ 0 0 0 1] .
Ainsi, si, initialement, la bille est soit en A, soit en D, on obtient un état stable car
il n’y a aucune évolution.
Comme ces deux états stables sont différents, l’état probabiliste Pn ne peut pas
converger vers un état stable unique indépendant de l’état probabiliste initial.
99
Initialement, la bille est en B, d’où P0 = [0 1 0
0].
a. À l’étape n = 1, la bille peut se trouver, avec la même probabilité, en A ou
en C.
On a donc P1 = [ 0,5 0 0,5 0].
Cet état probabiliste P1 est la 2e ligne de la matrice M.
b. À l’étape n = 2, la bille peut se trouver en A, en B ou en D.
Initialement, la bille est en B, d’où P0 = [0 1 0
n
a. Pour tout n ≥ 0, on a Pn = P0 × M .
0 ].
b. On effectue les calculs demandés à la calculatrice.
n=2
 1 1
1 
P2 = P0 × M 2 d’où P2 = 
0

4 
 2 4
n=3
 5
1
0
P3 = P0 × M 3 d’où P3 = 
8
 8
n=5
 21
1 5 
P5 = P0 × M 5 d’où P5 = 
0

32 16 
 32
1
4



c. On donne à n quelques valeurs plus grandes (n = 10, n = 35, n = 50).
On pose M = E et P0 = F .
n = 10
n = 35
n = 50
L’état probabiliste de la bille semble converger, après un grand nombre d’étapes,
 2
1 
vers l’état probabiliste S = 
0 0
.
3 
 3
a. À l’aide de la calculatrice, on peut conjecturer la matrice L formée par les
limites des coefficients de la matrice n
M .




L =




1
2
3
1
3
0
0 0
0
1
0 0
3
2
0 0
3
0 0 1









b. Cherchons P = [ x
100
←état prrobabiliste vers lequel converge Pn si P0 = [ 1 0 0 0 ]
←état probabiliste vers lequel converge Pn si P0 = [ 0 1 0 0 ]
←état probabiliste vers lequel converge Pn si P0 = [ 0 0 1 0 ]
←état probabiliste vers lequel converge Pn si P0 = [ 0 0 0 1]
y
z t ] telle que P = P × M et x + y + z + t = 1.
On a donc [ x
y
z t] =[x
y


z t] ×



1
0
0
0 

0,5 0 0,5 0 
et
0 0,5 0 0,5 

0
0
0
1 
x + y + z + t = 1.
On obtient [ x
y
z t ] = [ x + 0,5 y
0,5z
0,5 y
0,5z + t ] et
x + y + z + t = 1.
 x = x + 0, 5y
 y = 0, 5z

Résolvons le système z = 0, 5y
.
t = 0, 5z + t

 x + y + z + t = 1
On obtient immédiatement y = z = 0 et x + t = 1.
Ce système possède plusieurs solutions : chacune des lignes de L est une solution
possible.
Cela nous montre qu’il n’y a pas d’état stable unique indépendant de l’état probabiliste initial, ce qui est cohérent avec la question .
À chacun des quatre états probabilistes initiaux correspond un état probabiliste
stable différent.
101

Corrigés des exercices

Transcription

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