QCM : Graphes et matrices (Terminale)
Les matrices permettent de ranger des nombres en tableau et de calculer avec ces tableaux comme avec des nombres, à quelques précautions près. Elles servent ici à compter des chemins dans un graphe, à calculer les termes de suites couplées et à prévoir l'évolution d'un système aléatoire, les chaînes de Markov.
Soient $A$ une matrice de taille $2\times 3$ et $B$ une matrice de taille $3\times 4$. Quelle affirmation est vraie ?
Un produit $(n\times p)\times(p\times q)$ existe et donne une matrice $n\times q$. Ici $(2\times 3)\times(3\times 4)$ donne $2\times 4$. Le produit $BA$ n'existe pas : $B$ a $4$ colonnes et $A$ a $2$ lignes. Le piège principal est de garder les nombres « intérieurs » ($3\times 3$) au lieu des nombres « extérieurs ». Avoir la même taille n'est exigé que pour la somme.
Soit $A=\begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 5 & 2 \end{pmatrix}$. Que vaut $A^{-1}$ ?
$\det(A)=3\times 2-1\times 5=1\neq 0$, donc $A^{-1}=\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -5 & 3 \end{pmatrix}$ : on échange $a$ et $d$, on change le signe de $b$ et $c$ sans les déplacer. Vérification : $AA^{-1}=\begin{pmatrix} 6-5 & -3+3 \\ 10-10 & -5+6 \end{pmatrix}=I_2$. Le premier choix échange aussi $b$ et $c$ ; le troisième inverse chaque coefficient, ce qui n'a aucun sens pour une matrice ; le dernier se trompe de signe (il correspond à un déterminant $-1$).
Soient $A$ et $B$ deux matrices carrées de même ordre quelconques. À quoi est égal $(A+B)^2$ ?
Par distributivité, $(A+B)^2=(A+B)(A+B)=A^2+AB+BA+B^2$. Comme en général $AB\neq BA$, on ne peut pas regrouper $AB+BA$ en $2AB$. Le piège vient de l'identité remarquable sur les nombres, qui suppose la commutativité. Elle n'est valable pour les matrices que si $AB=BA$.
Pour quelles valeurs du réel $k$ la matrice $\begin{pmatrix} k & 2 \\ 3 & k+1 \end{pmatrix}$ n'est-elle pas inversible ?
La matrice n'est pas inversible si et seulement si son déterminant est nul : $k(k+1)-2\times 3=k^2+k-6=(k-2)(k+3)$. Il s'annule pour $k=2$ et $k=-3$. L'erreur $k=-2$ ou $k=3$ vient d'une faute de signe dans la factorisation ; oublier la racine négative donne « $k=2$ seulement ». Vérification : pour $k=-3$, $(-3)\times(-2)-6=0$.
Soit $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}$. Que vaut $A^2$ ?
$A^2=AA$. Coefficient $(1,2)$ : ligne $1$ par colonne $2$, soit $2\times 1+1\times 3=5$. Les autres : $2\times 2+1\times 0=4$, $0$, $0\times 1+3\times 3=9$. Le premier choix élève chaque coefficient au carré, ce qui n'est correct que pour une matrice diagonale. Le troisième calcule $2A$ au lieu de $A\times A$.
Combien d'arêtes possède un graphe complet d'ordre $6$ ?
Chaque sommet est adjacent aux $5$ autres, donc de degré $5$. La somme des degrés vaut $6\times 5=30$, et elle est égale au double du nombre d'arêtes : il y a $\frac{6\times 5}{2}=15$ arêtes. Le piège $30$ vient de l'oubli de la division par $2$ : chaque arête est comptée deux fois, une fois par extrémité.
Dans un graphe orienté de sommets $1,2,3,4,5$ et de matrice d'adjacence $M$ (ligne = départ, colonne = arrivée), on cherche le nombre de chemins de longueur $3$ allant du sommet $1$ au sommet $4$. Où le lire ?
Le coefficient $(i,j)$ de $M^n$ est le nombre de chemins de longueur $n$ de $i$ vers $j$. On lit donc la ligne $1$ (départ) et la colonne $4$ (arrivée) de $M^3$. Le choix $M^4$ confond longueur et nombre de sommets : un chemin de longueur $3$ passe par $4$ sommets. Le coefficient $(4,1)$ compte les chemins de $4$ vers $1$, ce qui est différent dans un graphe orienté, car $M$ n'est pas symétrique.
Un graphe orienté de sommets $1,2,3$ a pour matrice d'adjacence $M=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$. Combien existe-t-il de chemins fermés de longueur $2$ partant du sommet $1$ ?
On calcule le coefficient $(1,1)$ de $M^2$ : ligne $1$ de $M$ par colonne $1$ de $M$, soit $0\times 0+1\times 1+1\times 1=2$. Les deux chemins sont $1\to 2\to 1$ et $1\to 3\to 1$. La réponse $0$ provient d'une lecture du coefficient $(1,1)$ de $M$ au lieu de $M^2$. La réponse $4$ vient d'un comptage de tous les arcs issus de $1$ ou arrivant en $1$.
Une chaîne de Markov à deux états a pour matrice de transition $P=\begin{pmatrix} 0{,}7 & 0{,}3 \\ 0{,}2 & 0{,}8 \end{pmatrix}$ et pour distribution initiale $\pi_0=\begin{pmatrix} 0{,}5 & 0{,}5 \end{pmatrix}$. Que vaut $\pi_1$ ?
$\pi_1=\pi_0P$ : on multiplie la ligne $\pi_0$ par chaque colonne de $P$. Premier coefficient : $0{,}5\times 0{,}7+0{,}5\times 0{,}2=0{,}45$. Second : $0{,}5\times 0{,}3+0{,}5\times 0{,}8=0{,}55$. La somme vaut bien $1$. Le piège $\begin{pmatrix} 0{,}5 & 0{,}5 \end{pmatrix}$ vient d'un calcul avec les lignes de $P$, c'est-à-dire de $P\pi_0$ au lieu de $\pi_0P$. Le choix $\begin{pmatrix} 0{,}35 & 0{,}4 \end{pmatrix}$ ne garde que les termes diagonaux, et sa somme n'est pas $1$.
Quelle est la distribution invariante de la chaîne de Markov de matrice de transition $P=\begin{pmatrix} 0{,}7 & 0{,}3 \\ 0{,}2 & 0{,}8 \end{pmatrix}$ ?
On pose $\pi=\begin{pmatrix} x & 1-x \end{pmatrix}$. La condition $\pi P=\pi$ donne $0{,}7x+0{,}2(1-x)=x$, soit $0{,}2=0{,}5x$, donc $x=0{,}4$. On retrouve la formule $\pi=\begin{pmatrix} \frac{b}{a+b} & \frac{a}{a+b} \end{pmatrix}$ avec $a=0{,}3$ et $b=0{,}2$. Vérification : $0{,}4\times 0{,}7+0{,}6\times 0{,}2=0{,}4$. Le choix $\begin{pmatrix} 0{,}6 & 0{,}4 \end{pmatrix}$ inverse les rôles de $a$ et $b$. Le choix $\begin{pmatrix} 2 & 3 \end{pmatrix}$ vérifie bien $\pi P=\pi$, mais oublie la condition de somme égale à $1$ : ce n'est pas une distribution.